章末综合测评4 数列(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（苏教版）

章末综合测评(四) 1．B　［观察可知该数列的通项公式为an＝(事实上，根号内的数成等差数列，首项为1，公差为2)，令21＝2n－1，解得n＝11，故选B．］ 2．A　［∵a2＋a6＝34，a2·a6＝64，∴＝64，且a2>0，a6>0，∴a4＝a2q2>0(q为公比)，∴a4＝8．］ 3．A　［a10＝S10－S9．由条件知S1＋S9＝S10．∴a10＝(S1＋S9)－S9＝S1＝a1＝1，故选A．］ 4．B　［依题意得＝2，数列a1，a3，a5，a7，…是一个以5为首项，2为公比的等比数列，因此＝4．］ 5．A　［设公差为d，则a1(a1＋5d)＝(a1＋2d)2，把a1＝2代入可解得d＝．故选A．］ 6．B　［偶数项分别为2，8，18，32，50，即2×1，2×4，2×9，2×16，2×25，即偶数项对应的通项公式为a2n＝2n2，则数列的第18项为第9个偶数项，即a18＝a2×9＝2×92＝2×81＝162，故选B．］ 7．C　［∵a10<0，a11>0，且a11>|a10|，∴a11＋a10>0．S20＝＝10·(a11＋a10)>0．S19＝·2a10<0．故选C．］ 8．B　［法一：由题意得an＝a1＋sin a1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cos a1＝cos a2≠cos a3，cos a1＝cos a3≠cos a2，cos a2＝cos a3≠cos a1．下面逐一讨论： ①当cos a1＝cos a2≠cos a3时，有cos a1＝－sin a1cos a1 ＝＝． ②当cos a1＝cos a3≠cos a2时，有cos a1＝－sin a1cos a1＝． ③当cos a2＝cos a3≠cos a1时，有－ ．综上，ab＝－，故选B． 法二：取a1＝－，故选B．］ 9．ABD　［由｛an｝是递增的等差数列，得d>0，选项A正确；由a8＝3a5，得a1＋7d＝3(a1＋4d)，则a1＝－d<0，选项B正确；由Sn＝na1＋，选项C错误；又Sn＝na1＋·n(n－6)>0，解得n>6(n∈N*)， 所以Sn>0时，n的最小值为7，选项D正确．］ 10．ABD　［由题意，当n>2 022时，|Sn|单调递减．对于A，B，假设数列｛a2n｝，｛a2n-1｝中有一个为等差数列(记为｛bn｝，公差为d，前n项和为Tn)，另一个为等比数列(记为｛cn｝，公比为q，q≠0，前n项和为Hn)．若|q|>1，则等比数列无界，|S2n|＝ ，①若d≠0，则当n→＋∞时，|S2n|→＋∞，不符合题意；②若d＝0，则当n→＋∞时，|S2n|＝|nb1＋nc1|→＋∞或恒为0，不符合题意．若q＝－1或|q|<1，则等比数列有界，①若等差数列不恒为0，则当n→＋∞时，|Tn|→＋∞，|Hn|有界，|S2n|的变化完全被等差数列主导，|S2n|→＋∞，不符合题意；②若等差数列恒为0，则存在k>2 022，使得|Sk|＝|Sk+1|，不符合题意．故A，B不正确． 对于C，由题意知，当数列｛an｝为2 020，2 019，…，1，0，－1，－，…时，满足题意，故C正确． 对于D，设a2 022，a2 023，…，an的公差为d1，则当n>2 022时，Sn＝S2 021＋a2 022＋a2 023＋…＋an＝S2 021＋(n－2 021)·a2 022＋×d1，易知a2 022≠0，则当n→＋∞时，|Sn|→＋∞，不符合题意，故D不正确．综上所述，故选ABD．］ 11．ABC　［因为数列为等比数列，又a1·a4＝32，所以a2·a3＝32，又a2＋a3＝12，所以即an＝2n，Sn＝＝2n+1－2，对于选项A，由上可得q＝2，即选项A正确；对于选项B，Sn＋2＝2n+1，是等比数列，即选项B正确；对于选项C，S8＝29－2＝510，即选项C正确；对于选项D，lg an+1－lg an＝(n＋1)lg 2－nlg 2＝lg 2，即数列是公差为lg 2的等差数列，即选项D错误．故选ABC．］ 12．，且an>0，所以q2＝，则a1＝2，an＝，所以数列｛anan+1｝是以2为首项，公比为的等比数列，则数列｛anan+1｝的前n项和Sn＝， 当n＝1时，Sn有最小值2，又Sn＝，所以Sn的范围是．］ 13．的公差为d，前n项和为Sn，则a1＝5，an＝1，Sn＝90，则Sn＝ ．］ 14．33　　［因为an+1＝an＋2n，所以an+1－an＝2n，从而an－an-1＝2(n－1)(n2)． 所以a4－a3＝2×3＝6，a3－a2＝2×2＝4，a2－a1＝2×1＝2，a1＝21，所以a4＝6＋4＋2＋21＝33．an－a1＝(an－an-1)＋(an-1－an-2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2＋2×1＝2×［1＋2＋…＋(n－1)］＝2×＝n2－n．而a1＝21，所以an＝n2－n＋21，则－1，因为f(n)＝n＋－1在(0，4］上单调递减，在［5，＋∞)上单调递增，当n＝4时，＝8.25，当n＝5时，＝8.2，所以n＝5时．］ 15．解：①③⇒②．已知｛an｝是等差数列，a2＝3a1．设数列｛an｝的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1，所以Sn＝na1＋d＝n2a1．因为数列｛an｝的各项均为正数，所以，所以｝是等差数列．①②⇒③．已知｛an｝是等差数列，｛｝是等差数列．设数列｛an｝的公差为d，则Sn＝na1＋n． 因为数列｛ ＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1．②③⇒①． 已知数列｛｝是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1．设数列｛＝d，得a1＝d2，所以＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn-1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n2)，是关于n的一次函数，所以数列｛an｝是等差数列． 16．解：(1)数列｛bn｝不是等比数列．理由如下：由an+1－an＝bn，且a1＝2，a2＝4，a3＝10得b1＝a2－a1＝2，b2＝a3－a2＝6，又因为数列｛bn＋2｝为等比数列， 所以可知其首项为4，公比为2．所以b3＋2＝4×22＝16，∴b3＝14，显然＝36≠b1b3＝28，故数列｛bn｝不是等比数列．(2)结合(1)知，等比数列｛bn＋2｝的首项为4，公比为2，故bn＋2＝4·2n-1＝2n+1，所以bn＝2n+1－2，因为an+1－an＝bn，∴an－an-1＝2n－2(n2)．累加得an－2＝－2(n－1)，∴an＝－2n＋2＝－2n＋2＝2n+1－2n，又a1＝2满足上式，∴an＝2n+1－2n． 17．解：(1)设数列｛an｝的公比为q，数列｛bn｝的公差为d，由题意知q>0．由已知，得消去d，整理得q4－2q2－8＝0．因为q>0，解得q＝2，所以d＝2．所以数列｛an｝的通项公式为an＝2n-1，n∈N*；数列｛bn｝的通项公式为bn＝2n－1，n∈N*． (2)由(1)有cn＝(2n－1)·2n-1，设｛cn｝的前n项和为Sn，则Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－3)×2n-2＋(2n－1)×2n-1，2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n-1＋(2n－1)×2n，上述两式相减，得－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)×2n＝2n+1－3－(2n－1)×2n＝－(2n－3)×2n－3，所以Sn＝(2n－3)·2n＋3，n∈N*． 18．解：(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4．当n2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． (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＝(2n－1)·3n＋1． 19．解：(1)设｛an｝的公差为d，由所以｛an｝的通项公式为an＝3＋2(n－1)＝2n＋1．＝2·2n-1＋1＝2n＋1，＝2(2n－1)＋1＝2n+1－1．从共有2n－1－2n-1＋1＝2·2n-1－2n-1＝2n-1(项)．所以＝3·22n-2． (2)(ⅰ)证明：因为当2k-1n2k－1时，bk<an<bk+1，所以当2kn＋12k+1－1时，bk+1<an+1<bk+2，可得an<bk+1<an+1． 因为｛an｝为递增数列，所以若2k-1n2k－1，则，得2k＋1an2k+1－1．同理可得2k+1＋1an+12k+2－1．故可得2k+1－1<bk+1<2k+1＋1， 所以2k－1<bk<2k＋1．综上，当k2时，2k－1<bk<2k＋1． (ⅱ)由题意知｛bn｝是q≠1的正项等比数列，设｛bn｝的通项公式为bn＝p·qn(p>0，q>0，且q≠1)，由(ⅰ)知，2n－1<bn<2n＋1，即2n－1<p·qn<2n＋1，则有1－．①当>1，即q>2时，∃n0∈N*，使得p·>2，与p·矛盾；②当0<<1，q≠1，即0<q<2且q≠1时，∃n1∈N*，使得p·，与p·矛盾．故q＝2．因为2n－1<bn<2n＋1，所以bn＝2n．设｛bn｝的前n项和为Sn，则Sn＝＝2n+1－2． 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末综合测评(四)　数列 (满分：150分　时间：120分钟) 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 2．在等比数列{an}中，a2，a6是方程x2－34x＋64＝0的两根，则a4等于(　　) A．8 B．－8 C．±8 D．以上选项都不对 3．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝(　　) A．1 B．9 C．10 D．55 4．已知数列{an}满足a1＝5，anan＋1＝2n，则＝(　　) A．2 B．4 C．5 D． 5．设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2，且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　) A． B． C． D．n2＋n 6．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则该数列第18项为(　　) A．200 B．162 C．144 D．128 7．在等差数列{an}中，a10<0，a11>0，且a11>|a10|，则{an}的前n项和Sn中最大的负数为(　　) A．S17 B．S18 C．S19 D．S20 8．已知等差数列{an}的公差为，集合S＝{cos an|n∈N*}，若S＝{a，b}，则ab＝(　　) A．－1 B．－ C．0 D． 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．数列{an}是递增的等差数列，前n项和为Sn，满足a8＝3a5，则下列选项正确的是(　　) A．d＞0 B．a1＜0 C．当n＝4时，Sn最小 D．Sn＞0时，n的最小值为7 10．已知数列{an}的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意k＞2 022(k∈N*)，都有|Sk|＞|Sk＋1|，则下列说法错误的是(　　) A．a1，a3，a5，…，a2n－1为等差数列，a2，a4，a6，…，a2n为等比数列 B．a1，a3，a5，…，a2n－1为等比数列，a2，a4，a6，…，a2n为等差数列 C．a1，a2，a3，…，a2 022为等差数列，a2 022，a2 023，…，an为等比数列 D．a1，a2，a3，…，a2 022为等比数列，a2 022，a2 023，…，an为等差数列 11．在公比q为整数的等比数列中，Sn是数列的前n项和，若a1·a4＝32，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是(　　) A．q＝2 B．数列是等比数列 C．S8＝510 D．数列是公差为2的等差数列 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．已知正项等比数列{an}中，a2＝1，a4＝，Sn表示数列{anan＋1}的前n项和，则Sn的取值范围是________． 13．《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？”．其中“日减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布，则每天比前一天少织布的尺数为________． 14．已知数列满足a1＝21，an＋1＝an＋2n，则a4＝________，数列的最小值为________． 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)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1． 注：如果选择多个条件解答，则按第一个解答计分． 16．(本小题满分15分)已知数列{an}，{bn}满足an＋1－an＝bn，为等比数列，且a1＝2，a2＝4，a3＝10． (1)试判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由； (2)求an． 17．(本小题满分15分)已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7． (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和． 18．(本小题满分17分)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． 19．(本题满分17分)已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4． (1)求{an}的通项公式和 (2)已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1n2k－1，则bk<an<bk＋1． (ⅰ)当k2时，求证：2k－1<bk<2k＋1； (ⅱ)求{bn}的通项公式及其前n项和． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $