章末检测（5） 数列-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册教用Word(人教B版)

该教案聚焦数列核心知识，涵盖等差等比数列的定义、性质及前n项和，通过联系函数概念导入，梳理从基础公式应用到递推关系、差递减数列等拓展内容的知识脉络。 资料亮点在于分层设计题目，既有基础计算又有创新题型如“差递减数列”，结合实际问题如汽车牌照发放培养模型意识，解析详细助力教师教学，提升学生运算推理与应用能力。

章末检测（五）　数列 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.在等差数列{an}中，a3＋a9＝10，则该数列的前11项和S11＝（　　） A.58 B.55 C.44 D.33 解析：B　由题意得S11＝＝＝＝55. 2.在数列{an}中，a1＝，an＝（－1）n·2an－1（n≥2），则a5＝（　　） A.－ B. C.－ D. 解析：B　∵a1＝，an＝（－1）n·2an－1（n≥2），∴a2＝（－1）2×2×＝，a3＝（－1）3×2×＝－，a4＝（－1）4×2×＝－，a5＝（－1）5×2×＝. 3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝（　　） A.3∶4 B.2∶3 C.1∶2 D.1∶3 解析：A　在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…，成等比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝S5，得S15∶S5＝3∶4，故选A. 4.设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，那么a3·a6·…·a30＝（　　） A.210 B.215 C.220 D.216 解析：C　法一　a1·a2·a3·…·a30＝q1＋2＋3＋…＋29＝（q145）3，a3·a6·a9·…·a30＝q2＋5＋8＋…＋29＝q155，所以a3·a6·a9·…·a30＝（a1·a2·a3·…·a30q10＝（230·210＝220. 法二　易知a1·a4·a7·…·a28，a2·a5·a8·…·a29，a3·a6·a9·…·a30成等比数列，公比为210. 设a3·a6·a9·…·a30＝x，则有a1·a2·a3·…·a30＝··x＝230.所以x3＝260，故a3·a6·a9·…·a30＝220. 5.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则254是该数列的（　　） A.第8项 B.第10项 C.第12项 D.第14项 解析：D　当n为正奇数时，an＋1＝2an，则a2＝2a1＝2，当n为正偶数时，an＋1＝an＋1，得a3＝3，依此类推得a4＝6，a5＝7，a6＝14，a7＝15，…，归纳可得数列{an}的通项公式an＝则－2＝254，n＝14，故选D. 6.已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且＋＋＝，则a2＝（　　） A.2 B. C.3 D. 解析：C　∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，＋＋＝，a1a2a3＝15，∴＝＋＋＝，∴a2＝3.故选C. 7.设Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，S3＝，且S1，S2，S4成等比数列，则a10＝（　　） A.15 B.19 C.21 D.30 解析：B　由S3＝得3a2＝，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列可得＝S1·S4，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.已知数列{bn}是公比为q（q≠1）的正项等比数列，且ln b1 013＝0，若f（x）＝，则f（b1）＋f（b2）＋…＋f（b2 025）＝（　　） A.4 050 B.2 025 C.4 052 D.2 026 解析：A　由数列{bn}是公比为q（q≠1）的正项等比数列，故bn＞0，因为ln b1 013＝0，故b1 013＝1，b1·b2 025＝＝1，即有b1·b2 025＝b2·b2 024＝…＝b2 025·b1＝1，由f（x）＝，则当x＞0时，有f（x）＋f（）＝＋＝＋＝4，设S＝f（b1）＋f（b2）＋…＋f（b2 025），S＝f（b2 025）＋f（b2 024）＋…＋f（b1），则2S＝2 025×4，解得S＝4 050，故f（b1）＋f（b2）＋…＋f（b2 025）＝4 050.故选A. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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.已知等比数列{an}的公比q＝－，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9＞b9且a10＞b10，则以下结论正确的有（　　） A.a9·a10＜0 B.a9＞a10 C.b10＞0 D.b9＞b10 解析：AD　∵等比数列{an}的公比q＝－，∴a9和a10异号，∴a9a10＝＜0，故A正确；但不能确定a9和a10的大小关系，故B不正确；∵a9和a10异号，且a9＞b9且a10＞b10，∴b9和b10中至少有一个数是负数，又∵b1＝12＞0，∴d＜0，∴b9＞b10，故D正确；∴b10一定是负数，即b10＜0，故C不正确.故选A、D. 10.已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则以下结论正确的是（　　） A.a10＝0 B.S10最小 C.S7＝S12 D.S19＝0 解析：ACD　因为2a1＋3a3＝S6，所以2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，所以a1＋9d＝0，即a10＝0，A正确；当d＜0时，Sn没有最小值，B错误；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，所以S12＝S7，C正确；S19＝＝19a10＝0，D正确. 11.若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”.给出下列数列{an}（n∈N＋），其中是“差递减数列”的有（　　） A.an＝3n B.an＝n2＋1 C.an＝ D.an＝ln 解析：CD　对A，若an＝3n，则an＋1－an＝3（n＋1）－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；对B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝（n＋1）2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；对C，若an＝，则an＋1－an＝－＝，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对D，若an＝ln，则an＋1－an＝ln－ln＝ln·＝ln，由函数y＝ln在（0，＋∞）递减，所以数列{an＋1－an}为递减数列，故D正确.故选C、D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12.已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12，则a4＝　256　. 解析：因为数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝log2a1＋log2a2＋log2a3＝12，所以log2（a1a2a3）＝12，即a1a2a3＝212，因为数列{an}为等比数列，所以a1a2a3＝＝212，所以a2＝16，q＝4，则a4＝256. 13.设Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝则数列{an}的通项公式为　an＝　. 解析：由题意知，当n＝1时，a1＝S1＝8；当n≥2，n∈N＋时，an＝Sn－Sn－1＝4n－4n－1＝3×4n－1，经检验，当n＝1时不符合上式，所以an＝ 14.已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1＋2＋3＋…＋n，则＝　　. 解析：因为nan＋1－（n＋1）an＝1＋2＋3＋…＋n，所以nan＋1－（n＋1）an＝，所以－＝，令bn＝，所以bn＋1－bn＝，因为a1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，为公差的等差数列，所以bn＝n＋，所以b2 025＝＝1 013，所以a2 025＝1 013×2 025，同理a2 026＝×2 026，所以＝. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5. （1）求{an}的通项公式； （2）设bn＝2n，求Tn＝（b1－a1）＋（b2－a2）＋（b3－a3）＋…＋（bn－an）. 解：（1）由题意得即解得则{an}的通项公式为an＝1－（n－1）＝2－n. （2）Tn＝（b1－a1）＋（b2－a2）＋（b3－a3）＋…＋（bn－an）＝－（1＋2－n）＝2n＋1＋n2－n－2. 16.（本小题满分15分）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋pn. （1）求数列{an}的通项公式； （2）已知a4，a7，a12成等比数列，求p的值； （3）在（2）的条件下，若bn＝1＋，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1＋p， 又当n＝1时，a1＝S1＝1＋p，也满足an＝2n－1＋p， 故an＝2n－1＋p. （2）∵a4，a7，a12成等比数列，∴a4a12＝， ∴（7＋p）（23＋p）＝（13＋p）2，∴p＝2. （3）由（1）可得bn＝1＋＝1＋＝1＋－. ∴Tn＝n＋（－＋－＋…＋－）＝n＋－＝n＋. 又由（2）知p＝2，故Tn＝n＋. 17.（本小题满分15分）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列. （1）求{an}和{bn}的通项公式； （2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn＜. 解：（1）设{an}的公比为q，则an＝qn－1. 因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝， 故an＝，bn＝. （2）证明：由（1）知Sn＝＝，Tn＝＋＋＋…＋， ① Tn＝＋＋＋…＋＋， ② ①－②得Tn＝＋＋＋…＋－， 即Tn＝－＝－， 整理得Tn＝－， 则2Tn－Sn＝2－＝－＜0，故Tn＜. 18.（本小题满分17分）某市2024年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张.为了节能减排和控制汽车总量，从2024年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型的牌照的数量维持在这一年的水平不变. （1）记2024年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式. a1＝10 a2＝9.5 a3＝　　 a4＝　　 … b1＝2 b2＝　　 b3＝　　 b4＝　　 … （2）从2024年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？ 解：（1） a1＝10 a2＝9.5 a3＝9 a4＝8.5 … b1＝2 b2＝3 b3＝4.5 b4＝6.75 … 当1≤n≤20且n∈N＋时，an＝10＋（n－1）×（－0.5）＝－0.5n＋10.5； 当n≥21且n∈N＋时，an＝0. 所以an＝而a4＋b4＝15.25＞15， 所以bn＝ （2）当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝53.25. 当5≤n≤21时，Sn＝（a1＋a2＋a3＋…＋an）＋（b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋…＋bn） ＝10n＋·＋＋（n－4）＝－n2＋17n－， 由Sn≥200得－n2＋17n－≥200， 即n2－68n＋843≤0，得34－≤n≤21. 所以结合实际情况，可知到2040年累计发放汽车牌照超过200万张. 19.（本小题满分17分）对任意正整数n，定义n的丰度指数I（n）＝，其中S（n）为n的所有正因数的和. （1）若an＝I（2n），求数列{nan}的前n项和Tn； （2）对互不相等的质数p，m，n，证明：I（p3mn）＝I（p3）I（m）I（n），并求I（2 024）的值. 解：（1）因为2n共有n＋1个正因数，它们是1，2，22，…，2n， 所以an＝I（2n）＝＝1＋＋＋…＋＝＝2－， 即an＝2－，所以nan＝2n－， 所以Tn＝（2×1－）＋（2×2－）＋（2×3－）＋…＋（2n－） ＝2（1＋2＋3＋…＋n）－（＋＋＋…＋）. 令An＝1＋2＋3＋…＋n，则An＝； 令Gn＝＋＋＋…＋＋， 则Gn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减，得Gn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－， 所以Gn＝2－， 所以Tn＝n2＋n－2＋. （2）证明：因为p，m，n为互不相等的质数，则p3的正因数有4个，它们是1，p，p2，p3， m，n的正因数均有2个，分别为1，m和1，n； p3mn的正因数有4×2×2＝16个，分别为1，p，p2，p3，m，mp，mp2，mp3，n，np，np2，np3，mn，mnp，mnp2，mnp3. 所以I（p3）＝，I（m）＝，I（n）＝， I（p3mn）＝ ＝ ＝ ＝ ＝·· ＝I（p3）I（m）I（n）. 因为2 024＝23×11×23，所以I（2 024）＝I（23×11×23）＝I（23）I（11）I（23） ＝××＝××＝. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $