第4章 数列练习-《精讲精练》26版高中同步新教材数学苏教版（2019）选择性必修第一册

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
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)
第4章　数列
全卷满分150分　考试用时120分钟
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.正项等比数列{an}中,a4=1,a5a11=81,则a6=(　　)
A.　　　　　B.3　　　　　C.6　　　　　D.9
2.已知数列{an}满足a1=3,且an+1an=an-1,则a2 024的值为(　　)
A.3　　　　　B.
3.已知各项均不为零的数列{an}满足a1=1,且an+1=,则a10=(　　)
A.
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且S10=2,S30=14,则S40=(　　)
A.20　　　　　B.30　　　　　C.40　　　　　D.50
5.已知等差数列{an}的项数为2m+1(m∈N*),其中奇数项之和为140,偶数项之和为120,则m=(　　)
A.6　　　　　B.7　　　　　C.12　　　　　D.13
6.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+an=1,记bm为数列{an}中能使an≥(m∈N*)成立的最小项,则数列{bm}的前2 023项和为(　　)
A.2 023×2 024　　　　　B.22 024-1　　　　　C.6-
7.已知数列{an}满足a1=1,a2=,则an的最小值为(　　)
A.2-12　　　　　B.　　　　　C.2-5　　　　　D.2-6
8.“春雨惊春清谷天,夏满芒夏暑相连,秋处露秋寒霜降,冬雪雪冬小大寒”,这首二十四节气歌记录了中国古代劳动人民在田间耕作长期积累的经验和智慧.我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中有这样一个问题:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(如图1所示,晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度),二十四节气及晷长变化如图2所示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则下列说法错误的是(　　)
图1 图2
A.相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺
B.立春和立秋两个节气的晷长相同
C.春分的晷长为七尺五寸
D.立春的晷长比秋分的晷长长
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,且d≠0,a1,a4,a6成等比数列,则(　　)
A.S19=0　　　　　B.a9=0
C.当d<0时,S9是Sn的最大值　　　　　D.当d>0时,S10是Sn的最小值
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,若对任意的正整数n,都有an+1≤Sn,则称{an}为“和谐数列”,则下列结论中正确的有(　　)
A.常数列为“和谐数列”
B.为“和谐数列”
C.{2n+1}为“和谐数列”
D.若数列{an}为“和谐数列”,则数列{an+1}为“和谐数列”
11.已知数列{an}满足a1=1且an+1=an,数列{bn}满足bn=antn(t∈R),则下列说法正确的有(　　)
A.数列{bn}为等比数列
B.当t=2时,数列{bn}的前n项和为(n-1)2n+1+2
C.当t∈(0,1)且为整数时,数列{bn}的最大项有两项
D.当t∈时,数列{bn}为递减数列
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S8-2S4=6,则a9+a10+a11+a12的最小值为　　　　.
13.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1(n∈N*),记数列的前n项和为Tn.若 n∈N*,不等式k>Tn恒成立,则实数k的取值范围为　　　　　　.
14.“雪花”是非常美丽的图案,理论上,一片雪花的周长可以无限长,围成雪花的曲线称作“雪花曲线”,又称“科赫曲线”,是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图,“雪花曲线”的一种形成过程为:从一个正三角形开始,把每条边分成三等份,然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形,再去掉底边,重复进行这一过程.若第1个图形中的三角形的周长为1,则第n个图形的周长为　　　　;若第1个图形中的三角形的面积为1,则第n个图形的面积为　　　　　　　.
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.(本小题满分13分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,3Sn=(n+m)an(m∈R,n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn.
(1)求数列的前n项和Rn;
(2)若anbn=n,且存在n∈N*,使得λ+Tn≥T2n成立,求实数λ的取值范围.
16.(本小题满分15分)甲、乙两超市同时开业,第一年的全年销售额均为a万元.由于经营方式不同,甲超市前n年的总销售额为万元,乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多a万元.
(1)求甲、乙两超市第n年全年的销售额;
(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%,则该超市将被另一超市收购,判断哪个超市有可能被收购.如果有这种情况,将会出现在第几年
17.(本小题满分15分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a1=-3,.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)对于数列极限有如下常用结论:设bn==t1+t2+…+tn,试求(aibi)的值;
(3)从(2)的数列{bn}中取出部分项按原来的前后顺序组成一个无穷等比数列{cn},且满足它的各项和等于,试求出{cn}的通项公式.
18.(本小题满分17分)在①Sn=n,②an≠0,Sn=这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答下列问题.
已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,且满足　　　　.
(1)证明:数列{an}是等差数列,并求{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.
(i)求Tn;
(ii)是否存在互不相等的正整数p,q,r,使得p,q,r成等差数列且Tp+2,Tq+2,Tr+2成等比数列 若存在,求出满足条件的所有p,q,r的值;若不存在,请说明理由.
注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
19.(本小题满分17分)已知数列{an}的前n项和Sn满足S2=5,2Sn=2n+nan,n∈N*.
(1)求{an}的通项公式;
(2)数列{bn},{cn}满足bn=,且cn=bn,求证:+…+<4.
答案与解析
1.B　设等比数列{an}的公比为q,q>0,由a5a11=81得a4q×a4q7=q8=81,故q2=3,所以a6=a4q2=3.故选B.
2.B　由题意得an+1=1-,所以a2=1-=1-(-2)=3=a1,故数列{an}具有周期性,且周期为3,又2 024=3×674+2,所以a2 024=a2=.故选B.
3.B　∵an+1=,an≠0,∴=2,……,=9,以上各式相加可得=1+2+…+9=45,又a1=1,∴a10=.故选B.
4.B　设等比数列{an}的公比为q,由题易知q≠1,
则得 1+q10+q20=7,即q20+q10-6=0,
解得q10=2或q10=-3(舍),则q40=16,
将q10=2代入①,得=-2,
所以S40==-2×(1-16)=30.故选B.
5.A　项数为2m+1的数列{an}中奇数项共有(m+1)项,偶数项共有m项,
且奇数项的和为=(m+1)am+1=140,
偶数项的和为=mam+1=120,
所以,解得m=6.故选A.
6.D　因为Sn+an=1,所以Sn+1+an+1=1,两式相减,得2an+1-an=0,
当n=1时,S1+a1=1,即a1=,故an≠0,
所以{an}是首项为,公比为的等比数列,故an=,
显然{an}是递减数列,要使an最小,则n最大,
令,得2n≤2m+1.
若m=1,则n≤1,b1=a1=;若2≤m≤3,则n≤2,bm=a2=;
若4≤m≤7,则n≤3,bm=a3=;若8≤m≤15,则n≤4,bm=a4=;
……
若1 024≤m≤2 047,则n≤11,bm=a11=;
……
设数列{bm}的前2 023项和为Tm,则T1=b1=,
T3=b1+(b2+b3)==1,
T7=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)=,
T15=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+…+b15)==2,
……
∴T2 047=11×,∴T2 023=.故选D.
7.D　因为a1=1,a2=,所以an≠0,所以,
所以数列为等比数列,首项为,公比为4,
所以·4n-1=4n-3,
当n≥2时,an=·a1=4n-4×4n-5×…×4-2×1=2(n-1)(n-6),
因为n=1时,a1=1满足上式,所以an=2(n-1)(n-6).
因为y=(n-1)(n-6)=,
所以当n=3或n=4时,an取得最小值,为2-6.故选D.
8.B　由题意可得,从冬至到夏至,每个节气的晷长(以寸为单位)依次构成等差数列,设该等差数列为{an},公差为d1,则a1=135,a13=15,
所以d1==-10,所以an=135-10(n-1)=145-10n.
从夏至到冬至,每个节气的晷长(以寸为单位)依次构成等差数列,设该等差数列为{bn},公差为d2,则b1=15,d2=-d1=10,所以bn=15+10(n-1)=5+10n.
对于A,因为d1=-10,d2=10,所以相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺,故A中说法正确.
对于B,立春的晷长对应的是{an}中的a4,所以a4=145-10×4=105,立秋的晷长对应的是{bn}中的b4,所以b4=5+10×4=45,故B中说法错误.
对于C,春分的晷长对应的是{an}中的a7,所以a7=145-10×7=75,故C中说法正确.
对于D,秋分的晷长对应的是{bn}中的b7,所以b7=5+10×7=75,结合B选项可知D中说法正确.故选B.
9.ACD　因为a1,a4,a6成等比数列,所以a1a6=,即a1(a1+5d)=(a1+3d)2,整理得a1d=-9d2,因为d≠0,所以a1=-9d,故a10=a1+9d=0,
则S19==19a10=0,故A正确,B错误;
当d<0时,{an}单调递减,此时a1>a2>…>a9>a10=0>a11>…,
所以当n=9或n=10时,Sn取得最大值,即(Sn)max=S9=S10,故C正确;
当d>0时,{an}单调递增,此时a1所以当n=9或n=10时,Sn取得最小值,即(Sn)min=S9=S10,故D正确.
故选ACD.
10.BD　对于A,令an=c(c为常数),则Sn=nc,当c<0时,a3=c>2c=S2,此时数列不为“和谐数列”,故A错误;
对于B,令an=,则Sn=1->0,即an+1≤Sn成立,故B正确;
对于C,令an=2n+1,则Sn=·n=n(n+2),因为a2=5>3=S1,所以{2n+1}不是“和谐数列”,故C错误;
对于D,令bn=an+1,则bn+1=an+1+1,设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=a1+1+a2+1+…+an+1=Sn+n,因为an+1≤Sn,1≤n,所以an+1+1≤Sn+n,即bn+1≤Tn,所以数列{an+1}为“和谐数列”,故D正确.故选BD.
11.BCD　由an+1=an,得,所以数列是常数列,又=1,故=1,故an=n,所以bn=ntn,若t=0,则bn=0,此时{bn}不是等比数列,若t≠0,则t,不是定值,故{bn}不是等比数列,A错误;
当t=2时,bn=n·2n,设数列{bn}的前n项和为Tn,
则Tn=2+2×22+3×23+…+n×2n,2Tn=22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,
则-Tn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2,所以Tn=(n-1)2n+1+2,B正确;
易得bn+1-bn=(n+1)tn+1-ntn=(n+1)tn,
若t∈(0,1),则当t<,即n>时,bn+1-bn<0,即bn+1当t≥,即n≤时,bn+1-bn≥0,即bn+1≥bn,
因为为整数,所以当n=时,bn最大,且bn=bn+1,即数列{bn}的最大项有两项,C正确;
因为n∈N*,所以y=单调递增,故,
所以当t∈时,bn+1-bn=(n+1)tn<0,数列{bn}为递减数列,D正确.故选BCD.
12.答案　24
解析　 由S8-2S4=6得S8-S4=S4+6,
由等比数列的性质可得S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,则S4(S12-S8)=(S8-S4)2,故a9+a10+a11+a12=S12-S8=+12≥2+12=24,当且仅当S4=6时等号成立,
∴a9+a10+a11+a12的最小值为24.
13.答案　
解析　由an+1=2an+1得an+1+1=2(an+1),又a1+1=2,所以数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an+1=2n,则an=2n-1,
所以,
则Tn=+…+,
要使不等式k>Tn恒成立,只需k≥,所以实数k的取值范围为.
14.答案　
解析　记第n个图形为Pn,其三角形边长为an,边数为bn,周长为Ln,面积为Sn.
若第1个图形中的三角形的周长为1,则a1=,b1=3,
则P1有b1=3条边,边长为a1=;P2有b2=4b1条边,边长为a2=a1;P3有b3=42b1条边,边长为a3=a1;……,
则an=,bn=b1·4n-1=3×4n-1.
所以Ln=anbn=.
由题意可知Pn是在Pn-1的每条边上生成一个小三角形,即Sn=Sn-1+bn-1×,n≥2,
故Sn-Sn-1=×bn-2,……,S2-S1=×b1,
累加可得Sn-S1=·bn-1+·bn-2+…+·b1).
因为数列{an}是以为公比的等比数列,数列{bn}是以4为公比的等比数列,所以{·bn-1}是以为公比的等比数列,
若第1个图形中的三角形的面积为1,则S1=1,即=1,故,则,又b1=3,
所以·bn-1+·bn-2+…+·b1=,
所以Sn-S1=, 所以Sn=.
15.解析　(1)令n=1,得3S1=(1+m)a1,故m=2.(2分)
当n≥2时,由3Sn=(n+2)an,得3Sn-1=(n+1)an-1,
两式相减并整理得,(4分)
累乘得,
故an=n(n+1)(n≥2),(6分)
又a1=2也满足该式,
故.
所以Rn=1-+…+.(8分)
(2)由题知bn=,λ≥(T2n-Tn)min,
令cn=T2n-Tn,则cn=+…+,(11分)
则cn+1-cn=>0.
故(T2n-Tn)min=c1=,所以λ≥.(13分)
16.解析　(1)设甲、乙两超市第n年全年的销售额分别为an万元、bn万元,甲超市前n年的总销售额为Sn万元,则Sn=.(2分)
当n=1时,S1=a1=a;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=·[n2-n+2-(n-1)2+(n-1)-2]=(n-1)a.
经检验,a1=a不满足上式,
故an=(4分)
因为b1=a,n≥2时,bn-bn-1=a,
所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=a+a+…+·a=a.(6分)
显然b1=a也满足上式,所以bn=a(n∈N*).(7分)
(2)当n=2时,a2=a,b2=a,则a2>b2;(9分)
当n=3时,a3=2a,b3=a,则a3>b3;(11分)
当n≥4时,an≥3a,bn<3a,故乙超市有可能被甲超市收购.(12分)
当n≥4时,令an>bn,则a,
整理得n+4>7,所以n≥7,(14分)
即第7年开始乙超市的年销售额不足甲超市的年销售额的50%,乙超市将被甲超市收购.(15分)
17.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,则an=-3+(n-1)d=-3-d+nd,
∴Sn=-3n+n,则.(2分)
当d=0时,,此时不存在,故舍去,
当d≠0时,,故,解得d=2,(4分)
∴an=2n-5.(5分)
(2)易知anbn=(2n-5),设Tn=(aibi),(7分)
则Tn=-3×1+(-1)×+…+(2n-5),
+…+(2n-7)×,②
∴+…+2×,
∴Tn=2=2-1-,(9分)
∴Tn=-2.(10分)
(3)由(2)得bn=,设c1=>0,{cn}的公比为q,t≥0,t∈N,q≤,(11分)
∴(c1+c2+…+cn)=,故c1=,
∴,∴t≥4,①(13分)
又(1-q)≥,∴t≤4,②
由①②得t=4,∴c1=,
∴q=.(15分)
18.解析　(1)若选①,由Sn=n得Sn+1=(n+1),(2分)
两式相减得an+1=n,
整理得(n-1)an+1=nan-1,所以nan+2=(n+1)an+1-1,(4分)
两式相减得nan+nan+2=2nan+1,所以an+an+2=2an+1,所以{an}是等差数列.(6分)
由Sn=n得a1=,所以a1=1,又a2=3,所以{an}的公差为a2-a1=2,则an=1+2(n-1)=2n-1.(8分)
若选②,由Sn=得4Sn=anan+1+1,则4Sn+1=an+1an+2+1,(2分)
两式相减得4an+1=an+1an+2-anan+1,因为an≠0,所以an+1≠0,所以an+2-an=4,(4分)
由Sn=得a1=S1=,所以a1=1,(5分)
结合累加法可得a2n-1=a1+4(n-1)=1+4(n-1)=4n-3=2(2n-1)-1,
a2n=a2+4(n-1)=3+4(n-1)=4n-1=2(2n)-1.
综上,an=2n-1.
因为an+1-an=2n+1-(2n-1)=2,(7分)
所以{an}是等差数列,且an=2n-1.(8分)
(2)(i)由(1)得an=2n-1,
所以bn=,(10分)
所以Tn=+…+-2.(12分)
(ii)假设存在满足题意的正整数p,q,r,则p+r=2q,且,(14分)
因为2p+1·2r+1=2p+r+2=22q+2,所以(2p+1)(2r+1)=(2q+1)2,
即(2p+1)(2r+1)-(p+r+1)2=-(p-r)2=0,所以p=r,
这与p,q,r互不相等矛盾,(16分)
所以不存在互不相等的正整数p,q,r,使得p,q,r成等差数列且Tp+2,Tq+2,Tr+2成等比数列.(17分)
19.解析　(1)由2Sn=2n+nan得2Sn-1=2(n-1)+(n-1)an-1(n≥2),
两式相减,整理得(n-1)an-1-(n-2)an=2(n≥2)①,
故(n-2)an-2-(n-3)an-1=2(n≥3)②,
①-②得2(n-2)an-1=(n-2)an+(n-2)an-2(n≥3),
即2an-1=an+an-2(n≥3),故数列{an}为等差数列,(3分)
由2Sn=2n+nan得2S2=4+2a2,解得a2=3,
令n=1,得2S1=2×1+a1,解得a1=2,
故等差数列{an}的公差为a2-a1=1,故an=n+1(n∈N*).(6分)
(2)证明:由cn=bn得cn-1=bn-1(n≥2),两式相除得=b1b2…bn(n≥2),
由(1)知an=n+1,所以bn=,
所以=b1b2…bn=(n≥2),(9分)
所以,……,(n≥2),
故由累乘法可得(n≥2),
因为c1=b1=,所以cn=(n≥2),(12分)
当n=1时,c1=符合上式,故cn=(n∈N*),
则(n+3),
令dn=(n+3),设数列{dn}的前n项和为Tn,
则Tn=×6+…+(n+3)①,
×5+…+×(n+3)②,(14分)
①-②得+…+(n+3)
=,
所以Tn=12-(2n+12),(16分)
则+…+<4.(17分)