章末检测（五） 数列
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题（本大题共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.在等差数列{an}中，a3＋a9＝10，则该数列的前11项和S11＝（ ）
A.58 B.55
C.44 D.33
2.在数列{an}中，a1＝，an＝（－1）n·2an－1（n≥2），则a5＝（ ）
A.－ B.
C.－ D.
3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝（ ）
A.3∶4 B.2∶3
C.1∶2 D.1∶3
4.设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，那么a3·a6·…·a30＝（ ）
A.210 B.215
C.220 D.216
5.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则254是该数列的（ ）
A.第8项 B.第10项
C.第12项 D.第14项
6.已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且＋＋＝，则a2＝（ ）
A.2 B.
C.3 D.
7.设Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，S3＝，且S1，S2，S4成等比数列，则a10＝（ ）
A.15 B.19
C.21 D.30
8.已知数列{bn}是公比为q（q≠1）的正项等比数列，且ln b1 013＝0，若f（x）＝，则f（b1）＋f（b2）＋…＋f（b2 025）＝（ ）
A.4 050 B.2 025
C.4 052 D.2 026
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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.已知等比数列{an}的公比q＝－，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9＞b9且a10＞b10，则以下结论正确的有（ ）
A.a9·a10＜0 B.a9＞a10
C.b10＞0 D.b9＞b10
10.已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则以下结论正确的是（ ）
A.a10＝0 B.S10最小
C.S7＝S12 D.S19＝0
11.若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”.给出下列数列{an}（n∈N＋），其中是“差递减数列”的有（ ）
A.an＝3n B.an＝n2＋1
C.an＝ D.an＝ln
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12，则a4＝ .
13.设Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝则数列{an}的通项公式为 .
14.已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1＋2＋3＋…＋n，则＝ .
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝2n，求Tn＝（b1－a1）＋（b2－a2）＋（b3－a3）＋…＋（bn－an）.
16.（本小题满分15分）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋pn.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知a4，a7，a12成等比数列，求p的值；
（3）在（2）的条件下，若bn＝1＋，求数列{bn}的前n项和Tn.
17.（本小题满分15分）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列.
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn＜.
18.（本小题满分17分）某市2024年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张.为了节能减排和控制汽车总量，从2024年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型的牌照的数量维持在这一年的水平不变.
（1）记2024年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式.
a1＝10 a2＝9.5 a3＝ a4＝ …
b1＝2 b2＝ b3＝ b4＝ …
（2）从2024年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？
19.（本小题满分17分）对任意正整数n，定义n的丰度指数I（n）＝，其中S（n）为n的所有正因数的和.
（1）若an＝I（2n），求数列{nan}的前n项和Tn；
（2）对互不相等的质数p，m，n，证明：I（p3mn）＝I（p3）I（m）I（n），并求I（2 024）的值.
2 / 2参考答案与详解
章末检测（五） 数 列
1.B 2.B 3.A 4.C 5.D 6.C 7.B 8.A 9.AD
10.ACD 因为2a1＋3a3＝S6，所以2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，所以a1＋9d＝0，即a10＝0，A正确；当d＜0时，Sn没有最小值，B错误；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，所以S12＝S7，C正确；S19＝＝19a10＝0，D正确.
11.CD 对A，若an＝3n，则an＋1－an＝3（n＋1）－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；对B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝（n＋1）2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；对C，若an＝，则an＋1－an＝－＝，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对D，若an＝ln，则an＋1－an＝ln－ln＝ln·＝ln，由函数y＝ln（1＋）在（0，＋∞）递减，所以数列{an＋1－an}为递减数列，故D正确.故选C、D.
12.256 解析：因为数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝log2a1＋log2a2＋log2a3＝12，所以log2（a1a2a3）＝12，即a1a2a3＝212，因为数列{an}为等比数列，所以a1a2a3＝＝212，所以a2＝16，q＝4，则a4＝256.
13.an＝ 解析：由题意知，当n＝1时，a1＝S1＝8；当n≥2，n∈N＋时，an＝Sn－Sn－1＝4n－4n－1＝3×4n－1，经检验，当n＝1时不符合上式，所以an＝
14. 解析：因为nan＋1－（n＋1）an＝1＋2＋3＋…＋n，所以nan＋1－（n＋1）an＝，所以－＝，令bn＝，所以bn＋1－bn＝，因为a1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，为公差的等差数列，所以bn＝n＋，所以b2 025＝＝1 013，所以a2 025＝1 013×2 025，同理a2 026＝×2 026，所以＝.
15.解：（1）由题意得即解得则{an}的通项公式为an＝1－（n－1）＝2－n.
（2）Tn＝（b1－a1）＋（b2－a2）＋（b3－a3）＋…＋（bn－an）＝－（1＋2－n）＝2n＋1＋n2－n－2.
16.解：（1）当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1＋p，
又当n＝1时，a1＝S1＝1＋p，也满足an＝2n－1＋p，
故an＝2n－1＋p.
（2）∵a4，a7，a12成等比数列，∴a4a12＝，
∴（7＋p）（23＋p）＝（13＋p）2，∴p＝2.
（3）由（1）可得bn＝1＋＝1＋＝1＋－.
∴Tn＝n＋（－＋－＋…＋－）＝n＋－＝n＋.
又由（2）知p＝2，故Tn＝n＋.
17.解：（1）设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝，故an＝，bn＝.
（2）证明：由（1）知Sn＝＝，Tn＝＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋＋…＋＋， ②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－，
即Tn＝－＝－，
整理得Tn＝－，则2Tn－Sn＝2－＝－＜0，故Tn＜.
18.解：（1）
a1＝10 a2＝9.5 a3＝9 a4＝8.5 …
b1＝2 b2＝3 b3＝4.5 b4＝6.75 …
当1≤n≤20且n∈N＋时，an＝10＋（n－1）×（－0.5）＝－0.5n＋10.5；
当n≥21且n∈N＋时，an＝0.
所以an＝
而a4＋b4＝15.25＞15，
所以bn＝
（2）当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝53.25.
当5≤n≤21时，Sn＝（a1＋a2＋a3＋…＋an）＋（b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋…＋bn）＝10n＋·＋＋（n－4）＝－n2＋17n－，
由Sn≥200得－n2＋17n－≥200，
即n2－68n＋843≤0，得34－≤n≤21.
所以结合实际情况，可知到2040年累计发放汽车牌照超过200万张.
19.解：（1）因为2n共有n＋1个正因数，它们是1，2，22，…，2n，
所以an＝I（2n）＝＝1＋＋＋…＋＝＝2－，
即an＝2－，所以nan＝2n－，
所以Tn＝（2×1－）＋（2×2－）＋（2×3－）＋…＋（2n－）
＝2（1＋2＋3＋…＋n）－（＋＋＋…＋）.
令An＝1＋2＋3＋…＋n，则An＝；
令Gn＝＋＋＋…＋＋，
则Gn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减，得Gn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，
所以Gn＝2－，
所以Tn＝n2＋n－2＋.
（2）证明：因为p，m，n为互不相等的质数，则p3的正因数有4个，它们是1，p，p2，p3，
m，n的正因数均有2个，分别为1，m和1，n；
p3mn的正因数有4×2×2＝16个，分别为1，p，p2，p3，m，mp，mp2，mp3，n，np，np2，np3，mn，mnp，mnp2，mnp3.
所以I（p3）＝，I（m）＝，I（n）＝，
I（p3mn）＝
＝
＝
＝
＝··
＝I（p3）I（m）I（n）.
因为2 024＝23×11×23，所以I（2 024）＝I（23×11×23）＝I（23）I（11）I（23）
＝××＝××＝.
章末检测（六） 导数及其应用
1.D 2.D 3.D 4.A 5.D 6.C 7.D 8.A 9.ACD
10.AD 由题意得f'（x）＝（x＞0），令f'（x）＞0，得x＞3；令f'（x）＜0，得0＜x＜3；令f'（x）＝0，得x＝3，故函数f（x）在区间（0，3）上单调递减，在区间（3，＋∞）上单调递增，在点x＝3处有极小值1－ln 3＜0；又f（1）＝＞0，f（e）＝－1＜0，f＝＋1＞0.所以f（x）在区间内无零点，在区间（1，e）内有零点.
11.ABC 由题意，f'（x）＝x2＋2x＝x（x＋2），故f（x）在（－∞，－2），（0，＋∞）上单调递增，在（－2，0）上单调递减，作出其大致图象如图所示，令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得a∈[－3，0）.故选A、B、C.
12.2 － 解析：∵函数f（x）＝sin 2x＋sin x，∴f'（x）＝cos 2x＋cos x＝2cos2x＋cos x－1＝2－（x∈R）.当cos x＝－时，f'（x）取得最小值－；当cos x＝1时，f'（x）取得最大值2.
13.a≥0 解析：f'（x）＝'＝a＋，由题意得，a＋≥0对x∈（0，＋∞）恒成立，所以a≥－在x∈（0，＋∞）上恒成立，所以a≥0.
14.y＝（＋1）x （0，1） 解析：当a＝0时，f（x）＝ln x＋x，f（e）＝ln e＋e＝e＋1，所以f'（x）＝＋1，曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率k＝f'（e）＝＋1，所以切线方程为y－（e＋1）＝（＋1）（x－e），化简得y＝（＋1）x；函数f（x）有两个零点，等价于方程a＝有两解，即y＝与y＝a有两个交点，令g（x）＝（x＞0），则g'（x）＝，令g'（x）＝0，得1－2ln x－x＝0，解得x＝1，因为φ（x）＝1－2ln x－x为减函数，故g'（x）＝0有唯一解，所以当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，当x∈（1，＋∞），g'（x）＜0，所以g（x）在（0，1）单调递增，在（1，＋∞）单调递减，又g（1）＝＝1，当x→＋∞时，g（x）→0，当x→0时，g（x）→－∞，作出函数y＝g（x）的图象如图所示，所以当a∈（0，1）时，f（x）有两个零点.
15.解：（1）选择①f（－1）＝－4，f'（1）＝0.
∵f'（x）＝3x2＋2ax＋b，
由f（－1）＝－4，f'（1）＝0，可得
解得a＝－2，b＝1.
选择②f（1）＝0，f'（0）＝1.
∵f'（x）＝3x2＋2ax＋b，由f（1）＝0，f'（0）＝1，可得解得a＝－2，b＝1.
选择③f（x）在（－1，f（－1））处的切线方程为y＝8x＋4.
∵f'（x）＝3x2＋2ax＋b，
由f（x）在（－1，f（－1））处的切线方程为y＝8x＋4，可得解得a＝－2，b＝1.
（2）由（1）得f（x）＝x3－2x2＋x，∴f'（x）＝3x2－4x＋1，
由f'（x）＝0得x1＝，x2＝1，
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：
x 1
f'（x） ＋ 0 － 0 ＋
f（x） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以函数的极小值为f（1）＝0.
16.解：（1）f'（x）＝＋2x，由于直线2x＋y－4＝0的斜率为－2，且过点（1，2），故解得
（2）由（1）知y＝＋，则y'＝x2.
设切点为（x0，y0），则切线斜率k＝y'＝，
故切线方程为y－－＝（x－x0）.
由切线过点（2，4），代入可解得x0＝2或x0＝－1，
∴切点为（2，4）或（－1，1），
则切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.
17.解：（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），且f'（x）＝，
当a≤0时，f'（x）＞0，此时f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
当a＞0时，f'（x）＞0 0＜x＜，f'（x）＜0 x＞，
即f（x）在上单调递增，在上单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当a＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增，函数f（x）至多有一个零点，不合题意；
当a＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，f（x）max＝f＝ln －a＝－（ln a＋1），
当a≥时，f（x）max＝f＝－（ln a＋1）≤0，
函数f（x）至多有一个零点，不合题意；
当0＜a＜时，f（x）max＝f＝－（ln a＋1）＞0，
由于1∈，且f（1）＝ln 1－·a·12＝－a＜0，
由零点存在性定理知f（x）在上存在唯一零点，
由于＞，且f＝ln －a＝ln －＜－＝0，
由零点存在性定理知f（x）在上存在唯一零点，所以当0＜a＜时，f（x）有两个零点.
综上，实数a的取值范围是.
18.解：设包装盒的高为h cm，底面边长为a cm.由已知得a＝x，h＝＝（30－x），0＜x＜30.
（1）S＝4ah＝8x（30－x）＝－8（x－15）2＋1 800，0＜x＜30，所以当x＝15时，S取得最大值.
（2）V＝a2h＝2（－x3＋30x2），V'＝6x（20－x）.
令V'＝0，得x＝0（舍去）或x＝20.
当x∈（0，20）时，V'＞0；当x∈（20，30）时，V'＜0.
所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值，此时＝，即包装盒的高与底面边长的比值为.
19.解：（1）由题意可得f'（x）＝＋＝（x＞0），
当a≥0时，f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上是增函数，
f（x）不存在最小值；
当a＜0时，由f'（x）＝0得x＝－a，且0＜x＜－a时，f'（x）＜0，x＞－a时，f'（x）＞0.
所以x＝－a时，f（x）取得极小值且为最小值，
由f（－a）＝ln（－a）＋1＝2，解得a＝－e.
（2）g（x）＜x2即ln x－a＜x2，即a＞ln x－x2，
故g（x）＜x2在（0，e]上恒成立，也就是a＞ln x－x2在（0，e]上恒成立.
设h（x）＝ln x－x2，则h'（x）＝－2x＝，
由h'（x）＝0及0＜x≤e得x＝.
当0＜x＜时，h'（x）＞0，当＜x≤e时，h'（x）＜0，即h（x）在上为增函数，在上为减函数，
所以当x＝时，h（x）取得最大值为h＝ln －.
所以g（x）＜x2在（0，e]上恒成立时，a的取值范围为.
模块综合检测
1.B 2.D 3.B 4.C 5.A 6.B 7.B 8.C 9.BCD
10.ABD 设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝3a5，可得a1＋6d＝3（a1＋4d），解得a1＝－3d，又由等差数列{an}是递增数列，可知d＞0，则a1＜0，故A、B正确；因为Sn＝n2＋n＝n2－n，由n＝－＝可知，当n＝3或n＝4时Sn最小，故C错误；令Sn＝n2－n＞0，解得n＜0或n＞7，即Sn＞0时n的最小值为8，故D正确.故选A、B、D.
11.ACD 由题意得f'（x）＝＋2x－10＝，x＞－1，令2x2－8x＋6＝0，可得x＝1，x＝3，则f（x）在（－1，1），（3，＋∞）上单调递增，在（1，3）上单调递减，∴x＝3是函数f（x）的一个极值点，故A、C正确，B错误；∵f（1）＝16ln（1＋1）＋12－10＝16ln 2－9，f（3）＝16ln（1＋3）＋32－10×3＝16ln 4－21，又y＝16ln 3－16＝f（2），根据f（x）在（1，3）上单调递减得f（1）＞f（2）＞f（3），即16ln 3－16＜16ln 2－9，16ln 3－16＞16ln 4－21，∴直线y＝16ln 3－16与函数y＝f（x）的图象有3个交点，故D正确.
12.4x－y－1＝0 解析：∵f（x）＝xln x＋3x，f'（x）＝ln x＋4，f'（1）＝4，∴切线的方程是y－3＝4（x－1），即4x－y－1＝0.
13.16 解析：∵2a3－＋2a11＝2（a3＋a11）－＝4a7－＝0，又∵b7＝a7≠0，∴b7＝a7＝4.∴b6b8＝＝16.
14.（0，1） 解析：设g（x）＝，则g'（x）＝＜0，函数g（x）是单调递减函数，不等式f（x）＞xf（1）等价于＞，解得0＜x＜1，不等式f（x）＞xf（1）的解集为（0，1）.
15.解：（1）由－＝1，得数列{}是公差为1的等差数列，
又∵＝＝1，∴＝n，∴Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1，
又∵a1＝1也满足上式，∴an＝2n－1（n∈N＋）.
（2）由（1）知，bn＝＝，
∴Tn＝［＋＋…＋（－）］＝＝.
由Tn≥得n2≥4n＋2，得（n－2）2≥6，∴n≥5，
∴n的最小值为5.
16.解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1（q＋q2）＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8. ①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16， ②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.
（2）设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，
有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋（6n－2）×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋（6n－8）×2n＋（6n－2）×2n＋1，
上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－（6n－2）×2n＋1
＝－4－（6n－2）×2n＋1
＝－（3n－4）×2n＋2－16.
得Tn＝（3n－4）2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为（3n－4）2n＋2＋16.
17.解：（1）∵f'（x）＝，f″（x）＝－，
∴f'（0）＝1，f″（0）＝－1，
又R'（x）＝，R″（x）＝，
由R'（0）＝1，R″（0）＝－1，
得a＝1，b＝.
（2）证明：令h（x）＝f（x）－R（x）＝ln（x＋1）－，
则h'（x）＝－＝＞0对x∈（0，＋∞）恒成立，
∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增，
又h（0）＝0，
∴h（x）＞0，即当x＞0时，f（x）＞R（x）.
∵ln（x＋1）＞在x∈（0，＋∞）时恒成立，
∴ln＝ln（1＋）＞＝＞，
又cos＜，
∴cos＜ln.
18.解：（1）依题意得f（x）＝－x3＋3x－1，f'（x）＝－3x2＋3＝－3（x＋1）（x－1），
知f（x）在（－∞，－1）和（1，＋∞）上是减函数，在（－1，1）上是增函数，
所以f（x）极小值＝f（－1）＝－3，f（x）极大值＝f（1）＝1.
（2）证明：易得x＞0时，f（x）最大值＝1，
由a≥1知，g（x）≥xln x＋（x＞0），
令h（x）＝xln x＋（x＞0），
则h'（x）＝ln x＋1－＝ln x＋，
注意到h'（1）＝0，当x＞1时，h'（x）＞0；
当0＜x＜1时，h'（x）＜0，
即h（x）在（0，1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增函数，
h（x）最小值＝h（1）＝1，即g（x）最小值＝1.
综上知对任意x1，x2∈（0，＋∞），都有f（x1）≤g（x2）.
19.解：（1）当m＝5时，所有满足a1＝a5＝1，S5＝6的“约束数列”有：
1，1，2，1，1；1，1，1，2，1；1，2，1，1，1.
（2）p是q的充分不必要条件.理由如下：
当a2 000＝2 024时，
∵≤1（n＝1，2，…，1 999），∴an＋1－an≤1.
则a2 000＝（a2 000－a1 999）＋（a1 999－a1 998）＋（a1 998－a1 997）＋…＋（a2－a1）＋a1≤1 999＋a1＝2 024，
当且仅当a2 000－a1 999＝a1 999－a1 998＝a1 998－a1 997＝…＝a2－a1＝1时，a2 000＝2 024成立，
∴“约束数列”{an}是公差为1的等差数列.
当“约束数列”{an}是等差数列时，由≤1，
得an＋1－an＝1或an＋1－an＝0或an＋1－an＝－1，
若an＋1－an＝0，则{an}的公差为0，∴a2 000＝a1＝25；
若an＋1－an＝－1，则{an}的公差为－1，
∴a2 000＝a1－1 999＝－1 974；
若an＋1－an＝1，则{an}的公差为1，
∴a2 000＝a1＋1 999＝2 024，
即当“约束数列”{an}是等差数列时，a2 000＝25或－1 974或2 024.
综上得p是q的充分不必要条件.
（3）∵a1＝1，a2k＝0，∴要使得取最大值，则an≥0，当且仅当同时满足以下三个条件时，取最大值.
①当2≤n≤k时，an－an－1＝1；
②当k＋1≤n≤2k时，an－an－1＝－1；
③当2k＋1≤n≤m时，an－an－1＝1.
∴＝［×2－k］＋
＝k2＋.
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