高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.1 数列同步训练题

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.1 数列同步训练题，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、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. 等差数列的首项为1，公差不为0，若,,成等比数列，则的前6项和为( )
A. B. C. 3D. 8
2. 在等比数列中，，，则( )
A. 8B. C. 16D.
3. 已知数列是等差数列,且,,那么( )
A. B. C. D.
4. 在等差数列中，，其前项和为，若，则( )
A. 2 021B. C. D. 2 022
5. 已知等差数列的前项和为，若，，则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
6. 意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，.这就是著名的斐波那契数列，该数列的前2 022项中奇数的个数为( )
A. 1 012B. 1 346C. 1 348D. 1 350
7. 将数列中的各项依次按第一个括号1个数，第二个括号2个数，第三个括号4个数，第四个括号8个数，第五个括号16个数，进行排列：（1）,，,，，则下列结论正确的是( )
A. 第10个括号内的第一个数为1 025
B. 2 021在第11个括号内
C. 前10个括号内一共有1 025个数
D. 第10个括号内的数字之和
8. 已知数列的前项和为，，，且，若对任意的都成立，则实数 的最小值为( )
A. B. C. D. 1
二、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. 记为等差数列的前项和，若，则以下结论一定正确的是( )
A. B. 的最大值为C. D.
10. 数列的通项公式满足，下列描述正确的有( )
A. 当 时，数列 一定有最大值
B. 当 时，数列 为递减数列
C. 当 时，数列 为递减数列
D. 当 ，且 为整数时，数列 必存在两项相等的最大项
11. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，.设第层有个球，从上往下层球的总数为，记，则( )
A. B.
C. ，D. 的最大值为
12. 已知是数列的前项和，，则( )
A.
B.
C. 当 时，
D. 当数列 单调递增时， 的取值范围是 ，
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知数列的前项和为，且满足，则的值为.
14. 设是首项为1的正项数列，且，则通项公式.
15. 已知数列满足，前16项和为540，则.
16. [2021新高考Ⅰ]某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折次，那么.
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）已知数列和满足，，，.
（1） 求与；
（2） 记数列的前项和为，求.
18. （12分）设数列满足，.
（1） 计算,，猜想的通项公式；
（2） 用数学归纳法证明上述猜想，并求的前项和.
19. （12分）已知数列中，，，，设.
（1） 证明：数列是等比数列；
（2） 设数列的前项和为，求；
（3） 设，设数列的前项和为，求证：.
20. （12分）某中学有在校学生2 000人，没有患感冒的同学.由于天气骤冷，在校学生患流行性感冒人数剧增，第一天新增患病同学10人，之后每天新增的患病同学人数均比前一天多9人.由于学生患病情况日益严重，学校号召同学接种流感疫苗以控制病情.从第8天起，新增患病同学的人数均比前一天减少，并且每天有10名患病同学康复.
（1） 求第天新增患病同学的人数.
（2） 按有关方面规定，当天患病同学达到全校人数的时必须停课，问该校有没有停课的必要？请说明理由.
21. （12分）已知数列满足，，.
（1） 若，
① 求数列的通项公式；
② 若，求的前项和.
（2） 若，且对，有，证明：.
22. （12分）设，若无穷数列满足以下性质，则称为数列：
①且.
的最大值为.
（1） 若数列为公比为的等比数列，求的取值范围，使得为数列.
（2） 若数列满足：，使得,,成等差数列.
① 数列是否可能为等比数列？并说明理由.
② 记数列满足，数列满足，且，判断与的单调性，并求出时，的值.
第4章测评
一、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. A
2. A
3. B
4. C
[解析]因为数列为等差数列，故，则.当时，，则，所以数列是等差数列，设其公差为，又，所以.又，所以，所以，即.故选.
5. C
[解析]由题意得，，则.因为，可得，则.设等差数列的公差为，则，由题意得可得，即的取值范围是,.故选.
6. C
[解析]由已知可得为奇数，为奇数，为偶数.因为，所以为奇数，为奇数，为偶数，，所以为奇数，为奇数，为偶数.又，故该数列的前2 022项中共有1 348个奇数.故选.
7. D
[解析]由题意可得，第个括号内有个数.对于，由题意得,前9个括号内共有（个）数，所以第10个括号内的第一个数为数列的第512项，所以第10个括号内的第一个数为，故错误；对于，前10个括号内共有（个）数，故错误；对于，令，得，所以2 021为数列的第1 011项，由，选项的分析可得2 021 在第10个括号内，故错误；对于，因为第10个括号内的第一个数为，最后一个数为，所以第10个括号内的数字之和为，故正确.故选.
8. C
[解析]数列的前项和为，，，且，所以，故.因为，所以，所以，，，，则，故，所以，所以.因为对任意的都成立，所以.设，则.当时，.当时，，因此，即，故 的最小值为.故选.
二、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. AC
[解析]设等差数列的公差为.由，可得，解得.又由，得，故正确；因为公差的正负不能确定，所以可能为最大值或最小值，故错误；由，得，故正确；因为，所以，即，故错误.故选.
10. ACD
[解析]由题意，只需考虑的情况.由，可知，当时，，当时，数列递减，所以一定有最大值，故正确；当时，,，故,故数列不是递减数列，故错误；当,时，，所以时，数列为递减数列，故正确；设，当，即时，数列为递减数列，当时，数列为递增数列，，最大项为,,所以数列必存在两项相等的最大项，故正确.故选.
11. ACD
[解析]，，，，，故选项正确；因为，所以，故选项错误；因为，，,，，所以，所以当时，，故选项正确；，，所以当时，；当时，；当时，，所以当或时，有最大值为，故选项正确.故选.
12. ACD
[解析]由题意可知，因为，所以当时，，两式相减可得，，故选项正确；，且，两式相减可得，，因为未知，故选项错误；当时，因为，所以，则，故选项正确；由，，要使数列单调递增，则必有，且，所以，且，解得，故选项正确.故选.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.
14.
[解析]由，得.因为，所以，所以，所以，所以又满足上式，所以.
15. 7
[解析]，当为奇数时，；当为偶数时，.设数列的前项和为，则，解得.
16. 5;
[解析]对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种.由题意得，，，，，，，设，则，两式作差得，因此.
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. （1） 解 由，，得.由题意知，当时，，故.当时，①，②，，得，整理得，所以.
（2） 由（1）知，，因此③，④，，得,所以.
18. （1） 解 因为数列满足，，所以，，由此可猜想.
（2） ①当时，显然成立.
②假设当时，命题成立，即，则当时，，所以时也成立，
由①②可得，.
因为，所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，所以.
19. （1） 证明 因为，所以.因为，所以，，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列.
（2） 解 由（1）得，，所以当时，，当时也成立，所以.因为，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列的前项和为.
（3） 证明 因为，所以数列的前项和，即.
20. （1） 解 当,时，因为，公差为9，所以.当,时，因为，公比为，
所以，
所以.
（2） 该校没有停课的必要.理由：设为第天患病总人数，则当时，，当时，.令，,所以该校没有停课的必要.
21. （1） ① 解 当时，.因为，所以，可知，所以，即，所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，所以，即.
② 由①得，，所以，所以,
即.
（2） 证明 当时，，则.因为，所以
.
又因为与不能同时成立，所以上式等号不成立，
即对，.
22. （1） 解 因为数列为公比为的等比数列，且为数列，所以，所以，所以.又，在的大前提下，当且仅当时，单调递增，无最大值；若，则（当时取等号）,故有最大值.综上，的取值范围是.
（2） ① 若数列能为等比数列，由（1）知.又,,成等差数列，则，即，所以，即，解得或（舍去），所以数列能为等比数列.
② 由“，”得,,.首先，所以，即，所以单调递减.其次，所以，即，所以单调递增.最后，,,，
所以，所以时，.