【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）章末目标检测卷5　数列 Word版含解析.docx，共(10)页，83.714 KB，由小赞的店铺上传

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章末目标检测卷五数列(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.已知公比为√23的等比数列{an}的各项都是正数,且a3a11

=16,则log2a16等于()A.4B.5C.6D.72.在等差数列{an}中,已知a4=5,a3是a2和a6的等比中项,则数列{an}的前5项的和为()A.15B.20C.25D.15或253.(2023全国甲,

理5)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1=1,S5=5S3-4,则S4=()A.158B.658C.15D.304.北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,

向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块5.对于数列{an},定义数列{an+

1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,数列{an}的“差数列”的通项为2n,则数列{an}的前n项和Sn等于()A.2B.2nC.2n+1-2D.2n-1-26.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S6>S7>S

5,则满足SnSn+1<0的正整数n的值为()A.10B.11C.12D.137.《九章算术》中的“竹九节”问题:现有一根9节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面4节的容积共3升,下面3节的容积共4升,现自上而下取第1,3,9节,则这3节的容积之和为()A.133升B.176升C.199

升D.2512升8.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x≤0时,f(x)=x(1-x).若数列{an}满足a1=12,且an+1=11-𝑎𝑛,则f(a11)等于()A.2B.-2C.6D.-6二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题

给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,S10=S20,则()A.d<0B.a16<0C.Sn≤S15D.当Sn<0时,n≥3210.在公比q为整数的等比数列{an}中,Sn是数列{a

n}的前n项和,若a1a4=32,a2+a3=12,则下列说法正确的是()A.q=2B.数列{Sn+2}是等比数列C.S8=510D.数列{lgan}是公差为2的等差数列11.将n2个数排成n行n列的一个数阵,如图.该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等

差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=2,a13=a61+1,记这n2个数的和为S.下列结论正确的有()a11a12a13…a1na21a22a23…a2na31a32a33…a3n……an1an2an3…annA.m=3B.a67=

17×37C.aij=(3i-1)×3j-1D.S=14n(3n+1)(3n-1)12.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学,分形的外表结构极为复杂,但其内部却是有规律可循的,一个数学意义上的分

形的生成是基于一个不断迭代的方程式,即一种基于递归的反馈系统.下面我们用分形的方法得到一系列图形,如图1,在长度为1的线段AB上取两个点C,D,使得AC=DB=14AB,以CD为边在线段AB的上方作一个正方形,然后擦掉线段CD,就

得到图2;对图2中的最上方的线段EF作同样的操作,得到图3;依次类推,我们就得到了以下一系列图形:记第n个图形(图1为第1个图形)中的所有线段长度和为an,数列{an}的前n项和为Sn,则()A.数列{an}是等比数列B.S1

0=6657256C.an<3恒成立D.存在正数m,使得Sn<m恒成立三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2023全国乙,理15)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则

a7=.14.已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=2anan+1,则a6=.15.已知等比数列{an}满足a2+8a5=0,设Sn是数列{1𝑎𝑛}的前n项和,则𝑆5𝑆2=.16.设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,则{an}的通项公式an=,数列{�

�𝑛2𝑛+1}的前n项和是.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)在①S4=-14,②S5=-15,③S6=-15三个条件中任选两个,补充到下面问题中,并解答.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,满足,n∈N*.(1)求Sn

的最小值;(2)设数列{1𝑎𝑛+6𝑎𝑛+7}的前n项和为Tn,证明:Tn<1.18.(12分)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.19.(12分)已

知数列{an}的首项a1=1,其前n项和为Sn,且数列{𝑆𝑛𝑛}是公差为2的等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=(-1)nan,求数列{bn}的前n项和Tn.20.(12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2Sn+2,数列{bn}满足b1=2,(n+

2)bn=nbn+1,其中n∈N*.(1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,求数列{bncn}的前n项和Tn.21.(12分)某

企业为一个高科技项目注入了启动资金1000万元,已知每年可获利25%,但由于竞争激烈,每年年底需从利润中抽取200万元资金(其余利润继续注入该项目中)进行科研、技术改造与广告投入,方能保持原有的利润率.设经过n年之后,该项目的资金为an万元.(1)设bn=an-800,证明:数列

{bn}为等比数列,并求出至少要经过多少年,该项目的资金才可以达到或超过翻两番(即为原来的4倍)的目标(取lg2≈0.3);(2)若cn=(𝑛+1)𝑏𝑛250,求数列{cn}的前n项和Sn.22.(12分)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+

nan=𝑛(𝑛+1)(4𝑛-1)6.(1)求a2的值;(2)若Tn=∑𝑖=1𝑛1aiai+1,试求出T3020的值;(3)已知{bn}是公比q大于1的等比数列,且b1=a1,b3=a5,设cn=√2an+1-λbn+1,若{cn}是递减数列,求实数λ的取值范围

.章末目标检测卷五数列1.B设等比数列{an}的公比为q.由等比中项的性质,得a3a11=𝑎72=16.因为数列{an}的各项都是正数,所以a7=4.所以a16=a7q9=32.所以log2a16=5.2.D设等差数列{an}的公差为d.∵在等差

数列{an}中,a4=5,a3是a2和a6的等比中项,∴{𝑎1+3𝑑=5,(𝑎1+2𝑑)2=(𝑎1+𝑑)(𝑎1+5𝑑),解得{𝑎1=-1,𝑑=2或{𝑎1=5,𝑑=0.当a1=-1,d=2时,数列{an}的前5项和S5=5a1+5×42d=5×(-1)

+5×4=15;当a1=5,d=0时,S5=5a1=25.故选D.3.C设等比数列{an}的公比为q,易知q≠±1.由题意,得𝑎1(1-𝑞5)1-𝑞=5𝑎1(1-𝑞3)1-𝑞-4,又a1=1,所以1-𝑞51-𝑞=5(1-𝑞3)1-𝑞-4,解得q=2或q=-2(舍去),所

以S4=𝑎1(1-𝑞4)1-𝑞=15,故选C.4.C由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为{an}.设上层有n环,则上层扇面形石板总数为Sn,中层扇面形石板总数为S2n-Sn,下层扇面形石

板总数为S3n-S2n,三层扇面形石板总数为S3n.因为{an}为等差数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等差数列,公差为9n2.因为下层比中层多729块,所以9n2=729,解得n=9.所以S3n=S

27=27×9+27×262×9=3402.故选C.5.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+11-2=2n+1-2.故选C.6.C∵S6>S7>S5,∴S7-S6<0,S7-S5>0,∴a7<0,a6+a7>0,∴S13=13(𝑎1+𝑎1

3)2=13a7<0,S12=12(𝑎1+𝑎12)2=6(a6+a7)>0,∴满足SnSn+1<0的正整数n的值为12,故选C.7.B设自上而下各节的容积分别为a1,a2,…,a9,公差为d,∵上面4节的容积共3升,下

面3节的容积共4升,∴{𝑎1+𝑎2+𝑎3+𝑎4=4𝑎1+6𝑑=3,𝑎9+𝑎8+𝑎7=3𝑎1+21𝑑=4,解得{𝑎1=1322,𝑑=766,∴自上而下取第1,3,9节,这3节的容积之和为a1+a3+a9=3a1+10d=3×1322

+10×766=176(升).8.C设x>0,则-x<0.因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(x)=-f(-x)=-[-x(1+x)]=x(1+x).由a1=12,且an+1=11-𝑎𝑛,得a2=1

1-𝑎1=11-12=2,a3=11-𝑎2=11-2=-1,a4=11-𝑎3=11-(-1)=12,……即数列{an}是以3为周期的周期数列,即a11=a3×3+2=a2=2.故f(a11)=f(a2)=f(2)=2×(1+2)=6.9.

ABC因为等差数列{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正确;因为S31=31(𝑎1+𝑎31)2=3

1a16<0,故D错误.10.ABC因为数列{an}为等比数列,且a1a4=32,所以a2a3=32,又a2+a3=12,所以{𝑎2=4,𝑎3=8,𝑞=2或{𝑎2=8,𝑎3=4,𝑞=12,又公比q

为整数,所以{𝑎2=4,𝑎3=8,𝑞=2.即an=2n,Sn=2×(1-2𝑛)1-2=2n+1-2,即选项A正确;由于Sn+2=2n+1,则𝑆𝑛+1+2𝑆𝑛+2=2𝑛+22𝑛+1=2,即数列{Sn+2}是等比数列,即选项B正确;由于S8=29-2=510,即选项C正确;由于l

gan+1-lgan=lg2n+1-lg2n=lg2,得数列{lgan}是公差为lg2的等差数列,即选项D错误.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+𝑎21(1-3𝑛)1-

3+…+𝑎𝑛1(1-3𝑛)1-3=12×(3n-1)×(2+3𝑛-1)𝑛2=14n(3n+1)(3n-1).12.BC由题意可得a1=1,a2=a1+2×12,a3=a2+2×122,以此类推可得an+1=an+2×12𝑛,则an+1-an=22𝑛,所以

an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+221+222+…+22𝑛-1=1+1-12𝑛-11-12=3-12𝑛-2,所以数列{an}不是等比数列,A选项错误;对于B选项,S10=3×10

-2×(1-1210)1-12=26+128=6657256,B选项正确;对于C选项,an=3-12𝑛-2<3恒成立,C选项正确;对于D选项,因为an=3-12𝑛-2>0恒成立,所以数列{Sn}递增,所以数列{Sn}无最大值,故不存在正数m,使得Sn<m,D选项错误.故选BC.13.-2(方

法一)设等比数列{an}的公比为q,则由a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,得{𝑎1𝑞·𝑎1𝑞3·𝑎1𝑞4=𝑎1𝑞2·𝑎1𝑞5,𝑎1𝑞8·𝑎1𝑞9=-8,可得{𝑎1𝑞=1,𝑞5=-2,所以a7=a1q6=a1q·q5=-2.(方法二)设{a

n}的公比为q.由a2a4a5=a3a6,可得a2=1.又因为a9a10=a2q7·a2q8=-8,即q15=-8,得q5=-2,则a7=a2·q5=-2.14.111由a1=1,an-an+1=2anan+1,得1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=2,即数列{1𝑎𝑛}是以1𝑎1=1为首项

,2为公差的等差数列.故1𝑎6=1𝑎1+5×2=11,即a6=111.15.-11设等比数列{an}的公比为q.由a2+8a5=0,得a1q+8a1q4=0,解得q=-12.易知{1𝑎𝑛}是等比数列,公比为-2,首项为1𝑎1,所以S2=1𝑎1[1-(-2)2]1-(-2)=-1

𝑎1,S5=1𝑎1[1-(-2)5]1-(-2)=11𝑎1,所以𝑆5𝑆2=-11.16.22𝑛-12𝑛2𝑛+1当n=1时,a1=2;当n≥2时,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,当n=1时也满足此式,故数列{an}的通项公式an=22𝑛-1.因为𝑎𝑛2𝑛+1=2(2𝑛-1)(2𝑛+1)=12𝑛-1−12𝑛+1,所以数列{𝑎

𝑛2𝑛+1}的前n项和S=1-13+13−15+…+12𝑛-1−12𝑛+1=1-12𝑛+1=2𝑛2𝑛+1.17.(1)解设等差数列{an}的公差为d.若选择②③,由题意知a6=S6-S5=0,∵S5=5(𝑎1+�

�5)2=5a3=-15,解得a3=-3,∴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.若选择①②,由题意知a5=S5-S4=-1.∵S5=5(𝑎1+𝑎5

)2=5a3=-15,解得a3=-3,∴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.若选择①③,由题意知{𝑆6=6(𝑎1+𝑎6)2=-15,𝑆4=4(𝑎1

+𝑎4)2=-14,即{𝑎1+𝑎6=2𝑎1+5𝑑=-5,𝑎1+𝑎4=2𝑎1+3𝑑=-7,解得{𝑎1=-5,𝑑=1,即an=n-6,得a1<a2<…<a5<a6=0<a7<…,故Sn≥S6=S5=-15.(2)证明由(1)可得an=n-6

,即1𝑎𝑛+6𝑎𝑛+7=1𝑛(𝑛+1)=1𝑛−1𝑛+1,故Tn=11−12+12−13+…+1𝑛−1𝑛+1=1-1𝑛+1<1.18.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).因为a1=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从而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)∵数列{𝑆𝑛𝑛}是公差为2的等差数列,且𝑆11=a1

=1,∴𝑆𝑛𝑛=1+(n-1)×2=2n-1.∴Sn=2n2-n.∴当n≥2时,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).当n为偶数时,Tn=(-1

+5)+(-9+13)+…+[-(4n-7)+(4n-3)]=4×𝑛2=2n;当n为奇数时,n+1为偶数,Tn=Tn+1-bn+1=2(n+1)-(4n+1)=-2n+1.综上所述,Tn={2𝑛,𝑛=2𝑘,𝑘∈N*,-2𝑛+1,𝑛=2

𝑘-1,𝑘∈N*.20.解(1)设等比数列{an}的公比为q,由an+1=2Sn+2,得an=2Sn-1+2(n≥2),两式相减可得an+1-an=2Sn-2Sn-1,即an+1-an=2an,整理得an

+1=3an,则q=3.已知an+1=2Sn+2,令n=1,得a2=2a1+2,即a1q=2a1+2,解得a1=2.故等比数列{an}的通项公式为an=2×3n-1.由b1=2,(n+2)bn=nbn+1,得𝑏𝑛+1𝑏𝑛=𝑛+2𝑛,

所以bn=𝑏𝑛𝑏𝑛-1×𝑏𝑛-1𝑏𝑛-2×…×𝑏3𝑏2×𝑏2𝑏1×b1=𝑛+1𝑛-1×𝑛𝑛-2×…×42×31×2=(𝑛+1)×𝑛2×1×2=n(n+1)(n≥2),

又b1=2满足上式,所以{bn}的通项公式为bn=n(n+1).(2)若在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,则an+1-an=(n+1)cn,即2×3n-2×3n-1=(n+1)cn,整

理得cn=4×3𝑛-1𝑛+1,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],两式相减,得-

2Tn=4(30+31+32+…+3n-1-n×3n)=4(1-3𝑛1-3-𝑛×3𝑛),所以Tn=2(𝑛×3𝑛+1-3𝑛2)=1+(2n-1)3n.21.解(1)由题意可得a1=1000×(1+25%)-200=1050,b1=a1-800=250.∵

an+1=54an-200,bn=an-800,∴800+bn=an,即800+bn+1=an+1=54an-200=54(bn+800)-200,∴bn+1=54bn,即数列{bn}是以250为首项,以54为公比的等比数列.∴bn=250×(54)𝑛-1,

an=800+250×(54)𝑛-1.令an≥4000,可得(54)𝑛-1≥645,则(n-1)lg54≥lg645.从而可得n-1≥lg645lg54=lg64-lg5lg5-lg4=7lg2-11

-3lg2≈11,故n≥12,至少要经过12年,该项目的资金才可以达到或超过翻两番的目标.(2)由(1)可得cn=(n+1)×(54)𝑛-1,则Sn=2×1+3×54+…+n·(54)𝑛-2+(n+1)×(54)𝑛-1,54Sn=2×54+3×(54)2+…+n·(54)𝑛-1+(n

+1)×(54)𝑛,两式相减,可得-14Sn=2+54+(54)2+…+(54)𝑛-1-(n+1)×(54)𝑛=2+54×[1-(54)𝑛-1]1-54-(n+1)×(54)𝑛,故Sn=-4×[2+4×(54)𝑛-5-(n+1)×(54)𝑛]=12+(4n-1

2)×(54)𝑛.22.解(1)由题意知,数列{nan}的前n项和为Sn=𝑛(𝑛+1)(4𝑛-1)6.当n=1时,1·a1=S1=1,得a1=1;当n≥2时,nan=Sn-Sn-1=𝑛(𝑛+1)(4𝑛-1)6−(𝑛-1)𝑛(4�

�-5)6=𝑛6[(n+1)(4n-1)-(n-1)(4n-5)]=n(2n-1),即当n≥2时,an=2n-1.又a1=1符合上式,所以an=2n-1.故a2的值为3.(2)由(1)可知an=2n-

1,则1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1(2𝑛-1)(2𝑛+1)=12(12𝑛-1−12𝑛+1),即Tn=∑𝑖=1𝑛1aiai+1=1a1a2+1a2a3+1a3a4+…+1anan+1=12[(1-13)+(13

-15)+(15-17)+…+(12n-1−12n+1)]=12(1-12n+1)=n2n+1.故T3020的值为30206041.(3)由b1=a1=1,b3=a5=9,得q2=9.又q>1,所以q=3,

所以bn=b1qn-1=3n-1,cn=√2an+1-λbn+1=2n-λ·3n.因为{cn}是递减数列,所以cn+1<cn,即2n+1-λ·3n+1<2n-λ·3n,化简得2λ·3n>2n.所以∀n∈N*,λ>12×(23)𝑛恒成立.又{12×(23)𝑛}是递减

数列,所以当n=1时,{12×(23)𝑛}取得最大值,且最大值为12×23=13,所以λ>13,即实数λ的取值范围是(13,+∞).