新教材2023_2024学年高中数学第五章数列综合训练新人教B版选择性必修第三册

这是一份新教材2023_2024学年高中数学第五章数列综合训练新人教B版选择性必修第三册，共14页。

第五章综合训练
一、单项选择题
1.[2023新疆二模]在各项均为正数的等比数列{an}中,若2a5,3a4,4a6依次成等差数列,则{an}的公比为(　　)
A. B. C. D.1
2.在等比数列{an}中,若a5=9,则log3a4+log3a6=(　　)
A.2 B.3 C.4 D.9
3.[2023广东深圳龙华期末]若数列{an}的通项公式an=1+(-1)n,则{an}的前9项和S9=(　　)
A.4 B.6 C.8 D.10
4.[2023重庆渝中高二模拟]已知{an}为递增的等差数列,等比数列{bn}以a1,a2为前两项且公比为3,若b5=am,则m的值为(　　)
A.13 B.41 C.57 D.86
5.[2023广西南宁模拟]已知数列{an}满足a1=,an+1=,则数列的前5项和为(　　)
A.25 B.26 C.32 D.
6.[2023重庆九龙坡高三开学考试]在数列{an}中,已知对任意正整数n,有a1+a2+…+an=2n-1,则+…+等于(　　)
A.(2n-1)2 B.(2n-1)2
C.4n-1 D.(4n-1)
7.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)

A.3 699块 B.3 474块
C.3 402块 D.3 339块
8.[2023陕西咸阳二模]数列{an}的前n项和为Sn,对一切正整数n,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+2x的图象上,bn=(n∈N+),则数列{bn}的前n项和Tn=(　　)
A.
B.-1
C.
D.
二、多项选择题
9.[2023湖南株洲一模]已知各项均为正数的等差数列{an},且an+1>an,则(　　)
A.a3+a7=a4+a6
B.a3a7>a4a6
C.数列{a2n+1}是等差数列
D.数列{a2n}是等比数列
10.数列{an}前n项的和为Sn,则下列说法正确的是(　　)
A.若an=-2n+11,则数列{an}前5项的和最大
B.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若,则
C.已知a=5+2,c=5-2,则使得a,b,c成等比数列的充要条件为b=1
D.若{an}为等差数列,且a1 011<0,a1 011+a1 012>0,则当Sn<0时,n的最大值为2 022
11.[2023安徽安庆一中高二阶段练习]已知等比数列{an}的公比q=-,等差数列{bn}的首项b1=12,若a9>b9且a10>b10,则以下结论正确的有(　　)
A.a9·a10<0
B.a9>a10
C.b10>0
D.b9>b10
12.[2023江苏泰州高三期中]螺旋线这个名词来源于希腊文,它的原意是“旋卷”或“缠卷”,平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线,如图(1)所示.如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案,它的画法是这样的:正方形ABCD的边长为4,取正方形ABCD各边的四等分点E,F,G,H,作第2个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的四等分点M,N,P,Q,作第3个正方形MNPQ,以此方法一直继续下去,就可以得到阴影部分的图案.设正方形ABCD的边长为a1,后续各正方形边长依次为a2,a3,…,an,…;如图(2)阴影部分,直角三角形AEH面积为b1,后续各直角三角形面积依次为b2,b3,…,bn,…,下列说法正确的是(　　)

图(1)

图(2)
A.第3个正方形MNPQ的面积为10
B.an=4×
C.使得不等式bn>成立的n的最大值为3
D.数列{bn}的前n项和Sn<4对任意n∈N+恒成立
三、填空题
13.[2023江苏南通如东高二期末]已知等比数列{an}的公比不为1,a1=1,且a2,a4,a3成等差数列,则a5=　　　　　. 
14.[2023天津模拟]在等比数列{an}中,各项都是正数,且a1,a3,2a2成等差数列,则=　　　　　. 
15.数列{an}满足a1=3,且对于任意的n∈N+,都有an+1-an=n+2,则a39=　　　　. 
16.等差数列{an}的公差d≠0,an∈R,前n项和为Sn,则对正整数m,下列四个结论中:
①Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列,也可能成等比数列;
②Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列,但不可能成等比数列;
③Sm,S2m,S3m可能成等比数列,但不可能成等差数列;
④Sm,S2m,S3m不可能成等比数列,也不可能成等差数列.
正确的是　　　　　.(填所有正确的序号) 
四、解答题
17.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+2n.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求证:数列是等差数列.












18.[2023山西晋城高二期末]已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn为数列的前n项和,求Tn.











19.[2023陕西咸阳模拟]已知递增的等差数列{an}中,其前n项和为Sn,bn=,从①a4+a5=8,②a3a6=,③S10=50中选出两个作为条件,求数列{bn}的最大项.






















20.[2023山东临沂高二月考]已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=5,an+1=3an+6.
(1)证明:数列{an+3}为等比数列;
(2)求{an}的通项公式及Sn.







21.已知数列{an}的通项公式为an=3n-1,在等差数列{bn}中,bn>0,且b1+b2+b3=15,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列.求:
(1)数列{anbn}的通项公式;
(2)数列{anbn}的前n项和Tn.










22.[2023上海浦东新区模拟]记Sn为数{an}的前n项和,已知Sn=an+n2+1(n为正整数).
(1)求a1+a2的值,并证明数列{an+an+1}是等差数列;
(2)求Sn的表达式.


第五章综合训练
1.D　设等比数列{an}的公比为q,由题可知q>0.
∵2a5,3a4,4a6依次成等差数列,
∴6a4=2a5+4a6,即6a1·q3=2a1·q4+4a1·q5,
∴2q2+q-3=0,即(q-1)(2q+3)=0,解得q=1或q=-(不合题意,舍去).
故选D.
2.C　等比数列{an}中,因为a5=9,所以a4a6==81,
所以log3a4+log3a6=log3(a5)2=log381=4.
故选C.
3.C　∵数列{an}的通项公式an=1+(-1)n,
∴n=2k-1(k∈N+)时,an=0;n=2k(k∈N+)时,an=2.
则{an}的前9项和S9=5×0+4×2=8.
故选C.
4.B　设等差数列{an}的公差为d,
由题意可得=3,
所以a2=3a1,即a1+d=3a1,所以d=2a1,
所以an=a1+(n-1)d=(2n-1)a1,
又因为{bn}为公比为3的等比数列,
所以b5=a1×34=81a1=am=(2m-1)a1,
解得m=41.
故选B.
5.A　数列{an}满足a1=,an+1=,
可得an≠0,+1,
则数列是首项为3,公差为1的等差数列,
可得数列的前5项和为5×3+×5×4×1=25.
故选A.
6.D　∵a1+a2+…+an=2n-1, ①
∴a1+a2+…+an+an+1=2n+1-1, ②
②-①得an+1=2n,又a1=2-1=1=20,∴an=2n-1,
∴=4n-1,∴=4,∴数列{}是以4为公比的等比数列,=1,
由等比数列求和公式得+…+(4n-1).
故选D.
7.C　由题意可知,从上到下,从内到外,每环的扇面形石板数构成以9为首项,9为公差的等差数列,设为{an},其前n项和为Sn.设上层有n环,则上层扇面形石板总数为Sn,中层扇面形石板总数为S2n-Sn,下层扇面形石板总数为S3n-S2n,三层扇面形石板总数为S3n.因为{an}为等差数列,所以Sn,S2n-Sn,S3n-S2n构成等差数列,公差为9n2.
因为下层比中层多729块,所以9n2=729,解得n=9.
所以S3n=S27=27×9+×9=3402.故选C.
8.D　由题意知Sn=n2+2n, ①
当n=1时,S1=a1=3,
当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+2(n-1)=n2-1, ②
①-②得an=Sn-Sn-1=2n+1,
又a1=3符合上式,
∴an=2n+1(n∈N+),
∴bn=,
∴Tn=b1+b2+…+bn=+…+.
故选D.
9.AC　设等差数列{an}的公差为d(d>0),
对于A,因为{an}是等差数列,且3+7=4+6,
则由等差数列性质可得a3+a7=a4+a6,故A正确;
对于B,a4·a6-a3·a7=(a1+3d)·(a1+5d)-(a1+2d)·(a1+6d)=3d2>0,
则a3·a7 对于C,因为a2n+1-a2n-1=2d,则数列{a2n+1}是等差数列,故C正确;
对于D,如数列{an}为1,2,3,4,5,6,…,显然数列{a2n}不是等比数列,故D错误.
故选AC.
10.AB　对于A,由通项公式,知数列是严格递减数列,又a1>a2>a3>a4>a5>0>a6>…,
∴数列{an}的前5项的和最大,A对;
对于B,在等差数列{an}中,易知S4≠0,S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等差数列,,∴S8=5S4,
又2(S8-S4)=S4+S12-S8⇒8S4=S12-4S4⇒S12=12S4,
2(S12-S8)=S8-S4+S16-S12⇒14S4=S16-8S4⇒S16=22S4,
∴,B对;
对于C,a,b,c成等比数列,∴b2=ac,∴b=±=±1,
∴不是充要条件,C错;
对于D,{an}为等差数列,a1011<0,a1011+a1012>0,
∴a1011<00,D错.
故选AB.
11.AD　对于A,∵等比数列{an}的公比q=-,∴a9和a10异号,∴a9a10<0,故A正确;
对于B,因为不确定a9和a10的正负,所以不能确定a9和a10的大小关系,故B不正确;
对于CD,设{bn}的公差为d.∵a9和a10异号,且a9>b9且a10>b10,∴b9和b10中至少有一个数是负数,又b1=12>0,
∴d<0∴b9>b10,故D正确,∴b10一定是负数,即b10<0,故C不正确.
故选AD.
12.BCD　根据题意,-4bn=,且bn=,
故,即,又an>0,故可得an+1=an,
由题可知a1=4,故数列{an}是首项为4,公比为的等比数列,
则an=4×=16×,即第三个正方形的面积为,
故A错误,B正确;
对于C,因为bn=×16×,
故数列{bn}是首项为,公比为的等比数列,其为递减数列,b3=,又b4=,故使不等式bn>成立的n的最大值为3,C正确;
对于D,因为Sn==4-4×<4,对任意n∈N+恒成立,D正确.
故选BCD.
13.　设等比数列{an}的公比为q(q≠0,1),由a1=1,且a2,a4,a3成等差数列,
得2a4=a2+a3,即2q3=q+q2,解得q=-(q≠1),
∴a5=1×-4=.
14.-1　∵等比数列{an}中,各项都是正数,且a1,a3,2a2成等差数列,
故公比q大于0且不等于1.
∴a3=a1+2a2,即a1q2=a1+2a1q,
即为q2-2q-1=0,
解得q=1+(q≠1-),
∴-1.
15.820　因为an+1-an=n+2,
所以a2-a1=3,
a3-a2=4,
a4-a3=5,
……
an-an-1=n+1(n≥2),
上面n-1个式子左右两边分别相加,
得an-a1=,
即an=,
所以a39==820.
16.②④　根据等差数列的性质,S2m-Sm=Sm+m2d,S3m-S2m=Sm+2m2d,
所以(S3m-S2m)-(S2m-Sm)=(S2m-Sm)-Sm=m2d,
所以Sm,S2m-Sm,S3m-S2m成等差数列,
因为+2m2dSm+m4d2=Sm(Sm+2m2d)+m4d2=Sm(S3m-S2m)+m4d2≠Sm(S3m-S2m)(d≠0),因此①错误,②正确;
由上显然有S2m-Sm≠S3m-S2m,S2m=2Sm+m2d,S3m=3Sm+3m2d,-SmS3m=+m2dSm+m4d2=m4d2≠0,故③错误,④正确.
17.(1)解∵Sn=n2+2n,∴a1=S1=3.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2(n-1)=2n+1.
将n=1代入上式,可得a1=3,故n=1时满足上式,
∴an=2n+1.
(2)证明∵Sn=n2+2n,∴=n+2,
∴=n+2-(n-1)-2=1,且=3,
∴是以3为首项,1为公差的等差数列.
18.解(1)设{an}的公差为d.
∵S4=14,且a1,a3,a7成等比数列,
∴4a1+6d=14,(a1+2d)2=a1(a1+6d).
∵d≠0,∴d=1,a1=2,
∴an=n+1.
(2)∵,
∴Tn=+…+.
19.解选择①②:根据题意,设等差数列{an}的公差为d(d>0),
由a4+a5=8,a3a6=,可得解得(舍去),
所以d==1,所以数列{an}的通项公式是an=+(n-3)×1,即an=n-,
所以bn=,
所以bn+1-bn=,
所以b1 当n≥2时,bn+1 即数列{bn}的最大项为b2=.
若选择②③:根据题意,设等差数列{an}的公差为d(d>0),由a3a6=,S10=50,
可得解得a1=,d=1,
所以数列{an}的通项公式是an=+(n-1)×1,
即an=n-,所以bn=,
所以bn+1-bn=,
所以b1 当n≥2时,bn+1 故bn≤b2,
即数列{bn}的最大项为b2=.
若选择①③:根据题意,设等差数列{an}的公差为d(d>0),
若a4+a5=8且S10=50,
则有解得
所以数列{an}的通项公式是an=+(n-1)×1,
即an=n-,所以bn=,
所以bn+1-bn=,
所以b1 当n≥2时,bn+1 故bn≤b2,
即数列{bn}的最大项为b2=.
20.(1)证明由an+1=3an+6,得an+1+3=3an+6+3=3(an+3),
∵a1+3=5+3=8,
∴数列{an+3}是以8为首项,3为公比的等比数列.
(2)解由(1)可得an+3=8×3n-1,
∴an=8×3n-1-3,
∴Sn=a1+a2+a3+…+an=(8×30-3)+(8×31-3)+(8×32-3)+…+(8×3n-1-3)=8(30+31+32+…+3n-1)-3n=8×-3n=4×3n-3n-4.
21.解(1)∵an=3n-1,
∴a1=1,a2=3,a3=9.
∵在等差数列{bn}中,b1+b2+b3=15,
∴3b2=15,则b2=5.
设等差数列{bn}的公差为d,
又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列,
∴(1+5-d)(9+5+d)=64,
解得d=-10或d=2.
∵bn>0,∴d=-10应舍去,
∴d=2,∴b1=3,∴bn=2n+1.
故anbn=(2n+1)·3n-1.
(2)由(1),知Tn=3×1+5×3+7×32+…+(2n-1)3n-2+(2n+1)3n-1, ①
3Tn=3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)3n-1+(2n+1)3n, ②
①-②,得-2Tn=3×1+2×3+2×32+2×33+…+2×3n-1-(2n+1)3n=3+2(3+32+33+…+3n-1)-(2n+1)3n=3+2×-(2n+1)3n=3n-(2n+1)3n=-2n·3n.
∴Tn=n·3n.
22.解(1)∵Sn=an+n2+1, ①
∴当n=1时,S1=a1+1+1,解得a1=4,
当n=2时,a1+a2=a2+4+1,解得a2=2,
∴a1+a2=6,
Sn+1=an+1+(n+1)2+1, ②
由②-①得an+1=an+1-an+2n+1,即an+1+an=4n+2,
∴an+2+an+1=4(n+1)+2,
∴(an+2+an+1)-(an+1+an)=4,
∴数列{an+an+1}是首项为6,公差为4的等差数列.
(2)由(1)得an+an+1=4n+2,
∴当n为偶数时,Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an)=6+14+…+(4n-2)==n2+n;
当n为奇数时,Sn=a1+(a3+a2)+(a5+a4)+…+(an+an-1)=4+=n2+n+2.
综上所述,Sn=