第4章 数列 本章复习（含解析） 高二数学苏教版选择性必修第一册
文档属性
| 名称 | 第4章 数列 本章复习（含解析） 高二数学苏教版选择性必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 33.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-18 13:09:55 | ||
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文档简介
第4章 数 列 本 章 复 习
一、 单项选择题
1 已知数列{an}满足an＋＝1，若a50＝2，则a1的值为( )
A. －1 B. C. D. 2
2 (2024星海实验高级中学月考)某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额(单位：万元)等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年(2023年)该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2023年到2032年该产品的销售总额约为(参考数据：1.310≈13.79)( )
A. 3 937万元 B. 3 837万元
C. 3 737万元 D. 3 637万元
3 数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝2n－1，前12项和为158，则a1的值为( )
A. 4 B. 5
C. 6 D. 7
4 (2025正定中学月考)已知正项数列{an}的前n项积为Tn，若Tn＝，则T2 024的值为( )
A. 4 049 B. 4 048
C. 2 025 D. 2 024
5 (2025通州中学月考)如果等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且a3＝4，S3＝7，设bn＝log2ak，那么的值为( )
A. B.
C. D.
6 (2025无锡一中模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，若数列是公差为1的等差数列，则的值为( )
A. 1 B. 2
C. 2 025 D. 2 022
二、 多项选择题
7 (2025海门证大中学开学考试)记Sn为正项数列{an}的前n项和，已知＝a1，则下列结论中正确的是( )
A. a1＝2
B. 数列{an}是递增数列
C. 数列是递增数列
D. Sn＝2n-1＋1
8 (2024济宁一中期末)已知an＋1＝记数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，则下列说法中正确的是( )
A. a1＝1 B. a19＝2 047
C. a2n＝2n+1－2 D. S20＝6 108
三、 填空题
9 (2025如东一中月考)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________．
10 (2025南京一中模拟)已知在等比数列{an}中，a2 024＝1，a2 025＝2，能使不等式＋＋…＋＞0成立的最小正整数m＝________．
11 (2024天津四中期末)南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，二阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有二阶等差数列{an}，其前5项分别为1，3，6，10，15，设数列的前n项和为Sn，则S2 025＝________．
四、 解答题
12 (2024搬经中学月考)已知数列{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．S4＝10，T3＝32.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 求T2n.
13 (2025九江中学月考)已知{an}是由不全相同的正整数组成的有穷数列，其前n项和为Sn，a1＝1，集合A＝{Sn|Sn＝2k－1，k∈Z}，A中元素个数为m，将A中所有元素取出，并按从小到大排列，记为数列{bn}．若＋＋…＋＜t，则称数列{an}为m～t数列．
(1) 若an＋2＝an＋1＋an，a2＝1，写出一个2～2数列{an}；
(2) 若{an}是公比为偶数的等比数列，证明：{an}为m～2数列．
第4章 数 列
本 章 复 习
1. B 因为an＋＝1，a50＝2，所以a49＝1－＝1－＝，a48＝－1，a47＝2，所以数列{an}是周期为3的周期数列，则a1＝a49＝.
2. A 设a1＝100，an＋1＝1.3an－3，an＋1－10＝1.3(an－10)，所以数列{an－10}是首项为90，公比为1.3的等比数列，所以an－10＝90×1.3n-1，an＝90×1.3n-1＋10，则S10＝a1＋a2＋…＋a10＝＋10×10＝300×1.310－200≈300×13.79－200＝3 937(万元).
3. B 因为an＋2＋(－1)nan＝2n－1，所以a4＋a2＝3，a8＋a6＝11，a12＋a10＝19，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝33.又a3－a1＝1，a5－a3＝5，a7－a5＝9，a9－a7＝13，a11－a9＝17，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝(a11－a9)＋2(a9－a7)＋3(a7－a5)＋4(a5－a3)＋5(a3－a1)＋6a1＝17＋2×13＋3×9＋4×5＋5×1＋6a1＝158－33，解得a1＝5.
4. A 因为正项数列{an}的前n项积为Tn，且Tn＝，当n＝1时，T1＝＝a1，所以T1＝a1＝3，当n≥2时，Tn＝，化简，得Tn－Tn－1＝2，所以数列{Tn}是公差为2，首项为3的等差数列，所以Tn＝2n＋1，则T2 024＝4 049.
5. C 设等比数列{an}的公比为q，且q>0.因为a3＝4，S3＝7，所以a1q2＝4，a1＋a1q＋a1q2＝7，解得a1＝1，q＝2，所以an＝2n-1，所以bn＝log2ak＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝0＋1＋2＋…＋n－1＝n(n－1)，所以＝＝2，所以＝2×(1－＋－＋…＋－)＝2×＝.
6. A 因为数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，所以＝＋1×(n－1)＝n，所以Sn＝nan，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1，两式相减，得an＝nan－(n－1)an－1，得到nan－an＝(n－1)an－1，所以(n－1)an＝(n－1)an－1，即an＝an－1，所以{an}为常数列，所以a2 025＝a3，所以＝1.
7. AB 因为＝a1，所以＝a1，解得a1＝2，故A正确；因为Sn＝(an－1)a1＝2an－2，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，两式相减，得an＝2an－2an－1，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n，Sn＝＝2n+1－2.因为an－an－1＝2n－2n-1＝2n-1＞0，所以数列{an}为递增数列，故B正确，D错误；因为＝，所以＝＝，因为n∈N*，所以≥1，所以＝＜＜…，所以数列不是递增数列，故C错误．故选AB.
8. ACD 对于A，因为S3＝6，即a1＋a2＋a3＝6，所以a1＋2a1＋a2＋1＝6，即a1＋2a1＋2a1＋1＝6，解得a1＝1，故A正确；对于B，由上分析，得a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝2×3＝6，a5＝a4＋1＝7，…，所以当n为奇数时，n＋1为偶数，n＋2为奇数，所以an＋1＝2an，所以an＋2＝an＋1＋1＝2an＋1，即an＋2＋1＝2(an＋1)，而a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是首项2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2×2＝2，即an＝2－1，令n＝19，则a19＝2－1＝210－1＝1 023，故B错误；对于C，当n为偶数时，n＋1为奇数，n＋2为偶数，由题意，得an＋1＝an＋1，即an＋2＝2an＋1＝2(an＋1)＝2an＋2，所以an＋2＋2＝2(an＋2)，而a2＋2＝4，所以数列{an＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，所以an＋2＝4×2，即an＝4×2－2＝2－2，所以a2n＝2n+1－2，故C正确；对于D，S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝[(21－1)＋(22－1)＋…＋(210－1)]＋[(22－2)＋(23－2)＋…＋(211－2)]＝－10＋－20＝2×(1 024－1)－10＋4×(1 024－1)－20＝6 108，故D正确．故选ACD.
9. 2 由题意，得解得S奇＝－80，S偶＝－160，所以q＝＝＝2.
10. 4 048 在等比数列{an}中，a2 024＝1，a2 025＝2，则公比q＝2，所以an＝a2 0242n-2 024＝2n-2 024，＝22 024-n，不等式＋＋…＋(am－)＞0，即为a1＋a2＋a3＋…＋am＞＋＋…＋，所以＞，化为2m＞＝24 047，解得m＞4 047，即n的最小值为4 048.
11. 由题意，得(a3－a2)－(a2－a1)＝(6－3)－(3－1)＝1，则数列{an＋1－an}是以1为公差，2为首项的等差数列，即an＋1－an＝2＋(n－1)＝n＋1，则有n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，即an＝n＋n－1＋n－2＋…＋2＋1＝，验证a1＝1也适合，故an＝，故＝＝2，则S2 025＝2×＝2×(1－)＝.
12. (1) 设等差数列{an}的公差为d.
因为bn＝
所以b1＝3，b2＝a2＝a1＋d，b3＝33＝27.
因为解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝n.
(2) T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1＋b2n
＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝(3＋33＋…＋32n-1)＋(2＋4＋…＋2n)
＝＋
＝＋n2＋n－.
13. (1) 若a2＝1，则a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，
此时S1＝1，S2＝2，S3＝4，S4＝7，S5＝12，S6＝20，S7＝33.
因为m＝2，
所以b1＝1，b2＝7，此时＋＜2，
故满足条件的2～2数列{an}有1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8(写出一个即可).
(2) 因为{an}为等比数列，a1＝1且an∈N*，
所以公比q∈N*.
因为q为偶数，
所以an＝a1qn-1＝qn-1(n≥2)为偶数，Sn＝，且Sn恒为奇数，此时m＝n，bn＝Sn，＝.
又qn－1≥qn-1，故≤，
所以＋＋…＋≤1＋(q－1)(＋＋…＋)＝1＋(q－1)·，
所以＋＋…＋≤2－q1-n＜2，
故{an}为m～2数列．
一、 单项选择题
1 已知数列{an}满足an＋＝1，若a50＝2，则a1的值为( )
A. －1 B. C. D. 2
2 (2024星海实验高级中学月考)某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额(单位：万元)等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年(2023年)该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2023年到2032年该产品的销售总额约为(参考数据：1.310≈13.79)( )
A. 3 937万元 B. 3 837万元
C. 3 737万元 D. 3 637万元
3 数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝2n－1，前12项和为158，则a1的值为( )
A. 4 B. 5
C. 6 D. 7
4 (2025正定中学月考)已知正项数列{an}的前n项积为Tn，若Tn＝，则T2 024的值为( )
A. 4 049 B. 4 048
C. 2 025 D. 2 024
5 (2025通州中学月考)如果等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且a3＝4，S3＝7，设bn＝log2ak，那么的值为( )
A. B.
C. D.
6 (2025无锡一中模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，若数列是公差为1的等差数列，则的值为( )
A. 1 B. 2
C. 2 025 D. 2 022
二、 多项选择题
7 (2025海门证大中学开学考试)记Sn为正项数列{an}的前n项和，已知＝a1，则下列结论中正确的是( )
A. a1＝2
B. 数列{an}是递增数列
C. 数列是递增数列
D. Sn＝2n-1＋1
8 (2024济宁一中期末)已知an＋1＝记数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，则下列说法中正确的是( )
A. a1＝1 B. a19＝2 047
C. a2n＝2n+1－2 D. S20＝6 108
三、 填空题
9 (2025如东一中月考)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________．
10 (2025南京一中模拟)已知在等比数列{an}中，a2 024＝1，a2 025＝2，能使不等式＋＋…＋＞0成立的最小正整数m＝________．
11 (2024天津四中期末)南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，二阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有二阶等差数列{an}，其前5项分别为1，3，6，10，15，设数列的前n项和为Sn，则S2 025＝________．
四、 解答题
12 (2024搬经中学月考)已知数列{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．S4＝10，T3＝32.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 求T2n.
13 (2025九江中学月考)已知{an}是由不全相同的正整数组成的有穷数列，其前n项和为Sn，a1＝1，集合A＝{Sn|Sn＝2k－1，k∈Z}，A中元素个数为m，将A中所有元素取出，并按从小到大排列，记为数列{bn}．若＋＋…＋＜t，则称数列{an}为m～t数列．
(1) 若an＋2＝an＋1＋an，a2＝1，写出一个2～2数列{an}；
(2) 若{an}是公比为偶数的等比数列，证明：{an}为m～2数列．
第4章 数 列
本 章 复 习
1. B 因为an＋＝1，a50＝2，所以a49＝1－＝1－＝，a48＝－1，a47＝2，所以数列{an}是周期为3的周期数列，则a1＝a49＝.
2. A 设a1＝100，an＋1＝1.3an－3，an＋1－10＝1.3(an－10)，所以数列{an－10}是首项为90，公比为1.3的等比数列，所以an－10＝90×1.3n-1，an＝90×1.3n-1＋10，则S10＝a1＋a2＋…＋a10＝＋10×10＝300×1.310－200≈300×13.79－200＝3 937(万元).
3. B 因为an＋2＋(－1)nan＝2n－1，所以a4＋a2＝3，a8＋a6＝11，a12＋a10＝19，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝33.又a3－a1＝1，a5－a3＝5，a7－a5＝9，a9－a7＝13，a11－a9＝17，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝(a11－a9)＋2(a9－a7)＋3(a7－a5)＋4(a5－a3)＋5(a3－a1)＋6a1＝17＋2×13＋3×9＋4×5＋5×1＋6a1＝158－33，解得a1＝5.
4. A 因为正项数列{an}的前n项积为Tn，且Tn＝，当n＝1时，T1＝＝a1，所以T1＝a1＝3，当n≥2时，Tn＝，化简，得Tn－Tn－1＝2，所以数列{Tn}是公差为2，首项为3的等差数列，所以Tn＝2n＋1，则T2 024＝4 049.
5. C 设等比数列{an}的公比为q，且q>0.因为a3＝4，S3＝7，所以a1q2＝4，a1＋a1q＋a1q2＝7，解得a1＝1，q＝2，所以an＝2n-1，所以bn＝log2ak＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝0＋1＋2＋…＋n－1＝n(n－1)，所以＝＝2，所以＝2×(1－＋－＋…＋－)＝2×＝.
6. A 因为数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，所以＝＋1×(n－1)＝n，所以Sn＝nan，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1，两式相减，得an＝nan－(n－1)an－1，得到nan－an＝(n－1)an－1，所以(n－1)an＝(n－1)an－1，即an＝an－1，所以{an}为常数列，所以a2 025＝a3，所以＝1.
7. AB 因为＝a1，所以＝a1，解得a1＝2，故A正确；因为Sn＝(an－1)a1＝2an－2，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，两式相减，得an＝2an－2an－1，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n，Sn＝＝2n+1－2.因为an－an－1＝2n－2n-1＝2n-1＞0，所以数列{an}为递增数列，故B正确，D错误；因为＝，所以＝＝，因为n∈N*，所以≥1，所以＝＜＜…，所以数列不是递增数列，故C错误．故选AB.
8. ACD 对于A，因为S3＝6，即a1＋a2＋a3＝6，所以a1＋2a1＋a2＋1＝6，即a1＋2a1＋2a1＋1＝6，解得a1＝1，故A正确；对于B，由上分析，得a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝2×3＝6，a5＝a4＋1＝7，…，所以当n为奇数时，n＋1为偶数，n＋2为奇数，所以an＋1＝2an，所以an＋2＝an＋1＋1＝2an＋1，即an＋2＋1＝2(an＋1)，而a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是首项2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2×2＝2，即an＝2－1，令n＝19，则a19＝2－1＝210－1＝1 023，故B错误；对于C，当n为偶数时，n＋1为奇数，n＋2为偶数，由题意，得an＋1＝an＋1，即an＋2＝2an＋1＝2(an＋1)＝2an＋2，所以an＋2＋2＝2(an＋2)，而a2＋2＝4，所以数列{an＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，所以an＋2＝4×2，即an＝4×2－2＝2－2，所以a2n＝2n+1－2，故C正确；对于D，S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝[(21－1)＋(22－1)＋…＋(210－1)]＋[(22－2)＋(23－2)＋…＋(211－2)]＝－10＋－20＝2×(1 024－1)－10＋4×(1 024－1)－20＝6 108，故D正确．故选ACD.
9. 2 由题意，得解得S奇＝－80，S偶＝－160，所以q＝＝＝2.
10. 4 048 在等比数列{an}中，a2 024＝1，a2 025＝2，则公比q＝2，所以an＝a2 0242n-2 024＝2n-2 024，＝22 024-n，不等式＋＋…＋(am－)＞0，即为a1＋a2＋a3＋…＋am＞＋＋…＋，所以＞，化为2m＞＝24 047，解得m＞4 047，即n的最小值为4 048.
11. 由题意，得(a3－a2)－(a2－a1)＝(6－3)－(3－1)＝1，则数列{an＋1－an}是以1为公差，2为首项的等差数列，即an＋1－an＝2＋(n－1)＝n＋1，则有n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，即an＝n＋n－1＋n－2＋…＋2＋1＝，验证a1＝1也适合，故an＝，故＝＝2，则S2 025＝2×＝2×(1－)＝.
12. (1) 设等差数列{an}的公差为d.
因为bn＝
所以b1＝3，b2＝a2＝a1＋d，b3＝33＝27.
因为解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝n.
(2) T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1＋b2n
＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝(3＋33＋…＋32n-1)＋(2＋4＋…＋2n)
＝＋
＝＋n2＋n－.
13. (1) 若a2＝1，则a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，
此时S1＝1，S2＝2，S3＝4，S4＝7，S5＝12，S6＝20，S7＝33.
因为m＝2，
所以b1＝1，b2＝7，此时＋＜2，
故满足条件的2～2数列{an}有1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8(写出一个即可).
(2) 因为{an}为等比数列，a1＝1且an∈N*，
所以公比q∈N*.
因为q为偶数，
所以an＝a1qn-1＝qn-1(n≥2)为偶数，Sn＝，且Sn恒为奇数，此时m＝n，bn＝Sn，＝.
又qn－1≥qn-1，故≤，
所以＋＋…＋≤1＋(q－1)(＋＋…＋)＝1＋(q－1)·，
所以＋＋…＋≤2－q1-n＜2，
故{an}为m～2数列．