湘教版高中數(shù)學選擇性必修第一冊第1章數(shù)列檢測卷含答案

第1章數(shù)列(滿分150分,考試用時120分鐘)一、單項選擇題(本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,a1+a7=-8,a2=2,則數(shù)列{an}的公差d等于()A.-1 B.-2 C.-3 D.-42.各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,a6與a12的等比中項為3,則log3a7+log3a11=()A.1 B.2 C.3 D.43.《算法統(tǒng)宗》是我國古代數(shù)學名著,由明代數(shù)學家程大位編著,它對我國民間普及珠算和數(shù)學知識起到了很大的作用.在這部著作中,許多數(shù)學問題都是以歌訣形式呈現(xiàn)的,如“九兒問甲歌”就是其中一首:一個公公九個兒,若問生年總不知,自長排來差三歲,共年二百又零七,借問長兒多少歲,各兒歲數(shù)要詳推.在這個問題中,這位公公的長兒的年齡為()A.23歲 B.32歲 C.35歲 D.38歲4.已知數(shù)列{an}中,a1=-14,an=1-1an-1(n≥2),A.5 B.-14C.45 D.-5.設等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若S4S8=13A.19 B.1C.15 D.6.若等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項和為Sn,記bn=Snn,A.數(shù)列{bn}是公差為d的等差數(shù)列B.數(shù)列{bn}是公差為2d的等差數(shù)列C.數(shù)列{an+bn}是公差為32dD.數(shù)列{an-bn}是公差為32d7.設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,已知a5=11,S10=120,bn=1an·an+1,若Tk=A.9 B.8 C.7 D.68.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,a2=116,anan+2=4an+12,則A.2-12 B.2-10 C.2-5 D.2-6二、多項選擇題(本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分)9.設d,Sn分別為等差數(shù)列{an}的公差與前n項和,若S10=S20,則下列判斷中正確的有()A.當n=15時,Sn取最大值B.當n=30時,Sn=0C.當d>0時,a10+a22>0D.當d<0時,|a10|>|a22|10.如圖所示的數(shù)表中,第1行是從1開始的正奇數(shù),從第2行開始,每個數(shù)是它肩上兩個數(shù)之和,則下列說法正確的是()A.第6行第1個數(shù)為192B.第10行的數(shù)從左到右構成公差為210的等差數(shù)列C.第10行前10個數(shù)的和為95×29D.第2021行第2021個數(shù)為6061×2202011.在數(shù)列{an}中,若an2-an-12=p(n≥2,n∈N+,p為常數(shù)),則稱{anA.若{an}是等差數(shù)列,則{an2B.{(-1)n}是等方差數(shù)列C.若{an}是等方差數(shù)列,則{akn}(k∈N+,k為常數(shù))也是等方差數(shù)列D.若{an}既是等方差數(shù)列,又是等差數(shù)列,則該數(shù)列為常數(shù)列12.設正整數(shù)n=a0·20+a1·21+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},記ω(n)=a0+a1+…+ak,則()A.ω(2n)=ω(n) B.ω(2n+3)=ω(n)+1C.ω(8n+5)=ω(4n+3) D.ω(2n-1)=n三、填空題(本題共4小題,每小題5分,共20分)13.設{an}是公差為-2的等差數(shù)列,如果a1+a4+a7+…+a97=50,那么a3+a6+a9+…+a99=.

14.已知等比數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,若a1=1,且3a2,2a3,a4為等差數(shù)列,則{an}的前4項和S4=.

15.設Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,若a8a9=1715,則16.如圖,P1是一塊半徑為2a的半圓形紙板,在P1的左下端剪去一個半徑為a的半圓后得到圖形P2,然后依次剪去一個更小的半圓(其直徑為前一個被剪掉半圓的半徑)得到圖形P3,P4,…,Pn,…,記第n塊紙板Pn的面積為Sn,則S3=,若?n∈N+,Sn>2020π3恒成立,則a的取值范圍是四、解答題(本題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17.(10分)在①Sn=2an-1,②an+1an=2n-12n+1,a2=13,③S已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,,數(shù)列{bn}滿足bn=anan+1,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.

18.(12分)在等差數(shù)列{an}中,a5=-10,a6+a7+a8=-18,其前n項和為Sn.(1)求Sn的最小值及此時n的值;(2)求數(shù)列{|an|}的前n項和Tn.19.(12分)已知數(shù)列{an},{bn}滿足an-bn=2n.(1)若{an}是等差數(shù)列,b2=1,b4=-7,求數(shù)列{bn}的前n項和Sn;(2)若{bn}是各項均為正數(shù)且公比為q的等比數(shù)列,是否存在實數(shù)q,使{an}為等比數(shù)列?若存在,求出q的值;若不存在,請說明理由.20.(12分)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足tSn+1-Sn=t(an+1+an-1),t∈R且t(t-1)≠0,n∈N+.(1)求{an}的通項公式;(2)已知{bn}是等差數(shù)列,b1=3a1,b2=2a2,b3=a3,求數(shù)列{anbn}的前n項和Tn.21.(12分)已知數(shù)列{an}滿足an+1-2an+2=0,且a1=8.(1)證明:數(shù)列{an-2}為等比數(shù)列;(2)設bn=(-1)nan(2n+1)(2n+1+1),記數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,若對任意的n∈N22.(12分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,2Sn=(2n+1)an-2n2(n∈N+),數(shù)列{bn}滿足b1=a1,nbn+1=anbn.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式;(2)設數(shù)列{cn}滿足c1=4,cn+1=cn-anbn(n∈N+),若不等式λ+3n+92n≥cn(n∈N+答案與解析1.C由題意得a1+a12.B易知a6·a12=9,∴l(xiāng)og3a7+log3a11=log3(a7·a11)=log3(a6·a12)=log39=2.故選B.3.C設第n個兒子的年齡為an歲,由題可知{an}是等差數(shù)列,且公差d=-3,則S9=9a1+9×82×(-3)=207,解得a1=35,即這位公公的長兒的年齡為35歲,故選4.B因為a1=-14,an=1-1an所以a2=1-1a1=1-1-14=5,a3=1-1a2=1-15=45,a4所以數(shù)列{an}是以每3個數(shù)“-14,5,45因為100=33×3+1,所以a100=a1=-14,故選5.C由等比數(shù)列前n項和的性質(zhì)知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比數(shù)列,設S4=m(m≠0),因為S4S8=13,所以S8=3m,則S8-S4=2m,所以S12-S8=4m,S16-S12=8m,所以S12=7m,S16=15m,所以S8S166.C易知an=a1+(n-1)d,Sn=na1+n(n-1)2d,故bn=Snn=12dn+a1-12d,因此bn是關于n的一次函數(shù),故數(shù)列{bn}是公差為12d的等差數(shù)列,故A,B錯誤;由an+bn=32dn+2a1-32d是關于n的一次函數(shù),得數(shù)列{an+bn}是公差為32d的等差數(shù)列,故C正確;由an-bn=12dn-12d是關于n的一次函數(shù),得數(shù)列{an7.A設等差數(shù)列{an}的公差為d,因為S10=10(a1+a10)2=5(a5+a6)=5(11+a6)=120,所以a6=13,則d=a6-a5=2,所以an=a5+2(n-5)=2n+1,所以所以Tn=1213-15+15-17+…+12n+1-128.D∵a1=1,a2=116,anan+2=4a∴an≠0,an+2a∴數(shù)列an+1an是首項為a2a1∴an+1an=116當n≥2時,an=anan-1·an-1an-2·…·a2a1·a∵n=1時,412(n-1)(n-6)=1=a1∴當n=3或n=4時,an取得最小值,最小值為4-3=2-6,故選D.9.BC因為S10=S20,所以10a1+10×92d=20a1+20×192d,解得a1=-因為無法確定a1和d的正負,所以無法確定Sn是否有最大值,故A錯誤.S30=30a1+30×292d=30×-292d+15×29d=0,a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2-292d+15da10=a1+9d=-292d+9d=-112d,a22=a1+21d=-292因為d<0,所以|a10|=-112d,|a22|=-13所以|a10|<|a22|,故D錯誤.故選BC.ABD數(shù)表中,第1行的數(shù)構成首項為1,公差為2的等差數(shù)列;第2行的數(shù)構成首項為4,公差為4的等差數(shù)列;第3行的數(shù)構成首項為12,公差為8的等差數(shù)列;……;故第n行的數(shù)構成首項是an=n×2n-1,公差為dn=2n的等差數(shù)列.故第6行第1個數(shù)為a6=6×26-1=192,故A正確;第10行的數(shù)從左到右構成公差為210的等差數(shù)列,故B正確;第10行的第1個數(shù)為a10=10×210-1=10×29,所以第10行前10個數(shù)的和為10×10×29+10×92×210=190×29,故C錯誤;第2021行第1個數(shù)為a20212021×22021-1=2021×22020,第2021行的公差為22021,故第2021行第2021個數(shù)為2021×22020+(2021-1)×22021=6061×22020,故D正確.故選ABD.11.BCD在選項A中,取an=n,則{an}是等差數(shù)列,且an2=n2,則an+12-an2=(n+1)2-n2=2n+1,不是常數(shù),所以{a在選項B中,設an=(-1)n,則an2-an-12=[(-1)n]2-[(-1)n-1]2=1-1=0,是常數(shù),所以在選項C中,由{an}是等方差數(shù)列,得an2-an-12=p,從而an2=a12+(n-1)p,所以ak(n+1)2-akn2=[a12+(kn+k-1)p]-[a1在選項D中,由{an}是等差數(shù)列,可設其公差為d,則an-an-1=d,又{an}是等方差數(shù)列,所以an2-an-12=p,所以an2-an-12=(an+an-1)(an-an-1)=(an+an-1)d=p②-①,得(d+d)d=0,所以d=0,所以{an}是常數(shù)列,故D正確.故選BCD.12.ACD對于A選項,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選項正確;對于B選項,取n=2,2n+3=7=1×20+1×21+1×22,∴ω(7)=3,而2=0×20+1×21,則ω(2)=1,即ω(7)≠ω(2)+1,B選項錯誤;對于C選項,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選項正確;對于D選項,2n-1=20+21+…+2n-1,故ω(2n-1)=n,D選項正確.故選ACD.13.答案-82解析∵{an}是公差為-2的等差數(shù)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解析由題意知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù).設{an}的公比為q(q>1),因為3a2,2a3,a4為等差數(shù)列,所以4a3=3a2+a4.因為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-q15.答案1解析在等差數(shù)列{an}中,a8a9=1715,所以S15S17=15(a116.答案11π8a2;[解析依題意得,S1=12π×(2a)2=2πa2S1-S2=12πa2S2-S3=12π×a22=1∴S3=S2-18πa2=S1-12πa2-18πa2=11以此類推,{Sn+1-Sn}是以S2-S1=-12πa2為首項,14記S2-S1=-12πa2則S3-S2=14S,……,Sn-Sn-1=14n∴Sn-S1=S×1-14n∴Sn=S1+43S×1-14n-1=2πa2-23πa2=43πa2+23πa214經(jīng)檢驗,當n=1時,上式也成立,∴Sn=43πa2+23πa214n-1∵Sn>2020π3對任意n∈N+恒成立,且Sn>4π∴只需43πa2≥2020π3即可,解得a又∵a>0,∴a≥505,即a的取值范圍是[505,+∞).17.解析選條件①Sn=2an-1,由Sn=2an-1,Sn-1=2所以an=2an-1(n≥2),(3分)又因為S1=2a1-1,所以a1=1,所以數(shù)列{an}是以1為首項,2為公比的等比數(shù)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=選條件②an+1an=2n解法一:由an+1an=2n-12n+1,得a2a1=當n≥2時,ana1=a2a1×a3a2×…×ana所以an=12n-1又因為a1=1也符合an=12n-1,所以an=1因此bn=anan+1=1(2n-1)(2n+1)所以Tn=121-13+13解法二:由an+1an=2n-12所以數(shù)列{(2n-1)an}是常數(shù)列,(3分)所以(2n-1)an=(2×2-1)a2=1,所以an=12n-1下同解法一.(10分)選條件③Sn=2n+1,當n≥2時,an=Sn-Sn-1=(2n+1)-(2n-1+1)=2n-1,(3分)又因為a1=S1=3,顯然不符合上式,所以an=3,n=1,2則bn=an·an+1=6,n=1,2當n≥2時,Tn=6+23+25+…+22n-1=6+8(1-4n-1)1-4=2又因為T1=6,符合Tn=23×4n+10所以Tn=23×4n+103.(1018.解析(1)設{an}的公差為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∴當n=9或n=10時,Sn取得最小值,且最小值為-90.(6分)(2)由(1)得an=2n-20,則當n≤10時,an≤0,當n≥11時,an>0,∴當n≤10時,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=-a1-a2-a3-…-an=-n(-18+2n-20)2=19n-n當n≥11時,Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=-a1-a2-a3-…-a10+a11+a12+…+an=90+(n-10)(2+2n綜上,Tn=19n-n19.解析(1)由an-bn=2n,b2=1,b4=-7,得a2=b2+22=5,a4=b4+24=9,設{an}的公差為d,則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)(2)因為{bn}是各項均為正數(shù)且公比為q的等比數(shù)列,所以bn=b1qn-1(q>0),由an-bn=2n,得an=bn+2n=2n+b1qn-1.若{an}是等比數(shù)列,則a22=a1a3,即(b2+4)整理得b22+8b2+16=b1b3+8b1+2b3+16,所以4b2=4b1+b所以4b1q=4b1+b1q2,解得q=2.(9分)當q=2時,an=2n+b1·2n-1=(b1+2)·2n-1,因為b1>0,所以an+1an=2,為常數(shù),故{a所以存在實數(shù)q=2,使{an}為等比數(shù)列.(12分)20.解析(1)當n=1時,tS2-S1=t(a2+a1-1),即-S1=-a1=-t,解得a1=t.當n≥2時,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an所以數(shù)列{an}是以t為首項,t為公比的等比數(shù)列,即an=tn.(6分)(2)由{bn}是等差數(shù)列,得2b2=b1+b3,即4a2=3a1+a3,所以4t2=3t+t3,又因為t(t-1)≠0,所以t=3,故an=3n.(8分)設等差數(shù)列{bn}的公差為d,則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)則Tn=1×33+2×34+3×35+…+n·3n+2,①3Tn=1×34+2×35+3×36+…+n·3n+3,②①-②,得-2Tn=3