18 章末综合测评1 数列-【名师导航】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册同步课件(人教A版2019)

第四章　数列 章末综合测评(一)　数列 B　[观察可知该数列的通项公式为an＝，令21＝2n－1，解得n＝11．故选B．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知数列1，，3，，…，，…，则是这个数列的(　　) A．第10项　　 B．第11项 C．第12项　　 D．第21项 √ 章末综合测评(一)　数列 2 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A．　　B．　　C．－　　D．－ √ B　[由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，则a8＝0， 则等差数列{an}的公差d＝＝－，故a1＝a5－4d＝1－4×＝．故选B．] 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3．已知等比数列{an}的各项均为正数，3a2＋2a3＝a4，{an}的前n项和为Sn，则＝(　　) A．3　　B．　　C．　　D．13 √ B　[等比数列{an}的各项均为正数，3a2＋2a3＝a4，{an}的前n项和为Sn， ∴解得q＝3， 则＝＝．故选B．] 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4．已知{an}是公差为2的等差数列，Sn是{an}的前n项和，且a1，a2，a5成等比数列，则S8等于(　　) A．44　　B．48　　C．64　　D．108 √ C　[∵{an}是公差为2的等差数列，∴a2＝a1＋d＝a1＋2，a5＝a1＋4d＝a1＋8， 又∵a1，a2，a5成等比数列＝a1a5， 即(a1＋2)2＝a1·(a1＋8)，解得a1＝1， ∴S8＝8×1＋×2＝64．故选C．] 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5．剪纸和折纸都是中华民族的传统艺术，在折纸界流传着“折不过8”的说法，为了验证这一说法，有人进行了实验，用一张边长为 4 km的正方形纸，最多对折了13次．记第一次对折后的纸张厚度为a1，第2次对折后的纸张厚度为a2，……，以此类推，设纸张未折之前的厚度为a毫米，则a13＝(　　) A．212a　　B．412a　　C．213a　　D．413a √ 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 C　[由题意可得an＋1＝2an，且a1＝2a， 则数列{an}是以2a为首项，2为公比的等比数列， 则a13＝2a×212＝213a．故选C．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6．已知等差数列{an}的前n项和Sn＝n2a1，且a2是a1和ak的等比中项，则k＝(　　) A．3　　B．4　　C．5　　D．6 √ C　[设{an}的公差为d，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1， 所以a2＝3a1，d＝2a1，ak＝a1＋(k－1)d＝(2k－1)a1． 又因为a2是a1和ak的等比中项，所以＝a1ak，即(3a1)2＝a1·(2k－1)a1．易得a1≠0，解得k＝5．故选C．] 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝记bn＝a2n－1，则(　　) A．b1＝3　　 B．b2＝8 C．bn＋1－bn＝4　　 D．bn＝4n＋2 √ 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 C　[由题意可得a2＝a1＋1＝3，a3＝a2＋3＝6，a4＝a3＋1＝7， 所以b1＝a1＝2，b2＝a3＝6，故AB错误； 又因为a2k＋1＝a2k＋3，a2k＝a2k－1＋1(k∈N*)， 所以a2k＋1＝a2k＋3＝a2k－1＋1＋3＝a2k－1＋4，即a2k＋1－a2k－1＝4， 所以bk＋1－bk＝4，即bn＋1－bn＝4，故C正确； 因为bn＋1－bn＝4，所以数列{bn}是以2为首项，4为公差的等差数列，所以bn＝4n－2，故D错误．故选C．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8．南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，二阶等差数列中后一项与前一项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有二阶等差数列，其前7项依次为1，2，5，10，17，26，37，则该数列的第20项为(　　) A．324　　B．325　　C．362　　D．399 √ 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 C　[设该数列为{an}，则由a2－a1＝2－1＝1，a3－a2＝5－2＝3，a4－a3＝10－5＝5，a5－a4＝17－10＝7，…， 可知该数列逐项之差构成的数列{bn}成等差数列，首项为1，公差为2，故bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，故an＋1－an＝bn＝2n－1，则a2－a1＝1，a3－a2＝3，a4－a3＝5，…，an－an－1＝2n－3，上述n－1个式子相加，得an－a1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝＝(n－1)2(n≥2)，即an＝(n－1)2＋a1＝(n－1)2＋1(n≥2)，故a20＝192＋1＝362．故选C．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，且a1＋a9＝a4，则(　　) A．a6＝0　　 B．S11＝0 C．S5＝S6　　 D．S7最大 √ √ √ 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ABC　[对于A，因为{an}为等差数列，所以a1＋a9＝a4＋a6，又因为a1＋a9＝a4，所以a4＋a6＝a4，即a6＝0，故A正确；对于B，S11＝＝11a6＝0，故B正确； 对于C，S6－S5＝a6＝0，故C正确；对于D，a1＞0，可知a1，a2，…，a5大于0，而a6＝0，所以当n＝5或n＝6时，S5＝S6取得最大值，故D错误． 故选ABC．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10．在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1·a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是(　　) A．数列S2，S4，S6，…是等比数列 B．q＝2 C．S6＝126 D．数列{lg (Sn＋2)}是等差数列 √ √ √ 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 BCD　[∵{an}是等比数列，∴a2a3＝a1a4＝32． 又∵a2＋a3＝12，∴或 ∴当a2＝4，a3＝8时，q＝2；当a2＝8，a3＝4时，q＝，这与q∈Z矛盾，故舍去，故q＝2，故B正确； ∴an＝a2qn-2＝4×2n-2＝2n，Sn＝＝2n+1－2，∴S2＝6，S4＝30，S6＝126， 显然S2，S4，S6，…不是等比数列，故A错误，C正确；根据Sn＋2＝2n+1，可得{lg (Sn＋2)}＝lg 2n+1， ∵lg (Sn＋1＋2)＝lg 2n+2，lg (Sn＋1＋2)－lg (Sn＋2)＝lg 2， 可得数列{lg (Sn＋2)}是等差数列，故D正确．故选BCD．] 11．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是(　　) A．Sn＝2Tn　　 B．Tn＝2bn－1 C．Tn＞an　　 D．Tn＜bn＋1 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 BD　[因为点(n，Sn＋3)在函数y＝3×2x的图象上，所以Sn＋3＝3×2n，即Sn＝3×2n－3． 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3×2n－3－(3×2n-1－3)＝3×2n-1，又当n＝1时，a1＝S1＝3，符合上式，所以an＝3×2n-1． 设bn＝b1qn-1，则b1qn-1＋b1qn＝3×2n-1，可得b1＝1，q＝2，所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n-1． 由等比数列前n项和公式可得Tn＝2n－1． 综合选项可知，BD正确．故选BD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． －2　[法一：设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5．又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1．　①又a9a10＝a1q8·a1q9＝q17＝－8，　②所以由①②可得q15＝－8，q5＝ －2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2． 法二：设数列{an}的公比为q．因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1．又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2．] －2 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13．在数列{an}中，若a2＝8，前n项和Sn＝－n2＋bn，则Sn的最大值为________． 30　[因为a2＝8，且Sn＝－n2＋bn， 可得a2＝S2－S1＝b－3＝8，解得b＝11，所以Sn＝－n2＋11n， 则Sn为n的二次函数，对称轴为＝5.5，故当n＝5或6时取得最大值， 又由S5＝－52＋11×5＝30，所以Sn的最大值为30．] 30 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14．已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1＋1＝(n＋1)an，若对任意t∈[0，1]，n∈N*，不等式＞t2＋(a－2)t＋a2恒成立，则a的取值范围为________． [－1，1] 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [－1，1]　[因为nan＋1＋1＝(n＋1)an，所以＝，即＝，所以＝，所以为常数列，即＝－1＝1，可得an＝n＋1，所以＝＝1＋＞1，所以原不等式等价于t2＋(a－2)t＋a2≤1对任意t∈[0，1]恒成立． 令f (t)＝t2＋(a－2)t＋a2，t∈[0，1]， 则即 解得－1≤a≤1，所以实数a的取值范围为[－1，1]．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)等比数列{an}中，a1＝1，a9＝4a7． (1)求{an}的通项公式； (2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝127，求m． 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn-1， 由已知得a1·q8＝4a1·q6，即q8＝4q6，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2， 故an＝(－2)n-1或an＝2n-1． (2)若an＝(－2)n-1，则Sn＝， 由Sm＝127得(－2)m＝－380，此方程没有正整数解． 若an＝2n-1，则Sn＝2n－1，由Sm＝127得2m＝128，解得m＝7，综上所述，m＝7． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16．(本小题满分15分)(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn． 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4． 当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1， 而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×(－3)n-1． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)bn＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n-1， 故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n， 所以－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n-1－4n×3n ＝4＋4×－4n×3n＝4＋2×3×(3n-1－1)－4n×3n ＝(2－4n)×3n－2， 所以Tn＝3n(2n－1)＋1． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17．(本小题满分15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a3＝8，S6＝36． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{cn}满足cn＋1－cn＝(n∈N*)，c1＝1，求数列{cn}的通项公式． 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　(1)设{an}的公差为d，首项为a1， 因为 所以 解得所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)cn＋1－cn＝＝＝， 所以当n≥2时，cn－cn－1＝，…，c3－c2＝，c2－c1＝， 将以上各式累加可得cn－c1＝＝＝， 又c1＝1，则cn＝＋1＝．又c1＝1，适合上式，故cn＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18．(本小题满分17分)甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额均为1千万元，由于管理经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为千万元，乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多千万元． (1)分别求甲、乙超市第n年销售额的表达式； (2)若其中一家超市的年销售额不足另一家超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一个超市有可能被收购．如果有这种情况，会出现在第几年？ 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　(1)设甲、乙超市第n年销售额构成数列{an}，{bn}． 假设甲超市前n年总销售额为Sn，则Sn＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n－，易得a1＝1不满足上式， 故an＝ b1＝1，n≥2时，bn－bn－1＝，故bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝1＋＋…＋＝＝3－2·， 显然n＝1也适合上式，故bn＝3－2·． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)甲超市不可能被乙超市收购，乙超市将被甲超市收购，理由如下： ①因为bn＜3，a1＝b1，当n≥2时，an≥a2＝＞bn， 所以甲超市不可能被乙超市收购； ②当n≥2时，设＜，即3－＜，即＋＞0， 设cn＝＋， 令cn＋1－cn＝＋－＝＞0， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 即＜，解得n≥2，所以c2＜c3＜c4＜…， c5＝－＜0，c6＝－＞0， 所以cn＝＋＞0，解得n≥6， 综上，第6年时乙超市将被甲超市收购． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19．(本小题满分17分)已知Sn为数列{an}的前n项和，且an＋2Sn＝1． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Mn； (3)设Tn＝a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an，若不等式(－1)nλ＜Tn＋对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 章末综合测评(一)　数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　(1)当n＝1时，a1＋2S1＝3a1＝1，可得a1＝， 当n≥2时，两式相减可得3an＝an－1， ∴{an}是首项、公比都为的等比数列，故an＝． (2)由(1)知，bn＝＝＝， ∴Mn＝1－＋…＋＝ ＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)由题设知Tn＝＋3·＋5·＋…＋(2n－1)·， ∴Tn＝＋3·＋5·＋…＋(2n－3)·＋(2n－1)·， 则Tn＝2·－(2n－1)·＝，∴Tn＝1－． 由(－1)nλ＜Tn＋＝1－对一切n∈N*恒成立， 令cn＝，则cn＋1－cn＝＝＝＜0， ∴数列{cn}为递减数列， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ∴当n为奇数时，λ＞－1恒成立且y＝－1在n∈N*上单调递减，则λ＞＝－1＝－； 当n为偶数时，λ＜1－恒成立且y＝1－在n∈N*上单调递增，则λ＜＝1－＝． 综上，实数λ的取值范围为－＜λ＜． $$