資源簡介

(共28張PPT)
階段質量評價
第4章　數列
(時間:120分鐘　滿分:150分)
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一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題所給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1.是數列，…的(　　)
A.第6項 B.第7項
C.第8項 D.第9項
√
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解析:由題可知原數列為，…，而=，即為第6項，故選A.
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2.在等比數列{an}中，a3=24，a5=6，則a4= (　　)
A.12 B.-15
C.±12 D.15
√
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解析:由等比數列的性質，=a3a5=24×6=144，∴a4=±12.故選C.
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3.已知{an}為等差數列，a10=10，前10項和S10=70，則a1= (　　)
A.-4 B.-2
C.2 D.4
√
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解析:根據等差數列的求和公式，S10=70==5(a1+10)，解得a1=4.故選D.
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4.在等比數列{an}中，a3，a15是方程x2-6x+8=0的兩個根，則=(　　)
A.2 B.2
C.1 D.-2
√
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解析:由題意可得 所以a1a17==a3a15=8.因為 所以a3>0，a15>0，所以a9>0，所以a9=2，所以==2.故選A.
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5.已知數列{an}滿足2an+1=an+an+2，a5-a3=2，若S2=2，則a9= (　　)
A.9 B.
C.10 D.
√
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解析:由2an+1=an+an+2可得數列{an}為等差數列，設其公差為d，所以a5-a3=2=2d d=1，由S2=2得S2=2a1+d=2 a1=，所以a9=a1+8d=+8=，故選B.
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6.已知數列{an}滿足an+1=an，a1=1，則數列{anan+1}的前10項和為(　　)
A. B. C. D.
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解析:因為an+1=an，a1=1，所以(n+1)an+1=nan，所以數列{nan}是每項均為1的常數列，所以nan=1，所以an=，anan+1==-.所以數列{anan+1}的前10項和為++…+=1-=.
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7.已知數列{an}的前n項和是Sn，且Sn=2an-1，若an∈(0，2 021)，則稱項an為“和諧項”，則數列{an}的所有“和諧項”的和為 (　　)
A.1 022 B.1 023
C.2 046 D.2 047
√
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解析:當n≥2時，an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1)=2an-2an-1，∴an=2an-1，又a1=S1=2a1-1，a1=1，∴{an}是等比數列，公比為2，首項為1，所以an=2n-1.由an=2n-1<2 021得n-1≤10，即n≤11，∴所有“和諧項”的和為S11==2 047.故選D.
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8.已知等比數列{an}的公比為q，a3>0，其前n項和為Sn，則“q>1”是“S10+S12>2S11”的 (　　)
A.充分且不必要條件 B.必要且不充分條件
C.充要條件 D.既不充分又不必要條件
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解析:∵a3>0，∴a11=a3q8>0.∵S10+S12-2S11=(S12-S11)-(S11-S10)=a12-a11=a11(q-1)，①當q>1時，S10+S12-2S11>0，即S10+S12>2S11，∴具有充分性；②當S10+S12>2S11時，q>1，∴具有必要性.
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二、多項選擇題(本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得 6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分)
9.若數列{an}對任意n≥2(n∈N)滿足(an-an-1-2)(an-2an-1)=0，則下面選項關于數列{an}的命題正確的是(　　)
A.{an}可以是等差數列
B.{an}可以是等比數列
C.{an}可以既是等差數列又是等比數列
D.{an}可以既不是等差數列又不是等比數列
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解析:因為(an-an-1-2)(an-2an-1)=0，所以an-an-1-2=0或an-2an-1=0，即an-an-1=2或an=2an-1，故A、B正確；又因為不能得到非零常數列，故C錯誤；{an}可以既不是等差數列又不是等比數列，如1，3，5，10，20，40，…，故D正確.
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10.設等差數列{an}的前n項和為Sn.若S5=0，a6=9，則 (　　)
A.an=3n-9 B.an=-3n+3
C.Sn=n2-n D.Sn=n2-n
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解析:由題設，解得∴an=-6+3(n-1)=3n-9，Sn=-6n+=n2-n.故選AC.
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11.已知等差數列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，若a1>0，S4=S12，則 (　　)
A.公差d<0
B.a7+a9<0
C.Sn的最大值為S8
D.滿足Sn<0的n的最小值為16
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解析:因為a1>0，S4=S12，則=，即a1+a4=3(a1+a12)，則d=-a1<0，故A正確；a7+a9=2a1+14d=-d>0，故B錯誤；由a7+a9>0，得a8>0，a9=a1+8d=d<0，因為d<0，a1>0，所以數列{an}是遞減數列，且當n≤8時，an>0，當n≥9時，an<0，所以Sn的最大值為S8，故C正確；Sn=n2+n=-n2+n，令Sn<0，解得n>16，所以滿足Sn<0的n的最小值為17，故D錯誤.故選AC.
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三、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填在題中的橫線上)
12.(5分)數列{an}的前n項積為n2，那么當n≥2時，an=____________.
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解析:設數列{an}的前n項積為Tn，則Tn=n2，當n≥2時，an==.
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13.(5分)據有關文獻記載:我國古代有一座9層塔掛了126盞燈，且相鄰兩層中的下一層比上一層都多d(d為常數)盞燈，底層的燈數是頂層的13倍，則塔的頂層共有燈______盞.
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解析:設從塔頂到塔底第n層的燈數為an，則數列{an}為等差數列，公差為d，設其前n項和為Sn.依題意a9=13a1，S9=126，所以=126，則=126，解得a1=2.
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14.(5分)寫出一個同時滿足下列條件①②的等比數列{an}的通項公式an=_______________________.
①anan+1<0；②|an|>|an+1|.
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(答案不唯一)
解析:依題意，{an}是等比數列，設其公比為q，由于①anan+1<0，所以q<0，由于②|an|>|an+1|=|anq|=|an|·|q|，所以0<|q|<1，所以an=符合題意.
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四、解答題(本大題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
15.(13分)已知等差數列{an}中，a1=9，a4+a7=0.
(1)求數列{an}的通項公式；(7分)
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解:設等差數列{an}的公差為d，由a1=9，a4+a7=0，得a1+3d+a1+6d=0，解得d=-2，an=a1+(n-1)d=9-2(n-1)=11-2n，
所以數列{an}的通項公式an=11-2n(n∈N*).
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(2)當n為何值時，數列{an}的前n項和取得最大值 (6分)
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解:a1=9，d=-2，Sn=9n+×(-2)=-n2+10n=-(n-5)2+25，
所以當n=5時，Sn取得最大值.
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16.(15分)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a2=3，S5=25.
(1)求數列{an}的通項公式；(10分)
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解:設等差數列{an}的公差為d，首項為a1，
由題意，得解得
所以an=1+(n-1)×2=2n-1.
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(2)設bn=an+2n-1，求數列{bn}的前n項和Tn.(5分)
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解:bn=an+2n-1=2n-1+2n-1，
所以Tn=+=n2+2n-1.
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17.(15分)已知等比數列{an}中，a1+a2=8，a2+a3=24，Sn為數列{an}的前n項和.
(1)求數列{an}的通項公式；(5分)
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解:設等比數列{an}的公比為q，則q===3.
故a1+a2=a1+3a1=8，解得a1=2.所以an=a1qn-1=2×3n-1.
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(2)若bn=anlog3(Sn+1)，求數列{bn}的前n項和Tn.(10分)
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解:由(1)知an=2×3n-1，Sn=3n-1，所以bn=anlog3(Sn+1)=2×3n-1×
log33n=2n×3n-1，所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=2×30+4×31+6×32+…+
2(n-1)×+2n×3n-1　①，
3Tn=2×31+4×32+6×33+…+2(n-1)×3n-1+2n×3n　②，
①-②得-2Tn=2×30+2×31+2×32+2×33+…+2×3n-1-2n×3n=3n(1-2n)-1.所以Tn=.
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18.(17分)已知數列{an}的前n項和是Sn，且Sn+an=1，an≠0(n∈N*).
(1)求數列{an}的通項公式；(5分)
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解:當n=1時，a1=S1，由S1+a1=1，得a1=，當n≥2時，Sn-1+an-1=1，
∴當n≥2時，Sn-Sn-1+an-an-1=0，∴2an=an-1，又an≠0，∴n≥2時，=，∴{an}是以為首項，為公比的等比數列，
∴an=×=(n∈N*).
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(2)設bn=log2(1-Sn)(n∈N*)，Tn=++…+，求Tn的取值范圍.(12分)
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解:由(1)知Sn==1-，∴bn=-n，===-，∴Tn=++…+=++…+=1-，
∵當n增大時，Tn也在增大，且n∈N*，∴當n=1時，Tn取最小值，∴≤Tn<1.
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19.(17分)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且a4=13，S6=72，數列{bn}的前n項和為Tn，且3Tn=4bn-4.
(1)求數列{an}，{bn}的通項公式.(6分)
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解:設等差數列{an}的公差為d，則
解得a1=7，d=2，故an=2n+5.
因為3Tn=4bn-4，所以當n=1時，b1=4，當n≥2時，
3Tn=4bn-4，3Tn-1=4bn-1-4，兩式相減可得3bn=4bn-4bn-1，
得bn=4bn-1，由題易知bn≠0，則=4，
所以數列{bn}是以4為首項，4為公比的等比數列，故bn=4n.
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(2)記cn=，若數列{cn}的前n項和為Qn，數列{}的前n項和為Rn，探究:是否為定值.若是，請求出該定值；若不是，請說明理由.(11分)
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解:由(1)可知=2n，故Rn==2n+1-2，cn===n·2n，
所以Qn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n，2Qn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1，
兩式相減可得-Qn=2+22+23+24+…+2n-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2，故Qn=(n-1)×2n+1+2，故==2，為定值.階段質量評價(四)　數　列(時間:120分鐘　滿分:150分)
(選擇、填空題請在后面的答題區內作答,解答題請在題后作答)
一、單項選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題所給的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.是數列,,,,…的 (　　)
A.第6項 B.第7項
C.第8項 D.第9項
2.在等比數列{an}中,a3=24,a5=6,則a4= (　　)
A.12 B.-15
C.±12 D.15
3.已知{an}為等差數列,a10=10,前10項和S10=70,則a1= (　　)
A.-4 B.-2
C.2 D.4
4.在等比數列{an}中,a3,a15是方程x2-6x+8=0的兩個根,則= (　　)
A.2 B.2
C.1 D.-2
5.已知數列{an}滿足2an+1=an+an+2,a5-a3=2,若S2=2,則a9= (　　)
A.9 B.
C.10 D.
6.已知數列{an}滿足an+1=an,a1=1,則數列{anan+1}的前10項和為 (　　)
A. B.
C. D.
7.已知數列{an}的前n項和是Sn,且Sn=2an-1,若an∈(0,2 021),則稱項an為“和諧項”,則數列{an}的所有“和諧項”的和為 (　　)
A.1 022 B.1 023
C.2 046 D.2 047
8.已知等比數列{an}的公比為q,a3>0,其前n項和為Sn,則“q>1”是“S10+S12>2S11”的 (　　)
A.充分且不必要條件 B.必要且不充分條件
C.充要條件 D.既不充分又不必要條件
二、多項選擇題(本大題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得 6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分)
9.若數列{an}對任意n≥2(n∈N)滿足(an-an-1-2)(an-2an-1)=0,則下面選項關于數列{an}的命題正確的是 (　　)
A.{an}可以是等差數列
B.{an}可以是等比數列
C.{an}可以既是等差數列又是等比數列
D.{an}可以既不是等差數列又不是等比數列
10.設等差數列{an}的前n項和為Sn.若S5=0,a6=9,則 (　　)
A.an=3n-9 B.an=-3n+3
C.Sn=n2-n D.Sn=n2-n
11.已知等差數列{an}的前n項和為Sn(n∈N*),若a1>0,S4=S12,則 (　　)
A.公差d<0
B.a7+a9<0
C.Sn的最大值為S8
D.滿足Sn<0的n的最小值為16
三、填空題(本大題共3小題,每小題5分,共15分.把答案填在題中的橫線上)
12.(5分)數列{an}的前n項積為n2,那么當n≥2時,an=　　　　.
13.(5分)據有關文獻記載:我國古代有一座9層塔掛了126盞燈,且相鄰兩層中的下一層比上一層都多d(d為常數)盞燈,底層的燈數是頂層的13倍,則塔的頂層共有燈　　　　盞.
14.(5分)寫出一個同時滿足下列條件①②的等比數列{an}的通項公式an=　　　 　　.
①anan+1<0;②|an|>|an+1|.
四、解答題(本大題共5小題,共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
15.(13分)已知等差數列{an}中,a1=9,a4+a7=0.
(1)求數列{an}的通項公式;(7分)
(2)當n為何值時,數列{an}的前n項和取得最大值 (6分)
16.(15分)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且a2=3,S5=25.
(1)求數列{an}的通項公式;(10分)
(2)設bn=an+2n-1,求數列{bn}的前n項和Tn.(5分)
17.(15分)已知等比數列{an}中,a1+a2=8,a2+a3=24,Sn為數列{an}的前n項和.
(1)求數列{an}的通項公式;(5分)
(2)若bn=anlog3(Sn+1),求數列{bn}的前n項和Tn.(10分)
18.(17分)已知數列{an}的前n項和是Sn,且Sn+an=1,an≠0(n∈N*).
(1)求數列{an}的通項公式;(5分)
(2)設bn=log2(1-Sn)(n∈N*),Tn=++…+,求Tn的取值范圍.(12分)
19.(17分)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且a4=13,S6=72,數列{bn}的前n項和為Tn,且3Tn=4bn-4.
(1)求數列{an},{bn}的通項公式.(6分)
(2)記cn=,若數列{cn}的前n項和為Qn,數列{}的前n項和為Rn,探究:是否為定值.若是,請求出該定值;若不是,請說明理由.(11分)
階段質量評價(四)
1．選A　由題可知原數列為，，，，…，而＝，即為第6項，故選A.
2．選C　由等比數列的性質，a＝a3a5＝24×6＝144，∴a4＝±12.故選C.
3．選D　根據等差數列的求和公式，S10＝70＝＝5(a1＋10)，解得a1＝4.故選D.
4．選A　由題意可得 所以a1a17＝a＝a3a15＝8.因為 所以a3>0，a15>0，所以a9>0，所以a9＝2，所以＝＝2.故選A.
5．選B　由2an＋1＝an＋an＋2可得數列{an}為等差數列，設其公差為d，所以a5－a3＝2＝2d d＝1，由S2＝2得S2＝2a1＋d＝2 a1＝，所以a9＝a1＋8d＝＋8＝，故選B.
6．選A　因為an＋1＝an，a1＝1，所以(n＋1)an＋1＝nan，所以數列{nan}是每項均為1的常數列，所以nan＝1，所以an＝，anan＋1＝＝－.所以數列{anan＋1}的前10項和為＋＋…＋＝1－＝.
7．選D　當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，又a1＝S1＝2a1－1，a1＝1，∴{an}是等比數列，公比為2，首項為1，所以an＝2n－1.由an＝2n－1<2 021得n－1≤10，即n≤11，∴所有“和諧項”的和為S11＝＝2 047.故選D.
8．選C　∵a3>0，∴a11＝a3q8>0.∵S10＋S12－2S11＝(S12－S11)－(S11－S10)＝a12－a11＝a11(q－1)，①當q>1時，S10＋S12－2S11>0，即S10＋S12>2S11，∴具有充分性；②當S10＋S12>2S11時，q>1，∴具有必要性．
9．選ABD　因為(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，所以an－an－1－2＝0或an－2an－1＝0，即an－an－1＝2或an＝2an－1，故A、B正確；又因為不能得到非零常數列，故C錯誤；{an}可以既不是等差數列又不是等比數列，如1,3,5,10,20,40，…，故D正確．
10．選AC　由題設，解得∴an＝－6＋3(n－1)＝3n－9，Sn＝－6n＋＝n2－n.故選AC.
11．選AC　因為a1>0，S4＝S12，則＝，即a1＋a4＝3(a1＋a12)，則d＝－a1<0，故A正確；a7＋a9＝2a1＋14d＝－d>0，故B錯誤；由a7＋a9>0，得a8>0，a9＝a1＋8d＝d<0，因為d<0，a1>0，所以數列{an}是遞減數列，且當n≤8時，an>0，當n≥9時，an<0，所以Sn的最大值為S8，故C正確；Sn＝n2＋n＝－n2＋n，令Sn<0，解得n>16，所以滿足Sn<0的n的最小值為17，故D錯誤．故選AC.
12．解析：設數列{an}的前n項積為Tn，則Tn＝n2，當n≥2時，an＝＝.
答案：
13．解析：設從塔頂到塔底第n層的燈數為an，則數列{an}為等差數列，公差為d，設其前n項和為Sn.依題意a9＝13a1，S9＝126，所以＝126，則＝126，解得a1＝2.
答案：2
14．解析：依題意，{an}是等比數列，設其公比為q，由于①anan＋1<0，所以q<0，由于②|an|>|an＋1|＝|anq|＝|an|·|q|，所以0<|q|<1，所以an＝n－1符合題意．
答案：n－1(答案不唯一)
15．解：(1)設等差數列{an}的公差為d，由a1＝9，a4＋a7＝0，得a1＋3d＋a1＋6d＝0，解得d＝－2，an＝a1＋(n－1)d＝9－2(n－1)＝11－2n，所以數列{an}的通項公式an＝11－2n(n∈N*)．
(2)a1＝9，d＝－2，Sn＝9n＋×(－2)＝－n2＋10n＝－(n－5)2＋25，
所以當n＝5時，Sn取得最大值．
16．解：(1)設等差數列{an}的公差為d，首項為a1，由題意，得解得所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)bn＝an＋2n－1＝2n－1＋2n－1，所以Tn＝＋＝n2＋2n－1.
17．解：(1)設等比數列{an}的公比為q，
則q＝＝＝3.
故a1＋a2＝a1＋3a1＝8，解得a1＝2.
所以an＝a1qn－1＝2×3n－1.
(2)由(1)知an＝2×3n－1，Sn＝3n－1，所以bn＝anlog3(Sn＋1)＝2×3n－1×log33n＝2n×3n－1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋2(n－1)×3n－2＋2n×3n－1　①，
3Tn＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋2(n－1)×3n－1＋2n×3n　②，
①－②得－2Tn＝2×30＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2n×3n＝3n(1－2n)－1.
所以Tn＝.
18．解：(1)當n＝1時，a1＝S1，由S1＋a1＝1，得a1＝，當n≥2時，Sn－1＋an－1＝1，
∴當n≥2時，Sn－Sn－1＋an－an－1＝0，
∴2an＝an－1，又an≠0，∴n≥2時，＝，∴{an}是以為首項，為公比的等比數列，
∴an＝×n－1＝n(n∈N*)．
(2)由(1)知Sn＝＝1－n，∴bn＝－n，∴＝＝＝－，
∴Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－，
∵當n增大時，Tn也在增大，且n∈N*，
∴當n＝1時，Tn取最小值，∴≤Tn<1.
19．解：(1)設等差數列{an}的公差為d，
則解得a1＝7，d＝2，故an＝2n＋5.因為3Tn＝4bn－4，所以當n＝1時，b1＝4，當n≥2時，3Tn＝4bn－4,3Tn－1＝4bn－1－4，兩式相減可得3bn＝4bn－4bn－1，得bn＝4bn－1，
由題易知bn≠0，則＝4，所以數列{bn}是以4為首項，4為公比的等比數列，故bn＝4n.
(2)由(1)可知＝2n，故Rn＝＝2n＋1－2，cn＝＝＝n·2n，
所以Qn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Qn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，
兩式相減可得－Qn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，故Qn＝(n－1)×2n＋1＋2，故＝＝2，為定值．
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