第一册上册第三章 数列数列练习

这是一份第一册上册第三章 数列数列练习，共18页。
1．在数列2，9，23，44，72，…中，第6项是( )
A．82 B．107
C．100 D．83
2．含2n＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为( )
A.eq \f(2n＋1,n) B.eq \f(n＋1,n)
C.eq \f(n－1,n) D.eq \f(n＋1,2n)
3．已知数列{an}是首项为1的等比数列，设bn＝an＋2n，若数列{bn}也是等比数列，则b1＋b2＋b3＝( )
A．9 B．21
C．42 D．45
4．若在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an2－1(n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝( )
A．－1 B．1
C．0 D．2
5．设等比数列{an}的各项均为正数，若eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(2,a2)，eq \f(a3,4)＋eq \f(a4,4)＝eq \f(4,a3)＋eq \f(4,a4)，则a1·a5＝( )
A．24eq \r(2) B．8
C．8eq \r(2) D．16
6．在等差数列{an}中，Sn为其前n项和．若S2 0200，则下列判断错误的是( )
A．数列{an}为递增数列
B．a1 0100
7．在正项数列{an}中，a1＝1，其前n项和Sn满足Sn·eq \r(Sn－1)－Sn－1·eq \r(Sn)＝2eq \r(Sn·Sn－1)(n≥2)，则a10＝( )
A．72 B．80
C．90 D．82
8．我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学问题，将所有被3除余2的正整数从小到大排列组成数列{an}，所有被5除余3的正整数从小到大排列组成数列{bn}，把{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则下列说法正确的是( )
A．a1＋b2＝c2 B．b8－a2＝c4
C．b23＝c8 D．a6b2＝c9
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，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则( )
A．q＝2 B．an＝2n
C．S10＝2 047 D．an＋an＋11，a7a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)0(n∈N*)，公比q∈(0，1)，且a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，4是a4与a6的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝lg2an，Sn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|，求Sn.
19．(12分)(2022·潍坊市高三一模)在①b2n＝2bn＋1；②a2＝b1＋b2；③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．
已知数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an.公差不等于0的等差数列{bn}满足________，________，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,an)))的前n项和Sn.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答评分．
20．(12分)在数列{an}中，前n项和Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)．
(1)证明：数列{an}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)当k＝－1时，求a12＋a22＋…＋an2.
21．(12分)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2)))eq \s\up12(2).
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,（an＋1）（an＋1＋1）)，求数列{bn}的前n项和Tn.
22．(12分)已知正项数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，满足an2＋an－2Sn＝0(n∈N*)．
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和为Tn，若bn＝(2an－7)·2n，求Tn；
(3)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Tn))的最小项．
1．已知数列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)，eq \f(1,4)＋eq \f(2,4)＋eq \f(3,4)，eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)＋eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)，…，那么数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Sn＝( )
A．4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1))) B．4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))
C．1－eq \f(1,n＋1) D.eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋1)
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝eq \f(1,2)，对任意的n∈N*，都有nan＝(n＋2)·an＋1，则S2 021＝( )
A.eq \f(2 019,2 020) B.eq \f(2 020,2 021)
C.eq \f(2 021,2 022) D.eq \f(1 010,1 011)
3．数列2，22，222，2 222，…的一个通项公式是( )
A．an＝10n－8 B．an＝eq \f(10n－1,9)
C．an＝2n－1 D．an＝eq \f(2（10n－1）,9)
4．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且eq \f(an·an－1,an－1－an)＝eq \f(an·an＋1,an－an＋1)，那么此数列的第10项为( )
A.eq \f(1,210) B.eq \f(1,29)
C.eq \f(1,10) D.eq \f(1,5)
5．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：“今有蒲草第1天长高3尺，莞草第1天长高1尺．以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的2倍．问第几天蒲草和莞草的高度相同？”根据上述的已知条件，可求得第________天时，蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg 3≈0.477 1，lg 2≈0.301 0)．
6．已知an＝n＋eq \f(1,3n)，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
7．已知等差数列{an}的首项a1＝0，等差数列{bn}的首项b1＝－4，{an}和{bn}的前m项和分别为Sm，S′m，若Sm＋S′m＝0，则am＋bm的值为________．
8．(2019·北京)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．
9．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq \f(an＋an＋1,2)，n∈N*.
(1)令bn＝an＋1－an，求证：{bn}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式．
10．设{an}为等比数列，{bn}为等差数列，且b1＝0，cn＝an＋bn，若{cn}是1，1，2，…，求数列{cn}的前10项的和．
11．各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，an＋12＝6Sn＋9n＋1，n∈N*，各项均为正数的等比数列{bn}满足b1＝a1，b3＝a2.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝(3n－2)·bn，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
12．已知数列{an}满足a1＝1，2an＋1＝an，数列{bn}满足bn＝2－lg2an＋12.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，求使得2Tn≤4n2＋m对任意正整数n都成立的实数m的取值范围．
第四章 数列 章末测试卷(B)【解析版】
[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．在数列2，9，23，44，72，…中，第6项是( )
A．82 B．107
C．100 D．83
答案 B
解析 ∵9－2＝1×7，23－9＝2×7，
44－23＝3×7，72－44＝4×7，
设第6项为x，则x－72＝5×7＝35，∴x＝107.
2．含2n＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为( )
A.eq \f(2n＋1,n) B.eq \f(n＋1,n)
C.eq \f(n－1,n) D.eq \f(n＋1,2n)
答案 B
解析 依题意，奇数项的和S奇数＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝eq \f(（n＋1）（a1＋a2n＋1）,2)＝eq \f(（n＋1）×2an＋1,2)＝(n＋1)an＋1，同理可得S偶数＝nan＋1，∴eq \f(S奇数,S偶数)＝eq \f(n＋1,n).故选B.
3．已知数列{an}是首项为1的等比数列，设bn＝an＋2n，若数列{bn}也是等比数列，则b1＋b2＋b3＝( )
A．9 B．21
C．42 D．45
答案 B
解析 设数列{an}的公比为q，则a2＝q，a3＝q2，
∴b1＝a1＋21＝3，b2＝a2＋22＝q＋4，b3＝a3＋23＝q2＋8，
∵数列{bn}也是等比数列，
∴(q＋4)2＝3(q2＋8)，解得q＝2，
∴b1＋b2＋b3＝3＋6＋12＝21.故选B.
4．若在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an2－1(n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝( )
A．－1 B．1
C．0 D．2
答案 A
解析 由递推关系式得a2＝0，a3＝－1，a4＝0，a5＝－1，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－1.
5．设等比数列{an}的各项均为正数，若eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(2,a2)，eq \f(a3,4)＋eq \f(a4,4)＝eq \f(4,a3)＋eq \f(4,a4)，则a1·a5＝( )
A．24eq \r(2) B．8
C．8eq \r(2) D．16
答案 C
解析 ∵eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,2)＝eq \f(2,a1)＋eq \f(2,a2)，∴eq \f(a1＋a2,2)＝eq \f(2（a1＋a2）,a1a2)，
∵等比数列{an}的各项均为正数，∴a1a2＝4，同理可得a3a4＝16.∴q4＝4，q＝eq \r(2)，∴a1a5＝eq \f(a3a4,q)＝eq \f(16,\r(2))＝8eq \r(2).
6．在等差数列{an}中，Sn为其前n项和．若S2 0200，则下列判断错误的是( )
A．数列{an}为递增数列
B．a1 0100
答案 C
解析 因为S2 0200，即eq \f(2 020（a1＋a2 020）,2)0，所以a1＋a2 0200.
因为a1 010＋a1 011＝a1＋a2 0200，
所以a1 0100，所以公差d＝a1 011－a1 010>0，所以数列{an}是递增数列，其前1 010项和最小，所以C错误．故选C.
7．在正项数列{an}中，a1＝1，其前n项和Sn满足Sn·eq \r(Sn－1)－Sn－1·eq \r(Sn)＝2eq \r(Sn·Sn－1)(n≥2)，则a10＝( )
A．72 B．80
C．90 D．82
答案 A
解析 由an>0得Sn>0.Sn·eq \r(Sn－1)－Sn－1·eq \r(Sn)＝2eq \r(Sn·Sn－1)(n≥2)两边同时除以eq \r(Sn·Sn－1)，得eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝2(n≥2)．而S1＝a1＝1，∴eq \r(Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝4n2－4n＋1.根据an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得an＝8n－8(n≥2)，∴a10＝8×10－8＝72.
8．我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学问题，将所有被3除余2的正整数从小到大排列组成数列{an}，所有被5除余3的正整数从小到大排列组成数列{bn}，把{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则下列说法正确的是( )
A．a1＋b2＝c2 B．b8－a2＝c4
C．b23＝c8 D．a6b2＝c9
答案 C
解析 根据题意可知，数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，
数列{bn}是首项为3，公差为5的等差数列，所以bn＝3＋5(n－1)＝5n－2，
数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，故数列{cn}是首项为8，公差为15的等差数列，所以cn＝8＋15(n－1)＝15n－7.
a1＋b2＝2＋2×5－2＝10，c2＝15×2－7＝23，a1＋b2≠c2，A错误；
b8－a2＝5×8－2－3×2＋1＝33，c4＝15×4－7＝53，b8－a2≠c4，B错误；
b23＝5×23－2＝113，c8＝15×8－7＝113，b23＝c8，C正确；
a6b2＝(3×6－1)×(5×2－2)＝136，c9＝15×9－7＝128，a6b2≠c9，D错误．故选C.
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，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则( )
A．q＝2 B．an＝2n
C．S10＝2 047 D．an＋an＋10且2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2，A正确；
an＝2×2n－1＝2n，B正确；
Sn＝eq \f(2×（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，所以S10＝2 046，C错误；
an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，所以an＋an＋11，a7a8>1，eq \f(a7－1,a8－1)0(n∈N*)，公比q∈(0，1)，且a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，4是a4与a6的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝lg2an，Sn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|，求Sn.
解析 (1)∵a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，
∴a42＋2a4a6＋a62＝100，∴(a4＋a6)2＝100.
又an>0，∴a4＋a6＝10.
∵4是a4与a6的等比中项，∴a4a6＝16，
而q∈(0，1)，∴a4>a6，∴a4＝8，a6＝2，
∴q＝eq \f(1,2)，a1＝64，∴an＝64·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝27－n.
(2)∵bn＝lg2an＝7－n，
∴当1≤n≤7时，bn≥0，Sn＝eq \f(n（13－n）,2).
当n≥8时，bn0，则an＋1－an＝1，
令n＝1，则a12＋a1－2a1＝0，又a1>0，所以a1＝1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是首项为1，公差为1的等差数列，
即an＝1＋(n－1)×1＝n，n∈N*.
(2)由(1)可得bn＝(2n－7)·2n，
Tn＝(－5)×21＋(－3)×22＋(－1)×23＋…＋(2n－7)×2n，
2Tn＝(－5)×22＋(－3)×23＋…＋(2n－9)×2n＋(2n－7)×2n＋1，
两式相减得－Tn＝(－5)×2＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n－7)·2n＋1，
化简得Tn＝(2n－9)·2n＋1＋18.
(3)由(2)得Tn＋1－Tn＝(2n－7)·2n＋2＋18－(2n－9)·2n＋1－18＝(2n－5)·2n＋1，
当n≤2时，Tn＋1Tn，
即T1>T2>T3