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＋1答案：D
8．解析：依题意eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝－4,a1＋2d＝－1))⇒a1＝－7，d＝3⇒an＝3n－10，
由an≤0解得n≤eq \f(10,3)，n∈N＋，
所以等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和Sn满足：S3最小，无最大值．
a1＝－7，a2＝－4，a3＝－1，a4＝2，a5＝5，…
T1＝－7，T2＝28，T3＝－28，T4＝－56，…
所以n≥3时：Tn<0，且为递减数列．
故Tn有最大值28，没有最小值．
答案：C
9．解析：由通项公式得a2＝2×2－2＝2，a3＝3×3＋1＝10，所以a2·a3＝20.故选BC.
答案：BC
10．解析：对于A，取a＝1，b＝2，c＝3，显然a，b，c成等差数列，而a2＝1，b2＝4，c2＝9，此时a2，b2，c2不成等差数列，A是假命题；
对于B，令a＝b＝c，显然a，b，c成等差数列，则2a＝2b＝2c，此时2a，2b，2c是公差为0的等差数列，B是真命题；
对于C，因a，b，c成等差数列，则b－a＝c－b＝d(d为常数)，
于是得(kb＋2)－(ka＋2)＝k(b－a)＝kd，(kc＋2)－(kb＋2)＝k(c－b)＝kd，而k为常数，
因此，(kb＋2)－(ka＋2)＝(kc＋2)－(kb＋2)＝kd(kd为常数)，
所以ka＋2，kb＋2，kc＋2(k为常数)成等差数列，C是真命题；
对于D，令a＝b＝c≠0，显然a，b，c成等差数列，则eq \f(1,a)＝eq \f(1,b)＝eq \f(1,c)，此时eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)是公差为0的等差数列，D是真命题．
答案：BCD
11．解析：因为S17＝S18，所以S18－S17＝0，所以a18＝0，
因为公差d≠0，所以a17＝a18－d＝－d≠0，故A不正确；
S35＝eq \f(35（a1＋a35）,2)＝eq \f(35×2a18,2)＝35a18＝0，故B正确；
a17－a19＝－2d≠0，故C不正确；
S19－S16＝a17＋a18＋a19＝3a18＝0，故D正确．
答案：BD
12．解析：对于A，Sn＝eq \f(（1＋n）n,2)，S2n＝n(1＋2n)，S4n＝2n(1＋4n)，
所以eq \f(S2n,S4n)＝eq \f(n（1＋2n）,2n（1＋4n）)＝eq \f(1＋2n,2（1＋4n）)不为常数，故A不正确；
对于B，由并项求和法知：
S2n＝n，S4n＝2n，
eq \f(S2n,S4n)＝eq \f(n,2n)＝eq \f(1,2)，故B正确；
对于C，Sn＝eq \f(2＋4n－2,2)×n＝2n2，S2n＝8n2，S4n＝32n2，
所以eq \f(S2n,S4n)＝eq \f(1,4)，故C正确；
对于D，Sn＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2(2n－1)，S2n＝2(4n－1)，
S4n＝2(16n－1)，
所以eq \f(S2n,S4n)＝eq \f(4n－1,16n－1)＝eq \f(1,4n＋1)不为常数，故D错误．
答案：BC
13．解析：∵a1＝2，a4＝2a3，
∴2＋3d＝2(2＋2d)，解得d＝－2.
答案：－2
14．解析：∵数列{an}是单调递增数列，
∴an＋1>an，
∴(n＋1)2－λ(n＋1)＋3>n2－λn＋3，
化为λ<2n＋1恒成立，
因为n≥1且n∈Z，则2n＋1≥3，
∴λ<3.
答案：λ<3
15．解析：第8匹马、第7匹马、……、第1匹马的最长日行路程里数依次成等比数列，
且首项为400，公比为1.1，
故这8匹马的最长日行路程之和为eq \f(400（1－1.18）,1－1.1)＝4000×(2.14－1)＝4560里．
答案：4560
16．解析：由题意，拐弯处的数字与其序数的关系，如下表：
观察拐弯处的数字的规律：
第1个数2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋1,2)))2＋1；第3个数5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3＋1,2)))2＋1；第5个数10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5＋1,2)))2＋1；第7个数17＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7＋1,2)))2＋1；…，所以当n为奇数时为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)))2＋1；
同理可得：当n为偶数时为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,2)))×eq \f(n,2)＋1；
第33次拐弯的数是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(33＋1,2)))2＋1＝290，
当n＝88时，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(88,2)))×eq \f(88,2)＋1＝1981，
当n＝89时，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(89＋1,2)))2＋1＝2026，
所以超过2021的第一个拐弯数是2026.
答案：290 2026
17．解析：(1)在递增等差数列{an}中，设公差为d>0，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝a3×a7,a3＝1))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a1＋3d）2＝1×（a1＋6d）,a1＋2d＝1))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－3,d＝2))，
∴an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5；
(2)根据等差数列的求和公式得
Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（－3＋2n－5）,2)＝n2－4n.
18．解析：(1)设{an}的公比为q，
由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，
解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝eq \f(1－（－2）n,3).
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
19．解析：(1)∵an＝2an－1＋1，
∴an＋1＝2(an－1＋1)，
∴当n≥2时，bn－bn－1＝lg2(an＋1)－lg2(an－1＋1)＝lg2eq \f(an＋1,an－1＋1)＝lg22＝1，
∴{bn}是以b1＋1＝lg2(a1＋1)＝1为首项，1为公差的等差数列；
(2)由(1)知：bn＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.
20．解析：(1)∵2Sn＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋an，①
∴当n＝1时，2a1＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋a1，解得a1＝1；
当n≥2时，2Sn－1＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n－1)) ＋an－1，②
由①－②得2an＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋an－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n－1)) ＋an－1))，
化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋an－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－an－1－1))＝0，
∵∀n∈N＋有an>0，∴an－an－1＝1.
数列{an}是以首项为1，公差为1的等差数列．
∴an＝1＋(n－1)＝n.
∴an＝n.
(2)由(1)得an＝n，
∵bn＝2an＋an，∴bn＝2n＋n，
∴Tn＝21＋1＋22＋2＋23＋3＋…＋2n＋n
＝21＋22＋23＋…＋2n＋1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(21×（1－2n）,1－2)＋eq \f(（1＋n）n,2)＝2n＋1－2＋eq \f(（1＋n）n,2).
21．解析：(1)若选择条件①：
由S5＝50，得5a1＋eq \f(5×4,2)d＝5a1＋10d＝50；即a1＋2d＝10①，又S1，S2，S4成等比数列，得S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝S1S4，
即(2a1＋d)2＝a1(4a1＋6d)②，由①②解得a1＝2，d＝4.所以an＝2＋4(n－1)＝4n－2.
若选择条件②：
由8Sn＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋4an＋4，得8Sn＋1＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) ＋4an＋1＋4，两式相减并整理得：(an＋1＋an)(an＋1－an－4)＝0，
由于d≠0，所以an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝4，即d＝4，令n＝1，得8S1＝8a1＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4a1＋4，解得a1＝2，所以an＝2＋4(n－1)＝4n－2.
若选择条件③：
由等差数列{an}的前n项和为Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d，得eq \f(Sn,n)＝a1＋eq \f(n－1,2)d，又数列{an}是等差数列，得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列，
所以eq \f(Sm－1,m－1)＋eq \f(Sm＋1,m＋1)＝eq \f(2Sm,m)，即eq \f(2,m－1)＋eq \f(18,m＋1)＝eq \f(2×8,m)，解得m＝2，故S1＝a1＝2；S2＝2a1＋d＝8，解得d＝4，所以an＝2＋4(n－1)＝4n－2.
(2)证明：由a1＝2，an＝4n－2可得Sn＝eq \f(n,2)(2＋4n－2)＝2n2，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,2n2)>eq \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
…