2023-2024学年人教B版选择性必修第三册 第五章 数 列 单元测试

这是一份2023-2024学年人教B版选择性必修第三册 第五章 数 列 单元测试，共11页。
章末检测(五)(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．55C．44 D．33解析：B　由题意得S11＝eq \f(11（a1＋a11）,2)＝eq \f(11（a3＋a9）,2)＝eq \f(11×10,2)＝55.2．在数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5＝(　　)A．－eq \f(16,3) B．eq \f(16,3)C．－eq \f(8,3) D．eq \f(8,3)解析：B　∵a1＝eq \f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，∴a2＝(－1)2×2×eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)，a3＝(－1)3×2×eq \f(2,3)＝－eq \f(4,3)，a4＝(－1)4×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝－eq \f(8,3)，a5＝(－1)5×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)))＝eq \f(16,3).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∶3C．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＝eq \f(3,4)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．215C．220 D．216解析：C　法一：a1·a2·a3·…·a30＝aeq \o\al(30,1)q1＋2＋3＋…＋29＝(aeq \o\al(10,1)q145)3，a3·a6·a9·…·a30＝aeq \o\al(10,1)q2＋5＋8＋…＋29＝aeq \o\al(10,1)q155，所以a3·a6·a9·…·a30＝(a1·a2·a3·…·a30)eq \s\up6(\f(1,3))q10＝(230)eq \s\up6(\f(1,3))·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＝eq \f(x,220)·eq \f(x,210)·x＝230.所以x3＝260，故a3·a6·a9·…·a30＝220.5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an，n为正奇数，,an＋1，n为正偶数，))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＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\s\up6(\f(n＋1,2))－1，n为正奇数，,2\f(n,2)＋1－2，n为正偶数，))则2eq \f(n,2)＋1－2＝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eq \f(3,S1S3)＋eq \f(15,S3S5)＋eq \f(5,S5S1)＝eq \f(3,5)，则a2＝(　　)A．2 B.eq \f(1,2)C．3 D.eq \f(1,3)解析：C　∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，eq \f(3,S1S3)＋eq \f(15,S3S5)＋eq \f(5,S5S1)＝eq \f(3,5)，a1a2a3＝15，∴eq \f(3,5)＝eq \f(a3,15)＋eq \f(a1,15)＋eq \f(a2,15)＝eq \f(a2,5)，∴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＝aeq \o\al(2,2)，且S1，S2，S4成等比数列，则a10＝(　　)A．15 B．19C．21 D．30解析：B　由S3＝aeq \o\al(2,2)得3a2＝aeq \o\al(2,2)，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列可得Seq \o\al(2,2)＝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．若有穷数列a1，a2，…，an(n是正整数)，满足a1＝an，a2＝an－1，…，an＝a1，即ai＝an－i＋1(i是正整数，且1≤i≤n)，就称该数列为“对称数列”．已知数列{bn}是项数不超过2m(m＞1，m∈N＋)的对称数列，且1，2，4，…，2m－1是数列{bn}的前m项，则当m＞1 200时，数列{bn}的前2 019项和S2 019的值不可能为(　　)A．2m－2m－2 009 B．22 019－1C．2m＋1－22m－2 019－1 D．3·2m－1－22m－2 020－1解析：A　若数列{bn}的项数为偶数，则数列可设为1，21，22，…，2m－1，2m－1，…，22，2，1，当m≥2 019时，S2 019＝eq \f(1×（1－22 019）,1－2)＝22 019－1，故B可能．当1 200＜m＜2 019时，S2 019＝2×eq \f(1×（1－2m）,1－2)－eq \f(1×（1－22m－2 019）,1－2)＝2m＋1－22m－2 019－1，故C可能．若数列为奇数项，则数列可设为1，21，22，…，2m－2，2m－1，2m－2，…，22，2，1，当m≥2 019时，S2 019＝eq \f(1×（1－22 019）,1－2)＝22 019－1.当1 200＜m＜2 019时，S2 019＝2×eq \f(1×（1－2m－1）,1－2)－eq \f(1×（1－22m－1－2 019）,1－2)＋2m－1＝3·2m－1－22m－2 020－1，故D可能．故选A.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．已知等比数列{an}的公比q＝－eq \f(2,3)，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·a10a10C．b10>0 D．b9>b10解析：AD　∵等比数列{an}的公比q＝－eq \f(2,3)，∴a9和a10异号，∴a9a10＝aeq \o\al(2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))b9且a10>b10，∴b9和b10中至少有一个数是负数，又∵b1＝12>0，∴db10，故D正确；∴b10一定是负数，即b101，eq \f(a2 019－1,a2 020－1)…>0.∵S2 020－S2 019＝a2 020>0，∴S2 0191，S2 021>1，∴S2 019·S2 021>1，S2 019S2 021－1>0，故选项B错误；根据a1>a2>…>a2 019>1>a2 020>…>0，可知T2 019是数列{Tn}中的最大项，故选项C正确，选项D错误．12．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＋1C．an＝eq \r(n) D．an＝lneq \f(n,n＋1)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＝eq \r(n)，则an＋1－an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对D，若an＝lneq \f(n,n＋1)，则an＋1－an＝lneq \f(n＋1,n＋2)－lneq \f(n,n＋1)＝lneq \f(n＋1,n＋2)·eq \f(n＋1,n)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2＋2n)))，由函数y＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2＋2x)))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4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知等比数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2＋an＋1，则a1＝________．解析：根据题意，等比数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2＋an＋1，则有Sn－1＝2＋an(n≥2)，两式相减可得Sn－Sn－1＝an＋1－an，即an＝an＋1－an，变形可得an＋1＝2an，即等比数列{an}的公比为2.在Sn＝2＋an＋1中，令n＝1可得a1＝2＋a2，即a1＝2＋2a1，解得a1＝－2.答案：－214．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＝aeq \o\al(3,2)＝212，所以a2＝16，q＝4，则a4＝256.答案：25615．设Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8，n＝1，,4n，n≥2，n∈N＋，))则数列{an}的通项公式为________．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＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8，n＝1，,3×4n－1，n≥2，n∈N＋.))答案：an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8，n＝1，,3×4n－1，n≥2，n∈N＋))16．已知数列{an}满足eq \f(nan－28,an＋1)＝n－1(n∈N＋)，a1＋a2＋a3＝75，记Sn＝a1a2a3＋a2a3a4＋a3a4a5＋…＋anan＋1·an＋2，则a2＝________，使得Sn取得最大值的n的值为________．解析：因为n∈N＋，所以取n＝1，则a1－28＝0，可得a1＝28，取n＝2，可得eq \f(2a2－28,a3)＝1，即a3＝2a2－28，又a1＋a2＋a3＝75，可得a2＝25，a3＝22.当n≥2时，由eq \f(nan－28,an＋1)＝n－1，得eq \f(an＋1,n)－eq \f(an,n－1)＝－eq \f(28,n（n－1）)，可令cn＝eq \f(an＋1,n)(n≥2)，则cn－cn－1＝28eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n－1)))，可得c1＝25＝a2，由cn＝c1＋(c2－c1)＋…＋(cn－cn－1)＝c1＋28×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1＋\f(1,3)－\f(1,2)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n－1)))，可得cn＝c1＋28eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－1))＝a2＋28eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－1))，则an＋1＝ncn＝na2＋28(1－n)＝28＋n(a2－28)，故an＋1＝28－3n(n≥2)，所以an＝31－3n(n≥3)，又a1＝28，a2＝25，也符合上式，所以an＝31－3n.设bn＝anan＋1an＋2＝(31－3n)·(28－3n)(25－3n)，令bn≥0，则可得(31－3n)(28－3n)·(25－3n)≥0，解得1≤n≤8(n∈N＋)或n＝10，又b9＝－8，b10＝10，所以n＝10时，Sn取得最大值．答案：25　10四、解答题(本大题共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)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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝0，,5a1＋\f(5×4,2)d＝－5，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝0，,a1＋2d＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝－1，))则{an}的通项公式为an＝1－(n－1)＝2－n.(2)Tn＝(b1－a1)＋(b2－a2)＋(b3－a3)＋…＋(bn－an)＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－eq \f(n,2)(1＋2－n)＝2n＋1＋eq \f(1,2)n2－eq \f(3,2)n－2.18．(本小题满分12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＋eq \f(2,an·an＋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＝aeq \o\al(2,7)，∴(7＋p)(23＋p)＝(13＋p)2，∴p＝2.(3)由(1)可得bn＝1＋eq \f(2,an·an＋1)＝1＋eq \f(2,（2n－1＋p）（2n＋1＋p）)＝1＋eq \f(1,2n－1＋p)－eq \f(1,2n＋1＋p).∴Tn＝n＋(eq \f(1,1＋p)－eq \f(1,3＋p)＋eq \f(1,3＋p)－eq \f(1,5＋p)＋…＋eq \f(1,2n－1＋p)－eq \f(1,2n＋1＋p))＝n＋eq \f(1,1＋p)－eq \f(1,2n＋1＋p)＝n＋eq \f(2n,（1＋p）（2n＋1＋p）).又由(2)知p＝2，故Tn＝n＋eq \f(2n,3（2n＋3）).19．(本小题满分12分)在①log2an＋1＝log2an＋1，②an＋1＝an＋2n，③aeq \o\al(2,n＋1)－an＋1an＝2aeq \o\al(2,n)(an>0)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．已知{bn－an}为等差数列，{bn}的前n项和为Sn，且a1＝2，b1＝2，b3＝14，________，是否存在正整数k，使得Sk>2 022？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：选①，由log2an＋1＝log2an＋1得log2an＋1－log2an＝1，所以{log2an}是首项为log2a1＝1，公差为1的等差数列，所以log2an＝1＋(n－1)×1＝n，故an＝2n.又b1＝2，b3＝14，a1＝2，a3＝8，所以b1－a1＝0，b3－a3＝6，所以等差数列{bn－an}的公差d＝eq \f(（b3－a3）－（b1－a1）,3－1)＝3，所以bn－an＝b1－a1＋(n－1)d＝3(n－1)，所以bn＝2n＋3(n－1)，Sn＝(21＋22＋23＋…＋2n)＋3(1＋2＋3＋…＋n)－3n＝2n＋1－2＋eq \f(3n2－3n,2)，由Sn>2 022得n≥10，n∈N＋，即存在正整数k，使得Sk>2 022，且k的最小值为10.选②，由an＋1＝an＋2n得a2－a1＝21，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1(n≥2)，相加得an－a1＝21＋22＋23＋…＋2n－1＝eq \f(2（1－2n－1）,1－2)＝2n－2，又a1＝2，所以an＝2n(n≥2)，显然a1＝2也满足an＝2n，故an＝2n.以下解法同选①.选③，由aeq \o\al(2,n＋1)－an＋1an＝2aeq \o\al(2,n)整理得(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0，又an>0，所以an＋1＝2an，即eq \f(an＋1,an)＝2，所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n.以下解法同选①.20．(本小题满分12分)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(nan,3).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＜eq \f(Sn,2).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＝eq \f(1,3)，故an＝eq \f(1,3n－1)，bn＝eq \f(n,3n).(2)证明：由(1)知Sn＝eq \f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))，Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n,3n)，①eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,32)＋eq \f(2,33)＋eq \f(3,34)＋…＋eq \f(n－1,3n)＋eq \f(n,3n＋1)，②①－②得eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n)－eq \f(n,3n＋1)，即eq \f(2,3)Tn＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq \f(n,3n＋1)，整理得Tn＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,4×3n)，则2Tn－Sn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－\f(2n＋3,4×3n)))－eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＝－eq \f(n,3n)m≥2，m，k∈N＋)，使得b1，bm，bk成等比数列？若存在，请求出k，m的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d.由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×9,2)d＝55，,20a1＋\f(20×19,2)d＝210，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝11，,2a1＋19d＝21，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))所以an＝a1＋(n－1)d＝n(n∈N＋)．(2)假设存在m，k(k>m≥2，m，k∈N＋)，使得b1，bm，bk成等比数列，则beq \o\al(2,m)＝b1bk.因为bn＝eq \f(an,an＋1)＝eq \f(n,n＋1)，所以b1＝eq \f(1,2)，bm＝eq \f(m,m＋1)，bk＝eq \f(k,k＋1)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)×eq \f(k,k＋1).整理得k＝eq \f(2m2,－m2＋2m＋1).以下给出求m，k的方法：因为k>0，所以－m2＋2m＋1>0，解得1－eq \r(2)