广西专版2023_2024学年新教材高中数学第四章数列数列过关检测B卷新人教版选择性必修第二册

这是一份广西专版2023_2024学年新教材高中数学第四章数列数列过关检测B卷新人教版选择性必修第二册，共8页。
第四章过关检测(B卷)
(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.已知等比数列{an}中,a4=7,a6=21,则a8的值为(　　)
A.35 B.63
C.21 D.±21
答案:B
解析:∵{an}是等比数列,
∴a4,a6,a8成等比数列,
∴=a4·a8,即a8==63.
2.若互不相等的实数a,b,c成等差数列,a是b,c的等比中项,且a+3b+c=10,则a的值是(　　)
A.1 B.-1 C.-3 D.-4
答案:D
解析:由题意,得
解得a=-4,b=2,c=8.
3.已知公比q=2的等比数列{an}的各项都是正数,且a3·a11=16,则a5等于(　　)
A.1 B.2 C.4 D.8
答案:A
解析:∵a3·a11==16,∴a7=4,
∴a5==1.
4.在等差数列{an}中,已知a4+a8=16,则该数列的前11项和S11等于(　　)
A.58 B.88 C.143 D.176
答案:B
解析:S11==88.
5.在数列{an}中,已知Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3),则S15+S22-S31的值是(　　)
A.13 B.-76 C.46 D.76
答案:B
解析:S15=-4×7+a15=-28+57=29,S22=-4×11=-44,
S31=-4×15+a31=-60+121=61,得S15+S22-S31=29-44-61=-76.
故选B.
6.在数列{an}中,若a1=2,an+1=an+ln,则an等于(　　)
A.2+ln n B.2+(n-1)ln n
C.2+nln n D.1+n+ln n
答案:A
解析:由an+1=an+ln,得an+1-an=ln=ln,
则(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=ln+ln+…+ln=ln=lnn,
即an-a1=lnn,an=lnn+2.
7.已知数列{an}的首项a1=1,且满足an+1=an+,则此数列的通项公式an等于(　　)
A.2n B.n(n+1)
C. D.
答案:C
解析:∵an+1=an+,
∴2n+1an+1=2nan+2,
即2n+1an+1-2nan=2.
∵21a1=2,
∴数列{2nan}是以2为首项,2为公差的等差数列,
∴2nan=2+(n-1)×2=2n,
∴an=.
8.某人计划从2019年起,每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄,若年利率为p且保持不变,并约定每年到期,存款的本息均自动转为新的一年的定期,到2023年的5月1日将所有存款及利息全部取出,则可取出钱(单位:元)的总数为(　　)
A.a(1+p)4 B.a(1+p)5
C.[(1+p)4-(1+p)] D.[(1+p)5-(1+p)]
答案:D
解析:设自2020年起每年到5月1日存款本息合计为a1,a2,a3,a4.
则a1=a+a·p=a(1+p),
a2=a(1+p)(1+p)+a(1+p)=a(1+p)2+a(1+p),
a3=a2(1+p)+a(1+p)=a(1+p)3+a(1+p)2+a(1+p),
a4=a3(1+p)+a(1+p)=a[(1+p)4+(1+p)3+(1+p)2+(1+p)]=a·[(1+p)5-(1+p)].
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.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2(an-a)(其中a为常数),则下列说法正确的是(　　)
A.数列{an}一定是等比数列
B.数列{an}可能是等差数列
C.数列{Sn}可能是等比数列
D.数列{Sn}可能是等差数列
答案:BD
解析:Sn=2(an-a),Sn-1=2(an-1-a),n≥2,两式相减,得an=2an-2an-1,an=2an-1,n≥2.
若a=0,令n=1,a1=2(a1-0),a1=0,则an=0,此时是等差数列,不是等比数列;若a≠0,令n=1,a1=2(a1-a),a1=2a,则an=2an-1,n≥2,此时不是等差数列,故数列{an}不一定是等比数列,可能是等差数列,所以A选项错误,B选项正确;又Sn=2(an-a)=2(Sn-Sn-1-a),n≥2,得Sn=2Sn-1+2a,要使{Sn}为等比数列,必有a=0,若a=0,令n=1,a1=2(a1-0),a1=0,则an=0,Sn=0,此时{Sn}是一个所有项为0的常数列,故{Sn}不可能为等比数列,所以C选项错误,D选项正确.故选BD.
10.已知等差数列{an}是递增数列,满足a7=3a5,前n项和为Sn,则下列选项正确的是(　　)
A.d>0 B.a10时n的最小值为8
答案:ABD
解析:由题意,设等差数列{an}的公差为d,
由a7=3a5,可得a1+6d=3(a1+4d),
解得a1=-3d.
又由等差数列{an}是递增数列,可知d>0,则a10,解得n7,即Sn>0时n的最小值为8,故D正确.
11.已知数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N*),则下列结论正确的是(　　)
A.为等比数列
B.{an}的通项公式为an=
C.{an}为递增数列
D.的前n项和Tn=2n+2-3n-4
答案:AD
解析:∵+3,
∴+3=2.
又+3=4≠0,
∴是以4为首项,2为公比的等比数列,即+3=4×2n-1,
∴=2n+1-3,
∴an=,
∴{an}为递减数列,的前n项和Tn=(22-3)+(23-3)+…+(2n+1-3)
=2(21+22+…+2n)-3n=2×2×-3n=2n+2-3n-4.
故选AD.
12.设{an}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,则下列结论正确的是(　　)
A.01,
∴
∴
解得(舍去).
∴
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1.
(2)∵cn=,
∴cn==(2n-1)×,
∴Tn=1+3×+5×+…+(2n-3)×+(2n-1)×,①
∴Tn=+3×+5×+…+(2n-3)×+(2n-1)×,②
①-②,得Tn=1+2-(2n-1)×=1+2×-(2n-1)×=3-(2n+3)×,
∴Tn=6-(2n+3)×.
方案三:选条件③.
(1)∵S3=9,a4+a5=8b2,a1=b1,d=q,d>1,
∴
解得(舍去).
∴
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,bn=b1qn-1=2n-1.
(2)∵cn=,
∴cn==(2n-1)×,
∴Tn=1+3×+5×+…+(2n-3)×+(2n-1)×,①
∴Tn=+3×+5×+…+(2n-3)×+(2n-1)×,②
①-②,得Tn=1+2-(2n-1)×=1+2×-(2n-1)×=3-(2n+3)×,
∴Tn=6-(2n+3)×.
20.(12分)已知数列{an}中,a1=1,an·an+1=,设T2n为数列{an}的前2n项和,bn=a2n+a2n-1.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列,并求出数列{bn}的通项公式;
(2)求T2n.
解:(1)因为an·an+1=,
所以an+1·an+2=,
所以,
即an+2=an.
因为bn=a2n+a2n-1,
所以.
因为a1=1,a1·a2=,
所以a2=,所以b1=a1+a2=,
所以{bn}是公比为的等比数列.
所以bn=.
(2)由(1)可知an+2=an,即a1,a3,a5,…是以a1=1为首项,为公比的等比数列;a2,a4,a6,…是以a2=为首项,为公比的等比数列,
故T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)==3-.
21.(12分)已知数列{log2(an-1)}为等差数列,且a1=3,a3=9.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:+…+