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

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32的等比数列{an}的各项都是正数,且a3a11=16,则log2a16等于(A.4 B.5 C.6 D.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.15 B.20 C.25 D.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.158 B.658 C.15 D4.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.2 B.2nC.2n+1-2 D.2n-1-26.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S6>S7>S5,则满足SnSn+1<0的正整数n的值为()A.10 B.11 C.12 D.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 D8.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(A.2 B.-2 C.6 D.-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<0 B.a16<0C.Sn≤S15 D.当Sn<0时,n≥3210.在公比q为整数的等比数列{an}中,Sn是数列{an}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=3 B.a67=17×37C.aij=(3i-1)×3j-1 D.S=14n(3n+1)(3n-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.S10=6C.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S5S16.设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,则{an}的通项公式an=,数列an2n+1的前n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Tn18.(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(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{cn22.(12分)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan=n((1)求a2的值;(2)若Tn=∑i=1n1(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

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=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,∴a解得a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=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=S27=27×9+27×262×9=34025.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+16.C∵S6>S7>S5,∴S7-S6<0,S7-S5>0,∴a7<0,a6+a7>0,∴S13=13(a1+a13)S12=12(a1+a12)2=6(∴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,∴a解得a∴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+10×7668.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a2a3=11-aa4=11……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=31a10.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即an=2n,Sn=2×(1-2n)即选项A正确;由于Sn+2=2n+1,则Sn+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lgan+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+=14n(3n+1)(3n-1)12.BC由题意可得a1=1,a2=a1+2×12,a3=a2+2以此类推可得an+1=an+2×12n,则an+1-an所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+221+2=1+1-12n-11-12=3-12对于B选项,S10=3×10-2×1-12101-对于C选项,an=3-12n-2<3恒成立对于D选项,因为an=3-12n-2>0恒成立,所以数列{S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a可得a所以a7=a1q6=a1q·q5=-2.(方法二)设{an}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1a即数列1an是以1a1=1为首项故1a6=1a1+5×2=1115.-11设等比数列{an}的公比为q.由a2+8a5=0,得a1q+8a1q4=0,解得q=-1易知1an是等比数列,公比为-2,首项为1a1,所以S2=1a1[1所以S5S216.22n-12n2n+1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,当故数列{an}的通项公式an=2因为an所以数列an2n+1的前n项和S=1-13+1317.(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+a5)2=5a3=-∴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=-∴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S即a解得a1=-5,d得a1<a2<…<a5<a6=0<a7<…,故Sn≥S6=S5=-15.(2)证明由(1)可得an=n-6,即1a故Tn=11−12+12−13+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=a∴Snn=1+(n-1)×2=2∴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=2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=220.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所以bn=bnbn-1×bn-1bn-2×…×b3b2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×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)=41-所以Tn=2n×3n+1-3n2=121.解(1)由题意可得a1=1000×(1+25%)-200=10