高中数学第4章数列单元素养评价苏教版选择性必修第一册.docx

单元素养评价（三）（第4章）（120分钟150分）一、单项选择题（此题共8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项 符合题目要求的）1.在等差数歹U{an}中，a2=1 , 34 = 5 ,贝!]{an}的前5项和S5 = （）A . 7 B . 15 C . 20 D . 25【解析】选B.因为a2 = 1 , a4 = 5 ,所以 ai + a5 = a2 + a4 = 6 ,5 （ ai + 35 ） 5 （ 32 + 34 ）所以数列的前5项和S5二——厂二二 ―L二| x6= 15.2 . （202X .信阳高二检测）《九章算术》“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3节的容积共6升，下面3节的容积共12升，那么第5节的容积为（） A.2升 B.3升 C.4升 D.5升【解析】选B.设此等差数列为R},公差d>0 ,由题意可得：ai + a2 + a3 = 6 , a? + as + a9 = 12 ,所以 a2 = 2 z a8 = 4 z 由 a8 = a2 + 6d，得 d=| ,贝[J a5 = a2 + 3d = 2 + 3x = 3.2ai + a?3 .设a! , a2 , a3 z霜成等比数列，其公比为2，那么 的值为（）2a3 + 341 - 2 B1-4A1-8C【解析】选A.2ai + a22a3 + 342ai + 2ai2aix4 + 8ai4 ・数列｛an｝满足 ai = 1 , an + i = ran + r , (n《N , rER , r^O)，那么1”是“数列｛a。

｝为等差数列”的()A・充分不必要条件B,必要不充分条件C .充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.当r = 1时，a「+ 1 = ran + r^>an +1 =an+ 1 ,所以数列｛an｝为公差为［的等差数列，即充分性成立；因为 an+i = ran + r , ai = 1 z所以 a2 = 2r , a3 = 2r2 + r ,所以假设数列｛an｝为等差数列,那么4r = 1 + + r ,所以r = 1或r = ,即必要性不成立，综上，“r= 1”是“数列｛an｝为等差数列”的充分不必要条件.5 .设Sn是等差数歹I」｛an｝的前n项和，假设亲=|，那么荣=()1 - 2♦ D 2 C9 ( ai + a)【解析】选A*25 ( ai + a5 )29 ( 2ai + 8d ) 9 (ai+4d)一 5 ( 2ai +4d ) 一 5 ( ai +2d )9a5 9 5 t一5a3 5 9 L6・在等差数列3｝中，2(ai +也+ a7)+ 3(a9 + an) = 24，贝(］此数列的前13项之和等于()13 (2ai + 12d)13 ( + a】3 ) 【解析】选 B.将 2(ai + a4 + a7) + 3(a9 + an) = 24 变为 ai + 6d = 2 ,再有 Sg ==13(ai + 6d) = 13x2 = 26.7・（202X .郑州高二检测）等比数列R｝的前n项和为Sn ,公比q>0 # ai = 1 # aJ2 = 9aio ,要使数列｛入+ %｝为等比数列，那么实数入的值为（）A . | B・g C . 2 D .不存在1 - 3n 3n - 1【解析】选B.由公比q>0 z ai2 = 9aio可得q = 3 ,而ai = 1 ,所以Sn= —-=方一 .假设数歹!1｛入+ Sn｝为等比数列，那么有（入+S2）2 =（入+S1）•（人+ S3）,即（X + 4）2 = （X + 1）・（入+ 13）,解得提万/于是人+ Sn二己Q + Sn + 1 rfo-—— 万+Sn|x3n+,二3 ,故提?时，数列｛人+Sn｝为等比数列.8 •用数学归纳法证明左+出+・・・+*号心诊）的过程中，设f（k）=出+1 1基+.・E，从n = k递推至！J n = k + 1时，不等式左边为（）A . f(k)B . f(k)C ・ f(k)D . f(k)1+2k+1]2k+ 11+ 2k+ 1 1+2k+11+2k+,1 1+ • • • + -2k+， k+1]k+ 1【解析】选C.因为f（k）所以 f(k+l) =士 +~k+ 11 …+灸14 4-k + 2]2k+1..+必/因此不等式左边为f（k） +行1+ . . . + ~~\ /2k + 11 1 + • • • + r - •2k+, k+l二、多项选择题（此题共4小题，每题5分，共20分.在每题给出的选项中，有多项符合题目 要求・全部选对的得5分，有选错的得0分，局部选对的得3分）9 •设等差数列｛an｝的前n项和为Sn,且S4 = m S5 ,S6 = 21 ,假设志+法；+..・+志v入恒成 立，那么入的值不可以是()A . 1 B . 0 C . - 1 D . 2【解析］选BC•设等差数列｛编｝的公差为d,2因为 S4 S5 ,所以 4ai + 略 d = |(5ai +5x4J~Fd整理得 12ai + 18d= 10aj + 20d ,即 ai = d ,由 S6 = 21 ,可得 6ai d = 21 #即 6ai + 15d = 21 ,所以 ai = d= 1 ,ll、 n ( n - 1 ) n ( n + 1 )所以 Sn = n+ 2 = 2 /所以* = , 1 1 . =" ~~~ /n ( n + 1 ) n n+1EF-p.J L J所以 2Si +2S2 + …+2Sn.111 1 1 5 1=1 - .三 +■.•+ . = 1 . <1 ,223 n n + j n + 1因为+2S? +・••+*；＜"恒成立，所以Ql・10 .］各项均为正数的等差数列R｝中，ai + a? + as = 15 ,且ai + 2 , a2 + 5 , as + 13构成等比数列｛bn｝的前三项，贝!］()A • a? = 5B ・ bn = 5・2n-iC • an = 2n - 1D .设Cn=| anbn ,那么数列｛胡 的前n项和Tn = (2n - l)2n + 1【解析】选ABD.设等差数列的公差为d ,那么由得 ai + a2 + a3 = 3a2 = 15 z 即 a2 = 5 , 又(5・d + 2)(5 + d+13)=100 ,解得d=2 或d=-13(舍去)，ai = a2 - d = 3 ,所以 an = ai +(n - l)xd = 2n + 1 ,又 bi =ai + 2 = 5 z b2 = a2 + 5= 10 z 所以 q = 2 ,所以bn = 5.2S ;因为 Tn = 3 + 5x2 + 7x22 + …+ (2n + l)x2n -1 ,2Tn = 3x2 + 5x22 + 7x23 + ... + (2n + 1 )x2。

两式相减得-Tn = 3 + 2x2 + 2x22 + ... + 2x2“ ・】-(2n + 1)x2“ 二 (1 - 2n)2n - 1 ,那么 Tn = (2n- l)2n+l.11 .单调递增数列｛an｝的前n项和Sn满足2Sn = an(an+ 1) (neN*),且Sn>0，记数列｛2n-an｝的前n项和为Tn，那么使得Tn>2 020成立的n的值有()A . 7 B . 8 C . 10 D . 11【解析】选BCD.由题意，2Sn = an(an+1) (nEN*),当 n>2 时，2Sn -1 = an- i(an . i + 1),所以 2an = 2Sn - 2Sn-1―an(an + 1) - an -1 (an - 1 + 1) f整理得(an + an. 1) (an - an. 1 T)=0 , 因为数列｛an｝单调递增且Sn>0,所以 an + an - i^O z an - an -1 - 1 = 0 ,即 an = an -1 + 1 ,当 n = 1 时，2Si =ai(ai + 1),所以 ai = 1 ,所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列， 所以an = n ,所以Tn= 1-21 + 2-22 + 3-23 + ... +n-2n ,2Tn= l-22 + 2-23 + 3-24+... + (n - 1) -2n + n-2n+1 z2(1-2，所以-Tn = 2 + 22 + 23 + 24+..・+2n-n・2n+i= -n-2n+1 = ( l - n) -2n+1 - 2 ,1 - 2 v 7所以 T„ = (n- 1) -2n+,+2 ,所以 t7 = 6x28 + 2 = 1 538 z T8 = 7x29 + 2 = 3 586 #所以Tn>2 020成立的n的最小值为8.12 .数列｛编｝是各项均为正数且公比不等于1的等比数列(n《N*)，对于函数f(x),假设 数列｛/nfg｝为等差数列，那么称函数f(x)为“保比差数列函数，，那么定义在(0 , +3)上的如下函 数中是保比差数列函数的有()A • f(x)=?为“保比差数列函数”B・f(x) =x2为保比差数列函数’ c . f(x) =eX为“保比差数列函数”D . f(x) =丁为“保比差数列函数”【解析】选ABD.设数列｛如｝的公比为q(q#l).由题意，In f(an) = In —,dn所以 In f(an + i) - In f(an) = In」一 Tn —an +1 an=In = - Inq 是常数，Hn+ 1所以数列｛Infg｝为等差数列，A满足题意；由题意 / In f(an) = In an2 ,所以 In f(an+i) - In f(an) = In an+i2 - In an2=In q2 = 21n q 是常数，所以数列｛In f(an)｝为等差数列,B满足题意；由题意，lnf(an) = lnedn ,所以 In f(an+1) - In f(an) = In edn+, - In ea,1 =an +1 - an不是常数,所以数列｛In f(an)｝不为等差数列，C不满足题意；由题意，In f(an) = In y[an ,所以 In f(an + i) - In f(an) = In pan + i - In 扁=| In q 是常数，所以数列｛In f(an)｝为等差数列,D满足题意.三、填空题(此题共4小题，每题5分，共20分)13・数列3｝的前n项和Sn满足4an -3Sn = 2,其中nEN*.那么数列3｝的通项公式为【解析】由4an - 3Sn = 2 ,① 当 n>2 时 /4an-i-3Sn-i=2/② 4an - 4an-1 - 3(Sn - Sn-1) =0 f即 4a【i - 4an -1 - 3an — 0 ,整理得an = 4an -1 ；当 n = 1 时 4ai - 3Si = 2 ,解得：a。