2025屆高三一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)試題(人教版新高考新教材)章末目標(biāo)檢測卷5　數(shù)列

章末目標(biāo)檢測卷五數(shù)列(時(shí)間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知公比為32的等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù),且a3a11=16,則log2a16等于(A.4 B.5 C.6 D.72.在等差數(shù)列{an}中,已知a4=5,a3是a2和a6的等比中項(xiàng),則數(shù)列{an}的前5項(xiàng)的和為()A.15 B.20 C.25 D.15或253.(2023全國甲,理5)設(shè)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),前n項(xiàng)和為Sn,若a1=1,S5=5S3-4,則S4=()A.158 B.658 C.15 D4.北京天壇的圓丘壇為古代祭天的場所,分上、中、下三層.上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石),環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán),向外每環(huán)依次增加9塊.下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊,向外每環(huán)依次也增加9塊.已知每層環(huán)數(shù)相同,且下層比中層多729塊,則三層共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699塊 B.3474塊 C.3402塊 D.3339塊5.對(duì)于數(shù)列{an},定義數(shù)列{an+1-an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”,若a1=2,數(shù)列{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)為2n,則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn等于()A.2 B.2nC.2n+1-2 D.2n-1-26.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若S6>S7>S5,則滿足SnSn+1<0的正整數(shù)n的值為()A.10 B.11 C.12 D.137.《九章算術(shù)》中的“竹九節(jié)”問題:現(xiàn)有一根9節(jié)的竹子,自上而下各節(jié)的容積成等差數(shù)列,上面4節(jié)的容積共3升,下面3節(jié)的容積共4升,現(xiàn)自上而下取第1,3,9節(jié),則這3節(jié)的容積之和為()A.133升 B.176升 C.199升 D8.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)x≤0時(shí),f(x)=x(1-x).若數(shù)列{an}滿足a1=12,且an+1=11-an,則f(A.2 B.-2 C.6 D.-6二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分,部分選對(duì)的得2分,有選錯(cuò)的得0分.9.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a1>0,S10=S20,則()A.d<0 B.a16<0C.Sn≤S15 D.當(dāng)Sn<0時(shí),n≥3210.在公比q為整數(shù)的等比數(shù)列{an}中,Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若a1a4=32,a2+a3=12,則下列說法正確的是()A.q=2B.數(shù)列{Sn+2}是等比數(shù)列C.S8=510D.數(shù)列{lgan}是公差為2的等差數(shù)列11.將n2個(gè)數(shù)排成n行n列的一個(gè)數(shù)陣,如圖.該數(shù)陣第一列的n個(gè)數(shù)從上到下構(gòu)成以m為公差的等差數(shù)列,每一行的n個(gè)數(shù)從左到右構(gòu)成以m為公比的等比數(shù)列(其中m>0).已知a11=2,a13=a61+1,記這n2個(gè)數(shù)的和為S.下列結(jié)論正確的有()a11a12a13…a1na21a22a23…a2na31a32a33…a3n……an1an2an3…annA.m=3 B.a67=17×37C.aij=(3i-1)×3j-1 D.S=14n(3n+1)(3n-12.分形幾何學(xué)是一門以不規(guī)則幾何形態(tài)為研究對(duì)象的幾何學(xué),分形的外表結(jié)構(gòu)極為復(fù)雜,但其內(nèi)部卻是有規(guī)律可循的,一個(gè)數(shù)學(xué)意義上的分形的生成是基于一個(gè)不斷迭代的方程式,即一種基于遞歸的反饋系統(tǒng).下面我們用分形的方法得到一系列圖形,如圖1,在長度為1的線段AB上取兩個(gè)點(diǎn)C,D,使得AC=DB=14AB,以CD為邊在線段AB的上方作一個(gè)正方形,然后擦掉線段CD,就得到圖2;對(duì)圖2中的最上方的線段EF記第n個(gè)圖形(圖1為第1個(gè)圖形)中的所有線段長度和為an,數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,則()A.數(shù)列{an}是等比數(shù)列B.S10=6C.an<3恒成立D.存在正數(shù)m,使得Sn<m恒成立三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2023全國乙,理15)已知{an}為等比數(shù)列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,則a7=.

14.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an-an+1=2anan+1,則a6=.

15.已知等比數(shù)列{an}滿足a2+8a5=0,設(shè)Sn是數(shù)列1an的前n項(xiàng)和,則S5S16.設(shè)數(shù)列{an}滿足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,則{an}的通項(xiàng)公式an=,數(shù)列an2n+1的前n四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)在①S4=-14,②S5=-15,③S6=-15三個(gè)條件中任選兩個(gè),補(bǔ)充到下面問題中,并解答.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿足,n∈N*.

(1)求Sn的最小值;(2)設(shè)數(shù)列1an+6an+7的前n項(xiàng)和為Tn18.(12分)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=3,an+1=3an-4n.(1)計(jì)算a2,a3,猜想{an}的通項(xiàng)公式并加以證明;(2)求數(shù)列{2nan}的前n項(xiàng)和Sn.19.(12分)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1,其前n項(xiàng)和為Sn,且數(shù)列Snn(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)若bn=(-1)nan,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.20.(12分)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且an+1=2Sn+2,數(shù)列{bn}滿足b1=2,(n+2)bn=nbn+1,其中n∈N*.(1)分別求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式;(2)在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù),使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為cn的等差數(shù)列,求數(shù)列{bncn}的前n項(xiàng)和Tn.21.(12分)某企業(yè)為一個(gè)高科技項(xiàng)目注入了啟動(dòng)資金1000萬元,已知每年可獲利25%,但由于競爭激烈,每年年底需從利潤中抽取200萬元資金(其余利潤繼續(xù)注入該項(xiàng)目中)進(jìn)行科研、技術(shù)改造與廣告投入,方能保持原有的利潤率.設(shè)經(jīng)過n年之后,該項(xiàng)目的資金為an萬元.(1)設(shè)bn=an-800,證明:數(shù)列{bn}為等比數(shù)列,并求出至少要經(jīng)過多少年,該項(xiàng)目的資金才可以達(dá)到或超過翻兩番(即為原來的4倍)的目標(biāo)(取lg2≈0.3);(2)若cn=(n+1)bn250,求數(shù)列{cn22.(12分)已知數(shù)列{an}滿足a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan=n((1)求a2的值;(2)若Tn=∑i=1n1(3)已知{bn}是公比q大于1的等比數(shù)列,且b1=a1,b3=a5,設(shè)cn=2an+1-λbn+1,若{cn}是遞減數(shù)列,求實(shí)數(shù)

章末目標(biāo)檢測卷五數(shù)列1.B設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.由等比中項(xiàng)的性質(zhì),得a3a11=a72=因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù),所以a7=4.所以a16=a7q9=32.所以log2a16=5.2.D設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.∵在等差數(shù)列{an}中,a4=5,a3是a2和a6的等比中項(xiàng),∴a解得a當(dāng)a1=-1,d=2時(shí),數(shù)列{an}的前5項(xiàng)和S5=5a1+5×42d=5×(-1)+5×4=15;當(dāng)a1=5,d=0時(shí),S5=5a1故選D.3.C設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,易知q≠±1.由題意,得a1(1-q5)1-q=5a1(1-q3)1-q-4,又a1=4.C由題意可知,從上到下,從內(nèi)到外,每環(huán)的扇面形石板數(shù)構(gòu)成以9為首項(xiàng),9為公差的等差數(shù)列,設(shè)為{an}.設(shè)上層有n環(huán),則上層扇面形石板總數(shù)為Sn,中層扇面形石板總數(shù)為S2n-Sn,下層扇面形石板總數(shù)為S3n-S2n,三層扇面形石板總數(shù)為S3n.因?yàn)閧an}為等差數(shù)列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n構(gòu)成等差數(shù)列,公差為9n2.因?yàn)橄聦颖戎袑佣?29塊,所以9n2=729,解得n=9.所以S3n=S27=27×9+27×262×9=34025.C∵an+1-an=2n,∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=2-2n1-2+2=2n-2+2=2n.∴Sn=2-2n+16.C∵S6>S7>S5,∴S7-S6<0,S7-S5>0,∴a7<0,a6+a7>0,∴S13=13(a1+a13)S12=12(a1+a12)2=6(∴滿足SnSn+1<0的正整數(shù)n的值為12,故選C.7.B設(shè)自上而下各節(jié)的容積分別為a1,a2,…,a9,公差為d,∵上面4節(jié)的容積共3升,下面3節(jié)的容積共4升,∴a解得a∴自上而下取第1,3,9節(jié),這3節(jié)的容積之和為a1+a3+a9=3a1+10d=3×1322+10×7668.C設(shè)x>0,則-x<0.因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù),所以f(x)=-f(-x)=-[-x(1+x)]=x(1+x).由a1=12,且an+1=11-an,得a2a3=11-aa4=11……即數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列,即a11=a3×3+2=a2=2.故f(a11)=f(a2)=f(2)=2×(1+2)=6.9.ABC因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}中S10=S20,所以a11+a12+…+a19+a20=5(a15+a16)=0,又a1>0,所以a15>0,a16<0,所以公差d<0,Sn≤S15,故ABC正確;因?yàn)镾31=31(a1+a31)2=31a10.ABC因?yàn)閿?shù)列{an}為等比數(shù)列,且a1a4=32,所以a2a3=32,又a2+a3=12,所以a2=4,a3=8即an=2n,Sn=2×(1-2n)即選項(xiàng)A正確;由于Sn+2=2n+1,則Sn+1+2即數(shù)列{Sn+2}是等比數(shù)列,即選項(xiàng)B正確;由于S8=29-2=510,即選項(xiàng)C正確;由于lgan+1-lgan=lg2n+1-lg2n=lg2,得數(shù)列{lgan}是公差為lg2的等差數(shù)列,即選項(xiàng)D錯(cuò)誤.11.ACD∵a11=2,a13=a61+1,∴2m2=2+5m+1,解得m=3或m=-12(舍去∴aij=ai1·3j-1=[2+(i-1)×3]×3j-1=(3i-1)×3j-1,∴a67=17×36,∴S=(a11+a12+a13+…+a1n)+(a21+a22+a23+…+a2n)+…+(an1+an2+an3+…+ann)=a11(1-3n)1-3+=14n(3n+1)(3n-1)12.BC由題意可得a1=1,a2=a1+2×12,a3=a2+2以此類推可得an+1=an+2×12n,則an+1-an所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+221+2=1+1-12n-11-12=3-12對(duì)于B選項(xiàng),S10=3×10-2×1-12101-對(duì)于C選項(xiàng),an=3-12n-2<3恒成立對(duì)于D選項(xiàng),因?yàn)閍n=3-12n-2>0恒成立,所以數(shù)列{S所以數(shù)列{Sn}無最大值,故不存在正數(shù)m,使得Sn<m,D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選BC.13.-2(方法一)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,則由a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,得a可得a所以a7=a1q6=a1q·q5=-2.(方法二)設(shè){an}的公比為q.由a2a4a5=a3a6,可得a2=1.又因?yàn)閍9a10=a2q7·a2q8=-8,即q15=-8,得q5=-2,則a7=a2·q5=-2.14.111由a1=1,an-an+1=2anan+1,得1a即數(shù)列1an是以1a1=1為首項(xiàng)故1a6=1a1+5×2=1115.-11設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.由a2+8a5=0,得a1q+8a1q4=0,解得q=-1易知1an是等比數(shù)列,公比為-2,首項(xiàng)為1a1,所以S2=1a1[1所以S5S216.22n-12n2n+1當(dāng)n≥2時(shí),由a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,①得a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).②由①-②,得(2n-1)an=2,即an=22n-1,當(dāng)故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=2因?yàn)閍n所以數(shù)列an2n+1的前n項(xiàng)和S=1-13+1317.(1)解設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.若選擇②③,由題意知a6=S6-S5=0,∵S5=5(a1+a5)2=5a3=-∴3d=a6-a3=3,解得d=1.∴an=a1+(n-1)d=a6+(n-6)d=n-6,∴a1<a2<…<a5<a6=0<a7<…,∴Sn≥S6=S5=-15.若選擇①②,由題意知a5=S5-S4=-1.∵S5=5(a1+a5)2=5a3=-∴2d=a5-a3=2,解得d=1.∴an=a1+(n-1)d=a3+(n-3)d=n-6,∴a1<a2<…<a5<a6=0<a7<…,∴Sn≥S6=S5=-15.若選擇①③,由題意知S即a解得a1=-5,d得a1<a2<…<a5<a6=0<a7<…,故Sn≥S6=S5=-15.(2)證明由(1)可得an=n-6,即1a故Tn=11?12+12?13+18.解(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],……a2-5=3(a1-3).因?yàn)閍1=3,所以an=2n+1.(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①從而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以Sn=(2n-1)2n+1+2.19.解(1)∵數(shù)列Snn是公差為2的等差數(shù)列,且S11=a∴Snn=1+(n-1)×2=2∴Sn=2n2-n.∴當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2n2-n-[2(n-1)2-(n-1)]=4n-3.∵a1=1符合上式,∴an=4n-3.(2)由(1)可得bn=(-1)nan=(-1)n×(4n-3).當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Tn=(-1+5)+(-9+13)+…+[-(4n-7)+(4n-3)]=4×n2=2當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),n+1為偶數(shù),Tn=Tn+1-bn+1=2(n+1)-(4n+1)=-2n+1.綜上所述,Tn=220.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由an+1=2Sn+2,得an=2Sn-1+2(n≥2),兩式相減可得an+1-an=2Sn-2Sn-1,即an+1-an=2an,整理得an+1=3an,則q=3.已知an+1=2Sn+2,令n=1,得a2=2a1+2,即a1q=2a1+2,解得a1=2.故等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2×3n-1.由b1=2,(n+2)bn=nbn+1,得bn所以bn=bnbn-1×bn-1bn-2×…×b3b2又b1=2滿足上式,所以{bn}的通項(xiàng)公式為bn=n(n+1).(2)若在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù),使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為cn的等差數(shù)列,則an+1-an=(n+1)cn,即2×3n-2×3n-1=(n+1)cn,整理得cn=4×所以bncn=4n×3n-1,所以Tn=4[1×30+2×31+3×32+…+(n-1)×3n-2+n×3n-1],3Tn=4[1×31+2×32+3×33+…+(n-1)×3n-1+n×3n],兩式相減,得-2Tn=4(30+31+32+…+3n-1-n×3n)=41-所以Tn=2n×3n+1-3n2=121.解(1)由題意可得a1=1000×(1+25%)-200=10