資源簡介

單元素養測評卷(一)B
1.C　[解析] 因為=,所以根據該數列的規律可知,是該數列的第8項,故選C.
2.C　[解析] 由題意得a1+2=2,解得a1=0,則S10=10×0+×2=90.故選C.
3.A　[解析] 設等比數列{an}的公比為q,則兩式相除可得q2=5,又{an}是遞增的等比數列,∴q=,則a1===.故選A.
4.B　[解析] 因為S2,S1+S3,S5成等比數列,所以S2S5=,即(2a1+d)(5a1+10d)=,即(3a1+d)(2a1-d)=0,所以d=-3a1或d=2a1.又a2=3,a1>0,所以當d=-3a1時,a1+d=a1-3a1=3,解得a1=-(舍去);當d=2a1時,a1+d=a1+2a1=3,解得a1=1,則d=2.故選B.
5.B　[解析] 設等差數列{an}的公差為d,由a2+a4+a6=147,a1+a3+a5=156,兩式相減可得3d=-9,則d=-3.∵a2+a4+a6=3a4=147,
∴a4=49,故an=a4+(n-4)d=49-3n+12=61-3n,當Sn取得最大值時有即解得≤n≤,又n∈N*,∴n=20.故選B.
6.C　[解析] 因為點(an,Sn)在直線x+y-6=0上,所以an+Sn-6=0①.當n=1時,a1+S1-6=0,得a1=3;當n≥2時,an-1+Sn-1-6=0②,①-②得2an-an-1=0,即=.所以數列{an}是首項為3,公比為的等比數列,則S4==.
7.D　[解析] ∵斐波那契數列{an}滿足a1=a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*),∴1+a3+a5+a7+a9+…+a59=a2+a3+a5+a7+a9+…+a59=a4+a5+a7+a9+…+a59=a6+a7+a9+…+a59=…=a58+a59=a60=ak,則k=60,故選D.
8.A　[解析] 由an+2+5an=6an+1,可得an+2-an+1=5(an+1-an),又a1=2,a2=6,所以{an+1-an}是首項為a2-a1=6-2=4,公比為5的等比數列,則an+1-an=4·5n-1,所以an+1=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an+1-an)=2+4+20+…+4·5n-1=2+=5n+1,則bn=[log5an+1]=[log5(5n+1)]=n,所以==1000,則S2023=1000×=∈(999,1000),所以[S2023]=999.故選A.
9.BD　[解析] 設等差數列{an}的公差為d,∵a2=18,a4+a6=90,∴a1+d=18,2a1+8d=90,解得a1=9,d=9,∴an=9+9(n-1)=9n.∵a6=9×6=54,3a3=3×9×3=81,∴a6≠3a3.S9=9×9+×9=405.故選BD.
10.BC　[解析] 由題意,根據根與系數的關系,得所以不妨設a11.BD　[解析] 依題意,若q≥1,則a2021=a1·q2020>1,a2022=a1·q2021>1,所以a2021-1>0,a2022-1>0,所以(a2021-1)(a2022-1)>0,與已知條件矛盾,所以q≥1不符合,故A錯誤;因為a1>1,a2021·a2022>1,(a2021-1)·(a2022-1)<0,所以a2021>1,00,a2021·a2023=<1,故B正確,C錯誤;易知前2021項都大于1,從第2022項開始都小于1,因此使得Tn取得最大值的n的值為2021,故D正確.故選BD.
12.-　[解析] 由題知,Sn=4n-1+a=·4n+a,又Sn==-·qn(q為公比),所以得a=-.
13.4　[解析] 因為a1=1,a2=3,anan+2=1,所以a1a3=1,則a3=1,a2a4=1,則a4=,a3a5=1,則a5=1,a4a6=1,則a6=3……由此可得數列{an}的奇數項均為1,偶數項依次為3,,3,,…,所以a2021+a2022=1+3=4.
14.1-　[解析] 設bn=log2(an+1),則{bn}為等差數列,設{bn}的公差為d,∵a1=1,a3=7,∴b1=log2(a1+1)=1,b3=log2(a3+1)=3,則2d=b3-b1=2,∴d=1,∴bn=n,則n=log2(an+1),∴an=2n-1.∵===,∴Sn=++…+==1-.
15.解:(1)設等比數列{an}的公比為q,∵a1+2a2=0,∴q==-.∵S4-S2=,∴-a1=,解得a1=1,∴an=.
(2)an≥,即≥.當n為偶數時,不等式不成立,當n為奇數時,可得≥,∴n≤5,又∵n∈N*,∴n=1或3或5.
16.解:(1)根據遞推公式可知a2=a1+1=2,a3=a2=2,a4=a3+1=3,a5=a4=3.
(2)根據遞推公式知,當k∈N*時,a2k=a2k-1+1,a2k+1=a2k,
所以a2k+1=a2k-1+1,即a2k+1-a2k-1=1,
所以{a2k-1}是以1為首項,1為公差的等差數列,且a2k+1=a2k,
故S50=(a1+a3+…+a49)+(a2+a4+…+a50)=(1+2+3+…+25)+(2+3+4+…+26)=+=675.
17.解:(1)當n=1時,4a1=+2a1+1,解得a1=1.當n≥2時,由4Sn=+2an+1,得4Sn-1=+2an-1+1,兩式相減可得4an=-+2an-2an-1,即-=2(an+an-1),又an>0,所以an-an-1=2,即{an}是首項為1,公差為2的等差數列,故{an}的通項公式為an=1+2(n-1)=2n-1.
(2)證明:由(1)可知an=2n-1,則bn===-,所以Tn=b1+b2+…+bn=1-+-+…+-=1-,因為>0恒成立,所以Tn<1,又因為Tn+1-Tn=bn+1=>0,所以{Tn}是遞增數列,所以Tn≥T1=b1=,故≤Tn<1.
18.解:(1)證明:由an是1與anan+1的等差中項,可得anan+1+1=2an,可得an+1=,則an+1-1=,可得==+1,所以-=1,又由a1=2,可得=1,所以數列是首項和公差均為1的等差數列.
(2)由(1)可得=1+n-1=n,所以bn=(-1)n=(-1)n(3n+1),所以對任意的k∈N*,有b2k-1+b2k=-[3(2k-1)+1]+(3×2k+1)=3,因此,S100=b1+b2+b3+…+b99+b100=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b99+b100)=3×50=150.
19.解:(1)①由題意得Δan=an+1-an=(n+1)3-n3,所以An=Δan+Δan-1+…+Δa1=(n+1)3-n3+n3-(n-1)3+…+23-13=(n+1)3-1.
②由題意得Δan=(n+1)3-n3=3n2+3n+1,即An=3Pn+Tn,所以λ=3.
(2)證明:根據各層物體的個數可設數列{bn}的通項公式為bn=(a+n-1)(b+n-1),n∈N*,則由題意知,需證明的公式中,S即為數列{bn}的前n項和,c·d即為數列{bn}的第n項,且c=a+n-1,d=b+n-1,又bn=(a+n-1)(b+n-1)=ab+(n-1)(a+b)+(n-1)2,所以S=nab+(a+b)·+n3-n2+n=n3+n2+n,又c=a+n-1,d=b+n-1,所以[(2b+d)a+(b+2d)c]+(c-a)=[(3b+n-1)a+(3b+2n-2)(a+n-1)]+(n-1)=n3+n2+n,所以S=[(2b+d)a+(b+2d)c]+(c-a)成立.單元素養測評卷(一)B
第一章
時間:120分鐘　分值:150分　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.
1.[2024·四川南充高二期中] 已知數列,,,,,…,根據該數列的規律,是該數列的 (　 )
A.第6項 B.第7項 C.第8項 D.第9項
2.已知等差數列{an}的公差為2,且a2=2,設其前n項和為Sn,則S10= (　 )
A.200 B.100 C.90 D.80
3.已知數列{an}是遞增的等比數列,且a6-a2=40,a4+a2=10,則a1= (　 )
A. B. C. D.
4.等差數列{an}的首項為正數,公差為d,Sn為{an}的前n項和,若a2=3,且S2,S1+S3,S5成等比數列,則d= (　 )　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.1 B.2 C. D.2或
5.已知{an}為等差數列,a1+a3+a5=156,a2+a4+a6=147,{an}的前n項和為Sn,則使得Sn取得最大值的n的值為(　 )
A.19 B.20 C.21 D.22
6.記Sn為數列{an}的前n項和,若點(an,Sn)在直線x+y-6=0上,則S4= (　 )
A. B. C. D.
7.[2023·遼寧省實驗中學高二期末] 意大利數學家斐波那契以兔子繁殖為例,引入“兔子數列”,即1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,….已知斐波那契數列{an}滿足a1=a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*),若1+a3+a5+a7+a9+…+a59=ak,則k= (　 )
A.2022 B.2023 C.59 D.60
8.[2023·江蘇常州一中高二期末] 高斯是德國著名的數學家,近代數學奠基者之一,享有“數學王子”的美譽,用他的名字命名的函數被稱為“高斯函數”.設x∈R,用[x]表示不超過x的最大整數,則f(x)=[x]被稱為“高斯函數”.已知數列{an}滿足a1=2,a2=6,an+2+5an=6an+1,若bn=[log5an+1],Sn為數列的前n項和,則[S2023]=(　 )
A.999 B.749 C.499 D.249
二、選擇題:本題共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.設數列{an}為等差數列,其前n項和為Sn,且a2=18,a4+a6=90,則 (　 )
A.a1=6 B.{an}的公差為9 C.a6=3a3 D.S9=405
10.若a,b是函數f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的兩個不同的零點,且a,b,-6這三個數在適當排序后成等差數列,也在適當排序后成等比數列,則 (　 )
A.a+b=16 B.ab=36
C.pq=540 D.p-q=21
11.已知等比數列{an}的公比為q,其前n項積為Tn,且滿足a1>1,a2021·a2022>1,(a2021-1)(a2022-1)<0,則下列結論中正確的有 (　 )
A.q≥1
B.0C.a2021·a2023>1
D.使得Tn取得最大值的n的值為2021
三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.
12.[2024·上海嘉定一中高二期末] 若等比數列{an}的前n項和Sn=4n-1+a,則a=　　　　.
13.在數列{an}中,a1=1,a2=3,anan+2=1,則a2021+a2022=　　　　.
14.[2024·天津重點學校高二期末] 在數列{an}中,a1=1,a3=7,若數列{log2(an+1)}為等差數列,則Sn=++…+=　　　　　.
四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15.(13分)已知數列{an}是等比數列,其前n項和是Sn,且a1+2a2=0,S4-S2=.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)求滿足an≥的n的值.
16.(15分)已知數列{an}滿足a1=1,an+1=
(1)求a2,a5的值;
(2)求{an}的前50項和S50.
17.(15分)[2023·湖南益陽高二期末] 已知各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn,且4Sn=+2an+1.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)設bn=,且數列{bn}的前n項和為Tn,求證:≤Tn<1.
18.(17分) 在數列{an}中,a1=2,an是1與anan+1的等差中項.
(1)求證:數列是等差數列;
(2)令bn=(-1)n,記數列{bn}的前n項和為Sn,求S100.
19.(17分)[2023·濟南高二期末] 對于數列{an},規定數列{Δan}為數列{an}的一階差分數列,其中Δan=an+1-an,n∈N*.
(1)已知數列{an}的通項公式為an=n3,數列{Δan}的前n項和為An.
①求An;
②記數列{3n+1}的前n項和為Tn,數列{n2}的前n項和為Pn,若An=Tn+λPn,求實數λ的值.
(2)北宋數學家沈括對于上底有ab個,下底有cd個,共有n層的堆積物(堆積方式如圖),提出可以用公式S=[(2b+d)a+(b+2d)c]+(c-a)求出物體的總個數,這就是所謂的“隙積術”,試證明上述求和公式.

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