第一章 数列 章末评估 (原卷版+解析版)

第一章章末评估
(总分：150分　时间：120分钟)
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．在数列{an}中，a1＝2，2an＋1－2an＝1，则a101＝(　　)
A．52 B．51 C．50 D．49
2．在各项均为正数的等比数列{an}中，a2a5＝100，则lg a3＋lg a4＝(　　)
A．－1 B．1 C．2 D．0
3．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S10－S3＝14，则S13＝(　　)
A．12 B．18 C．22 D．26
4．已知函数f(x)＝若数列{an}满足an＝f(n)，n ∈ N*，且{an}是递增数列，则实数a的取值范　)
A． B．
C．(2，3) D．(1，3)
5．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来的(n＝1，2，3，…)，则第n个图形中顶点的个数为(　　)
　
①　　②　　③　　④　　⑤　.
A.(n＋1)(n＋2) B．(n＋2)(n＋3)
C．n2 D．n
6．在数列{an}中，a1＝－，an·an－1＝an－1－1(n≥2)，则a2 024＝(　　)
A．－ B．5 C． D．3
7．记等比数列{an}的前n项和为Sn，若a8＝a5，则 ＝(　　)
A． B． C． D．
8．高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”为设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为“高斯函数”．例如：[－2.5]＝－3，[2.7]＝2.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＋2an＝3an＋1，若bn＝[log2an＋1]，Sn为数列的前n项和，则S2 024＝(　　)
A． B．
C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知等差数列{an}为递减数列，且a3＝1，a2a4＝，则下列结论中正确的有(　　)
A．数列{an}的公差为－
B．an＝－n＋
C．数列{a1an}是公差为－1的等差数列
D．a1a7＋a4＝－1
10．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则(　　)
A．此数列的第20项是200
B．此数列的第19项是182
C．此数列的一个通项公式为an＝
D．84不是此数列中的项
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝(k∈N*)，则(　　)
A．a6＝14
B．数列{a2k－1＋3}(k∈N*)是以2为公比的等比数列
C．对于任意的k∈N*，a2k＝2k＋1－3
D．满足Sn>1 000的最小正整数n的值为15
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在等比数列{an}中，若a1＝1，an＝81，其前n项和Sn＝121，则n＝ ．
13．如图所示，坐标纸上的每个单位格的边长为1，由下往上的六个点A，B，C，D，E，F的横、纵坐标分别对应数列{an}的前12项，其中横坐标为奇数项，纵坐标为偶数项，按如此规律，则a2 021＋a2 022＋a2 023＋a2 024＝ ．
14．已知an＝3×－1，若存在常数A，B∈R，使得对任意的正整数n都有A≤an≤B，则B－A的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)在①an＋1>an，a2a9＝51，a4＋a7＝20；②S5＝25a1，a2＝3；③Sn＝n2三个条件中任选一个，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，且 ．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
16．(15分)去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理．预计每年生活垃圾的总量增长5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨．记从今年起每年生活垃圾的总量(单位：万吨)构成数列{an}，每年以环保方式处理的垃圾量(单位：万吨)构成数列{bn}．
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；
(2)为了确定处理生活垃圾的预算，请求出从今年起n年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量(精确到0.1万吨).(参考数据：1.054≈1.216，1.055≈1.276，1.056≈1.340.)
17．(15分)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an－2(n∈N*).
(1)求证：数列{an－2}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
18．(17分)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，已知a1＝1，S3＝6，b1＝a2，a8是a4和b4的等比中项．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn；
(3)记Cn＝，求证：－＋19．(17分)对于无穷数列{cn}，若对任意m，n∈N*，且m≠n，存在k∈N*，使得cm＋cn＝ck成立，则称{cn}为“G数列”．
(1)若数列{bn}的通项公式为bn＝2n，试判断数列{bn}是否为“G数列”，并说明理由；
(2)已知数列{an}为等差数列，
①若{an}是“G数列”，a1＝8，a2∈N*，且a2>a1，求a2所有可能的取值；
②若对任意n∈N*，存在k∈N*，使得ak＝Sn成立，求证：数列{an}为“G数列”．第一章章末评估
(总分：150分　时间：120分钟)
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．在数列{an}中，a1＝2，2an＋1－2an＝1，则a101＝(　A　)
A．52 B．51 C．50 D．49
解析：由题意，得an＋1－an＝，又a1＝2，所以数列{an}是以2为首项，为公差的等差数列，所以a101＝2＋100×＝52.
2．在各项均为正数的等比数列{an}中，a2a5＝100，则lg a3＋lg a4＝(　C　)
A．－1 B．1 C．2 D．0
解析：由等比数列的性质可得a3a4＝a2a5＝100，因此lg a3＋lg a4＝lg (a3a4)＝lg 100＝2.
3．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S10－S3＝14，则S13＝(　D　)
A．12 B．18 C．22 D．26
解析：根据题意得S10－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝7a7＝14，所以a7＝2，S13＝＝13a7＝26.
4．已知函数f(x)＝若数列{an}满足an＝f(n)，n ∈ N*，且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(　C　)
A． B．
C．(2，3) D．(1，3)
解析：因为数列{an}是递增数列，所以当n≤7时，3－a>0，即a<3；当n>7时，a>1.又a70，即(a＋9)(a－2)>0，所以a<－9或a>2.综上可得，a的取值范围为(2，3).
5．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来的(n＝1，2，3，…)，则第n个图形中顶点的个数为(　B　)
　
①　　②　　③　　④　　⑤　.
A.(n＋1)(n＋2) B．(n＋2)(n＋3)
C．n2 D．n
解析：方法一(归纳法)　当n＝1时，顶点个数为12＝3×4，n＝2时，顶点个数为20＝4×5，n＝3时，顶点个数为30＝5×6，n＝4时，顶点个数为42＝6×7，…，由此可以归纳，第n个图形的顶点个数为(n＋2)(n＋3).
方法二(直接法)　观察5个图形可知，第n个图形是由正n＋2边形的每条边都向外“扩展”一个新的正n＋2边形而得到的，故第n个图形的顶点个数为(n＋2)＋(n＋2)2＝(n＋2)(n＋3).
6．在数列{an}中，a1＝－，an·an－1＝an－1－1(n≥2)，则a2 024＝(　B　)
A．－ B．5 C． D．3
解析：∵a1＝－，an＝1－，∴a2＝1－＝5，a3＝1－＝，a4＝1－＝－＝a1，∴数列{an}是以3为周期的周期数列，∴a2 024＝a674×3＋2＝a2＝5.故选B.
7．记等比数列{an}的前n项和为Sn，若a8＝a5，则 ＝(　D　)
A． B． C． D．
解析：设等比数列{an}的公比为q，由a8＝a5，得 ＝q3＝，q＝，故 ＝＝＝＋1＋q2＝.故选D.
8．高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”为设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为“高斯函数”．例如：[－2.5]＝－3，[2.7]＝2.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＋2an＝3an＋1，若bn＝[log2an＋1]，Sn为数列的前n项和，则S2 024＝(　C　)
A． B．
C． D．
解析：由an＋2＋2an＝3an＋1，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an).又因为a2－a1＝2，所以数列{an＋1－an}构成以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝2n.又a2－a1＝2，a3－a2＝22，…，an－an－1＝2n－1，叠加可得(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝21＋22＋…＋2n－1(n≥2)，即an－a1＝21＋22＋…＋2n－1，所以an＝20＋21＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1(n≥2).又因为a1＝1满足上式，所以an＝2n－1(n∈N*)，所以an＋1＝2n＋1－1.因为2n<2n＋1－1<2n＋1，所以log22n二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知等差数列{an}为递减数列，且a3＝1，a2a4＝，则下列结论中正确的有(　ABC　)
A．数列{an}的公差为－
B．an＝－n＋
C．数列{a1an}是公差为－1的等差数列
D．a1a7＋a4＝－1
解析：由题意知，a2＋a4＝2a3＝2.又a2a4＝，故a2，a4可看作方程x2－2x＋＝0的两根．∵数列{an}为递减数列，∴a4＝，a2＝，∴公差d＝＝－，故A正确；又a1＝a2－d＝2，∴an＝2＋(n－1)×＝－n＋，故B正确；由B可知a1an＝2an，则当n≥2时，2an－2an－1＝2(an－an－1)＝2×＝－1，当n＝1时，a＝4，∴数列{a1an}是首项为4，公差为－1的等差数列，故C正确；由C知a1an＝5－n，故a1a7＝5－7＝－2.∵a4＝，∴a1a7＋a4＝－2＋＝－，故D错误．故选ABC.
10．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则(　AC　)
A．此数列的第20项是200
B．此数列的第19项是182
C．此数列的一个通项公式为an＝
D．84不是此数列中的项
解析：观察此数列，n为偶数时，an＝，n为奇数时，an＝，所以此数列的一个通项公式为an＝C正确；a20＝＝200，A正确；a19＝＝180，B错误；a13＝＝84，D错误．
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝(k∈N*)，则(　ABD　)
A．a6＝14
B．数列{a2k－1＋3}(k∈N*)是以2为公比的等比数列
C．对于任意的k∈N*，a2k＝2k＋1－3
D．满足Sn>1 000的最小正整数n的值为15
解析：由题意可得a2k－a2k－1＝1，a2k＋1－2a2k＝1.因为a1＝1，a2－a1＝1，所以a2＝2.由a2k＋2－a2k＋1＝1，a2k＋1－2a2k＝1，得a2k＋2－2a2k＝2，所以a2k＋2＋2＝2·(a2k＋2)，又a2＋2＝4≠0，所以a2k＋2≠0，所以＝2，所以数列{a2k＋2}(k∈N*)是以4为首项，2为公比的等比数列，所以a2k＋2＝4×2k－1.即a2k＝2k＋1－2，故a6＝16－2＝14，故A正确，C错误．因为a2k－1＝a2k－1＝2k＋1－2－1＝2k＋1－3，所以a2k－1＋3＝2k＋1，又a1＋3＝4≠0，所以＝2，所以数列{a2k－1＋3}(k∈N*)是以4为首项，2为公比的等比数列，故B正确．易知an>0，a2k－1＝2k＋1－3(k∈N*)，所以S14＝a1＋a2＋…＋a14＝a1＋(a1＋1)＋a3＋(a3＋1)＋…＋a13＋(a13＋1)＝2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13)＋7＝2×(22－3＋23－3＋…＋28－3)＋7＝981<1 000，S15＝S14＋a15＝981＋29－3＝1 490>1 000，所以满足Sn>1 000的最小正整数n的值为15，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在等比数列{an}中，若a1＝1，an＝81，其前n项和Sn＝121，则n＝5．
解析：设等比数列{an}的公比为q，则an＝1·qn－1＝81，所以qn－1＝81，
所以Sn＝＝＝121，解得q＝3，所以3n－1＝81，解得n＝5.
13．如图所示，坐标纸上的每个单位格的边长为1，由下往上的六个点A，B，C，D，E，F的横、纵坐标分别对应数列{an}的前12项，其中横坐标为奇数项，纵坐标为偶数项，按如此规律，则a2 021＋a2 022＋a2 023＋a2 024＝2 023．
解析：由已知，可得奇数项为a1＝1，a3＝－1，a5＝2，a7＝－2，a9＝3，a11＝－3，…；偶数项为a2＝1，a4＝2，a6＝3，a8＝4，a10＝5，a12＝6，…，由奇数项和偶数项的规律可知，
an＝
∵2 021＝4×506－3，2 022＝2×1 011，2 023＝4×506－1，2 024＝2×1 012，
∴a2 021＝＝506，
a2 022＝＝1 011，
a2 023＝－＝－506，
a2 024＝＝1 012，
∴a2 021＋a2 022＋a2 023＋a2 024＝506＋1 011－506＋1 012＝2 023.
14．已知an＝3×－1，若存在常数A，B∈R，使得对任意的正整数n都有A≤an≤B，则B－A的最小值为．
解析：因为an＝3×－1，A≤an≤B，所以A≤(an)min，(an)max≤B，设bn＝an＋1＝3×，则 ＝，b1＝3，b2＝－，所以b1>b3>…>b2n－1>…，b2四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)在①an＋1>an，a2a9＝51，a4＋a7＝20；②S5＝25a1，a2＝3；③Sn＝n2三个条件中任选一个，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，且 ．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：(1)若选择①.
易知a4＋a7＝a2＋a9＝20，
联立
结合an＋1＞an，解得
设{an}的公差为d，
则解得
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
若选择②.
设{an}的公差为d，
由S5＝25a1，得5a3＝25a1，即a3＝5a1，
则解得
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
若选择③.
当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，a1＝1满足上式．
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)bn＝
＝.
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＝＝.
16．(15分)去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理．预计每年生活垃圾的总量增长5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨．记从今年起每年生活垃圾的总量(单位：万吨)构成数列{an}，每年以环保方式处理的垃圾量(单位：万吨)构成数列{bn}．
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；
(2)为了确定处理生活垃圾的预算，请求出从今年起n年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量(精确到0.1万吨).(参考数据：1.054≈1.216，1.055≈1.276，1.056≈1.340.)
解：(1)由题意，数列{an}是以20×(1＋5%)为首项，1＋5%为公比的等比数列，
数列{bn}是以6＋1.5＝7.5为首项，1.5为公差的等差数列，
则an＝20(1＋5%)n，bn＝6＋1.5n.
(2)设今年起n年内通过填埋方式处理的垃圾总量为Sn，则Sn＝(a1－b1)＋…＋(an－bn)＝(a1＋a2＋…＋an)－(b1＋b2＋…＋bn)＝－(7.5＋6＋1.5n)＝420×1.05n－n2－n－420，
当n＝5时，S5≈63.4，
所以从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量约为63.4万吨．
17．(15分)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an－2(n∈N*).
(1)求证：数列{an－2}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：因为an＋1＝2an－2(n∈N*)，所以an＋1－2＝2(an－2).
又a1－2＝1，所以 ＝2，所以数列{an－2}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an－2＝2n－1，则bn＝(2n－1)·(2n－1＋2)＝(2n－1)2n－1＋4n－2，令cn＝(2n－1)2n－1，数列{cn}的前n项和为Pn，则Pn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)2n－1，所以2Pn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n，两式相减，得－Pn＝1×20＋2×21＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n－1)·2n＝1＋－(2n－1)2n＝－3－(2n－3)2n，所以Pn＝3＋(2n－3)2n，所以Tn＝Pn＋＝3＋(2n－3)2n＋2n2.
18．(17分)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，已知a1＝1，S3＝6，b1＝a2，a8是a4和b4的等比中项．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn；
(3)记Cn＝，求证：－＋解：(1)由题意a1＝1，S3＝3a1＋d＝3a1＋3d＝6，∴d＝1，an＝1＋(n－1)＝n.又b1＝a2＝2，a8是a4和b4的等比中项，得a＝a4b4，又a4＝4，a8＝8，64＝4b4，b4＝b1q3＝2q3＝16，解得q＝2，
∴bn＝2·2n－1＝2n.
(2)由(1)可知＝，设Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·，则Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·，将以上两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－n·＝－n·＝1－－n·，∴Tn＝2－.
(3)证明：Cn＝＝.
∵Cn＝>＝－，
∴i>(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝－＋，
∵Cn＝＝(1－)<－，∴i<(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝－＋.结论得证．
19．(17分)对于无穷数列{cn}，若对任意m，n∈N*，且m≠n，存在k∈N*，使得cm＋cn＝ck成立，则称{cn}为“G数列”．
(1)若数列{bn}的通项公式为bn＝2n，试判断数列{bn}是否为“G数列”，并说明理由；
(2)已知数列{an}为等差数列，
①若{an}是“G数列”，a1＝8，a2∈N*，且a2>a1，求a2所有可能的取值；
②若对任意n∈N*，存在k∈N*，使得ak＝Sn成立，求证：数列{an}为“G数列”．
解：(1)数列{bn}是“G数列”，理由如下：
数列{bn}的通项公式为bn＝2n，对任意的m，n∈N*，m≠n，都有bm＝2m，bn＝2n，bm＋bn＝2m＋2n＝2(m＋n)，取k＝m＋n，则bm＋bn＝bk，所以{bn}是“G数列”．
(2)数列{an}为等差数列，
①若{an}是“G数列”，a1＝8，a2∈N*，且a2>a1，d＝a2－a1>0，d∈N*，
则an＝8＋(n－1)d，对任意的m，n∈N*，m≠n，am＝8＋(m－1)d，an＝8＋(n－1)d，am＋an＝8＋8＋(m＋n－2)d，由题意存在k∈N*，使得am＋an＝ak，即8＋8＋(m＋n－2)d＝8＋(k－1)·d，显然k≥m＋n，所以(m＋n－2)d＋8＝(k－1)d，即(k－m－n＋1)d＝8，k－m－n＋1∈N*.所以d是8的正约数，即d＝1，2，4，8，d＝1时，a2＝9，k＝m＋n＋7；d＝2时，a2＝10，k＝m＋n＋3；d＝4时，a2＝12，k＝m＋n＋1；d＝8时，a2＝16，k＝m＋n.
综上，a2的可能值为9，10，12，16.
②证明：若对任意n∈N*，存在k∈N*，使得ak＝Sn成立，所以存在t∈N*，a1＋a2＝S2＝at，t≥3，设数列{an}的公差为d，则2a1＋d＝a1＋(t－1)d，a1＝(t－2)d，可得an＝(t－2)d＋(n－1)d＝(t＋n－3)d，对任意m，n∈N*，m≠n，am＝(t＋m－3)d，an＝(t＋n－3)d，则am＋an＝(2t＋m＋n－6)d，取k＝t＋m＋n－3∈N*，可得ak＝(t－3＋k)d＝(2t＋m＋n－6)d＝am＋an，所以数列{an}是“G数列”．