章末达标检测5 数列（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

[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．等差数列{an}中，a1＝－1，a4＝8，则{an}的公差d＝(　　) A．3　　　　　　　 B．2 C．－2 D．－3 解析　由a1＝－1，a4＝8得，d＝＝＝3，故选A. 答案　A 2．已知正项等比数列{an}，若a2a8＝9，则a4a6＋a5＝(　　) A．6 B．12 C．15 D．18 解析　由a2a8＝9可得a＝9，由于an>0， 所以a5＝3， a4a6＋a5＝a2a8＋a5＝9＋3＝12，故选B. 答案　B 3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，＝3，则＝(　　) A． B．7 C．14 D． 解析　设等差数列{an}的公差为d，由＝3，得＝3，解得a1＝－d，则＝＝＝＝＝7，故选B. 答案　B 4．已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3，S3n＝21，则S4n＝(　　) A．60 B．45 C．30 D．15 解析　由等比数列的性质可得Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，所以(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，即(S2n－3)2＝3(21－S2n)，解得S2n＝9或S2n＝－6(舍去).所以数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n即为3，6，12，24，所以S4n＝S3n＋24＝45.故选B. 答案　B 5．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，a2＝3，an＋an＋2＝an＋1，则S2 025的值为(　　) A．0 B．3 C．4 D．6 解析　数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，a2＝3，且an＋an＋2＝an＋1， 可得a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，…，所以数列{an}是周期为6的数列， 其中a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，所以S2 025＝S337×6＋3＝a1＋a2＋a3＝6. 答案　D 6．明代数学家程大位在《算法统宗》中已经给出由n，Sn和d求各项的问题，如九儿问甲歌：“一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七．借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．”意思是一位老人有九个儿子，不知道他们的出生年月，他们的年龄从大到小排列都差3岁，所有儿子的年龄加起来是207.只要算出长子是多少岁，其他每个儿子的岁数就可以推算出来，则该问题中老人长子的岁数为(　　) A．27 B．31 C．35 D．39 解析　依题意，九个儿子的岁数从大到小构成公差为－3的等差数列，设长子的岁数为a1，则9a1＋×(－3)＝207，解得a1＝35，所以该问题中老人长子的岁数为35. 答案　C 7．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x＝R，用表示不超过x的最大整数，则y＝称为高斯函数，也称取整函数．在数列{an}中，记为不超过an的最大整数，则称数列{[an]}为{an}的取整数列，设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，记数列{an}的前n项和为Sn，则数列的前1 012项和为(　　) A． B． C． D． 解析　由题意，数列{an}满足a1＝1，则a2＝＝1，同理可得a3＝1，…，an＝1， 所以Sn＝1＋1＋…＋1＝n，则＝＝， 则数列的前1 012项和为 ＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝＝. 答案　C 8．设数列{an}的前n项的和为Sn，若对任意的n∈N＋，都有Sn<an＋1，则称数列{an}为“超级数列”．已知{an}是首项为正数、公比为q的等比数列，若{an}为“超级数列”，则公比q的取值范围为(　　) A．∪(1，＋∞) B．(1，＋∞) C． D． 解析　等比数列{an}首项a1>0，又因为数列{an}为“超级数列”， 则有a1＝S1<a2＝a1q，所以q>1， 又Sn＝，an＋1＝a1qn，由Sn<an＋1， 即<a1qn⇔qn+1－2qn＋1>0⇔2－q<， 依题意，任意的n∈N＋，2－q<， 函数y＝x(x≥1)在[1，＋∞)单调递减，值域是， 因此2－q≤0，解得q≥2，所以q的取值范围为[2，＋∞). 答案　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．下面关于公差d＞0的等差数列{an}的四个结论中，正确的是(　　) A．数列{an}是递增数列 B．数列{nan}是递增数列 C．数列是递增数列 D．数列{an＋3nd}是递增数列 解析　因为an＝a1＋(n－1)d，d＞0，所以数列{an}是递增数列，同理可知，数列{an＋3nd}是递增数列． B中，因为nan＝na1＋n(n－1)d是n的二次函数，其增减与a1，d的大小有关，故错误．C中，因为＝＋d，其增减与a1，d的大小有关，故错误． 答案　AD 10．已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则(　　) A．q＝2 B．an＝2n C．S10＝2 047 D．an＋an＋1<an＋2 解析　由题意，知q>0且2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，选项A正确； an＝2×2n-1＝2n，选项B正确； Sn＝＝2n+1－2，所以S10＝2 046，选项C错误； an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，所以an＋an＋1<an＋2，选项D正确．故选ABD. 答案　ABD 11．设数列{an}是等差数列，公差为d，Sn是其前n项和，且S4<S5，S5＝S6>S7，则下列结论正确的是(　　) A．d<0 B．S8>S4 C．a6＝0 D．S5和S6均为Sn的最大值 解析　由S4<S5， 得a1＋a2＋a3＋a4<a1＋a2＋a3＋a4＋a5， 即a5>0，又S5＝S6， ∴a6＝S6－S5＝0，故C正确； ∴d＝a6－a5<0，故A正确； 对于B，S8＝S4＋a5＋a6＋a7＋a8＝S4＋2(a6＋a7)，而a6＝0，d<0，∴a7<0，a6＋a7<0， ∴S8<S4，故B错误； 由以上分析可知，a1>a2>…>a5>a6＝0>a7>…，故S1<S2<…<S5＝S6>S7>…， ∴S5＝S6，且均为Sn的最大值，故D正确． 故选ACD. 答案　ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝3an＋1，则an＝________． 解析　∵a1＝，an＋1＝3an＋1， ∴an＋1＋＝3，又a1＋＝1， ∴数列是以首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＋＝3n-1， ∴an＝3n-1－. 答案　3n-1－ 13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝7(a2－a4)，a1＋a5＝12，则Sn的最大值为________． 解析　设等差数列{an}的公差为d， 由S4＝7(a2－a4)可得×＝－2d，即a1＝－5d， 又a1＋a5＝2a1＋4d＝12，解得a1＝10，d＝－2， 即该数列为递减的等差数列，其通项公式为an＝a1＋(n－1)·d＝－2n＋12， 则当满足时，Sn取得最大值， 即 解得5≤n≤6(n∈N＋)， 即当n＝5或n＝6时，Sn的最大值为S5＝5a1＋d＝30. 答案　30 14．如图，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图(2)，如此继续下去，得图(3)…，记an为第n个图形的周长，记Sn为第n个图形的面积，则a4＝________，Sn＝________． 解析　设第n个图形的边长为bn， 由题意知，从第2个图形开始，每一个图形边长均为上一图形边长的，即＝(n≥2)， ∴{bn}是一个以1为首项，为公比的等比数列∴bn＝n-1. 从第2个图形开始，每一个图形的边数都是上一个图形边数的4倍， 第n个图形边数为3×4n-1，设dn＝3×4n-1， ∴第n个图形的周长为an＝n-1×3×4n-1＝3×n-1⇒a4＝； 第n个图形的面积为Sn，则 Sn＝Sn－1＋dn－1×＝Sn－1＋3×4n-2××2＝Sn－1＋×n-1， ∴Sn＝S1＋(S2－S1)＋(S3－S2)＋…＋(Sn－Sn－1) ＝＋× ＝＋×＝＝－×n-1. 答案　 　－×n-1 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．(13分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1. (1)证明数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝3n·(an＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)由an＋1＝2an＋1， 可得an＋1＋1＝2(an＋1). ∵a1＋1＝2≠0，∴{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． ∴an＋1＝2×2n-1＝2n，∴an＝2n－1. (2)由(1)知bn＝3n·2n， ∴Tn＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n-1＋3n·2n， ∴2Tn＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n+1， 两式相减，得－Tn＝3×(21＋22＋23＋…＋2n)－3n·2n+1＝3×－3n·2n+1. ∴Tn＝(3n－3)·2n+1＋6. 16．(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn－an}是等差数列，且b1＝2，b3＝14，求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)数列{an}的前n项和为Sn， 且2Sn＝3an－1.① 当n＝1时，解得a1＝1. 当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1，② 由①－②，得an＝3an－1，又a1≠0， 所以＝3(常数)，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n-1. (2)由数列{bn－an}是等差数列，且b1＝2，b3＝14.可设cn＝bn－an， 则c1＝b1－a1＝1，c3＝b3－a3＝5， 则公差d＝＝＝2， 所以cn＝2n－1. 则bn＝an＋cn＝3n-1＋2n－1. 故Tn＝(30＋31＋…＋3n-1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]＝＋＝＋n2. 17．(15分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N＋，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)记cn＝ ，n∈N＋，证明：c1＋c2＋…＋cn＜2，n∈N＋. 解析　(1)设数列{an}的公差为d， 由题意得解得 从而an＝2n－2，n∈N＋. 所以Sn＝n2－n，n∈N＋. 由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列，得 (Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn). 解得bn＝(S－SnSn＋2). 所以bn＝n2＋n，n∈N＋. (2)证明　cn＝＝＝，n∈N＋. 我们用数学归纳法证明． ①当n＝1时，c1＝0＜2，不等式成立； ②假设当n＝k(k∈N＋)时不等式成立，即 c1＋c2＋…＋ck＜2. 那么，当n＝k＋1时， c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1＜2＋ ＜2＋＜2＋ ＝2＋2(－)＝2， 即当n＝k＋1时不等式也成立． 根据①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn＜2对任意n∈N＋成立． 18．(17分)已知等差数列{an}中，a2＋a10＝22，a8＝15，等比数列{bn}中，b1＝a2，b4＝a40＋2. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)记cn＝，求cn的最小值． 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d， 由a2＋a10＝22，a8＝15， 得解得 所以an＝2n－1， 从而b1＝a2＝3，b4＝a40＋2＝81. 设{bn}的公比为q，则有b4＝b1q3，即81＝3q3，解得q＝3，所以bn＝3n. (2)由(1)可知cn＝＝. 所以cn＋1－cn＝， 当n＝1时，为正值，所以c2>c1； 当n＝2时，为负值，所以c2>c3； 当n≥3时，为正值，所以cn＋1>cn； 又c1＝>c3＝0，所以当n＝3时，cn有最小值0. 19．(17分)(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. 解析　(1)因为2Sn＝nan， 当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0； 当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2， 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1， 所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an， 化简得(n－2)an＝(n－1)an－1， 当n≥3时，＝＝…＝＝1， 即an＝n－1， 当n＝1，2，3时都满足上式， 所以an＝n－1(n∈N＋). (2)因为＝， 所以Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n， Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n+1， 两式相减，得 Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n×n+1＝－n×n+1 ＝1－n， 即Tn＝2－n，n∈N＋. 学科网（北京）股份有限公司 $