2020-2021学年第五章 数列本章综合与测试当堂检测题

这是一份2020-2021学年第五章 数列本章综合与测试当堂检测题，共23页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。

本章达标检测
(满分:150分;时间:120分钟)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.猜想数列2,5,22,11,…的一个通项公式为an=(　　)
A.3n-3 B.3n-1
C.3n+1 D.3n+3
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,S3=9,则S5的值是(　　)
A.15 B.30 C.13 D.25
3.“x是1与9的等比中项”是“x=3”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
4.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若首项a1和公差d变化时,a1+a8+a15是定值,则下列各项中为定值的是(　　)
A.S15 B.S16 C.S17 D.S18
5.“中国剩余定理”又称“孙子定理”,1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称其为“中国剩余定理”.现有这样一个问题:将1至
2 019中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列,构成数列{an},则此数列的项数为(　　)
A.134 B.135
C.136 D.137
6.用数学归纳法证明(n+1)×(n+2)×…×(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)的过程中,从n=k到n=k+1时,左边需增乘的代数式是(　　)
A.2k+1 B.2k+1k+1
C.2(2k+1) D.2(2k+1)k+1
7.已知从2开始的连续偶数构成如图所示的数表,将该数表中位于第m行、第n列的数记为am,n,如a2,1=4,a4,2=16.若am,n=248,则m+n=(　　)
2
4　6
　　　　　　　　　 12　10　8
14　16　18　20
30　28　26　24　22
…
A.20 B.21 C.29 D.30
8.数列{an}满足a1∈Z,an+1+an=2n+3,且其前n项和为Sn.若S13=am,则正整数m=(　　)
A.99 B.103
C.107 D.198
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.
在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分)
9.已知数列{an}是等比数列,那么下列数列一定是等比数列的是(　　)
A.1an B.{log2an2}
C.{an+an+1} D.{an+an+1+an+2}
10.等差数列{an}是递增数列,其公差为d,前n项和为Sn,满足a7=3a5,则下列结论正确的是(　　)
A.d>0
B.a1<0
C.当n=5时,Sn最小
D.当Sn>0时,n的最小值为8
11.已知{an}(n∈N+)是各项均为正数的等比数列,q是其公比,Kn是其前n项的积,且K5K8,则下列结论中正确的是(　　)
A.0 B.a7=1
C.K9>K5
D.K6与K7均为Kn的最大值
12.设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并满足条件a1>1,a2 019a2 020>1,a2 019-1a2 020-1<0,则下列结论正确的是(　　)
A.S2 019 C.T2 020是Tn的最大值 D.Tn无最大值
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答
案填在题中横线上)
13.等比数列{an}中,a1=1,且a2a4+a3=6,则a5=　　　　. 
14.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,S6=30,S9=70,则S3=　　　　. 
15.在数列{an}中,a1=12,an+1=1+an1-an,数列{an}的前n项和为Sn,则a4=　　　　,S2 019=　　　　. 
16.定义np1+p2+…+pn为n个正数p1、p2、…、pn的“均倒数”,若已知各项均为正整数的数列{an}的前n项的“均倒数”为12n+1,又bn=an+14,则1b1b2+1b2b3+…+1b10b11=　　　　. 
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要
的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)设数列{an}的前n项和为Sn,且满足4Sn=n(n+1)(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式;　　
(2)求数列1(n+1)an的前n项和Tn.






18.(12分)已知数列{an}满足:a1=1,an+1=2an+n-1,设bn=an+n.
(1)证明:数列{bn}是等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
















19.(12分)在①a3=5,a2+a5=6b2;②b2=2,a3+a4=3b3;③S3=9,a4+a5=8b2这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上(填序号),并解答.
已知等差数列{an}的公差为d(d>1),前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,且a1=b1,d=q,　　　　. 
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
注:选择多个条件分别解答时,按第一个解答计分.

















20.(12分)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列an+1(an+1)(an+1+1)的前n项和Tn.

















21.(12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=-3,S4=2(a5+1),数列{bn}的前n项和为Tn,满足b1=-1,bn+1=TnTn+1(n∈N+).
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式;
(2)记cn=anTn,n∈N+,证明:c1+c2+…+cn<24n(2n+1).














22.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=n2-2n+1,在数列{bn}中,b1=a23+a3,且对任意正整数n,当n≥2时,bn-1+bn=13n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在实数μ,使得数列{3n·bn+μ}是等比数列?若存在,求出实数μ及公比q的值,若不存在,请说明理由;
(3)求数列{bn}的前n项和Tn.
















答案全解全析
本章达标检测
一、单项选择题
1.B　A项,令3n-3=2,得n=53∉N+,故A项错误;
B项,数列2,5,22,11可以变形为2,5,8,11,被开方数构成了以2为首项,3为公差的等差数列,故可得2,5,22,11,…的一个通项公式是an=3n-1,故B项正确;
C项,令3n+1=2,得n=13∉N+,故C项错误;
D项,令3n+3=2,得n=-13∉N+,故D项错误.
2.D　设{an}的首项为a1,公差为d,则S2=2a1+d=4,S3=3a1+3d=9,解得a1=1,d=2,故S5=5a1+10d=25.
3.B　若“x是1与9的等比中项”,则x2=9,解得x=±3,不能推出“x=3”;
若“x=3”,则“x是1与9的等比中项”显然成立,
因此“x是1与9的等比中项”是“x=3”的必要不充分条件.
4.A　由题意得a1+a8+a15=3a8为定值,
又S15=15(a1+a15)2=15a8,
故当a1+a8+a15为定值时,S15为定值.
5.B　因为能被3除余1且被5除余1的数就是能被15除余1的数,所以an=15n-14.令an=15n-14≤2 019,得n≤2 03315≈135.5,故此数列的项数为135,故选B.
6.C　当n=k时,左边=(k+1)×(k+2)×(k+3)×…×(2k),
当n=k+1时,左边=(k+2)×(k+3)×…×(2k)×(2k+1)×(2k+2),
∴左边需增乘的代数式是(2k+1)(2k+2)k+1=2(2k+1).
7.A　前m行共有m(m+1)2个数,因为248=2×124,所以从2开始算起,248是第124个偶数,当m=15时,前15行共有120个偶数,故第124个偶数在第16行,第4列,故m+n=20,故选A.
8.B　由an+1+an=2n+3,得an+1-(n+1)-1=-(an-n-1),
∴{an-n-1}是公比为-1的等比数列,其首项为a1-2,
∴an-n-1=(-1)n-1(a1-2),
∴an=(-1)n-1(a1-2)+n+1,
∴am=(-1)m-1(a1-2)+m+1.
易得S13=a1+(a2+a3)+…+(a12+a13)
=a1+2×(2+4+…+12)+3×6=a1+102,
①当m为奇数时,a1-2+m+1=a1+102,m=103;
②当m为偶数时,-(a1-2)+m+1=a1+102,m=2a1+99,
∵a1∈Z,m=2a1+99只能为奇数,
∴m为偶数时,不成立.
综上所述,m=103.
二、多项选择题
9.AD　设数列{an}的公比为q.当an=1时,log2an2=0,此时数列{log2an2}不是等比数列;
当q=-1时,an+an+1=0,此时数列{an+an+1}不是等比数列;
由等比数列的定义知1an和{an+an+1+an+2}都是等比数列.故选AD.
10.ABD　由等差数列{an}是递增数列,可知d>0,
因为a7=3a5,所以a1+6d=3(a1+4d),解得a1=-3d,
又d>0,所以a1<0,故A,B正确;
易知Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2-7d2n,
令y=d2x2-7d2x,则函数y=d2x2-7d2x的图像的对称轴为直线x=--72dd=72,且d>0,所以当n=3或n=4时,Sn最小,故C错误;
令Sn=d2n2-7d2n>0,解得n<0或n>7,即Sn>0时,n的最小值为8,故D正确.
11.ABD　根据题意可得Kn>0,
由K6=K7,得a7=K7K6=1,故B正确;
由K51,则q=a7a6∈(0,1),故A正确;
不妨令an=12n-7,
则K9=12(-6)+(-5)+…+2=12-18,
K5=12(-6)+(-5)+…+(-2)=12-20,
故K9K5=12-1812-20=14<1,故K9 由an>0,q∈(0,1),a7=1得K1K8>K9>…,而K6=K7,故D正确.
故选ABD.
12.AB　当q<0时,a2 019a2 020=a2 0192q<0,不成立;
当q≥1时,a2 019>1,a2 020>1,a2 019-1a2 020-1<0不成立;
当01,0S2 019,故A正确;
a2 019a2 021-1=a2 0202-1<0,故B正确;
易知T2 019是Tn的最大值,故C,D错误.
三、填空题
13.答案　4
解析　设等比数列{an}的公比为q,因为a1=1,所以在等比数列{an}中,a2a4+a3=a1q·a1q3+a1q2=q4+q2=6,
解得q2=2或q2=-3(舍去),故a5=a1q4=22=4.
14.答案　10
解析　易知S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,则(S6-S3)2=S3(S9-S6),所以(30-S3)2=S3(70-30),解得S3=10或S3=90,因为{an}的各项均为正数,所以S6>S3,因此S3=10.
15.答案　-13;1 1792
解析　∵an+1=1+an1-an,a1=12,
∴a2=1+a11-a1=3,a3=1+a21-a2=-2,a4=1+a31-a3=-13,a5=1+a41-a4=12,……,
∴数列{an}是以4为周期的周期数列,
∴S2 019=a1+a2+…+a2 019=504×12+3-2-13+12+3-2=1 1792.
16.答案　1011
解析　设{an}的前n项和为Sn.由已知得na1+a2+…+an=12n+1,
∴a1+a2+…+an=n(2n+1)=Sn,
当n=1时,a1=3,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-1,经验证知
当n=1时该式也成立,∴bn=an+14=n,
∴1bn·bn+1=1n-1n+1,
∴1b1b2+1b2b3+…+1b10b11=1-12+12-13+13-14+…110-111=1011 .
四、解答题
17.解析　(1)因为4Sn=n(n+1),所以当n=1时,4a1=1×(1+1)=2,解得a1=12,当n≥2且n∈N+时,4Sn-1=n(n-1),
所以4an=4Sn-4Sn-1=n(n+1)-n(n-1)=2n,即an=n2(n≥2且n∈N+),(4分)
经检验,当n=1时,a1=12满足an=n2,所以an=n2(n∈N+).(5分)
(2)由(1)知1(n+1)an=2n(n+1)=21n-1n+1,(7分)
所以Tn=21-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1
=21-1n+1=2nn+1(n∈N+).(10分)
18.解析　(1)证明:由bn=an+n,得bn+1=an+1+n+1,(2分)
∵an+1=2an+n-1,
∴bn+1=an+1+n+1=2an+n-1+n+1=2(an+n)=2bn,(4分)
又b1=a1+1=2,
∴数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列.(6分)
(2)由(1)可得bn=2n,
∴an+n=2n,
∴数列{an}的通项公式为an=2n-n,(8分)
∴数列{an}的前n项和Sn=2-1+22-2+23-3+…+2n-n=(21+22+…+2n)-(1+2+3+…+n)=2n+1-2-n22-n2.(12分)
19.解析　方案一:选条件①.
(1)∵a3=5,a2+a5=6b2,a1=b1,d=q,d>1,
∴a1+2d=5,2a1+5d=6a1d,解得a1=1,d=2
或a1=256,d=512(舍去),(3分)
∴b1=1,q=2.(4分)
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1.(5分)
(2)结合(1)得cn=2n-12n-1=(2n-1)×12n-1,(6分)
则Tn=1+3×12+5×122+…+(2n-3)×12n-2+(2n-1)×12n-1,①(7分)
∴12Tn=12+3×122+5×123+…+(2n-3)×12n-1+(2n-1)×12n,②(8分)
①-②得12Tn=1+212+122+…+12n-1-(2n-1)×12n
=1+2×121-12n-11-12-(2n-1)×12n
=3-(2n+3)×12n,(10分)
∴Tn=6-(2n+3)×12n-1.(12分)
方案二:选条件②.
(1)∵b2=2,a3+a4=3b3,a1=b1,d=q,d>1,
∴a1d=2,2a1+5d=3a1d2,
∴a1d=2,2a1+5d=6d,
解得a1=1,d=2或a1=-1,d=-2(舍去),(3分)
∴b1=1,q=2.(4分)
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,
bn=b1qn-1=2n-1.(5分)
(2)同方案一.
方案三:选条件③.
(1)∵S3=9,a4+a5=8b2,a1=b1,d=q,d>1,
∴3a1+3×22d=9,2a1+7d=8a1d,
解得a1=1,d=2或a1=218,d=38(舍去),(3分)
∴b1=1,q=2,(4分)
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,
bn=b1qn-1=2n-1.(5分)
(2)同方案一.
20.解析　(1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.(2分)
所以a3+a5=20,即a4q+a4q=20,
即8q+1q=20,解得q=2或q=12,
因为q>1,所以q=2.(5分)
所以an=2n-1.(6分)
(2)记bn=an+1(an+1)(an+1+1)=2n(2n-1+1)(2n+1),
则bn=2·2n-1(2n-1+1)(2n+1)
=212n-1+1-12n+1,(8分)
所以Tn=2120+1-121+1+121+1-122+1+122+1-123+1+…+12n-1+1-12n+1
=212-12n+1=2n-12n+1.(12分)
21.解析　(1)设{an}的首项为a1,公差为d,则a1+d=-3,4a1+6d=2(a1+4d+1),
解得a1=-1,d=-2,故an=-2n+1.(2分)
由bn+1=TnTn+1,得Tn+1-Tn=TnTn+1,即1Tn+1-1Tn=-1,又1T1=-1,所以数列1Tn是首项为-1,公差为-1的等差数列,所以1Tn=-n,即Tn=-1n,(4分)
所以当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=-1n--1n-1=1n(n-1),当n=1时,b1=-1显然不成立,故bn=-1,n=1,1n(n-1),n≥2.(6分)
(2)证明:由(1)知cn=n(2n-1).(7分)
下面用数学归纳法证明:c1+c2+…+cn<24n(2n+1).
①当n=1时,左边=1,
右边=324,1<324,所以此时不等式成立,(8分)
②假设n=k(k≥1)时,不等式成立,
即c1+c2+…+ck<24k(2k+1),
当n=k+1时,
c1+c2+…+ck+ck+1<24k(2k+1)+(k+1)(2k+1)
=24k(2k+1)+4(k+1)k+12
=24k(2k+1)+4k2+32k+12
=242k2+k+4k+342-116
<242k2+k+4k+342
=24(2k2+k+4k+3)=24(k+1)(2k+3),
即当n=k+1时,不等式也成立.(10分)
由①②可知,不等式c1+c2+…+cn<24n(2n+1)对任意n∈N+都成立.(12分)
22.解析　(1)因为Sn=n2-2n+1,
所以当n=1时,a1=S1=0;(1分)
当n≥2,n∈N+时,an=Sn-Sn-1=n2-2n+1-(n-1)2+2(n-1)-1=2n-3.(2分)
经检验,当n=1时,a1=0≠2×1-3=-1,
故an=0,n=1,2n-3,n≥2,n∈N+.(3分)
(2)假设存在实数μ,使得数列{3n·bn+μ}是等比数列.
因为对任意正整数n,当n≥2时,bn-1+bn=13n,
所以3n·bn-1+3n·bn=1(n≥2),(5分)
由假设可得3n·bn+μ=q(3n-1·bn-1+μ)(n≥2),
即3n·bn-q·3n-1·bn-1=(q-1)μ(n≥2),
则-q·3n-1=3n,(q-1)μ=1,解得q=-3,μ=-14,
所以存在实数μ=-14,使得数列{3n·bn+μ}是公比为-3的等比数列.(7分)
(3)由(1)得b1=a23+a3=16,
由(2)得3n·bn-14=3b1-14·(-3)n-1=14·(-3)n-1,
∴bn=14·13n+112·(-1)n-1,(8分)
则数列{bn}的前n项和Tn=14×13+132+…+13n+112-112+…+112×(-1)n-1,(9分)
当n=2k,k∈N+时,Tn=14×131-13n1-13+0=181-13n=18-18×3n;(10分)
当n=2k-1,k∈N+时,Tn=14×131-13n1-13+112=181-13n+112=524-18×3n.(11分)
则Tn=524-18×3n,n=2k-1,18-18×3n,n=2k(k∈N+).(12分)