湘教版（2019）选择性必修 第一册第1章 数列本章综合与测试练习

这是一份湘教版（2019）选择性必修 第一册第1章 数列本章综合与测试练习，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(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eq \f(2,3)，eq \f(4,5)，eq \f(6,9)，eq \f(8,17)，eq \f(10,33)，…的一个通项公式为( )
A．an＝eq \f(2n,2n＋1)B．an＝eq \f(2n＋2,2n＋1)C．an＝eq \f(n＋1,2n＋1－1)D．an＝eq \f(2n＋2,2n＋1＋2)
2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝4an＋3，则a4＝( )
A．67B．115C．31D．127
3．[2022·湖南怀化月考]等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＋a6＋a8＝44，则S9＝( )
A．66B．99C．110D．198
4．[2022·湖南师大附中高二月考]在等差数列{an}中，a2＋a3＋a4＋a5＝34，a2·a5＝52，且a5>a2，则a5＝( )
A．13B．4C．14D．5
5．[2022·湖北荆州中学高二期末]设等比数列{an}的前n项和记为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝( )
A．eq \f(3,4)B．eq \f(2,3)C．eq \f(1,2)D．eq \f(1,3)
6．“一尺之棰，日取其半，万世不竭”这句话出自《庄子·天下篇》，其意思为“一根一尺长的木棰，每天截取其一半，永远都取不完”．设第一天这根木棰被截取一半剩下a1尺，第二天被截取剩下的一半剩下a2尺，…，第五天被截取剩下的一半剩下a5尺，则eq \f(a1＋a2,a5)＝( )
A．18B．20C．22D．24
7．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn＋1>Sn”是“{an}单调递增”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
8．等差数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，已知a2＝－4，a3＝－1，则( )
A．Sn有最小值，Tn有最小值B．Sn有最大值，Tn有最大值
C．Sn有最小值，Tn有最大值D．Sn有最大值，Tn有最小值
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3n＋1，n为奇数，,2n－2，n为偶数，))则( )
A．a3＝7B．a3＝10C．a2a3＝20D．a2a3＝70
10．下列命题中为真命题的是( )
A．若a，b，c成等差数列，则a2，b2，c2一定成等差数列
B．若a，b，c成等差数列，则2a，2b，2c可能成等差数列
C．若a，b，c成等差数列，则ka＋2，kb＋2，kc＋2(k为常数)一定成等差数列
D．若a，b，c成等差数列，则eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)可能成等差数列
11．[2022·湖南平江一中高二期末]设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝S18，则下列各式的值为0的是( )
A．a17B．S35C．a17－a19D．S19－S16
12．设数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S2n,S4n)为常数，则称数列{an}为“吉祥数列”．则下列数列{bn}为“吉祥数列”的有( )
A．bn＝nB．bn＝(－1)n(n＋1)
C．bn＝4n－2D．bn＝2n
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．[2022·湖南长郡中学高二期中]已知数列{an}是等差数列，若a1＝2，a4＝2a3，则公差d＝________．
14．已知数列{an}为递增数列，an＝n2－λn＋3，则λ的取值范围是________．
15．在中国现代绘画史上，徐悲鸿的马独步画坛，无人能与之相颉颃．《八骏图》是徐悲鸿最著名的作品之一，画中刚劲矫健、剽悍的骏马，在人们心中是自由和力量的象征，鼓舞人们积极向上．现有8匹善于奔跑的马，它们奔跑的速度各有差异．已知第i(i＝1，2，…，7)匹马的最长日行路程是第i＋1匹马最长日行路程的1.1倍，且第8匹马的最长日行路程为400里，则这8匹马的最长日行路程之和为________里．(取1.18＝2.14)
16．[2022·湖南邵阳高二期末]如图将自然数1，2，3，4，…按箭头所指方向排列，并依次在2，3，5，7，10，13，…等处的位置拐弯．如图作为第一次拐弯，则第33次拐弯的数是________，超过2021的第一个拐弯数是________．
四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)[2022·湖南雅礼中学高二期中]设递增等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝1，a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝a3a7.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
18．(本小题满分12分)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.
19．(本小题满分12分)[2022·湖南师大附中高二期中]已知在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*).
(1)记bn＝lg2(an＋1)，判断{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列{an}的通项公式．
20．(本小题满分12分)[2022·湖南郴州高二期末]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对n∈N＋有2Sn＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋an，求{bn}的前n项和Tn.
21．(本小题满分12分)[2022·湖南岳阳高二期末]在①S1，S2，S4成等比数列且S5＝50，②8Sn＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋4an＋4，③Sm－1＝2，Sm＝8，Sm＋1＝18，这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答本题．
问题：已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，前n项和为Sn，且满足________．
(1)求an；
(2)若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为Tn，证明：Tn>eq \f(n,2（n＋1）).
22．(本小题满分12分)已知数列{an}前n项和为Sn，a1＝2，且满足Sn＝eq \f(1,2)an＋1＋n，(n∈N＋).
(1)证明：n≥2，n是整数时，数列{an－1}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(4n－2)an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
章末质量检测(一) 数列
1．解析：∵eq \f(2,3)＝eq \f(2×1,21＋1)，eq \f(4,5)＝eq \f(2×2,22＋1)，eq \f(6,9)＝eq \f(2×3,23＋1)，eq \f(8,17)＝eq \f(2×4,24＋1)，eq \f(10,33)＝eq \f(2×5,25＋1)，
∴一个通项公式为：an＝eq \f(2n,2n＋1).
答案：A
2．解析：因为数列{an}满足a1＝1，an＋1＝4an＋3，
所以a2＝4a1＋3＝7，a3＝4a2＋3＝31，a4＝4a3＋3＝127.
答案：D
3．解析：a2＋a4＋a6＋a8＝44，得4a5＝44，解得a5＝11，
则S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5＝9×11＝99.
答案：B
4．解析：∵a5>a2，∴等差数列{an}是递增数列．
由数列{an}是等差数列，得a2＋a3＋a4＋a5＝2(a2＋a5)＝34，即a2＋a5＝17，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝17，,a2a5＝52，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,a5＝13))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝13，,a5＝4))(舍去).
答案：A
5．解析：∵数列{an}为等比数列，且其前n项和记为Sn，
∴S5，S10－S5，S15－S10成等比数列．
∵S10∶S5＝1∶2，即S10＝eq \f(1,2)S5，
∴等比数列S5，S10－S5，S15－S10的公比为
eq \f(S10－S5,S5)＝－eq \f(1,2).
∴S15－S10＝－eq \f(1,2)(S10－S5)＝eq \f(1,4)S5.
∴S15＝eq \f(1,4)S5＋S10＝eq \f(3,4)S5.
∴S15∶S5＝eq \f(3,4).
答案：A
6．解析：设这根木棰总长为1，每天截取其一半，剩下的部分记为an，
则{an}构成a1＝eq \f(1,2)，公比q＝eq \f(1,2)的等比数列，
所以a1＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(1,4)，…，a5＝eq \f(1,25)，
所以eq \f(a1＋a2,a5)＝eq \f(\f(1,2)＋\f(1,4),\f(1,32))＝24.
答案：D
7．解析：Sn＋1>Sn⇒an＋1>0，例如an＝eq \f(1,2n)>0，但是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))不单调递增，故不充分；
数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))单调递增，例如an＝－eq \f(1,2n)，但是Sn＋1n2－λn＋3，
化为λeq \f(1,2n（n＋1）)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
所以Tn＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)>eq \f(1,2)(1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2（n＋1）).
22．解析：(1)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Sn＝\f(1,2)an＋1＋n,Sn－1＝\f(1,2)an＋（n－1）（n≥2）))，
∴an＝eq \f(1,2)an＋1－eq \f(1,2)an＋1，
即an＋1＝3an－2(n≥2)，即(an＋1－1)＝3(an－1)，
当a1＝2时，a2＝2，eq \f(a2－1,a1－1)＝1≠3，
∴{an－1}是以a2－1＝1为首项，3为公比的等比数列，
∴an－1＝1·3n－2，即an＝3n－2＋1，
∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2， n＝1,3n－2＋1，n≥2)).
(2)bn＝(4n－2)an＋1＝(4n－2)·(3n－1＋1)＝(4n－2)3n－1＋(4n－2)，
记Sn＝2·30＋6·31＋10·32＋…＋(4n－2)3n－1，①
3Sn＝2·31＋6·32＋…＋(4n－6)3n－1＋(4n－2)3n②
①－②得－2Sn＝2＋4(31＋32＋33＋…＋3n－1)－(4n－2)3n
∴Sn＝2＋(2n－2)·3n
∴Tn＝2＋(2n－2)·3n＋eq \f(n（2＋4n－2）,2)
＝2＋(2n－2)·3n＋2n2.
拐弯的序数
0
1
2
3
4
5
6
7
8
…
拐弯处的数
1
2
3
5
7
10
13
17
21
…