第5章 数列 单元质量测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案word（人教B版2019）

第五章　单元质量测评 　时间：120分钟　　满分：150分 一、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2，3，，，2，…，则12是它的(　　) A．第28项 B．第29项 C．第30项 D．第31项 答案：B 解析：将数列变为，，，，，…，所以an＝＝，因为12＝，144＝5n－1，所以n＝29，所以12是该数列的第29项． 2．等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，a3＝0，则公差d＝(　　) A．2 B．1 C．－1 D．－2 答案：D 解析：因为S3＝＝＝6，所以a1＝4，因为a3＝0，所以2d＝－4，d＝－2. 3．在各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝2，且a2，a4＋2，a5成等差数列，记Sn是数列{an}的前n项和，则S6＝(　　) A．62 B．64 C．126 D．128 答案：C 解析：设等比数列{an}的公比为q，则q>0，因为a2，a4＋2，a5成等差数列，所以a2＋a5＝2(a4＋2)，又a1＝2，所以2q＋2q4＝2(2q3＋2)，所以q(1＋q3)＝2(1＋q3)，解得q＝2，所以S6＝＝126. 4．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，则a10＝(　　) A．1024 B．2048 C．1023 D．2047 答案：C 解析：因为an＋1＝an＋2n，所以an＋1－an＝2n，因此a10＝a10－a9＋a9－a8＋…＋a2－a1＋a1＝29＋28＋…＋2＋1＝＝1023.故选C. 5．(2024·贵州毕节金沙县第五中学高二月考)数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，an＋1＝1－(n∈N＋)，则2S2024＝(　　) A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 答案：D 解析：∵a1＝2，∴a2＝1－＝1－＝，a3＝1－＝1－2＝－1，∴a4＝1－＝1－＝2.∴数列{an}的周期为3，∴2S2024＝2×[674(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2)]＝2×＝2027.故选D. 6．某公司为庆祝公司成立9周年，特意制作了两个热气球，在气球上写着“9年耕耘，硕果累累”八个大字，已知热气球在第一分钟内能上升30 m，以后每分钟上升的高度都是前一分钟的，则该气球上升到70 m高度至少要经过(　　) A．3分钟 B．4分钟 C．5分钟 D．6分钟 答案：B 解析：设an表示热气球在第n分钟内上升的高度，由已知得an＝an－1(n≥2，n∈N＋)，a1＝30，所以前n秒热气球上升的总高度Sn＝＝90，因为Sn＋1－Sn＝90－90＝30×>0，所以数列{Sn}为递增数列，又S3＝90×≈63.3<70，S4＝90×≈72.2>70，所以该气球至少要经过4分钟才能上升到70 m高度．故选B. 7．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，则a10＝(　　) A．15 B．19 C．21 D．30 答案：B 解析：设等差数列{an}的公差为d，由S3＝a，得3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列，可得S＝S1S4，又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，故(2a2－d)2＝(a2－d)·(4a2＋2d)，化简得3d2＝2a2d，又d≠0，∴a2＝3，d＝2，a1＝1，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴a10＝19. 8．(2024·辽宁沈阳第十中学高二月考)若数列{an}满足an＋1＝(an≠0且an≠－1)，则与的比值为(　　) A. B. C．2 D．3 答案：D 解析：因为an＋1＝，由an≠0，则an＋1≠0.两边同时取倒数，得＝＝2＋.再两边同时加1，得＝3＋＝3·.又an≠－1，则an＋1≠0，则＝3，则数列是公比为3的等比数列．则与的比值为3.故选D. 二、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．已知各项均为正数的等比数列{an}，a1>1，0<q<1，其前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　　) A．数列{ln an}为等差数列 B．若Sn＝Aqn＋B，则A＋B＝0 C．SnS3n＝S D．记Tn＝a1·a2·…·an，则数列{Tn}有最大项 答案：ABD 解析：由题意，可知an＝a1qn－1，Sn＝.对于A，因为ln an＝ln a1qn－1＝ln a1＋(n－1)·ln q，ln an＋1＝ln a1qn＝ln a1＋nln q，ln an＋1－ln an＝ln q，故A正确；对于B，由Sn＝＝－qn＋，又Sn＝Aqn＋B，则A＋B＝－＋＝0，故B正确；对于C，Sn＝，S3n＝，SnS3n＝，S2n＝，S＝，很明显SnS3n≠S，故C错误；对于D，Tn＝a1·a2·…·an，由于a1>1，0<q<1，故数列{an}为递减数列，总存在常数k，使得当n≥k时，an＝a1qn－1∈(0，1)，当n≤k－1时，an≥1，故Tk－1＝a1·a2·…·ak－1为最大项，故D正确．故选ABD. 10．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如下图： a11　a12　a13　…　a1n a21　a22　a23　…　a2n a31　a32　a33　…　a3n … an1　an2　an3　…　ann 该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0)．已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数的和为S，则下列结论正确的是(　　) A．m＝3 B．a67＝17×37 C．aij＝(3i－1)×3j－1 D．S＝n(3n＋1)(3n－1) 答案：ACD 解析：由题意，可得a13＝a11m2＝2m2，a61＝a11＋5m＝2＋5m，所以2m2＝2＋5m＋1，解得m＝3或m＝－(舍去)，所以A正确；又a67＝a61m6＝(2＋5×3)×36＝17×36，所以B不正确；又aij＝ai1mj－1＝[a11＋(i－1)×m]×mj－1＝[2＋(i－1)×3]×3j－1＝(3i－1)×3j－1，所以C正确；又由这n2个数的和为S，则S＝(a11＋a12＋…＋a1n)＋(a21＋a22＋…＋a2n)＋…＋(an1＋an2＋…＋ann)＝＋＋…＋＝(3n－1)·＝n(3n＋1)(3n－1)，所以D正确．故选ACD. 11．已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn，且满足an＋an＋1＝2n，bnbn＋1＝2n(n∈N＋)，则下列说法正确的是(　　) A．0<a1<1 B．1<b1< C．S2n<T2n D．S2n≥T2n 答案：ABC 解析：在数列{an}中，因为an＋an＋1＝2n，an＋1＋an＋2＝2(n＋1)＝2n＋2，两式相减，得an＋2－an＝2，所以数列{an}的奇数项与偶数项分别构成以2为公差的等差数列．在数列{bn}中，因为bnbn＋1＝2n，bn＋1bn＋2＝2n＋1，两式相除，得＝2，所以数列{bn}的奇数项与偶数项分别构成以2为公比的等比数列．因为an＋an＋1＝2n，所以即又数列{an}为递增数列，所以所以所以0<a1<1，故A正确；因为bnbn＋1＝2n，所以即又数列{bn}为递增数列，所以⇒⇒1<b1<，故B正确；S2n＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n－1＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝n(a1＋a2)＋2n2－2n＝2n2，T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝＋＝(2n－1)(b1＋b2)．当n＝1时，S2n＝2×12＝2，T2n＝(21－1)(b1＋b2)＝b1＋b2≥2＝2，S2n<T2n；当n＝2时，S2n＝2×22＝8，T2n＝(22－1)(b1＋b2)＝3(b1＋b2)≥3×2＝6，S2n<T2n；当n＝3时，S2n＝2×32＝18，T2n＝(23－1)(b1＋b2)＝7(b1＋b2)≥7×2＝14，S2n<T2n；当n＝4时，S2n＝32，T2n＝15(b1＋b2)≥30，S2n<T2n；当n≥5时，因为2n－1>n2，所以T2n＝(2n－1)(b1＋b2)>n2(b1＋b2)≥2n2×＝2n2>2n2，所以S2n<T2n，故C正确，D错误．故选ABC. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在题中的横线上) 12．若等比数列{an}满足a2a4＝，则a1aa5＝________． 答案： 解析：∵a1a5＝a＝a2a4＝，∴a1aa5＝a＝. 13．(2024·山东德州夏津第一中学高二月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝an＋n2，则S20＝________． 答案：210 解析：由2Sn＝an＋n2，得2Sn－1＝an－1＋(n－1)2，n≥2.两式相减，得2an＝an－an－1＋2n－1.所以an＋an－1＝2n－1，n≥2.所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝2×2－1＋2×4－1＋…＋2×20－1＝2×(2＋4＋…＋20)－10＝220－10＝210. 14．已知数列{an}中，a1＝1，an＝(n≥2)，则数列{an}的通项公式为______；若＋＋…＋<10，则n的最大值为________．(本题第一空2分，第二空3分) 答案：an＝　119 解析：∵a1＝1，an＝(n≥2)，∴a－a＝1，∴数列{a}为等差数列，首项为1，公差为1，∴a＝1＋(n－1)＝n.又an>0，∴数列{an}的通项公式为an＝.又＝＝－，∴＋＋…＋＝－1＋－＋…＋－＝－1<10，∴<11，解得n<120，∴n的最大值为119. 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分13分)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 解：(1)证明：因为＋n＝2an＋1， 即2Sn＋n2＝2nan＋n，① 当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)，② ①－②，得2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)， 即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1， 即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)， 所以an－an－1＝1，n≥2且n∈N＋， 所以{an}是以1为公差的等差数列． (2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，所以a＝a4a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)， 解得a1＝－12， 所以an＝n－13， 所以Sn＝－12n＋×1＝n2－n＝－， 所以，当n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78. 16．(本小题满分15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－2，等差数列{bn}中，b3＝19，b5＝13. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)定义a*b＝记cn＝an*bn，求数列{cn}的前20项和T20. 解：(1)因为Sn＝2an－2，当n＝1时，S1＝2a1－2，解得a1＝2， 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2， 所以Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)， 即an＝2an－2an－1， 所以an＝2an－1，即{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝2n. 设数列{bn}的公差为d，由b3＝19，b5＝13， 可得解得 所以bn＝25＋(n－1)×(－3)＝－3n＋28. (2)因为an＝2n，即数列{an}为递增数列， bn＝－3n＋28，即数列{bn}为递减数列， b1＝25，b2＝22，b3＝19，b4＝16，b5＝13， a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，a5＝32， 所以当n≥5时，an>bn，当n≤4时，an≤bn， 所以cn＝an*bn＝ 所以T20＝a1＋a2＋a3＋a4＋b5＋b6＋…＋b20 ＝(2＋4＋8＋16)＋[13＋10＋…＋(－32)] ＝30＋＝－122. 17．(本小题满分15分)已知数列{an}是公差为正数的等差数列，其前n项和为Sn，且a2a3＝15，S4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{bn}满足b1＝a1，bn＋1－bn＝. ①求数列{bn}的通项公式； ②是否存在正整数m，p(m≠p)，使得b2，bm，bp成等差数列？若存在，求出m，p的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)设数列{an}的公差为d，则d>0. 由a2a3＝15，S4＝16， 得 解得或(舍去)， 所以an＝2n－1. (2)①因为b1＝a1，bn＋1－bn＝， 所以b1＝a1＝1， bn＋1－bn＝＝ ＝， 于是b2－b1＝×， b3－b2＝×， …… bn－bn－1＝，n≥2， 累加，得bn－b1＝＝，n≥2， 所以bn＝b1＋＝1＋＝，n≥2. b1＝1也符合上式，故bn＝，n∈N＋. ②假设存在正整数m，p(m≠p)，使得b2，bm，bp成等差数列，则b2＋bp＝2bm. 又b2＝，bp＝＝－，bm＝－， 所以＋＝2， 即＝＋， 化简，得2m＝＝7－. 当p＋1＝3，即p＝2时，m＝2(舍去)； 当p＋1＝9，即p＝8时，m＝3，符合题意． 所以存在正整数m＝3，p＝8，使得b2，bm，bp成等差数列． 18．(本小题满分17分)为了保护某库区的生态环境，凡是坡度在25°以上的坡荒地都要绿化造林．经初步统计，在该库区内坡度大于25°的坡荒地面积约为2640万亩．若从2024年年初开始绿化造林，第一年绿化120万亩，以后每一年比上一年多绿化60万亩． (1)若所有被绿化造林的坡荒地全部绿化成功，则到哪一年年底可使该库区的坡荒地全部绿化？ (2)若每万亩绿化造林所植树苗的木材量平均为0.1万立方米，每年树木木材量的自然生长率为20%，那么当整个库区坡度在25°以上的坡荒地全部绿化完成的那一年年底，共有木材多少万立方米？(精确到0.1万立方米，参考数据：1.29≈5.16，1.28≈4.30) 解：(1)设从2024年开始，各年绿化造林的亩数依次构成数列{an}，由题意，知数列{an}是等差数列，且首项a1＝120，公差d＝60. 设第n年后可以使该库区的坡荒地全部绿化， 则有Sn＝120n＋×60≥2640， 由n是正整数，解得n≥8. 所以到2031年年底可使该库区的坡荒地全部绿化． (2)因为2031年绿化造林数量为a8＝120＋7×60＝540， 设到2031年年底木材总量为S万立方米， 由题意，得S＝(120×1.28＋180×1.27＋240×1.26＋…＋540×1.2)×0.1＝6×(2×1.28＋3×1.27＋…＋9×1.2)． 令T＝2×1.28＋3×1.27＋…＋9×1.2，① ①式两边同乘以1.2，得 1．2T＝2×1.29＋3×1.28＋…＋9×1.22.② ②－①，得0.2T＝2×1.29＋(1.28＋1.27＋…＋1.22)－9×1.2＝2×1.29＋－10.8＝7×1.29－18. 所以T＝5×(7×1.29－18)≈90.6. 所以S≈6×90.6＝543.6. 故到2031年年底共有木材约543.6万立方米． 19．(本小题满分17分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，an＝－Sn－1(n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝nan，数列{bn}的前n项和为Tn.若m为整数，且∀n≥2，n∈N＋，不等式a4m≥Tn＋an恒成立，求m的最大值． 解：(1)由题意可知a2＝3×＝－2， 当n≥2时，由an＝－Sn－1，得an＋1＝－Sn， 两式相减，得an＋1－an＝－an， 所以an＋1＝an， 又a2≠a1，所以an＝ (2)当n≥2时，Tn＝3－2， 所以Tn＝1－2. 两式相减，得Tn＝2－2 ＝2－2 ＝(2n＋3)×－3. 所以Tn＝×－(n≥2)． 设cn＝Tn＋an， 则cn＝×－－9× ＝×－. 设数列{cn}的第n项的值最大(n≥3)， 由得 解得8≤n≤9， 所以n＝8或n＝9. 所以数列{cn}的第8项和第9项的值最大，且c8＝c9＝×. 由题意可知不等式ma4≥c8恒成立． 所以－2×·m≥×， 解得m≤20， 又m为整数，所以m的最大值为20. 11 学科网（北京）股份有限公司 $$