人教版高中数学选择性必修第二册第四章综合训练含答案

这是一份人教版高中数学选择性必修第二册第四章综合训练含答案，共13页。

第四章综合训练
一、单项选择题(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
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
3.(2021江苏启东高二期中)在等差数列{an}中,已知前21项和S21=63,则a2+a5+a8+…+a20的值为(　　)
A.7 B.9 C.21 D.42
4.在等差数列{an}中,S16>0,S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=(　　)
A.8 B.9 C.16 D.17
5.已知数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则ab1+ab2+…+ab10=(　　)
A.1 033 B.1 034
C.2 057 D.2 058
6.我国古代数学巨著《九章算术》中,有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”这个问题的意思为:“有一位善于织布的女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女子每天分别织布多少?”根据上面的已知条件,可求得该女子第4天织布(　　)
A.815尺 B.1615尺
C.2031尺 D.4031尺
7.(2021安徽亳州高二期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,则T9=(　　)
A.510511 B.1 0231 024 C.1 0221 023 D.11 023
8.已知数列{an}的各项都为正数,定义:Gn=a1+2a2+3a3+…+nann为数列{an}的“匀称值”.已知数列{an}的“匀称值”为Gn=n+2,则该数列中的a10等于(　　)
A.83 B.125 C.94 D.2110
二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)
9.(2021山东临沂高二期末)等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是(　　)
A.a5=1 B.Sn的最小值为S5
C.S1=S6 D.Sn存在最大值
10.在等比数列{an}中,a1=1,公比q=2,Sn是{an}的前n项和,则下列说法正确的是(　　)
A.数列{a2n}是等比数列
B.数列1an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
11.已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项正确的是(　　)
A.01
C.T12>1 D.T13>1
12.(2021山东烟台高二期中)已知数列{an}:1,1,2,3,5,…,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列结论正确的是(　　)
A.S6=a8
B.S7=33
C.a1+a3+a5+…+a2 021=a2 022
D.a12+a22+a32+…+a2 0202=a2 020a2 021
三、填空题
13.(2021河南新乡高二期末)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3+12=0,S3+12=0,则a5+a6=　　　　　　. 
14.若等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=0,S5=10,数列{bn}满足b1=0,且b n+1=an+1+bn,则数列{bn}的通项公式为　　　　　. 
15.我国古代数学名著《张丘建算经》有“分钱问题”:今有与人钱,初一人与三钱,次一人与四钱,次一人与五钱,以次与之,转多一钱,与讫,还敛聚与均分之,人得一百钱,问人几何?意思是:将钱分给若干人,第一人给3钱,第二人给4钱,第三人给5钱,以此类推,每人比前一人多给1钱,分完后,再把钱收回平均分给各人,结果每人分得100钱,问有多少人?则题中的人数是　　　　　. 
16.已知n为正偶数,用数学归纳法证明“1-12+13-14+…+1n-1-1n=21n+2+1n+4+…+12n”时,第一步的验证为　　　　　　　　　　　　　　　　　;若已假设n=k(k≥2且k为偶数)时等式成立,则还需要用归纳假设证n=　　　　　时等式成立. 
四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(2021江苏淮安高二期末)从条件①2Sn=(n+1)an,②Sn+Sn-1=an(n≥2),③an>0,an2+an=2Sn中任选一个,补充到下面问题中,并给出解答.
已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,　　　　. 
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若a1,ak,Sk+2成等比数列,求正整数k的值.








18.(2021陕西宝鸡期末)用数学归纳法证明:对任意正整数n,4n+15n-1能被9整除.








19.设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.







20.已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.








21.已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,a52=9a4a8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an-an-1,求数列{bn}的前n项和Sn.











22.设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.













参考答案

第四章综合训练
1.D　当n=7时,a7=72-7=42,所以42是这个数列中的一项.
2.C　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.
3.C　∵等差数列{an}的前21项和S21=63=21(a1+a21)2,∴a1+a21=6.
由等差数列的性质可得a2+a20=a1+a21=6,则a2+a5+a8+…+a20=7(a2+a20)2=7×62=21.故选C.
4.A　依题意,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0,即a1+a17=2a9<0,所以a9<0,a8>0,所以等差数列{an}为递减数列,且前8项为正数,从第9项以后为负数,所以当其前n项和取得最大值时,n=8.故选A.
5.A　由已知可得an=n+1,bn=2n-1,于是abn=a2n-1=2n-1+1,因此ab1+ab2+…+ab10=(20+1)+(21+1)+…+(29+1)=(1+2+22+…+29)+10=1-2101-2+10=1 033.
6.D　设该女子第n天织的布为an尺,则数列{an}为公比q=2的等比数列,由题意可得a1(1-25)1-2=5,解得a1=531.所以a4=a1q3=4031.故选D.
7.C　∵a1=1,a3=a2+2,
∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1.
∵q>0,∴q=2,∴an=2n-1.
∴Sn=a1×(1-qn)1-q=1-2n1-2=2n-1.
∵an+1=bnSn+1Sn,
∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,
∴bn=Sn+1-SnSn+1Sn,即bn=1Sn-1Sn+1.
∴Tn=b1+b2+…+bn=1S1-1S2+1S2-1S3+…+1Sn-1Sn+1=1S1-1Sn+1=1-12n+1-1.
∴T9=1-1210-1=1 0221 023.故选C.
8.D　∵Gn=a1+2a2+3a3+…+nann,Gn=n+2,
∴n·Gn=n·(n+2)=a1+2a2+3a3+…+nan,
∴10×(10+2)=a1+2a2+3a3+…+10a10;9×(9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得10a10=21,
∴a10=2110.故选D.
9.AC　∵等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1,a1+3a5=S7,
∴a1+3(a1+4)=7a1+7×62×1,解得a1=-3.
a5=-3+4×1=1,故A正确;
∵an=a1+(n-1)d=n-4,
∴a1,a2,a3均小于零,a4=0,a5,a6,…均大于零,
∴S3=S4为Sn的最小值,Sn无最大值,故B错误,D错误;
S1=a1=-3,S6=6×(-3)+6×52×1=-3,
∴S1=S6,故C正确.故选AC.
10.AC　在等比数列{an}中,a1=1,q=2,
所以an=2n-1,Sn=2n-1.
于是a2n=22n-1=2×4n-1,1an=12n-1,log2an=n-1,故数列{a2n}是等比数列,
数列1an是递减数列,数列{log2an}是等差数列.
因为S10=210-1,S20=220-1,S30=230-1,S20S10≠S30S20,所以S10,S20,S30不成等比数列.故选AC.
11.ABC　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)<0,所以01或a6>1且0 当01时,a7a6=q>1,又a1>1,所以{an}是递增数列,所以a6>a1>1,矛盾;当a6>1且0 因为a6a7+1>2,所以a6a7>1,T12=a1·a2·…·a11·a12=(a6a7)6>1,T13=a713<1.故选ABC.
12.BCD　由于a8=21,S6=20,S7=S6+13=33,故A不正确,B正确;
由a1=a2,a3=a4-a2,a5=a6-a4,…,a2 021=a2 022-a2 020,可得a1+a3+a5+…+a2 021=a2 022,故C正确;
由于该数列总有an+2=an+1+an,a12=a2a1,则a22=a2(a3-a1)=a2a3-a2a1,
a32=a3(a4-a2)=a3a4-a3a2,…,
a2 0192=a2 019a2 020-a2 019a2 018,a2 0202=a2 020a2 021-a2 020a2 019,故a12+a22+a32+…+a2 0202=a2 020a2 021,故D正确.故选BCD.
13.0　设{an}的公比为q,则a1q2=-12,a1+a1q+a1q2=-12,所以q=-1,a5+a6=0.
14.bn=n2-3n+2　设{an}的公差为d,
则a1+d=0,5a1+10d=10,解得a1=-2,d=2.
于是an=-2+2(n-1)=2n-4.
因此an+1=2n-2.
于是bn+1-bn=2n-2,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=0+0+2+…+(2n-4)=n2-3n+2,故数列{bn}的通项公式为bn=n2-3n+2.
15.195　设共有n人,根据题意得3n+n(n-1)2=100n,解得n=195,n=0舍去,所以一共有195人.
16.当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等号成立　k+2　因为n为正偶数,则归纳基础为当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等式成立;
归纳假设为当n=k(k≥2且k为偶数)时,1-12+13-14+…+1k-1-1k=21k+2+1k+4+…+12k成立,由于n是正偶数,则下一个数应为n=k+2.
17.解若选①.(1)2Sn=(n+1)an,则2Sn+1=(n+2)an+1,两式作差得2an+1=(n+2)an+1-(n+1)an,即an+1n+1-ann=0,n∈N*,所以ann是等差数列,首项是a11=1,公差是0,故ann=1,所以an=n.
(2)由{an}的通项公式知Sn=n(n+1)2,故Sk+2=(k+2)(k+3)2.
又a1=1,ak=k,结合题意知k2=1×(k+2)(k+3)2,即k2-5k-6=0,解得k=-1或k=6,
因为k是正整数,所以k=6.
若选②.(1)Sn+Sn-1=an(n≥2),a1=1,故Sn>0.
因为Sn+Sn-1=an=Sn-Sn-1,
所以Sn+Sn-1=(Sn+Sn-1)(Sn-Sn-1),
即Sn-Sn-1=1,n≥2,
故{Sn}是等差数列,首项是S1=1,公差是1,故Sn=n,故Sn=n2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,且a1=1也适合该式,故数列{an}的通项公式an=2n-1.
(2)a1=1,ak=2k-1,Sk+2=(k+2)2,结合题意知(2k-1)2=1·(k+2)2,即3k2-8k-3=0,解得k=3或k=-13,
因为k是正整数,所以k=3.
若选③.(1)an>0,an2+an=2Sn,则an+12+an+1=2Sn+1,
两式作差得(an+12+an+1)-(an2+an)=2an+1,化简得(an+1+an)(an+1-an-1)=0.
由an>0知,an+1+an>0,得an+1-an-1=0,即an+1-an=1,数列{an}是等差数列,首项是1,公差为1,故an=n.
(2)由{an}的通项公式知,Sn=n(n+1)2,故Sk+2=(k+2)(k+3)2.
又a1=1,ak=k,结合题意知,k2=1×(k+2)(k+3)2,即k2-5k-6=0,解得k=-1或k=6,
因为k是正整数,所以k=6.
18.证明(1)当n=1时,4n+15n-1=18,能被9整除,
故当n=1时,4n+15n-1能被9整除.
(2)假设当n=k时,命题成立,即4k+15k-1能被9整除,则当n=k+1时,4k+1+15(k+1)-1=4(4k+15k-1)-9(5k-2)也能被9整除.
综合(1)(2)可得,对任意正整数n,4n+15n-1能被9整除.
19.解(1)设{an}的公差为d.
因为a1=-10,
所以a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d.
因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列,
所以(a3+8)2=(a2+10)(a4+6).
所以(-2+2d)2=d(-4+3d).
解得d=2.
所以an=a1+(n-1)d=2n-12.
(2)由(1)知,an=2n-12.
所以,当n≥7时,an>0;当n≤6时,an≤0.
所以,Sn的最小值为S5=S6=-30.
20.(1)证明由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),
即an+1+bn+1=12(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,
即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)解由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.
所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n-12,
bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n+12.
21.解(1)设{an}的公比为q,
则由a52=9a4a8,可得(a1q4)2=9a1q3·a1q7,
即a12q8=9a12q10,因此q2=19.
因为{an}的各项均为正数,所以q>0,故q=13.
又因为2a1+3a2=1,
所以2a1+3a1·13=1,解得a1=13.
故an=13·13n-1,即an=13n.
(2)由(1)得bn=an-an-1=13n-13n-1=-23·13n-1,所以{bn}是首项为-23,公比为13的等比数列, 因此其前n项和Sn=-231-13n1-13=13n-1.
22.解(1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.
由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②
①-②得
-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.