2022秋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

这是一份2022秋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，共9页。
第四章章末检测(时间：120分钟，满分150分)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．(2021年郑州模拟)已知数列1，，，，…，，若3是这个数列的第n项，则n＝(　　)A．20　　　 B．21C．22　　 D．23【答案】D　【解析】由＝3＝，得2n－1＝45，即2n＝46，解得n＝23.2．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2C．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，联立解得或当时，a＋2＝0与3，a＋2，b＋4成等比数列矛盾，应舍去；当时，等差数列的公差为(a＋1)－1＝a＝4.3．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋>(n∈N*)成立，某初始值至少应取(　　)A．7 B．8C．9 D．10【答案】B　【解析】1＋＋＋…＋＝>，整理得2n>128，解得n>7，所以初始值至少应取8.4．公差不为0的等差数列{an}，其前23项和等于其前10项和，a8＋ak＝0，则正整数k＝(　　)A．24 B．25C．26 D．27【答案】C　【解析】由题意设等差数列{an}的公差为d，d≠0，∵其前23项和等于其前10项和，∴23a1＋d＝10a1＋d，变形可得13(a1＋16d)＝0，∴a17＝a1＋16d＝0.由等差数列的性质可得a8＋a26＝2a17＝0，∴k＝26.5．(2021年长春模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a2＝2，S6－S4＝6a4，则a5＝(　　)A．10　　 B．16C．24　　 D．32【答案】B　【解析】设公比为q(q>0)，S6－S4＝a5＋a6＝6a4.因为a2＝2，所以2q3＋2q4＝12q2，即q2＋q－6＝0，解得q＝2，则a5＝2×23＝16.6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a8＝6＋a11，则S9＝(　　)A．54 B．45C．36 D．27【答案】A　【解析】∵2a8＝a5＋a11，2a8＝6＋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＞的最大正整数n的值为(　　)A．3 B．4C．5 D．6【答案】B　【解析】∵a2a4＝4，an＞0，∴a3＝2，∴a1＋a2＝12，∴消去a1，得＝6.∵q＞0，∴q＝，∴a1＝8，∴an＝8×＝24－n，∴不等式anan＋1an＋2＞化为29－3n＞，当n＝4时，29－3×4＝＞，当n＝5时，29－3×5＝＜，∴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)S＋(n2＋n－1)Sn－1＝0(n∈N*)，则S1＋S2＋…＋S2021＝(　　)A．　　 B．C．　　 D．【答案】D　【解析】∵n(n＋1)S＋(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＝＝－，∴S1＋S2＋…＋S2021＝＋＋…＋＝.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＝B．an＝C．an＝D．an＝【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＝0B．当n＝15时，Sn取得最小值C．a10＋a22>0D．当Sn>0时，n的最小值为29【答案】BC　【解析】由S9＝S20⇒9a1＋×9×8d＝20a1＋×20×19d⇒a1＋14d＝0⇒a15＝0.因为d>0，所以有S30＝30a1＋×30×29d＝30·(－14d)＋435d＝15d＞0，故A不正确；因为d>0，所以该等差数列是单调递增数列，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，所以该等差数列是单调递增数列，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＋n(n－1)d＝n(－14d)＋n(n－1)d＝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．数列是递增数列C．数列{log2an}是等差数列D．数列{an}中，S10，S20，S30仍成等比数列【答案】AC　【解析】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；数列{an}中，S10＝＝210－1，同理可得S20＝220－1，S30＝230－1，不成等比数列，故D错误．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，a2019a2020>1，<0，下列结论正确的是(　　)A．S2019<S2020B．a2019a2021－1<0C．T2020是数列{Tn}中的最大值D．数列{Tn}无最大值【答案】AB　【解析】若a2019a2020>1，则a1q2018×a1q2019＝aq4037>1.又由a1>1，必有q>0，则数列{an}各项均为正值．又由<0，即(a2019－1)(a2020－1)<0，则有或又由a1>1，必有0<q<1，则有有S2020－S2019＝a2020>0，即S2019<S2020，则A正确；有a2020<1，则a2019a2021＝a<1，则B正确；则T2019是数列{Tn}中的最大值，C，D错误．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，Sn为{an}的前n项和，则S8＝________．【答案】255　【解析】由a1＝1，an＋1＝2an知{an}是以1为首项、2为公比的等比数列，所以S8＝＝＝255.14．(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＝[lgn]([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＝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＜1000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＋.分别令n＝12，n＝22，得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＝＝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＝.若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则k2＝1×⇒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，即存在正整数k＝3，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列．18．(12分)(2022年平顶山期末)在等差数列{an}中，设前n项和为Sn，已知a1＝2，S4＝26.(1)求{an}的通项公式；(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设{an}的公差为d，由已知得4×2＋d＝26，解得d＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.(2)bn＝＝＝，所以Tn＝＝－＝.19．(12分)设a>0，函数f(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)＝，a3＝f(a2)＝，a4＝f(a3)＝，猜想an＝.(2)证明：①易知n＝1时，猜想正确；②假设n＝k时，ak＝成立，则ak＋1＝f(ak)＝＝＝＝，∴n＝k＋1时成立．由①②知，对任何n∈N*，都有an＝.20．(12分)(2022年潍坊模拟)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)．(1)求证：数列{an}为等比数列，并求an；(2)若λ＝4，bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.(1)证明：∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ.当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，∴an＝λ·2n－1.(2)解：∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝＋＝＋n(n＋2)，∴T2n＝＋n2＋2n－.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＝＝＝2.又∵2a1＋a1＝9，∴a1＝3，∴an＝3·2n－1，n∈N*.(2)∵bn＝nan＝3n·2n－1，∴Sn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1①，∴Sn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n②，①－②，得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝(1－n)2n－1，∴Sn＝3(n－1)2n＋3.22．(12分)数列{an}是公比为的等比数列且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＋＋＋…＋与Sn的大小．解：(1)由题意，得(1－a2)2＝a1(1＋a3)，∴(1－a1q)2＝a1(1＋a1q2)．∵q＝，∴a1＝，∴an＝.∵∴∴λ＝，d＝8.(2)由(1)得bn＝8n，∴Tn＝4n(n＋1)，∴＝.令Cn＝＋＋…＋＝＝，∴≤Cn＜.∵Sn＝＝1－，∴Sn＝，∴≤Sn＜，∴Cn＜Sn即＋＋＋…＋＜Sn.