阶段质量评价 第1章 数列(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修1（湘教版）

阶段质量评价 第1章　数　列 (时间:120分钟　满分:150分) 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 16 17 18 19 一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.是数列,,,,…的(　　) A.第6项 B.第7项 C.第8项 D.第9项 解析:由题可知原数列为,,,,…,而=,即为第6项,故选A. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 16 17 18 19 2.在等比数列{an}中,a3=24,a5=6,则a4= (　　) A.12 B.-15 C.±12 D.15 解析:由等比数列的性质,=a3a5=24×6=144,∴a4=±12.故选C. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 3.已知{an}为等差数列,a10=10,前10项和S10=70,则a1= (　　) A.-4　　　B.-2　　　C.2　　　D.4 解析:根据等差数列的求和公式,S10=70==5(a1+10),解得a1=4.故选D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 4.在等比数列{an}中,a3,a15是方程x2-6x+8=0的两个根,则=(　　) A.2　　　B.2　　　C.1　　　D.-2 解析:由题意可得 所以a1a17==a3a15=8. 因为 所以a3>0,a15>0, 所以a9>0,所以a9=2,所以==2.故选A. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 5.已知数列{an}满足2an+1=an+an+2,a5-a3=2,若S2=2,则a9= (　　) A.9　　　　B.　　　　C.10　　　　D. 解析:由2an+1=an+an+2可得数列{an}为等差数列,设其公差为d, 所以a5-a3=2=2d⇒d=1,由S2=2得S2=2a1+d=2⇒a1=, 所以a9=a1+8d=+8=,故选B. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 6.已知数列{an}满足an+1=an,a1=1,则数列{anan+1}的前10项和为(　　) A. B. C. D. √ 解析:因为an+1=an,a1=1,所以(n+1)an+1=nan,所以数列{nan}是每项均为1的常数列,所以nan=1,所以an=,anan+1==-.所以数列{anan+1}的前10项和为++…+=1-=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 7.已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn=2an-1,若an∈(0,2 021),则称项an为“和谐项”,则数列{an}的所有“和谐项”的和为 (　　) A.1 022 B.1 023 C.2 046 D.2 047 √ 解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1)=2an-2an-1,∴an=2an-1, 又a1=S1=2a1-1,a1=1,∴{an}是等比数列,公比为2,首项为1, 所以an=2n-1.由an=2n-1<2 021得n-1≤10,即n≤11,∴所有“和谐项”的和为S11==2 047.故选D. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 8.已知等比数列{an}的公比为q,a3>0,其前n项和为Sn,则“q>1”是“S10+S12>2S11”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:∵a3>0,∴a11=a3q8>0.∵S10+S12-2S11=(S12-S11)-(S11-S10)= a12-a11=a11(q-1),①当q>1时,S10+S12-2S11>0,即S10+S12>2S11, ∴具有充分性;②当S10+S12>2S11时,q>1,∴具有必要性. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 二、多项选择题(本大题共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,选对但不全的得部分分,有选错的得0分) 9.若数列{an}对任意n≥2(n∈N)满足(an-an-1-2)(an-2an-1)=0,则下面选项关于数列{an}的命题正确的是(　　) A.{an}可以是等差数列 B.{an}可以是等比数列 C.{an}可以既是等差数列又是等比数列 D.{an}可以既不是等差数列又不是等比数列 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析:因为(an-an-1-2)(an-2an-1)=0,所以an-an-1-2=0或an-2an-1=0, 即an-an-1=2或an=2an-1,故A、B正确; 又因为不能得到非零常数列,故C错误; {an}可以既不是等差数列又不是等比数列,如1,3,5,10,20,40,…,故D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 10.设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S5=0,a6=9,则 (　　) A.an=3n-9 B.an=-3n+3 C.Sn=n2-n D.Sn=n2-n 解析:由题设,解得 ∴an=-6+3(n-1)=3n-9,Sn=-6n+=n2-n.故选AC. √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N+),若a1>0,S4=S12,则 (　　) A.公差d<0 B.a7+a9<0 C.Sn的最大值为S8 D.满足Sn<0的n的最小值为16 √ √ 解析:因为a1>0,S4=S12,则=,即a1+a4=3(a1+a12),则d=-a1<0,故A正确;a7+a9=2a1+14d=-d>0,故B错误;由a7+a9>0,得a8>0,a9=a1+8d=d<0, 因为d<0,a1>0,所以数列{an}是递减数列,且当n≤8时,an>0,当n≥9时,an<0, 所以Sn的最大值为S8,故C正确;Sn=n2+n=-n2+n,令Sn<0, 解得n>16,所以满足Sn<0的n的最小值为17,故D错误.故选AC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)数列{an}的前n项积为n2,那么当n≥2时,an=___________. 解析:设数列{an}的前n项积为Tn,则Tn=n2,当n≥2时,an==. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 13.(5分)据有关文献记载:我国古代有一座9层塔挂了126盏灯,且相邻两层中的下一层比上一层都多d(d为常数)盏灯,底层的灯数是顶层的13倍,则塔的顶层共有灯______盏. 2 解析:设从塔顶到塔底第n层的灯数为an,则数列{an}为等差数列, 公差为d,设其前n项和为Sn.依题意a9=13a1,S9=126,所以=126,则=126,解得a1=2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 14.(5分)写出一个同时满足下列条件①②的等比数列{an}的通项公式an=_________________________. ①anan+1<0;②|an|>|an+1| (答案不唯一) 解析:依题意,{an}是等比数列,设其公比为q,由于①anan+1<0,所以q<0,由于②|an|>|an+1|=|anq|=|an|·|q|,所以0<|q|<1,所以an=符合题意. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)已知等差数列{an}中,a1=9,a4+a7=0. (1)求数列{an}的通项公式;(7分) 解:设等差数列{an}的公差为d,由a1=9,a4+a7=0,得a1+3d+a1+6d=0,解得d=-2,an=a1+(n-1)d=9-2(n-1)=11-2n, 所以数列{an}的通项公式an=11-2n(n∈N+). (2)当n为何值时,数列{an}的前n项和取得最大值?(6分) 解:a1=9,d=-2,Sn=9n+×(-2)=-n2+10n=-(n-5)2+25, 所以当n=5时,Sn取得最大值. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 16.(15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=3,S5=25. (1)求数列{an}的通项公式;(7分) 解:设等差数列{an}的公差为d,首项为a1, 由题意,得解得所以an=1+(n-1)×2=2n-1. (2)设bn=an+2n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.(8分) 解:bn=an+2n-1=2n-1+2n-1, 所以Tn=+=n2+2n-1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 17.(15分)已知等比数列{an}中,a1+a2=8,a2+a3=24,Sn为数列{an}的前n项和. (1)求数列{an}的通项公式;(5分) 解:设等比数列{an}的公比为q,则q===3.故a1+a2=a1+3a1=8,解得a1=2.所以an=a1qn-1=2×3n-1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)若bn=anlog3(Sn+1),求数列{bn}的前n项和Tn.(10分) 解:由(1)知an=2×3n-1,Sn=3n-1,所以bn=anlog3(Sn+1)=2×3n-1×log33n =2n×3n-1, 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=2×30+4×31+6×32+…+2(n-1)×+2n×3n-1①, 3Tn=2×31+4×32+6×33+…+2(n-1)×3n-1+2n×3n②, ①-②得-2Tn=2×30+2×31+2×32+2×33+…+2×3n-1-2n×3n=3n(1-2n)-1. 所以Tn=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 18.(17分)已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn+an=1,an≠0(n∈N+). (1)求数列{an}的通项公式;(10分) 解:当n=1时,a1=S1,由S1+a1=1,得a1=,当n≥2时,Sn-1+an-1=1, ∴当n≥2时,Sn-Sn-1+an-an-1=0, ∴2an=an-1,又an≠0,∴n≥2时,=, ∴{an}是以为首项,为公比的等比数列, ∴an=×=(n∈N+). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)设bn=log2(1-Sn)(n∈N+),Tn=++…+,求Tn的取值范围.(7分) 解:由(1)知Sn==1-, ∴bn=-n,∴===-, ∴Tn=++…+=++…+=1-, ∵当n增大时,Tn也在增大,且n∈N+, ∴当n=1时,Tn取最小值,∴≤Tn<1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 19.(17分)定义“m窄度数列”:若一个数列中任意两项的差均小于m,则称该数列为“m窄度数列”. (1)试问数列是否为“1 000窄度数列”?(无需说明理由)(3分) 解:数列不是“1 000窄度数列”. 分别取n=103,n=108,此时-=105-1>1 000,故不是. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)若数列的前n项和为Sn,证明:数列{Sn}为“1窄度数列”.(7分) 解:证明:Sn=2>0,Sn=2×=1-. 因为>0,所以0<Sn<1, 所以数列{Sn}中任意两项的差均小于1, 故数列{Sn}为“1窄度数列”. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (3)若数列为等比数列,且a1=a2=,求数列{an}的通项公式,并证明{an}为“窄度数列”.(7分) 解:因为a1=a2=,所以=,=, 所以等比数列的公比为=,则=,则an=2-. 因为an+1-an=2--=≥0,当且仅当n=1时,等号成立, 所以数列{an}从第二项起为递增数列. 又>0,a1=a2=,所以≤an<2, 所以数列{an}中任意两项的差均小于2-=,所以数列{an}为“窄度数列”. $$