第1章 数列 章末综合检测(一)-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用Word(北师大版)

章末综合检测(一) (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．数列2，－4，6，－8，…的通项公式可能是(　　) A．an＝2n　　 　 　 B．an＝2n C．an＝2n D．an＝2n 解析：选B.根据题意，数列2，－4，6，－8，…， 其中a1＝1×2×1＝2，a2＝(－1)×2×2＝－4，a3＝1×2×3＝6，a4＝(－1)×2×4＝－8， 其通项公式可以为an＝(－1)n＋12n.故选B. 2.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋2＝2an＋1－an，S10＝20，S20＝10，则S30＝(　　) A．0 B．－10 C．－20 D．－30 解析：选D.由an＋2＝2an＋1－an，可得an＋2＋an＝2an＋1，故数列{an}为等差数列，又S10＝20，S20＝10，故S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列，即2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30.故选D. 3．在等比数列{an}中，a2a4＝16，a1＋a5＝17，则a3＝ (　　) A．－4 B．2 C．4 D．±4 解析：选C.等比数列{an}中，a2a4＝16，所以a1a5＝16.又a1＋a5＝17，所以a1＝1，a5＝16或a1＝16，a5＝1. 因为a＝a1a3，所以a3>0.因为a＝a1a5＝16，所以a3＝4.故选C. 4．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝25，则＝ (　　) A．15 B．18 C．23 D．27 解析：选B.因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以＝＝＝(1＋)＝×(1＋25)＝18.故选B. 5．记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N＋)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝512，则m＝(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：选C.等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N＋)，根据等比数列的性质，得a＝am－1am＋1， 已知am－1am＋1－2am＝0，所以a－2am＝0，解得am＝2或am＝0(舍去)，由于T2m－1＝512， 所以a1·a2·…·a2m－1＝a＝22m－1＝512， 由于29＝512，故2m－1＝9，解得m＝5. 故选C. 6．已知数列{an}满足an＝若数列{an}为递增数列，则实数a的取值范围为(　　) A．(1，7) B．(2，7) C．(2，6) D．(6，7) 解析：选C.因为数列{an}为递增数列， 所以必有 解得a∈(2，6)．故选C. 7．在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－，a3＝－，则＋＋＋＋＝ (　　) A．－44 B．－ C. D．11 解析：选A.设T5＝＋＋＋＋，则2T5＝(＋)＋(＋)＋(＋)＋(＋)＋(＋)＝＋＋＋＋＝＝＝－88，所以T5＝－44.故选A. 8．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若－a1<a2<a1，则(　　) A．{an}为递减数列 B．{an}为递增数列 C．数列{Sn}有最小项 D．数列{Sn}有最大项 解析：选C.设等比数列{an}的公比为q，则q≠0， 由－a1<a1可得a1>0，又a2<a1，所以<1即q<1，又－a1<a2，所以－a1<a1q，即q>－1， 故等比数列{an}的首项a1>0，公比q满足－1<q<0或0<q<1， 当－1<q<0时，等比数列{an}正负项交替，故不单调； 当0<q<1时，an＋1－an＝a1qn－1(q－1)<0，等比数列{an}为递减数列，故A，B不正确； 又Sn＝＝(1－qn)，且>0， 所以当－1<q<0时，由于Sn＋2－Sn＝(qn－qn＋2)＝qn(1－q2)， 则S1＝a1>S3>S5>…>，>…>S6>S4>S2＝a1＋a2>0， 此时数列{Sn}的最小项为S2，最大项为S1； 当0<q<1时，有Sn＋1－Sn＝(qn－qn＋1)＝qn(1－q)＝a1qn>0， 则数列{Sn}为递增数列，有最小项S1，无最大项，故C正确，D不正确．故选C. 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．设n∈N＋，已知数列{an}为等比数列，则(　　) A．{2an}一定为等比数列 B．{a}一定为等比数列 C．当n>2时，{an－an－2}一定为等比数列 D．当n>2时，{2an－an－2}可能为等比数列 解析：选ABD.设{an}的公比为q， 对于A项，＝q，故{2an}一定为等比数列，故A正确； 对于B项，＝q2，故{a}一定为等比数列，故B正确； 对于C项，不妨设{an}的公比为1，则an－an－2＝0，故{an－an－2}不是等比数列，故C错误； 对于D项，不妨设q＝1，此时2an－an－2＝1，所以当n>2时，{2an－an－2}可能为首项为1，公比为1的等比数列，故D正确． 故选ABD. 10．已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a12＝0，则下列结论一定正确的有(　　) A．a1＋5a3＝S7 B．S12最小 C．S8＝S15 D．S23＝20 解析：选AC.根据题意，数列{an}是等差数列，设公差为d， 对于A项，若a12＝0，则a1＝－11d，a1＋5a3＝6a1＋10d＝－56d，S7＝7a1＋d＝－77d＋21d＝－56d，故A正确； 对于B项，an＝a1＋(n－1)d＝－11d＋(n－1)d＝(n－12)d，如果d＝0，则a1＝0，则Sn＝0；如果d>0，则a1<0，由于a12＝0，则S11，S12最小； 如果d<0，则a1>0，由a12＝0, n≥13时an<0，则Sn没有最小值，故B错误； 对于C项，S15－S8＝a9＋a10＋…＋a14＋a15＝7a12＝0，得S15＝S8，故C正确； 对于D项，S23＝(a1＋a23)＝23a12＝0，故D错误．故选AC. 11．在等比数列{an}中，a1＝1，a4＝27，则(　　) A．{anan＋1}的公比为9 B．{log3an＋1}的前20项和为210 C．{an}的前20项积为3200 D. (ak＋ak＋1)＝2(3n－1－1) 解析：选AB.对于A项，设等比数列{an}的公比为q，则＝q3＝27，解得q＝3，所以an＝3n－1，所以anan＋1＝3n－1·3n＝32n－1，所以＝＝9，所以数列{anan＋1}的公比为9，故A正确； 对于B项，因为log3an＋1＝n，所以{log3an＋1}的前20项和为1＋2＋…＋20＝＝210，故B正确； 对于C项，{an}的前20项积为30×31×…×319＝3190，故C错误； 对于D项，因为an＋an＋1＝3n－1＋3n＝3n－1(1＋3)＝4×3n－1，所以{an＋an＋1}的前n项和为＝2(3n－1)，故D错误．故选AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在等差数列{an}中，前m(m为奇数)项和为135，其中偶数项和为63，且am－a1＝14，则a100的值为__________． 解析：因为在前m项中偶数项和为S偶＝63，所以奇数项和为S奇＝135－63＝72，设等差数列{an}的公差为d， 则S奇－S偶＝＝72－63＝9. 又am＝a1＋d(m－1)，所以＝9， 因为am－a1＝14，所以a1＝2，am＝16. 因为＝135，所以m＝15，所以d＝＝1， 所以a100＝a1＋99d＝101. 答案：101 13．设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝(n∈N＋，an＞0)，则an＝________． 解析：因为an＞0，所以Sn＞0. 由题意，2Sn＝an＋， 当n＝1时，2S1＝S1＋，得S＝1，因为a1＝S1>0，即S1＝1； 当n≥2时，2Sn＝Sn－Sn－1＋， 整理得S－S＝1，所以{S}是以1为首项，1为公差的等差数列．于是S＝n，即Sn＝. 当n≥2时，an＝－，而a1＝S1＝1满足此式， 所以an＝－. 答案：－ 14．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且anan＋1an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，其中n∈N＋，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝________． 解析：因为anan＋1an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，① 所以当n≥2，n∈N＋时，有an－1anan＋1＝an－1＋an＋an＋1，② ①－②得，an＋1an(an＋2－an－1)＝an＋2－an－1， 整理得(an＋2－an－1)(an＋1an－1)＝0， 因为a1＝1，a2＝2，所以2a3＝3＋a3， 解得a3＝3，显然a2a3≠1，即an＋1an≠1， 于是有an＋2－an－1＝0，于是当n∈N＋时，an＋3＝an，所以数列{an}是以3为周期的周期数列，因为a1＋a2＋a3＝6， 所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝675×6＝4 050. 答案：4 050 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}满足＝an＋2(n∈N＋，n≥2)． (1)求证：{an＋1－an}是等差数列； (2)若a1＝1，a2＝2，求{an}的通项公式． 解：(1)证明：由题an＋1＋an－1＝2an＋4， 即an＋1－an＝an－an－1＋4(n≥2)， 所以{an＋1－an}是公差为4的等差数列． (2)a2－a1＝1，所以an－an－1＝a2－a1＋4(n－2)＝4n－7(n≥2)， an－1－an－2＝4n－11，…，累加可得 an－a1＝(4n－7)＋(4n－11)＋…＋1＝＝2n2－5n＋3(n≥2)， an＝2n2－5n＋4(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也满足上式， 所以an＝2n2－5n＋4. 16．(本小题满分15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－5，a3，a4－1，a5＋1成等比数列，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋2＝2bn(n∈N＋)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝anbn(n∈N＋)，求数列{cn}的前n项和Rn. 解：(1)依题意，设等差数列{an}的公差为d. 因为a3，a4－1，a5＋1成等比数列， 所以(a4－1)2＝a3(a5＋1)， 又a1＝－5，即(3d－6)2＝(2d－5)(4d－4)，整理可得d2－8d＋16＝0，解得d＝4， 故an＝a1＋(n－1)d＝－5＋4(n－1)＝4n－9. 因为Tn＝2bn－2， 当n≥2时，Tn－1＝2bn－1－2， 两式相减，得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1(n≥2)， 又n＝1时，b1＝T1＝2b1－2，即b1＝2， 所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，故bn＝2·2n－1＝2n. (2)由(1)得cn＝anbn＝(4n－9)·2n， 故Rn＝－5×21－1×22＋3×23＋…＋(4n－9)·2n， 则2Rn＝－5×22－1×23＋3×24＋…＋(4n－9)·2n＋1， 两式相减得－Rn＝－10＋4(22＋23＋…＋2n)－(4n－9)·2n＋1 ＝－10＋4×－(4n－9)·2n＋1＝(13－4n)·2n＋1－26， 故Rn＝(4n－13)·2n＋1＋26. 17．(本小题满分15分)某地林业管理部门着手制定本地的森林蓄积量规划．经统计，本地2023年底的森林蓄积量为120万立方米，森林每年以25%的增长率自然生长，而为了保证森林通风和发展经济的需要，每年冬天都要砍伐掉s万立方米(10＜s＜30)的森林．设an为自2024年开始，第n年末的森林蓄积量(n∈N＋)． (1)请写出一个公式，表示an＋1，an之间的关系； (2)将(1)中的公式表示成an＋1－k＝r(an－k)的形式，其中r，k为常数； (3)为了实现本地森林蓄积量到2033年底翻两番的目标，每年的砍伐量s最大为多少万立方米？(精确到1万立方米，参考数据：≈5.96，≈7.45，≈9.31) 解：(1)由题意，得a1＝120×(1＋25%)－s＝150－s， 并且an＋1＝an(1＋25%)－s＝an－s.① (2)将an＋1－k＝r(an－k) 化成an＋1＝ran＋k－rk，② 比较①②的系数，得 解得 所以(1)中的公式可以化为an＋1－4s＝(an－4s)(n∈N＋). (3)因为a1－4s＝150－5s，且s∈(10，30)，所以a1－4s≠0，由(2)可知an－4s≠0，所以＝(n∈N＋)，即数列{an－4s}是以150－5s为首项，为公比的等比数列， 其通项公式为an－4s＝(150－5s)·， 所以an＝4s＋(150－5s)·. 到2033年底的森林蓄积量为该数列的第10项，即a10＝4s＋(150－5s)·. 由题意，森林蓄积量到2033年底要达到翻两番的目标， 所以a10≥4×120，即4s＋(150－5s)·≥480. 即4s＋(150－5s)·7.45＝4s＋1 117.5－37.25s≥480. 解得s≤19. 所以每年的砍伐量s最大为19万立方米． 18．(本小题满分17分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＋1＝a＋n，数列{bn}满足bn＝记数列{bn}的前n项和为Tn. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求满足不等式T2n≤b2n－1的正整数n的最大值． 解：(1)由2Sn＋1＝a＋n，① 当n＝1时，2a1＋1＝a＋1，解得a1＝2(a1＝0舍去)， 当n≥2时，2Sn－1＋1＝a＋(n－1)，② 由①－②得2an＝a－a＋1，即(an－1)2＝a， 因为an>0，所以an－1＝±an－1， 当an－1＝－an－1时，由a1＝2，得a2＝－1<0，矛盾， 所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1， 所以数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以an＝n＋1. (2)由(1)得bn＝ 所以T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n) ＝[(2＋22＋…＋2n)－(1＋3＋…＋2n－1)]＋(－2－4－…－2n) ＝(2＋22＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋2n) ＝－ ＝2n＋1－2n2－n－2， b2n－1＝2n－(2n－1)， 由T2n≤b2n－1，得2n＋1－2n2－n－2≤2n－(2n－1)， 即2n≤2n2－n＋3，即≥1， 令cn＝，则cn＋1－cn＝－＝＝， 当n≥3时，cn＋1－cn<0，所以数列{cn}从第3项起是递减数列， 又c1＝2>1，c2＝>1，c6＝>1，c7＝<1， 所以满足不等式T2n≤b2n－1的正整数n的最大值为6. 19．(本小题满分17分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n. (1)求数列{an}通项公式； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn； (3)若数列{cn}满足c1＝1，cncn＋1＝an＋1＋1，求证：＋＋…＋>2－3. 解：(1)当n≥2时，因为Sn＝n2＋n，① 所以Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，② ①－②得an＝2n， 当n＝1时，a1＝S1＝2也符合上式， 所以an＝2n. (2)因为bn＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝(－)＋(－)＋…＋＋ ， ＝－. (3)证明：因为cncn＋1＝an＋1＋1＝·2(n＋1)＋1＝n＋2，③ 当n＝1时，c1c2＝3，又c1＝1，解得c2＝3. 当n≥2时，cn－1cn＝n＋1，④ 由③－④得cn(cn＋1－cn－1)＝1，所以＝cn＋1－cn－1， ＝ci＋1－ci－1 ＝(c3＋c4＋…＋cn－1＋cn＋cn＋1)－(c1＋c2＋c3＋…＋cn－2＋cn－1)， ＝cn＋1＋cn－c1－c2＝cn＋1＋cn－4 >2－4＝2－4(经验证得cn≠cn＋1)． 故＋＋…＋>＋2－4＝2－3. 学科网（北京）股份有限公司 $