高中数学选择性必修二 第四章测评-练习

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第四章测评
(时间:120分钟　满分:150分)
一、单项选择题(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.已知数列{an}的通项公式为an=n2-n,则可以作为这个数列的其中一项的数是(　　)
A.10 B.15 C.21 D.42
解析当n=7时,a7=72-7=42,所以42是这个数列中的一项.
答案D
2.已知数列{bn}是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=(　　)
A.16 B.8 C.4 D.2
解析因为b9是1和3的等差中项,所以2b9=1+3,即b9=2.由等比数列{bn}的性质可得b2b16=b92=4.
答案C
3.(2019全国Ⅰ,理9)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则(　　)
A.an=2n-5 B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n D.Sn=12n2-2n
解析由题意可知S4=4a1+4×32·d=0,a5=a1+4d=5,
解得a1=-3,d=2.
故an=2n-5,Sn=n2-4n,故选A.
答案A
4.等差数列{an}中,S16>0,S170,即a1+a16=a8+a9>0,S17a6a7+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项中正确的选项是(　　)
A.01 D.T13>1
解析由于等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,所以(a6-1)(a7-1)1,矛盾,当a6>1且00;当n≤6时,an≤0.
所以,Sn的最小值为S6=-30.
20.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和Sn=2an-2n.
(1)求a1,a2.
(2)设cn=an+1-2an,证明数列{cn}是等比数列.
(3)求数列n+12cn的前n项和Tn.
(1)解∵a1=S1,2a1=S1+2,∴a1=S1=2.
由2an=Sn+2n,知2an+1=Sn+1+2n+1=an+1+Sn+2n+1,
∴an+1=Sn+2n+1,①
∴a2=S1+22=2+22=6.
(2)证明由题设和①式知an+1-2an=(Sn+2n+1)-(Sn+2n)=2n+1-2n=2n,即cn=2n,
∴cn+1cn=2(常数).
∵c1=21=2,
∴{cn}是首项为2,公比为2的等比数列.
(3)解∵cn=2n,∴n+12cn=n+12n+1.∴数列n+12cn的前n项和Tn=222+323+424+…+n+12n+1,12Tn=223+324+…+n2n+1+n+12n+2,
两式相减,得12Tn=222+123+124+125+…+12n+1-n+12n+2=12+123×1-12n-11-12-n+12n+2=34-12n+1-n+12n+2=34-n+32n+2.
∴Tn=32-n+32n+1.
21.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和Sn=an+12n2+32n-2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=1(an-1)(an+1),n为奇数,4·12an,n为偶数,且数列{bn}的前n项和为Tn,求T2n.
解(1)由于Sn=an+12n2+32n-2,
所以当n≥2时,Sn-1=an-1+12(n-1)2+32(n-1)-2,
两式相减得an=an-an-1+n+1,于是an-1=n+1,
所以an=n+2.
(2)由(1)得bn=1(n+1)(n+3),n为奇数,12n,n为偶数,
所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n).
因为b1+b3+…+b2n-1=12×4+14×6+16×8+…+12n×(2n+2)=1411×2+12×3+…+1n×(n+1)=141-12+12-13+…+1n-1n+1=n4(n+1),b2+b4+…+b2n=122+144+…+122n=141-14n1-14=131-14n,
于是T2n=n4(n+1)+131-14n.
22.(本小题满分12分)(2019浙江,20)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=an2bn,n∈N*,证明:c1+c2+…+cn