新教材2024版高中数学第四章数列章末检测新人教A版选择性必修第二册

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第四章章末检测一、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．(2022年广东校考练习)下列说法正确的是 (　　)①数列1，3，5，7与数列7，3，5，1是同一数列；②数列0，1，2，3，…的一个通项公式为an＝n－1；③数列0，1，0，1，…没有通项公式；④数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))是递增数列．A．①③　　　 B．②④　　　 C．②③　　　 D．②③④【答案】B　【解析】数列有顺序，①错误；逐个代入检验，可知数列前几项满足通项公式，②正确；an＝ eq \f(1＋(－1)n,2)就是③的一个通项公式，③错误；设an＝ eq \f(n,n＋1)，则an＋1－an＝ eq \f(n＋1,n＋2)－ eq \f(n,n＋1)＝ eq \f((n＋1)2－n(n＋2),(n＋1)(n＋2))＝ eq \f(1,(n＋1)(n＋2))>0，所以an＋1>an，所以④正确．故选B.2．已知3，a＋2，b＋4成等比数列，1，a＋1，b＋1成等差数列，则等差数列的公差为 (　　)A．4或－2　　 B．－4或2　　 C．4　　 D．－4【答案】C　【解析】∵3，a＋2，b＋4成等比数列，1，a＋1，b＋1成等差数列，∴(a＋2)2＝3(b＋4)，2(a＋1)＝1＋b＋1，联立解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－4))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝8.))当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－4))时，a＋2＝0，与3，a＋2，b＋4成等比数列矛盾，应舍去；当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝8))时，等差数列的公差为(a＋1)－1＝a＝4.3．(2022年上海期中)用数学归纳法证明1＋ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,2n－1)1)时，第一步应验证不等式 (　　)A．1＋ eq \f(1,2)<2　　　 B．1＋ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,3)<2　 C．1＋ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,3)<3　　 D．1＋ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,4)<3【答案】B　【解析】由题意得，当n＝2时，不等式为1＋ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,3)<2.故选B.4．(2022年安徽校考练习)已知等差数列{an}中，前n项和Sn＝240，an－4＝30(n>9)且S9＝18，则项数n为 (　　)A．10　　　　 B．14　　　 C．17　　　 D．15【答案】D　【解析】由等差数列的性质可得S9＝ eq \f(9(a1＋a9),2)＝ eq \f(9×2a5,2)＝18，解得a5＝2，故a5＋an－4＝32.由Sn＝ eq \f(n(a1＋an),2)＝ eq \f(n(a5＋an－4),2)＝16n＝240，解得n＝15.故选D.5．(2023年河南高三开学考试)已知等比数列{an}的前4项和为30，且a5＝a4－ eq \f(1,4)a3，则a9＝ (　　)A． eq \f(1,4)　　 B． eq \f(1,8)　　 C． eq \f(1,16)　　　　 D． eq \f(1,32)【答案】C　【解析】设等比数列{an}的公比为q，依题意，a3q2＝a3q－ eq \f(1,4)a3，由a3≠0，解得q＝ eq \f(1,2).数列{an}的前4项和为a1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)))＝30，即 eq \f(15,8)a1＝30，解得a1＝16，所以a9＝a1q8＝16× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(8)＝ eq \f(1,16).故选C.6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a8＝6＋a11，则S9＝ (　　)A．54 B．45 C．36 D．27【答案】A　【解析】∵2a8＝a5＋a11，∴a5＝6，∴S9＝9a5＝54.7．已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则满足an·an＋1·an＋2＞ eq \f(1,9)的最大正整数n的值为 (　　)A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B　【解析】∵a2a4＝4，an＞0，∴a3＝2，∴a1＋a2＝12，∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝12，,a1q2＝2，))消去a1，得 eq \f(1＋q,q2)＝6.∵q＞0，∴q＝ eq \f(1,2)，an＝a3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－3)＝24-n，∴不等式anan＋1an＋2＞ eq \f(1,9)化为29-3n＞ eq \f(1,9)，当n＝4时，29-3×4＝ eq \f(1,8)＞ eq \f(1,9)，当n＝5时，29-3×5＝ eq \f(1,64)＜ eq \f(1,9)，∴最大正整数n＝4.8．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足n(n＋1)Sn2＋(n2＋n－1)Sn－1＝0(n∈N*)，则S1＋S2＋…＋S2 023＝ (　　)A． eq \f(1,2 023)　　 B． eq \f(1,2 024)　　 C． eq \f(2 022,2 023)　　 D． eq \f(2 023,2 024)【答案】D　【解析】∵n(n＋1)Sn2＋(n2＋n－1)Sn－1＝0(n∈N*)，∴(Sn＋1)[n(n＋1)Sn－1]＝0.又∵Sn>0，∴n(n＋1)Sn－1＝0，∴Sn＝ eq \f(1,n(n＋1))＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)，∴S1＋S2＋…＋S2 023＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 023)－\f(1,2 024)))＝ eq \f(2 023,2 024).二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知n∈N*，则下列表达式能作为数列0，1，0，1，0，1，0，1，…的通项公式的是 (　　)A．an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0，n为奇数，,1，n为偶数))　　 B．an＝ eq \f(1＋(－1)n,2)C．an＝ eq \f(1＋cos nπ,2)　　 D．an＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin \f(nπ,2)))【答案】ABC　【解析】检验知A，B，C都是所给数列的通项公式．10．(2022年宿迁期末)设等差数列{an}前n项和为Sn，公差d>0，若S9＝S20，则下列结论中正确的有 (　　)A．S30＝0　　 B．当n＝15时，Sn取得最小值C．a10＋a22>0　　 D．当Sn>0时，n的最小值为29【答案】BC　【解析】由S9＝S20⇒9a1＋ eq \f(1,2)×9×8d＝20a1＋ eq \f(1,2)×20×19d⇒a1＋14d＝0⇒a15＝0.因为d>0，所以有S30＝30a1＋ eq \f(1,2)×30×29d＝30·(－14d)＋435d＝15d＞0，故A不正确．因为d>0，所以该等差数列是递增数列．因为a15＝0，所以当n＝15或n＝14时，Sn取得最小值，故B正确．因为d>0，所以该等差数列是递增数列，因为a15＝0，所以a10＋a22＝2a16＝2(a15＋d)＝2d>0，故C正确．因为d>0，n∈N*，所以由Sn＝na1＋ eq \f(1,2)n(n－1)d＝n(－14d)＋ eq \f(1,2)n(n－1)d＝ eq \f(1,2)dn(n－29)>0，可得n>29，n∈N*，因此n的最小值为30，故D不正确．故选BC.11．已知等比数列{an}的公比为q，满足a1＝1，q＝2，则 (　　)A．数列{a2n}是等比数列B．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是递增数列C．数列{log2an}是等差数列D．在数列{an}中，S10，S20，S30仍成等比数列【答案】AC　【解析】在等比数列{an}中，由a1＝1，q＝2，得an＝2n-1，∴a2n＝22n-1，∴数列{a2n}是等比数列，故A正确；数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是递减数列，故B不正确；∵log2an＝n－1，故数列{log2an}是等差数列，故C正确；在数列{an}中，S10＝ eq \f(1－210,1－2)＝210－1，同理可得S20＝220－1，S30＝230－1，不成等比数列，故D错误．12．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ eq \f(an,2＋3an)(n∈N*)，则下列结论正确的是 (　　)A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋3))为等比数列 B．{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,2n-1－3)C．{an}为递减数列 D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝2n+2－3n－4【答案】ACD　【解析】因为an＋1＝ eq \f(an,2＋3an)，所以 eq \f(1,an＋1)＝ eq \f(2＋3an,an)＝ eq \f(2,an)＋3，所以 eq \f(1,an＋1)＋3＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋3))，且 eq \f(1,a1)＋3＝4≠0，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋3))是以4为首项，2为公比的等比数列，即 eq \f(1,an)＋3＝4×2n-1，所以 eq \f(1,an)＝2n+1－3，可得an＝ eq \f(1,2n+1－3)，故A正确，B不正确；因为 eq \f(1,an)＝2n+1－3单调递增，所以an＝ eq \f(1,2n+1－3)单调递减，即{an}为递减数列，故C正确； eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n+1－3)＝(22＋23＋…＋2n+1)－3n＝22× eq \f(1－2n,1－2)－3n＝2n+2－3n－4，故D正确．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．在数列{an}中，a3＝3，3an＋1＝an，Sn为{an}的前n项和，则S4＝________．【答案】40　【解析】由3an＋1＝an，得 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(1,3)，故数列{an}是以q＝ eq \f(1,3)为公比，a1＝ eq \f(a3,q2)＝27为首项的等比数列，则S4＝ eq \f(27×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,34))),1－\f(1,3))＝40.14．(2022年北京一模)中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个数列{an}，则a1＝________，an＝________(注：三三数之余二是指此数被3除余2，例如“5”，五五数之余三是指此数被5除余3，例如“8”).【答案】8　15n－7　【解析】被3除余2的正整数可表示为3x＋2，被5除余3的正整数可表示为5y＋3，其中x，y∈N*，∴数列{an}为等差数列，公差为15，首项为8，∴a1＝8，an＝8＋15(n－1)＝15n－7.15．(2021年淮北期末)已知数列{an}的通项公式为an＝[lg n]([x]表示不超过x的最大整数)，Tn为数列{an}的前n项和，若存在k∈N*满足Tk＝k，则k的值为__________．【答案】108　【解析】an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0，1≤n＜10，,1，10≤n＜100，,…,k，10k≤n＜10k+1.))当1≤k＜10时，Tk＝0，显然不存在；当10≤k＜100时，Tk＝k－9＝k，显然不存在；当100≤k＜1 000时，Tk＝99－9＋(k－99)×2＝k，解得k＝108.16．(2022年武汉模拟)对任一实数序列A＝(a1，a2，a3，…)，定义新序列△A＝(a2－a1，a3－a2，a4－a3，…)，它的第n项为an＋1－an.假定序列△(△A)的所有项都是1，且a12＝a22＝0，则a2＝________．【答案】100　【解析】令bn＝an＋1－an，依题意知数列{bn}为等差数列，且公差为1，所以bn＝b1＋(n－1)×1，a1＝a1，a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，…，an－an－1＝bn－1，累加得an＝a1＋b1＋…＋bn－1＝a1＋(n－1)b1＋ eq \f((n－1)(n－2),2).分别令n＝12，n＝22，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(11a2－10a1＋55＝0①，,21a2－20a1＋210＝0②，))①×2－②，得a2＝100.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)(2022年北京二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，________．是否存在正整数k(k＞1)，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．从①an＋1－2an＝0；②Sn＝Sn－1＋n(n≥2)；③Sn＝n2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．解：若选①an＋1－2an＝0，则a2－2a1＝0，说明数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴a1＝1，ak＝2k-1，Sk＋2＝ eq \f(1－2k+2,1－2)＝2k+2－1.若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则(2k-1)2＝1×(2k+2－1)＝2k+2－1.左边为偶数，右边为奇数，即不存在正整数k(k＞1)，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列．若选②Sn＝Sn－1＋n(n≥2)，即Sn－Sn－1＝n⇒an＝n(n≥2)且a1＝1也适合此式，∴{an}是首项为1，公差为1的等差数列，∴ak＝k，Sk＋2＝ eq \f((k＋2)(k＋3),2).若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则k2＝1× eq \f((k＋2)(k＋3),2)⇒k2－5k－6＝0⇒k＝6(k＝－1舍去)，即存在正整数k＝6，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列．若选③Sn＝n2，∴an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n≥2)，且a1＝1适合上式．若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则(2k－1)2＝1×(k＋2)2⇒3k2－8k－3＝0⇒k＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(1,3)舍去))，即存在正整数k＝3，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列．18．(12分)(2023年江苏期末)在①a8＝9，②S5＝20，③a2＋a9＝13这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，并进行解答．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，________，________．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝ eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分．解：(1)由于{an}是等差数列，设公差为d，当选①②时： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a8＝a1＋7d＝9，,S5＝5a1＋10d＝20，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝1，))所以{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，n∈N*.选①③时： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a8＝a1＋7d＝9，,a2＋a9＝2a1＋9d＝13，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝1，))所以{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，n∈N*.选②③时： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S5＝5a1＋10d＝20，,a2＋a9＝2a1＋9d＝13，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝1，))所以{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，n∈N*.(2)由(1)知an＝n＋1，n∈N*，所以bn＝ eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(1,(n＋1)(n＋2))＝ eq \f(1,n＋1)－ eq \f(1,n＋2)，所以Tn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,n＋2)＝ eq \f(n,2(n＋2)).19．(12分)设a>0，函数f(x)＝ eq \f(ax,a＋x)，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论．(1)解：∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝ eq \f(a,1＋a)，a3＝f(a2)＝ eq \f(a,2＋a)，a4＝f(a3)＝ eq \f(a,3＋a)，猜想an＝ eq \f(a,(n－1)＋a).(2)证明：①易知当n＝1时，猜想正确；②假设当n＝k时，ak＝ eq \f(a,(k－1)＋a)成立，则ak＋1＝f(ak)＝ eq \f(a·ak,a＋ak)＝ eq \f(a·\f(a,(k－1)＋a),a＋\f(a,(k－1)＋a))＝ eq \f(a,(k－1)＋a＋1)＝ eq \f(a,[(k＋1)－1]＋a)，∴n＝k＋1时成立．由①②知，对任意n∈N*，都有an＝ eq \f(a,(n－1)＋a).20．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，2Sn＝an＋1－3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)因为2Sn＝an＋1－3，所以2Sn－1＝an－3(n≥2)，所以2Sn－2Sn－1＝2an＝an＋1－an，即an＋1＝3an(n≥2).当n＝1时，2S1＝2a1＝a2－3.因为a1＝3，所以a2＝3a1＝9，所以an＋1＝3an，即 eq \f(an＋1,an)＝3，则{an}是首项和公比都为3的等比数列，故an＝a1qn-1＝3n.(2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n·3n＝(－3)n，则{bn}是首项和公比都为－3的等比数列，故Tn＝ eq \f(－3×[1－(－3)n],1－(－3))＝ eq \f(－(－3)n+1－3,4).21．(12分)已知等比数列{an}满足an＋1＋an＝9·2n-1，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)设等比数列{an}的公比为q.∵an＋1＋an＝9·2n-1，∴a2＋a1＝9，a3＋a2＝18，∴q＝ eq \f(a3＋a2,a2＋a1)＝ eq \f(18,9)＝2.又∵2a1＋a1＝9，∴a1＝3，∴an＝3·2n-1，n∈N*.(2)∵bn＝nan＝3n·2n-1，∴ eq \f(1,3)Sn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n-2＋n×2n-1①，∴ eq \f(2,3)Sn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n-1＋n×2n②，①－②，得－ eq \f(1,3)Sn＝1＋21＋22＋…＋2n-1－n×2n＝ eq \f(1－2n,1－2)－n×2n＝(1－n)2n－1，∴Sn＝3(n－1)2n＋3.22．(12分)数列{an}是公比为 eq \f(1,2)的等比数列且1－a2是a1与1＋a3的等比中项，前n项和为Sn；数列{bn}是等差数列，b1＝8，其前n项和Tn满足Tn＝nλ·bn＋1(λ为常数且λ≠1).(1)求数列{an}的通项公式及λ的值；(2)比较 eq \f(1,T1)＋ eq \f(1,T2)＋ eq \f(1,T3)＋…＋ eq \f(1,Tn)与 eq \f(1,2)Sn的大小．解：(1)由题意，得(1－a2)2＝a1(1＋a3)，∴(1－a1q)2＝a1(1＋a1q2).∵q＝ eq \f(1,2)，∴a1＝ eq \f(1,2)，∴an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n).∵ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(T1＝λb2，,T2＝2λb3，))∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(8＝λ(8＋d)，,16＋d＝2λ(8＋2d)，))∴λ＝ eq \f(1,2)，d＝8.(2)由(1)得bn＝8n，∴Tn＝4n(n＋1)，∴ eq \f(1,Tn)＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).令Cn＝ eq \f(1,T1)＋ eq \f(1,T2)＋…＋ eq \f(1,Tn)＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))，∴ eq \f(1,8)≤Cn＜ eq \f(1,4).∵Sn＝ eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)，∴ eq \f(1,2)Sn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))，∴ eq \f(1,4)≤ eq \f(1,2)Sn＜ eq \f(1,2)，∴Cn＜ eq \f(1,2)Sn即 eq \f(1,T1)＋ eq \f(1,T2)＋ eq \f(1,T3)＋…＋ eq \f(1,Tn)＜ eq \f(1,2)Sn.