山東省新人教B版數(shù)學(xué)2022屆高三單元測(cè)試13《數(shù)列》

山東省新人教B版2022屆高三單元測(cè)試13必修5第二章《數(shù)列》(時(shí)間：120分鐘；滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，an－an＋1＋1＝0(n∈N＋)，則此數(shù)列中a10等于()A．－7 B．11C．12 D．－6解析：選C.易知{an}為等差數(shù)列，且公差為1，∴a10＝3＋(10－1)×1＝12.2．?dāng)?shù)列{an}是由實(shí)數(shù)構(gòu)成的等比數(shù)列，Sn＝a1＋a2＋…＋an，則數(shù)列{Sn}中()A．任一項(xiàng)均不為0B．必有一項(xiàng)不為0C．至多有有限項(xiàng)為0D．或無(wú)一項(xiàng)為0，或有無(wú)窮多項(xiàng)為0解析：選D.如在數(shù)列2，－2,2，－2…中，S1＝2，S2＝0，S3＝2，S4＝0，…，如果一項(xiàng)為0，那么就會(huì)有無(wú)限多項(xiàng)為0.3．已知某等差數(shù)列共有10項(xiàng)，其奇數(shù)項(xiàng)之和為15，偶數(shù)項(xiàng)之和為30，則其公差為()A．2 B．3C．4 D．5解析：選B.由S偶－S奇＝30－15＝5d得d＝3.4．已知{an}是公比為q的等比數(shù)列，且a1、a3、a2成等差數(shù)列，則q＝()A．1或－eq\f(1,2) B．1C．－eq\f(1,2) D．－2解析：選A.∵{an}為等比數(shù)列且公比為q，且a1，a3，a2成等差數(shù)列，則2a1·q2＝a1＋a1q即2q2－q－1＝0，∴q＝1或q＝－eq\f(1,2).5．等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)首項(xiàng)a1和d變化時(shí)，a2＋a8＋a11是一個(gè)定值，則下列各數(shù)也為定值的是()A．S7 B．S8C．S13 D．S15解析：選C.由a2＋a8＋a11＝3a1＋18d＝3(a1＋6d)＝3a7，知a∴S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13a7也為定值．6．計(jì)算機(jī)是將信息轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制數(shù)進(jìn)行處理的，二進(jìn)制即“逢二進(jìn)一”，如(1101)2表示二進(jìn)制的數(shù)，將它轉(zhuǎn)換成十進(jìn)制的形式是1×23＋1×22＋0×21＋1×20＝13，那么將二進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)換成十進(jìn)制數(shù)的形式是()A．217－2 B．216－1C．216－2 D．215－1解析：選B.題目雖然比較新，但是我們仔細(xì)分析題目中的條件，按照其規(guī)律有：215＋214＋213＋…＋1＝eq\f(1－216,1－2)＝216－1.7．在Rt△ABC中，已知a<b<c，且a、b、c成等比數(shù)列，則a∶c等于()A．3∶4 B．(eq\r(5)－1)∶2C．1∶(eq\r(5)－1) \r(2)∶1解析：選B.由a2＋b2＝c2及b2＝ac，即可推得a∶c＝(eq\r(5)－1)∶2.8．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S2＝2，S4＝10，則S6等于()A．12 B．18C．24 D．42解析：選，S4－S2，S6－S4成等差數(shù)列，∴2(S4－S2)＝S2＋(S6－S4)，解得S6＝24.9．根據(jù)市場(chǎng)調(diào)查結(jié)果，預(yù)測(cè)某種家用商品從年初開(kāi)始n個(gè)月內(nèi)累計(jì)的需求量Sn(萬(wàn)件)近似地滿足Sn＝eq\f(n,90)(21n－n2－5)(n＝1,2，…，12)，按此預(yù)測(cè)，在本年度內(nèi)，需求量超過(guò)萬(wàn)件的月份是()A．5月、6月 B．6月、7月C．7月、8月 D．8月、9月解析：選＝eq\f(n,90)(21n－n2－5)＝eq\f(1,90)(21n2－n3－5n)．∴由an＝Sn－Sn－1，得an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,90)(21n2－n3－5n)－eq\f(1,90)[21(n－1)2－(n－1)3－5(n－1)]＝eq\f(1,90)[21(2n－1)－(n2＋n2－n＋n2－2n＋1)－5]＝eq\f(1,90)(－3n2＋45n－27)＝－eq\f(3,90)(n－eq\f(15,2))2＋eq\f(63,40).∴當(dāng)n＝7或8時(shí)，超過(guò)萬(wàn)件．10．給定an＝logn＋1(n＋2)(n∈N＋)，定義使a1·a2·a3·…·ak為整數(shù)的數(shù)k(k∈N＋)叫企盼數(shù)，則區(qū)間(1,10000)內(nèi)所有企盼數(shù)之和為()A．15356 B．16356C．17356 D．16380解析：選B.∵a1·a2·a3…ak＝log23·log34·log45·…·logk＋1(k＋2)＝log2(k＋2)為整數(shù)，∴k＋2必是2的整數(shù)次冪．∵k∈(1,10000)，∴k可取22－2,23－2，…，213－2，∴所求企盼數(shù)之和為(22－2)＋(23－2)＋…＋(213－2)＝(22＋23＋…＋213)－2×12＝eq\f(4212－1,2－1)－24＝16356.11．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和Sn＝3n－n2，則當(dāng)n≥2時(shí)，下列不等式中成立的是()A．Sn＞na1＞nan B．Sn＞nan＞na1C．na1＞Sn＞nan D．nan＞Sn＞na1解析：選C.利用Sn－Sn－1＝an求出an，再進(jìn)行作差比較三者的關(guān)系．12．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，已知它的前n項(xiàng)和Sn＝6，則項(xiàng)數(shù)n等于()A．6 B．7C．48 D．49解析：選C.將通項(xiàng)公式變形得：an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\f(\r(n＋1)－\r(n),\r(n＋1)＋\r(n)\r(n＋1)－\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，則Sn＝(eq\r(2)－eq\r(1))＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1，由Sn＝6，則有eq\r(n＋1)－1＝6，∴n＝48.二、填空題(本大題共4小題，把答案填在題中橫線上)13．等比數(shù)列{an}中，a1＝512，公比q＝eq\f(1,2)，用πn表示它的n項(xiàng)之積：πn＝a1·a2·a3…an，πn取得最大值時(shí)n＝________.解析：法一：令y＝log2πn＝log2(a1·a2·a3…an)＝log2a1＋log2a2＋log2a3＋…＋log2an，而{log2an}構(gòu)成公差為log2q＝log2eq\f(1,2)＝－1的等差數(shù)列，則我們可以用等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式得：y＝9n＋eq\f(n1－n,2)＝－eq\f(1,2)(n－eq\f(19,2))2＋eq\f(361,2)，又a10＝1，∴當(dāng)n＝9或10時(shí)，πn最大．法二：an＝512·(eq\f(1,2))n－1，當(dāng)n＝10時(shí)，an＝1，∴n≤9時(shí)，an＞1，n＞10時(shí)，0＜an＜1，∴πn最大時(shí)，n取9或10.答案：9或1014．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝a，an＝eq\f(an－1,nan－1＋1)(n≥2)(a≠0)，則an＝________.解析：由an＝eq\f(an－1,nan－1＋1)，可得eq\f(1,an)＝n＋eq\f(1,an－1)(n≥2)，令bn＝eq\f(1,an)，則b2＝2＋b1，b3＝3＋b2，…，bn＝n＋bn－1，各式相加，得bn＝b1＋(2＋3＋…＋n)＝eq\f(1,a)＋eq\f(n－1n＋2,2)，an＝eq\f(1,bn)＝eq\f(2a,n－1n＋2a＋2).答案：eq\f(2a,n－1n＋2a＋2)15．一個(gè)數(shù)列{an}，其中a1＝3，a2＝6，an＋2＝an＋1－an，那么這個(gè)數(shù)列的第5項(xiàng)是________．解析：a3＝a2－a1＝3，a4＝a3－a2＝－3，a5＝a4－a3＝－6.答案：－616．蜜蜂被認(rèn)為是自然界中最杰出的建筑師，單個(gè)蜂巢可以近似地看作是一個(gè)正六邊形，如圖為一組蜂巢的截面圖．其中第一個(gè)圖有1個(gè)蜂巢，第二個(gè)圖有7個(gè)蜂巢，第三個(gè)圖有19個(gè)蜂巢，按此規(guī)律，以f(n)表示第n幅圖的蜂巢總數(shù)，則f(4)＝________；f(n)＝________.解析：1＝1,7＝1＋1×6,19＝1＋1×6＋2×6，則f(4)＝1＋1×6＋2×6＋3×6＝37.f(n)＝1＋1×6＋2×6＋…＋(n－1)×6＝1＋6(1＋2＋…＋n－1)＝1＋3n(n－1)．答案：371＋3n(n－1)三、解答題(本大題共6小題，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)17．在等差數(shù)列{an}中，a10＝30，a20＝50.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an；(2)令bn＝2an－10，證明數(shù)列{bn}為等比數(shù)列．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋9d＝30，,a1＋19d＝50，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝12，,d＝2.))∴an＝12＋2(n－1)＝2n＋10.(2)證明：由(1)得bn＝2an－10＝22n＝4n，∴eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(4n＋1,4n)＝4.∴{bn}是首項(xiàng)是4，公比q＝4的等比數(shù)列．18．(2022年濟(jì)南高二檢測(cè))數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，an＋1＝eq\f(1,3)Sn，n≥1，n∈N＋.求(1)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)a2＋a4＋a6＋…＋a2n的值．解：(1)由a1＝1，an＋1＝eq\f(1,3)Sn，n＝1,2,3，…，得a2＝eq\f(1,3)S1＝eq\f(1,3)a1＝eq\f(1,3)，由an＋1－an＝eq\f(1,3)(Sn－Sn－1)＝eq\f(1,3)an(n≥2)，得an＋1＝eq\f(4,3)an(n≥2)，又a2＝eq\f(1,3)，所以an＝eq\f(1,3)(eq\f(4,3))n－2(n≥2)，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1,\f(1,3)\f(4,3)n－2n≥2)).(2)由(1)可知a2，a4，…，a2n是首項(xiàng)為eq\f(1,3)，公比為(eq\f(4,3))2，且項(xiàng)數(shù)為n的等比數(shù)列，所以a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝eq\f(1,3)·eq\f(1－\f(4,3)2n,1－\f(4,3)2)＝eq\f(3,7)[(eq\f(4,3))2n－1]．19．在等差數(shù)列{an}中，a1＝1，前n項(xiàng)和Sn滿足條件eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(4n＋2,n＋1)，n＝1,2，….(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝anpan(p＞0)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(4n＋2,n＋1)，得eq\f(a1＋a2,a1)＝3，所以a2＝2，即d＝a2－a1＝1.又eq\f(4n＋2,n＋1)＝eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(\f(an＋nd＋a1,2)×2n,\f(an＋a1,2)×n)＝eq\f(2an＋nd＋a1,an＋a1)＝eq\f(2an＋n＋1,an＋1)，所以an＝n.(2)由bn＝anpan，得bn＝npn，所以Tn＝p＋2p2＋3p3＋…＋(n－1)pn－1＋npn， ①當(dāng)p＝1時(shí)，Tn＝eq\f(nn＋1,2)；當(dāng)p≠1時(shí)，pTn＝p2＋2p3＋3p4＋…＋(n－1)pn＋npn＋1， ②①－②，得(1－p)Tn＝p＋p2＋p3＋…＋pn－1＋pn－npn＋1＝eq\f(p1－pn,1－p)－npn＋1.所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)，p＝1，,\f(p1－pn,1－p2)－\f(npn＋1,1－p)，p≠1.))20．等比數(shù)列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若a3，a5分別為等差數(shù)列{bn}的第3項(xiàng)和第5項(xiàng)，試求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn.解：(1)設(shè){an}的公比為q.由已知得16＝2q3，解得q＝2.∴an＝a1qn－1＝2n.(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，則b3＝8，b5＝32.設(shè){bn}的公差為d，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＋2d＝8，,b1＋4d＝32，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝－16，,d＝12.))從而bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n－16＋12n－28,2)＝6n2－22n.21．某國(guó)采用養(yǎng)老儲(chǔ)備金制度．公民在就業(yè)的第一年就交納養(yǎng)老儲(chǔ)備金，數(shù)目為a1，以后每年交納的數(shù)目均比上一年增加d(d＞0)，因此，歷年所交納的儲(chǔ)備金數(shù)目a1，a2，…是一個(gè)公差為d的等差數(shù)列．與此同時(shí)，國(guó)家給予優(yōu)惠的計(jì)息政策，不僅采用固定利率，而且計(jì)算復(fù)利．這就是說(shuō)，如果固定年利率為r(r＞0)，那么，在第n年末，第一年所交納的儲(chǔ)備金就變?yōu)閍1(1＋r)n－1，第二年所交納的儲(chǔ)備金就變?yōu)閍2(1＋r)n－2，…，以Tn表示到第n年末所累計(jì)的儲(chǔ)備金總額．(1)寫(xiě)出Tn與Tn－1(n≥2)的遞推關(guān)系式；(2)求證：Tn＝An＋Bn，其中{An}是一個(gè)等比數(shù)列，{Bn}是一個(gè)等差數(shù)列．解：(1)由題意知Tn＝Tn－1(1＋r)＋an(n≥2)．(2)證明：T1＝a1，對(duì)n≥2反復(fù)使用(1)中的關(guān)系式，得Tn＝Tn－1(1＋r)＋an＝Tn－2(1＋r)2＋an－1(1＋r)＋an＝…＝a1(1＋r)n－1＋a2(1＋r)n－2＋…＋an－1(1＋r)＋an. ①在①式兩端同乘1＋r，得(1＋r)Tn＝a1(1＋r)n＋a2(1＋r)n－1＋…＋an－1·(1＋r)2＋an(1＋r)． ②②－①，得rTn＝a1(1＋r)n＋d[(1＋r)n－1＋(1＋r)n－2＋…＋(1＋r)]－an＝eq\f(d,r)[(1＋r)n－1－r]＋a1(1＋r)n－an，即Tn＝eq\f(a1r＋d,r2)(1＋r)n－eq\f(d,r)n－eq\f(a1r＋d,r2).如果記An＝eq\f(a1r＋d,r2)(1＋r)n，Bn＝－eq\f(a1r＋d,r2)－eq