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??章末检测卷(一)　第1章
(时间：120分钟　满分：150分)
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．已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2 026，则序号n等于(　　)
667 668
669 676
2．在等差数列{an}中，a3＋a5＝12－a7，则a1＋a9＝(　　)
8 12
16 20
3．已知数列{an}是等差数列，a1＝2，其公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项，则S18＝(　　)
398 388
189 199
4．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和是(　　)
81 120
168 192
5．已知数列{an}满足递推关系：an＋1＝，a1＝，则a2 024＝(　　)
6．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于(　　)
7 6
5 4
7．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n(λ－n)－6，若数列{an}单调递减，则λ的取值范围是(　　)
(－∞，2) (－∞，3)
(－∞，4) (－∞，5)
8．假设从2025年起，某人每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2029年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为(　　)
a(1＋p)4 a(1＋p)5
[(1＋p)4－(1＋p)] [(1＋p)5－(1＋p)]
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是(　　)
log2(an)2
{an＋an＋1} {an＋an＋1＋an＋2}
10．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是(　　)
4 5
7 8
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N＋)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N＋)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是(　　)
Sn＝2Tn Tn＝2bn－1
Tn>an Tn三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12．若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N＋)，则a4＝________，前8项的和S8＝________．(本题第一空2分，第二空3分)
13．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
14．“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2025这2025个数中，能被3除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为________.
四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(13分)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值.
16．(15分)已知数列{an}满足a1＝，且an＋1＝an＋，n∈N＋.
(1)求证：是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
17．(15分)已知数列{an}的通项公式为an＝，n∈N＋.
(1)求数列的前n项和Sn；
(2)设bn＝anan＋1，求的前n项和Tn.
18．(17分)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N＋)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N＋)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
19．(17分)若数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式(－1)nλ章末检测卷(一)　第1章
1.D　[由2 026＝1＋3(n－1)，解得n＝676.]
2.A　[由a3＋a5＝12－a7，得a3＋a5＋a7＝12＝3a5，
即a5＝4，故a1＋a9＝2a5＝8.]
3.C　[由题可得a＝a3a8，
即(2＋4d)2＝(2＋2d)(2＋7d)，整理得d2－d＝0，
由d≠0，所以d＝1.
故S18＝18×2＋×18×17×1＝189.]
4.B　[由a5＝a2q3得q＝3，
∴a1＝＝3，S4＝＝＝120.]
5.D　[由an＋1＝得＝＋1，
所以数列是等差数列，首项＝2，公差为1，
所以＝2＋(2 024－1)×1＝2 025，
则a2 024＝.]
6.C　[由已知得Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，
故公比q＝－2，
又Sm＝＝－11，故a1＝－1，
又am＝a1qm－1＝－16，代入可求得m＝5.]
7.A　[∵Sn＝3n(λ－n)－6，①
∴Sn－1＝3n－1(λ－n＋1)－6，n＞1，②
①－②得an＝3n－1(2λ－2n－1)(n＞1，n∈N＋)，
又{an}为单调递减数列，∴an＞an＋1，且a1＞a2.
∴3n－1(2λ－2n－1)＞3n(2λ－2n－3)，
化为λ＜n＋2(n＞1)，且λ＜2，
∴λ＜2，∴λ的取值范围是(－∞，2).故选A.]
8.D　[设自2026年起每年到5月1日存款本息合计为a1，a2，a3，a4.
则a1＝a＋a·p＝a(1＋p)，
a2＝a(1＋p)(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a3＝a2(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a4＝a3(1＋p)＋a(1＋p)
＝a[(1＋p)4＋(1＋p)3＋(1＋p)2＋(1＋p)]
＝a·＝[(1＋p)5－(1＋p)].]
9.AD　[当an＝1时，log2(an)2＝0，
所以数列{log2(an)2}不一定是等比数列；
当q＝－1时，an＋an＋1＝0，
所以数列{an＋an＋1}不一定是等比数列；
由等比数列的定义知和{an＋an＋1＋an＋2}都是等比数列.故选AD.]
10.BD　[设最上面一层放a1根，一共放n(n≥2)层，
则最下面一层放(a1＋n－1)根，
于是＝100.
整理得2a1＝＋1－n，因为a1∈N＋，
所以n为200的因数，＋(1－n)≥2且为偶数，
验证可得n＝5，8满足题意.故选BD.]
11.BD　[因为点(n，Sn＋3)在函数y＝3×2x的图象上，
所以Sn＋3＝3×2n，即Sn＝3×2n－3.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3×2n－3－(3×2n－1－3)＝3×2n－1，
又当n＝1时，a1＝S1＝3，所以an＝3×2n－1.
设bn＝b1qn－1, 则b1qn－1＋b1qn＝3×2n－1，可得b1＝1，q＝2，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
由等比数列前n项和公式可得Tn＝2n－1.
综合选项可知，B，D正确.]
12.8　255　[由a1＝1，an＋1＝2an(n∈N＋)，可知数列{an}为等比数列，故a4＝8，S8＝255.]
13.63　[∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q＞1，
∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，
因此S6＝＝63.]
14.135　[因为能被3除余1且被5除余1的数就是能被15除余1的数，故an＝15n－14≤2 025，解得n≤135，
数列{an}共有135项.]
15.解　(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2，
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
16.(1)证明　由已知得
an＋1－＝an－＝.
因为a1＝，所以a1－＝，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
(2)解　由(1)知是以为首项，
为公比的等比数列，
所以an－＝×，
所以an＝×＋.
17.解　(1)∵＝6n－4，∴＝1＋＝6n－3，
所以是首项为3，公差为6的等差数列，
所以Sn＝3n＋×6＝3n2.
(2)∵bn＝anan＋1＝×＝，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝[＋＋…＋＋
]＝＝.
18.解　(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，
即4a5＝a3，
于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，
所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为
an＝×＝(－1)n－1·(n∈N＋).
(2)由(1)得Sn＝1－＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1故0当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
所以＝S2≤Sn<1，
故0>Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，数列{Tn}的最大项的值为，最小项的值为－.
19.解　(1)∵数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.
∴a1＋1＝2，解得a1＝1.
又∵数列{an}是公差为2的等差数列，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴2nbn＝nbn＋1，2bn＝bn＋1，
∴数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，即bn＝2n－1.
(2)数列{cn}满足cn＝＝＝，
数列{cn}的前n项和Tn＝1＋＋＋…＋，
∴Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝1＋＋＋…＋－
＝－＝2－，
∴Tn＝4－，
不等式(－1)nλ即(－1)nλ<4－恒成立，
当n＝2k(k∈N＋)时，λ<4－，∴λ<3；
当n＝2k－1(k∈N＋)时，－λ<4－，∴λ>－2.
综上可得，实数λ的取值范围是(－2，3).(共32张PPT)
章末检测卷(一)　第1章
(时间：120分钟　满分：150分)
√
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.已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2 026，则序号n等于
A.667 B.668 C.669 D.676
由2 026＝1＋3(n－1)，解得n＝676.
√
由a3＋a5＝12－a7，得a3＋a5＋a7＝12＝3a5，即a5＝4，
2.在等差数列{an}中，a3＋a5＝12－a7，则a1＋a9＝
A.8 B.12 C.16 D.20
故a1＋a9＝2a5＝8.
√
3.已知数列{an}是等差数列，a1＝2，其公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项，则S18＝
A.398 B.388 C.189 D.199
即(2＋4d)2＝(2＋2d)(2＋7d)，整理得d2－d＝0，由d≠0，所以d＝1.
√
4.等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和是
A.81 B.120
C.168 D.192
由a5＝a2q3得q＝3，
√
√
6.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于
A.7 B.6 C.5 D.4
由已知得Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，
7.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n(λ－n)－6，若数列{an}单调递减，则λ的取值范围是
A.(－∞，2) B.(－∞，3)
C.(－∞，4) D.(－∞，5)
√
∵Sn＝3n(λ－n)－6，①
∴Sn－1＝3n－1(λ－n＋1)－6，n＞1，②
①－②得an＝3n－1(2λ－2n－1)(n＞1，n∈N＋)，
又{an}为单调递减数列，∴an＞an＋1，且a1＞a2.
∴3n－1(2λ－2n－1)＞3n(2λ－2n－3)，化为λ＜n＋2(n＞1)，且λ＜2，
∴λ＜2，∴λ的取值范围是(－∞，2).故选A.
8.假设从2025年起，某人每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2029年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为
设自2026年起每年到5月1日存款本息合计为a1，a2，a3，a4.
√
则a1＝a＋a·p＝a(1＋p)，
a2＝a(1＋p)(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a3＝a2(1＋p)＋a(1＋p)＝a(1＋p)3＋a(1＋p)2＋a(1＋p)，
a4＝a3(1＋p)＋a(1＋p)＝a[(1＋p)4＋(1＋p)3＋(1＋p)2＋(1＋p)]
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
√
9.已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是
√
当q＝－1时，an＋an＋1＝0，所以数列{an＋an＋1}不一定是等比数列；
10.朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是
A.4 B.5 C.7 D.8
√
√
11.已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N＋)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N＋)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是
A.Sn＝2Tn B.Tn＝2bn－1
C.Tn>an D.Tn因为点(n，Sn＋3)在函数y＝3×2x的图象上，
√
√
所以Sn＋3＝3×2n，即Sn＝3×2n－3.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3×2n－3－(3×2n－1－3)＝3×2n－1，
又当n＝1时，a1＝S1＝3，所以an＝3×2n－1.
设bn＝b1qn－1, 则b1qn－1＋b1qn＝3×2n－1，可得b1＝1，q＝2，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
由等比数列前n项和公式可得Tn＝2n－1.
综合选项可知，B，D正确.
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12.若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N＋)，则a4＝________，前8项的和S8＝________.(本题第一空2分，第二空3分)
8
由a1＝1，an＋1＝2an(n∈N＋)，可知数列{an}为等比数列，故a4＝8，S8＝255.
255
13.已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和.若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
63
∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q＞1，
14.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2025这2025个数中，能被3除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为________.
135
因为能被3除余1且被5除余1的数就是能被15除余1的数，
设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
由a1＝－7得d＝2，
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
(2)求Sn，并求Sn的最小值.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
(2)求数列{an}的通项公式.
设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
∵数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.
19.(17分)若数列{an}是公差为2的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝2，且anbn＋bn＝nbn＋1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
∴a1＋1＝2，解得a1＝1.
又∵数列{an}是公差为2的等差数列，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴2nbn＝nbn＋1，2bn＝bn＋1，
∴数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，即bn＝2n－1.

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