章末检测（五） 数列-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册教用课件（人教B版）

该高中数学数列单元复习课件系统梳理了等差数列、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及递推关系，通过单选、多选、填空、解答等题型覆盖核心知识点，结合累乘、裂项相消等方法，帮助学生构建完整的数列知识网络。 其亮点在于采用“基础巩固-综合应用-实际建模”的分层设计，如第18题结合牌照发放问题培养数学建模能力，第19题通过递推关系推导通项公式发展逻辑推理，助力学生深化知识理解，教师可精准把握学情提升复习效率。

章末检测（五）　数列 （时间：120分钟　满分：150分） 1 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. 记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a10＝13，则S14＝ （　　） A. 98 B. 112 C. 126 D. 140 解析： 因为数列{an}为等差数列，a3＋a7＝6，所以a5＝3，所以S14＝ ×14＝ ×14＝112.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 数学·选择性必修第三册（B版） 2. 在数列{an}中，a1＝ ，an＝（－1）n·2an－1（n≥2），则a5＝ （　　） A. － B. C. － D. 解析： 　∵a1＝ ，an＝（－1）n·2an－1（n≥2），∴a2＝（－1） 2×2× ＝ ，a3＝（－1）3×2× ＝－ ，a4＝（－1）4×2× ＝－ ，a5＝（－1）5×2× ＝ . √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 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： 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. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 4. 已知数列{an}的首项a1＝2 026，前n项和Sn满足Sn＝n2an，则a2 026＝ （　　） A. B. C. D. 解析： 　因为Sn＝n2an，所以Sn－1＝（n－1）2an－1（n≥2），两式相 减得an＝n2an－（n－1）2an－1，所以 ＝ （n≥2），所以 · ·…· · ＝ · ·…· · ＝ ，所以 ＝ （n≥2），所以an＝ （n≥2），所以a2 026＝ .故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 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： 　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. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 6. 记Sn为正项数列{an}的前n项和，且a1Sn＝（n＋1）an，则a10＝ （　　） A. 18 B. 20 C. 26 D. 32 解析： 　因为Sn为正项数列{an}的前n项和，且a1Sn＝（n＋1）an，令 n＝1可得a1＝2，故2Sn＝（n＋1）an，当n∈N＋时，2Sn＋1＝（n＋2）an ＋1，两式相减得到2an＋1＝（n＋2）an＋1－（n＋1）an，即nan＋1＝（n＋ 1）an，故 ＝ ，于是 为常数列，故 ＝ ＝2，即an＝2n，故 a10＝20.故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 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： 　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. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解析： 　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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 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 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解析： 　∵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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 10. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1≠a2，且对于任意正整数n都 有Sn≥S2 025，则（　　） A. a1＜0 B. 是公差为 的等差数列 C. S4 049≤0 D. ∃n∈N＋，anan＋1＜0 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解析： 　因为数列{an}为等差数列，a1≠a2⇒d≠0，由Sn≥S2 025得数 列的前2 025项的和最小，根据等差数列的性质，可得：数列{an}为递增数 列，且a1＜0，d＞0，a2 025≤0，a2 026≥0.对A，a1＜0，故A正确；对B， 因为Sn＝na1＋ d＝ n2＋（ a1－ ）n，所以 ＝ n＋（ a1－ ），所以 是公差为 的等差数列，故B正确；对C，因为S4 049＝ ＝ ≤0，故C正确，对D，若a2 025＝0，则a2 024＜0，a2 026＞0，则不存在n∈N＋，使得anan＋1＜0，故D错误.故选A、 B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 11. 对于正项数列{an}，定义Gn＝ 为数列{an}的 “匀称值”.已知数列{an}的“匀称值”为Gn＝3n，{an}的前n项和为 Sn，则下列关于数列{an}的描述正确的有（　　） A. 数列{an}为递增数列 B. 数列{an}为等差数列 C. ＝2 026 D. 记bn＝（ ）nan，则数列{bn}的最大项为b3 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 解析： 　依题意Gn＝ ＝3n，a1＋3a2＋9a3＋… ＋3n－1an＝n·3n①，当n＝1时，a1＝3，当n≥2时，a1＋3a2＋9a3＋…＋ 3n－2an－1＝（n－1）·3n－1②，①－②得3n－1an＝n·3n－（n－1）·3n－1， an＝3n－（n－1）＝2n＋1，当n＝1时上式也符合，所以an＝2n＋1，是 单调递增数列，A选项正确.an＋1－an＝2（n＋1）＋1－（2n＋1）＝2， 所以{an}是等差数列，所以B选项正确.Sn＝ ×n＝n2＋2n， ＝n ＋2，所以 ＝2 025＋2＝2 027，所以C选项错误.bn＝（ ）nan＝（2n ＋1）×（ ）n，b1＝3× ＝ ，b2＝5× ＝ ，b3＝7× ＝ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） ＜ （ 1＋ ）≤ ＜1，所以当n≥3时，{bn}单调递减，所以数列 {bn}的最大项为b3，D选项正确.故选A、B、D. 当n≥3时， ＝ ＝ （ 1＋ ），2n＋1≥7，0＜ ≤ ，1＜1＋ ≤ ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 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＝ ⁠. 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. 256　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 13. 已知数列{an＋1}是公比为2的等比数列，若a1＝0，则a1＋a2＋…＋an ＝ ⁠. 解析：因为a1＝0，所以a1＋1＝1.因为数列{an＋1}是公比为2的等比数 列，所以a1＋a2＋…＋an＝（a1＋1）＋（a2＋1）＋…＋（an＋1）－n＝ －n＝2n－n－1. 2n－n－1　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 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 ＝ . 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 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； 解： 由题意得 即 解得 则{an}的通项公式为an＝1－（n－1）＝2－n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （2）设bn＝2n，求Tn＝（b1－a1）＋（b2－a2）＋（b3－a3）＋…＋ （bn－an）. 解： Tn＝（b1－a1）＋（b2－a2）＋（b3－a3）＋…＋（bn－an） ＝ － （1＋2－n）＝2n＋1＋ n2－ n－2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 16. （本小题满分15分）已知Sn是正项数列{an}的前n项和， ＝ . （1）求{an}的通项公式； 解： ＝ 化为 ＋2an＋1＝4Sn，可知 ＋2an＋1＋1＝4Sn ＋1，可得 － ＋2（an＋1－an）＝4an＋1，即（an＋1＋an）（an＋1－ an）＝2（an＋1＋an），由于an＞0，可得an＋1－an＝2.又 ＋2a1＋1＝ 4a1，解得a1＝1，所以{an}是首项是1，公差是2的等差数列，所以通项公 式是an＝2n－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （2）求数列 的前n项和. 解： 设数列 的前n项和为Tn，由（1）知 ＝ ，则Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ， Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，两式相减得 Tn＝ ＋ ＋ ＋ ＋…＋ － ，即 Tn＝ ＋ － ，所以Tn＝3 － . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 17. （本小题满分15分）已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋1，数 列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝ bn. （1）求证： 为等差数列，并求{an}的通项公式； 解： 证明：因为a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋1，两边同时除以2n＋1可得 ＝ ＋1，从而 － ＝1， ＝1， 所以 是首项为1，公差为1的等差数列，所以 ＝n， 则an＝n·2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （2）若cn＝ ，记{cn}的前n项和为Sn，对任意的正自然数n，不等 式Sn＜λ恒成立，求实数λ的取值范围. 解： 由b1＝1，bn＋1＝ bn， 所以 ＝ ，则bn＝ · · ·…· · ·b1＝2n－1， 所以cn＝ ＝ ＝ （ － ）， 所以Sn＝cn＋cn－1＋…＋c2＋c1＝ （ － ＋ － ＋…＋ － ＋ － ）， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 则Sn＝ （ 1－ ）＝ . 因为{cn}中的每一项cn＞0，所以{Sn}为递增数列， 所以Sn≥S1＝ .因为 ＝ ＝ － ＜ ， 所以 ≤Sn＜ ，即实数λ的取值范围为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 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＝ ⁠ … 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 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＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （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： 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 19. （本小题满分17分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 因为数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－1， 所以当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1⇒a1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（2an－1）－（2an－1－1）＝2an－2an－1， 整理得an＝2an－1（n≥2）. 由等比数列的定义可知数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝1·2n－1＝2n－1（n∈N＋）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （2）记集合M＝{n｜n（n＋1）≥λan，n∈N＋}，若M中有3个元素， 求λ的取值范围； 解： 由（1）得n（n＋1）≥λan，即 λ≤ . 设f（n）＝ ，则f（1）＝1，f（2）＝ ，f（3）＝ ，f（4）＝ ，f（5）＝ ， 由函数f（x）＝ （x＞0）的图象性质可知，当n≥5时，f（n）＝ ＜1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 又由题意可知有且只有3个n值满足不等式 λ≤ ， 故1＜ λ≤ ，解得2＜λ≤ ， 所以λ的取值范围为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） （3）是否存在等差数列{bn}，使得a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝2n ＋1－n－2对一切n∈N＋都成立？若存在，写出bn的通项公式并证明上式 成立；若不存在，请说明理由. 解： 设存在等差数列{bn}使得a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝2n ＋1－n－2对一切n∈N＋都成立， 当n＝1时，a1b1＝21＋1－1－2＝1，所以b1＝1； 当n＝2时，a1b2＋a2b1＝22＋1－2－2＝4，所以b2＝2， 所以等差数列{bn}的公差d＝1，所以bn＝1＋（n－1）×1＝n. 设S＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） 则S＝1×n＋2×（n－1）＋22×（n－2）＋…＋2n－2×2＋2n－1×1， 所以2S＝2×n＋22×（n－1）＋23×（n－2）＋…＋2n－1×2＋2n×1， 所以S＝2S－S＝－n＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＋2n＝－n＋ ＝ 2n＋1－n－2， 所以存在等差数列{bn}使得a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝2n＋1－n－ 2对一切n∈N＋都成立，且bn＝n（n∈N＋）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 数学·选择性必修第三册（B版） $