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

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.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：B　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. 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.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：C　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. 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.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：B　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. 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 解析：ABC　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. 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 解析：ABD　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×＝，当n≥3时，＝＝（ 1＋），2n＋1≥7，0＜≤，1＜1＋≤， ＜（ 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. 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.已知数列{an＋1}是公比为2的等比数列，若a1＝0，则a1＋a2＋…＋an＝　2n－n－1　. 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. 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Sn是正项数列{an}的前n项和，＝. （1）求{an}的通项公式； （2）求数列的前n项和. 解：（1）＝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. （2）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－. 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； （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：（1）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. （2）由b1＝1，bn＋1＝bn， 所以＝，则bn＝···…···b1＝2n－1， 所以cn＝＝＝（ －）， 所以Sn＝cn＋cn－1＋…＋c2＋c1＝（ －＋－＋…＋－＋－）， 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. 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）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； （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； （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：（1）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＋）. （2）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， 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. （3）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， 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 学科网（北京）股份有限公司 $