湘教版高中数学选择性必修第一册第1章数列检测卷含答案

这是一份湘教版高中数学选择性必修第一册第1章数列检测卷含答案，共20页。

第1章　数列(满分150分,考试用时120分钟)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.已知数列{an}是等差数列,a1+a7=-8,a2=2,则数列{an}的公差d等于(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.-1 B.-2 C.-3 D.-42.各项均为正数的等比数列{an}中,a6与a12的等比中项为3,则log3a7+log3a11=(　　)A.1 B.2 C.3 D.43.《算法统宗》是我国古代数学名著,由明代数学家程大位编著,它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用.在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,如“九儿问甲歌”就是其中一首:一个公公九个儿,若问生年总不知,自长排来差三岁,共年二百又零七,借问长儿多少岁,各儿岁数要详推.在这个问题中,这位公公的长儿的年龄为(　　)A.23岁 B.32岁 C.35岁 D.38岁4.已知数列{an}中,a1=-14,an=1-1an-1(n≥2),则a100=(　　)A.5 B.-14 C.45 D.-455.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4S8=13,则S8S16=(　　)A.19 B.14 C.15 D.2156.若等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,记bn=Snn,则(　　)A.数列{bn}是公差为d的等差数列B.数列{bn}是公差为2d的等差数列C.数列{an+bn}是公差为32d的等差数列D.数列{an-bn}是公差为32d的等差数列7.设等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,已知a5=11,S10=120,bn=1an·an+1,若Tk=17,则正整数k的值为(　　)A.9 B.8 C.7 D.68.已知数列{an}满足a1=1,a2=116,anan+2=4an+12,则an的最小值为(　　)A.2-12 B.2-10 C.2-5 D.2-6二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)9.设d,Sn分别为等差数列{an}的公差与前n项和,若S10=S20,则下列判断中正确的有(　　)A.当n=15时,Sn取最大值B.当n=30时,Sn=0C.当d>0时,a10+a22>0D.当d<0时,|a10|>|a22|10.如图所示的数表中,第1行是从1开始的正奇数,从第2行开始,每个数是它肩上两个数之和,则下列说法正确的是(　　)A.第6行第1个数为192B.第10行的数从左到右构成公差为210的等差数列C.第10行前10个数的和为95×29D.第2 021行第2 021个数为6 061×22 02011.在数列{an}中,若an2-an-12=p(n≥2,n∈N+,p为常数),则称{an}为等方差数列.下列对等方差数列的判断正确的是(　　)A.若{an}是等差数列,则{an2}是等方差数列B.{(-1)n}是等方差数列C.若{an}是等方差数列,则{akn}(k∈N+,k为常数)也是等方差数列D.若{an}既是等方差数列,又是等差数列,则该数列为常数列12.设正整数n=a0·20+a1·21+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则(　　)A.ω(2n)=ω(n) B.ω(2n+3)=ω(n)+1C.ω(8n+5)=ω(4n+3) D.ω(2n-1)=n三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.设{an}是公差为-2的等差数列,如果a1+a4+a7+…+a97=50,那么a3+a6+a9+…+a99=　　　　. 14.已知等比数列{an}是递增数列,若a1=1,且3a2,2a3,a4为等差数列,则{an}的前4项和S4=　　　　. 15.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a8a9=1715,则S15S17=　　　　. 16.如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得到图形P3,P4,…,Pn,…,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=　　　　,若∀n∈N+,Sn>2 020π3 恒成立,则a的取值范围是　　　　. 四、解答题(本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)在①Sn=2an-1,②an+1an=2n-12n+1,a2=13,③Sn=2n+1这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答.已知数列{an}的前n项和为Sn,　　　　,数列{bn}满足bn=anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 18.(12分)在等差数列{an}中,a5=-10,a6+a7+a8=-18,其前n项和为Sn.(1)求Sn的最小值及此时n的值;(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.19.(12分)已知数列{an},{bn}满足an-bn=2n.(1)若{an}是等差数列,b2=1,b4=-7,求数列{bn}的前n项和Sn;(2)若{bn}是各项均为正数且公比为q的等比数列,是否存在实数q,使{an}为等比数列?若存在,求出q的值;若不存在,请说明理由.20.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn满足tSn+1-Sn=t(an+1+an-1),t∈R且t(t-1)≠0,n∈N+.(1)求{an}的通项公式;(2)已知{bn}是等差数列,b1=3a1,b2=2a2,b3=a3,求数列{anbn}的前n项和Tn.21.(12分)已知数列{an}满足an+1-2an+2=0,且a1=8.(1)证明:数列{an-2}为等比数列;(2)设bn=(-1)nan(2n+1)(2n+1+1),记数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N+,m≥Tn恒成立,求m的取值范围.22.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,2Sn=(2n+1)an-2n2(n∈N+),数列{bn}满足b1=a1,nbn+1=anbn.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)设数列{cn}满足c1=4,cn+1=cn-anbn(n∈N+),若不等式λ+3n+92n≥cn(n∈N+)恒成立,求实数λ的取值范围.答案与解析1.C　由题意得a1+a1+6d=-8,a1+d=2,解得a1=5,d=-3.故选C.2.B　易知a6·a12=9,∴log3a7+log3a11=log3(a7·a11)=log3(a6·a12)=log39=2.故选B.3.C　设第n个儿子的年龄为an岁,由题可知{an}是等差数列,且公差d=-3,则S9=9a1+9×82×(-3)=207,解得a1=35,即这位公公的长儿的年龄为35岁,故选C.4.B　因为a1=-14,an=1-1an-1(n≥2),所以a2=1-1a1=1-1-14=5,a3=1-1a2=1-15=45,a4=1-1a3=1-145=1-54=-14,所以数列{an}是以每3个数“-14,5,45”为一个周期的周期数列,因为100=33×3+1,所以a100=a1=-14,故选B.5.C　由等比数列前n项和的性质知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比数列,设S4=m(m≠0),因为S4S8=13,所以S8=3m,则S8-S4=2m,所以S12-S8=4m,S16-S12=8m,所以S12=7m,S16=15m,所以S8S16=3m15m=15,故选C.6.C　易知an=a1+(n-1)d,Sn=na1+n(n-1)2d,故bn=Snn=12dn+a1-12d,因此bn是关于n的一次函数,故数列{bn}是公差为12d的等差数列,故A,B错误;由an+bn=32dn+2a1-32d是关于n的一次函数,得数列{an+bn}是公差为32d的等差数列,故C正确;由an-bn=12dn-12d是关于n的一次函数,得数列{an-bn}是公差为12d的等差数列,故D错误.故选C.7.A　设等差数列{an}的公差为d,因为S10=10(a1+a10)2=5(a5+a6)=5(11+a6)=120,所以a6=13,则d=a6-a5=2,所以an=a5+2(n-5)=2n+1,所以bn=1an·an+1=1212n+1-12n+3,所以Tn=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3=1213-12n+3=n3(2n+3),因为Tk=17,所以k3(2k+3)=17,解得k=9.故选A.8.D　∵a1=1,a2=116,anan+2=4an+12,∴an≠0,an+2an+1=4an+1an,∴数列an+1an是首项为a2a1=116,公比为4的等比数列,∴an+1an=116×4n-1=4n-3.当n≥2时,an=anan-1·an-1an-2·…·a2a1·a1=4n-4×4n-5×…×4-2×1=412(n-1)(n-6),∵n=1时,412(n-1)(n-6)=1=a1,∴an=412(n-1)(n-6).∴当n=3或n=4时,an取得最小值,最小值为4-3=2-6,故选D.9.BC　因为S10=S20,所以10a1+10×92d=20a1+20×192d,解得a1=-292d.因为无法确定a1和d的正负,所以无法确定Sn是否有最大值,故A错误.S30=30a1+30×292d=30×-292d+15×29d=0,故B正确.a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2-292d+15d=d>0,故C正确.a10=a1+9d=-292d+9d=-112d,a22=a1+21d=-292d+21d=132d,因为d<0,所以|a10|=-112d,|a22|=-132d,所以|a10|<|a22|,故D错误.故选BC.ABD　数表中,第1行的数构成首项为1,公差为2的等差数列;第2行的数构成首项为4,公差为4的等差数列;第3行的数构成首项为12,公差为8的等差数列;……;故第n行的数构成首项是an=n×2n-1,公差为dn=2n的等差数列.故第6行第1个数为a6=6×26-1=192,故A正确;第10行的数从左到右构成公差为210的等差数列,故B正确;第10行的第1个数为a10=10×210-1=10×29,所以第10行前10个数的和为10×10×29+10×92×210=190×29,故C错误;第2 021行第1个数为a2 021=2 021×22 021-1=2 021×22 020,第2 021行的公差为22 021,故第2 021行第2 021个数为2 021×22 020+(2 021-1)×22 021=6 061×22 020,故D正确.故选ABD.11.BCD　在选项A中,取an=n,则{an}是等差数列,且an2=n2,则an+12-an2=(n+1)2-n2=2n+1,不是常数,所以{an2}不是等方差数列,故A错误.在选项B中,设an=(-1)n,则an2-an-12=[(-1)n]2-[(-1)n-1]2=1-1=0,是常数,所以{(-1)n}是等方差数列,故B正确.在选项C中,由{an}是等方差数列,得an2-an-12=p,从而an2=a12+(n-1)p,所以ak(n+1)2-akn2=[a12+(kn+k-1)p]-[a12+(kn-1)p]=kp,是常数,所以{akn}(k∈N+,k为常数)是等方差数列,故C正确.在选项D中,由{an}是等差数列,可设其公差为d,则an-an-1=d,又{an}是等方差数列,所以an2-an-12=p,所以an2-an-12=(an+an-1)(an-an-1)=(an+an-1)d=p①,从而(an+1+an)d=p②.②-①,得(d+d)d=0,所以d=0,所以{an}是常数列,故D正确.故选BCD.12.ACD　对于A选项,ω(n)=a0+a1+…+ak,2n=a0·21+a1·22+…+ak-1·2k+ak·2k+1,所以ω(2n)=a0+a1+…+ak=ω(n),A选项正确;对于B选项,取n=2,2n+3=7=1×20+1×21+1×22,∴ω(7)=3,而2=0×20+1×21,则ω(2)=1,即ω(7)≠ω(2)+1,B选项错误;对于C选项,8n+5=a0·23+a1·24+…+ak·2k+3+5=1×20+1×22+a0·23+a1·24+…+ak·2k+3,所以ω(8n+5)=2+a0+a1+…+ak,4n+3=a0·22+a1·23+…+ak·2k+2+3=1×20+1×21+a0·22+a1·23+…+ak·2k+2,所以ω(4n+3)=2+a0+a1+…+ak,因此ω(8n+5)=ω(4n+3),C选项正确;对于D选项,2n-1=20+21+…+2n-1,故ω(2n-1)=n,D选项正确.故选ACD.13.答案　-82解析　∵{an}是公差为-2的等差数列,∴a3+a6+a9+…+a99=(a1+2d)+(a4+2d)+(a7+2d)+…+(a97+2d)=a1+a4+a7+…+a97+33×2d=50-132=-82.14.答案　40解析　由题意知数列{an}的各项均为正数.设{an}的公比为q(q>1),因为3a2,2a3,a4为等差数列,所以4a3=3a2+a4.因为a1=1,所以4q2=3q+q3,即q2-4q+3=0,解得q=1(舍去)或q=3,所以S4=a1(1-q4)1-q=1-341-3=40.15.答案　1解析　在等差数列{an}中,a8a9=1715,所以S15S17=15(a1+a15)217(a1+a17)2=15(a1+a15)17(a1+a17)=15×2a817×2a9=1517·a8a9=1.16.答案　11π8a2;[505,+∞)解析　依题意得,S1=12π×(2a)2=2πa2,S1-S2=12πa2,S2-S3=12π×a22=18πa2,∴S3=S2-18πa2=S1-12πa2-18πa2=11π8a2.以此类推,{Sn+1-Sn}是以S2-S1=-12πa2为首项,14为公比的等比数列,记S2-S1=-12πa2=S,则S3-S2=14S,……,Sn-Sn-1=14n-2S(n≥2),∴Sn-S1=S×1-14n-11-14=43S×1-14n-1,∴Sn=S1+43S×1-14n-1=2πa2-23πa2+23πa2×14n-1=43πa2+23πa214n-1(n≥2),经检验,当n=1时,上式也成立,∴Sn=43πa2+23πa214n-1(n∈N+).∵Sn>2 020π3对任意n∈N+恒成立,且Sn>4π3a2,∴只需43πa2≥2 020π3即可,解得a2≥505,又∵a>0,∴a≥505,即a的取值范围是[505,+∞).17.解析　选条件①Sn=2an-1,由Sn=2an-1,Sn-1=2an-1-1(n≥2),得an=2an-2an-1, 所以an=2an-1(n≥2),(3分)又因为S1=2a1-1,所以a1=1,所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1.(5分)因此bn=anan+1=2n-1·2n=22n-1,(7分)所以Tn=21+23+…+22n-1=2(1-4n)1-4=2(4n-1)3.(10分)选条件②an+1an=2n-12n+1,a2=13,解法一:由an+1an=2n-12n+1,得a2a1=13,又a2=13,所以a1=1.当n≥2时,ana1=a2a1×a3a2×…×anan-1=13×35×…×2n-32n-1=12n-1,所以an=12n-1(n≥2),又因为a1=1也符合an=12n-1,所以an=12n-1.(5分)因此bn=anan+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,(7分)所以Tn=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1.(10分)解法二:由an+1an=2n-12n+1,得(2n+1)an+1=(2n-1)an,所以数列{(2n-1)an}是常数列,(3分)所以(2n-1)an=(2×2-1)a2=1,所以an=12n-1.(5分)下同解法一.(10分)选条件③Sn=2n+1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n+1)-(2n-1+1)=2n-1,(3分)又因为a1=S1=3,显然不符合上式,所以an=3,n=1,2n-1,n≥2,(5分)则bn=an·an+1=6,n=1,22n-1,n≥2.(7分)当n≥2时,Tn=6+23+25+…+22n-1=6+8(1-4n-1)1-4=23×4n+103,又因为T1=6,符合Tn=23×4n+103,所以Tn=23×4n+103.(10分)18.解析　(1)设{an}的公差为d.∵a6+a7+a8=-18=3a7,∴a7=-6.∵a5=-10,∴d=-6-(-10)7-5=2,∴a1=a5-4d=-18,(3分)∴Sn=na1+n(n-1)d2=-18n+n2-n=n2-19n=n-1922-3614,∴当n=9或n=10时,Sn取得最小值,且最小值为-90.(6分)(2)由(1)得an=2n-20,则当n≤10时,an≤0,当n≥11时,an>0,∴当n≤10时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=-a1-a2-a3-…-an=-n(-18+2n-20)2=19n-n2,(9分)当n≥11时,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=-a1-a2-a3-…-a10+a11+a12+…+an=90+(n-10)(2+2n-20)2=n2-19n+180.综上,Tn=19n-n2,n≤10,n2-19n+180,n≥11.(12分)19.解析　(1)由an-bn=2n,b2=1,b4=-7,得a2=b2+22=5,a4=b4+24=9,设{an}的公差为d,则a4=a2+2d=5+2d=9,解得d=2,所以an=a2+(n-2)d=5+2(n-2)=2n+1,(3分)所以bn=an-2n=2n+1-2n,所以Sn=b1+b2+b3+…+bn=[3+5+…+(2n+1)]-(2+22+…+2n)=(3+2n+1)n2-2(1-2n)1-2=n2+2n+2-2n+1.(6分)(2)因为{bn}是各项均为正数且公比为q的等比数列,所以bn=b1qn-1(q>0),由an-bn=2n,得an=bn+2n=2n+b1qn-1.若{an}是等比数列,则a22=a1a3,即(b2+4)2=(b1+2)(b3+8),整理得b22+8b2+16=b1b3+8b1+2b3+16,所以4b2=4b1+b3,所以4b1q=4b1+b1q2,解得q=2.(9分)当q=2时,an=2n+b1·2n-1=(b1+2)·2n-1,因为b1>0,所以an+1an=2,为常数,故{an}是等比数列.所以存在实数q=2,使{an}为等比数列.(12分)20.解析　(1)当n=1时,tS2-S1=t(a2+a1-1),即-S1=-a1=-t,解得a1=t.当n≥2时,由tSn+1-Sn=t(an+1+an-1),①得tSn-Sn-1=t(an+an-1-1),②(3分)①-②,得tan+1-an=t(an+1-an-1),即an=tan-1,由于a1=t≠0,所以anan-1=t,所以数列{an}是以t为首项,t为公比的等比数列,即an=tn.(6分)(2)由{bn}是等差数列,得2b2=b1+b3,即4a2=3a1+a3,所以4t2=3t+t3,又因为t(t-1)≠0,所以t=3,故an=3n.(8分)设等差数列{bn}的公差为d,则b1=3a1=3×3=9,b2=2a2=2×32=18,所以d=b2-b1=9,所以bn=9+9(n-1)=9n,所以anbn=3n·9n=n·3n+2,(9分)则Tn=1×33+2×34+3×35+…+n·3n+2,①3Tn=1×34+2×35+3×36+…+n·3n+3,②①-②,得-2Tn=33+34+35+…+3n+2-n·3n+3=3n+3-272-n·3n+3,所以Tn=(2n-1)·3n+3+274.(12分)21.解析　(1)证明:因为an+1-2an+2=0,所以an+1=2an-2,即an+1-2=2(an-2),则an+1-2an-2=2,所以数列{an-2}是以a1-2=6为首项,2为公比的等比数列.(4分)(2)由(1)知an-2=6×2n-1,则an=3×2n+2,所以bn=(-1)nan(2n+1)(2n+1+1)=(-1)n(3×2n+2)(2n+1)(2n+1+1)=(-1)n12n+1+12n+1+1,(6分)当n为偶数时,Tn=-12+1-122+1+122+1+123+1+…+-12n-1+1-12n+1+12n+1+12n+1+1=-12+1+12n+1+1=-13+12n+1+1,(8分)当n为奇数时,Tn=-12+1-122+1+122+1+123+1+…+12n-1+1+12n+1+-12n+1-12n+1+1=-12+1-12n+1+1=-13-12n+1+1.(10分)当n为偶数时,Tn=-13+12n+1+1单调递减,当n=2时,Tn取得最大值-29,则m≥-29;当n为奇数时,Tn=-13-12n+1+1<-13,则m≥-13.综上,m的取值范围是-29,+∞.(12分)22.解析　(1)当n=1时,2a1=3a1-2,∴a1=2,当n≥2时,由2Sn=(2n+1)an-2n2,2Sn-1=(2n-1)an-1-2(n-1)2得2an=(2n+1)an-(2n-1)·an-1-2n2+2(n-1)2,即an-an-1=2,∴数列{an}是首项为2,公差为2的等差数列,∴an=2n.(3分)由已知得b1=2,nbn+1=2nbn,∴bn+1=2bn,即数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,∴bn=2n.(6分)(2)anbn=2n2n=n2n-1,设数列anbn的前n项和为Tn,则Tn=1+22+322+423+…+n2n-1,∴12Tn=12+222+323+…+n-12n-1+n2n,两式相减得12Tn=1+12+122+123+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-n+22n,∴Tn=4-n+22n-1.(9分)由cn+1=cn-anbn得cn+1-cn=-anbn,即c2-c1=-a1b1,c3-c2=-a2b2,……,cn-cn-1=-an-1bn-1,累加得cn-c1=-a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=-Tn-1,∴cn-4=-4+n+12n-2,∴cn=n+12n-2.∵λ+3n+92n≥cn,∴λ≥n+12n-2-3n+92n=n-52n.令f(n)=n-52n,则f(n+1)-f(n)=n-42n+1-n-52n=-n+62n+1,∴f(1)f(8)>…,∴f(n)max=f(6)=f(7)=164,∴λ≥164.(12分)