新教材2023版高中数学第四章数列章末过关检测新人教A版选择性必修第二册

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章末过关检测(一)　数列一、单项选择题(本大题共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．数列－eq \f(1,5)，eq \f(1,7)，－eq \f(1,9)，eq \f(1,11)，…的通项公式可能是an＝(　　)A．eq \f(（－1）n,3n＋2)B．eq \f(（－1）n－1,2n＋3)C．eq \f(（－1）n,2n＋3)D．eq \f(（－1）n－1,3n＋2)2．在等差数列{an}中，已知a5＝4，a2＋a6＝10，则数列{an}的公差为(　　)A．－1B．0C．1D．23．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＋a10＝6，则S13＝(　　)A．37B．38C．39D．404．已知等比数列{an}中，a1a8a15＝27，则a3·a13＝(　　)A．3B．6C．9D．185．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝12，S24＝36，则S16＝(　　)A．24B．12C．24或－12D．－24或126．在3和9之间插入两个正数后，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则这两个正数之和为(　　)A．13eq \f(1,2)B．11eq \f(1,4)C．10eq \f(1,2)D．107．已知等差数列{an}的首项为1，公差不为0，若a2，a5，a14成等比数列，则数列{an}的前6项和为(　　)A．6B．11C．36D．518．已知数列{an}满足：an＋2＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n为奇数，,2an，n为偶数，))且a1＝2，a2＝1，则此数列的前20项的和为(　　)A．621B．622C．1133D．1134二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．下列四个数列中的递增数列是(　　)A．1，eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，…B．sineq \f(π,7)，sineq \f(2π,7)，sineq \f(3π,7)，…C．－1，－eq \f(1,2)，－eq \f(1,4)，－eq \f(1,8)，…D．1，eq \r(2)，eq \r(3)，…，eq \r(21)10．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且a7>0，a6＋a9<0，则(　　)A．数列{an}为递增数列 B．数列{an}为递减数列C．S13>0 D．S14>011．在数列{an}中，若a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) －a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1)) ＝p(n≥2，n∈N*，p为常数)，则{an}称为“等方差数列”，下列对“等方差数列”的判断正确的是(　　)A．若{an}是等方差数列，则{an}一定是等差数列B．若{an}是等方差数列，则{an}可能是等差数列C．{(－1)n}是等方差数列D．若{an}是等方差数列，则{a2n}也是等方差数列12．数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类．螺旋线这个名词源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”．小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形ABCD中，作它的内接正方形EFGH，且使得∠BEF＝eq \f(π,12)；再作正方形EFGH的内接正方形MNPQ，且使得∠FMN＝eq \f(π,12)；与之类似，依次进行，就形成了阴影部分的图案，如图所示．设第n个正方形的边长为an(其中第1个正方形ABCD的边长为a1＝AB，第2个正方形EFGH的边长为a2＝EF，…)，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为Sn(其中第1个直角三角形AEH的面积为S1，第2个直角三角形EQM的面积为S2，…)，则(　　)A.数列{an}是公比为eq \f(2,3)的等比数列B．S1＝eq \f(1,12)C．数列{Sn}是公比为eq \f(4,9)的等比数列D．数列{Sn}的前n项和Tn<eq \f(1,4)三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．)13．已知数列{an}的递推公式an＋1＝eq \f(an,an＋1)，且首项a1＝1，则a4＝________.14．数列{an}的前n项和为Sn＝2n2＋3n＋1，则该数列的通项公式an＝____________．15．已知等比数列{an}的各项都是正数，且3a1，eq \f(1,2)a3，2a2成等差数列，则eq \f(a8＋a9,a6＋a7)＝________．16．已知数列{an}的通项公式为an＝13－2n，记数列{|an|}的前n项和为Tn，则T10＝________，eq \f(Tn,n)的最小值为________．四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知在等比数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an)＋2log2an－1，求数列{bn}的前n项和Sn.18．(12分)已知{an}是等差数列，其中a2＝22，a8＝4.(1)求{an}的通项公式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求Sn的最大值．19．(12分)在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝b1＝2，a2＝b2，b1＋b3＝a5.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)若{an}的前n项和为Sn，cn＝eq \f(1,Sn)＋bn，求数列{cn}的前n项和Tn.20．(12分)记数列{an}的前n项积为Tn，且eq \f(1,Tn)＋eq \f(2,an)＝1.(1)证明：数列{Tn＋1}是等比数列；(2)求数列{nTn}的前n项和Sn.21.(12分)已知正项等差数列{an}满足a2＝3，且a2，a3＋1，a5＋3成等比数列．(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)保持{an}中各项的先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入k个2k构成新数列{bn}，求数列{bn}的前24项和T24.22．(12分)在一次招聘会上，应聘者小李被甲、乙两家公司同时意向录取．甲公司给出的工资标准：第一年的年薪为4.2万元，以后每年的年薪比上一年增加6000元；乙公司给出的工资标准：第一年的年薪为4.8万元，以后每年的年薪比上一年增加8%.(1)若小李在乙公司连续工作5年，则他在第5年的年薪是多少万元？(2)为了吸引小李的加盟，乙公司决定在原有工资的基础上每年固定增加交通补贴0.72万元．那么小李在甲公司至少要连续工作几年，他的工资总收入才不低于在乙公司工作10年的总收入？(参考数据：1.084≈1.4，1.085≈1.5，1.0810≈2.2，1.0811≈2.3)章末过关检测(一)　数列1．解析：数列的分母5，7，9，…形成首项为5，公差为2的等差数列，则通项公式为5＋(n－1)×2＝2n＋3，所以an＝eq \f(（－1）n,2n＋3).故选C.答案：C2．解析：设等差数列{an}的公差为d，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5＝a1＋4d＝4,a2＋a6＝2a1＋6d＝10))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8,d＝－1)).故选A.答案：A3．解析：由题意得：∵等差数列{an}中，a4＋a10＝a1＋a13＝6，∴S13＝eq \f(13（a1＋a13）,2)＝eq \f(13×6,2)＝39.故选C.答案：C4．解析：由题意知：{an}为等比数列，故a1a8a15＝(a8)3＝27，∴a8＝3，a3·a13＝(a8)2＝9，故选C.答案：C5．解析：因为等比数列{an}的前n项和为Sn，所以S8，S16－S8，S24－S16成等比数列，因为S8＝12，S24＝36，所以(S16－12)2＝12×(36－S16)，解得S16＝24或S16＝－12，因为S16－S8＝q8S8>0，所以S16>0，则S16＝24.故选A.答案：A6．解析：不妨设插入两个正数为a，b，即3，a，b，9，∵3，a，b成等比数列，则a2＝3b，a，b，9成等差数列，则a＋9＝2b，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝3b,a＋9＝2b))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(9,2),b＝\f(27,4)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3,b＝3))(舍去)，则a＋b＝eq \f(45,4)＝11eq \f(1,4).故选B.答案：B7．解析：等差数列{an}的首项为1，所以a1＝1，a2，a5，a14成等比数列，所以a eq \o\al(2,5) ＝a2·a14，所以(a1＋4d)2＝(a1＋d)·(a1＋13d)，解得：d＝2，所以数列{an}的前6项和为：6a1＋eq \f(6×5,2)d＝6＋30＝36.故选C.答案：C8．解析：由于an＋2＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n＝2m－1,2an，n＝2m))(m∈N＋)，所以当n为奇数时，是等差数列，即：a1＝2，a3＝2＋2×1，a5＝2＋2×2，a7＝2＋2×3，…，a19＝2＋2×9，共10项，和为eq \f(2＋2＋2×9,2)×10＝110；a2＝20，a4＝21，a6＝22，a8＝23，…，a20＝29，共10项，其和为20×eq \f(1－210,1－2)＝210－1＝1023；∴该数列前20项的和S20＝1023＋110＝1133.故选C.答案：C9．解析：对于A，数列1，eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，…为递减数列，故不符合题意；对于B，数列sineq \f(π,7)，sineq \f(2π,7)，sineq \f(3π,7)，…为周期数列，且sineq \f(π,7)>sineq \f(8π,7)，故不符合题意；对于C，数列－1，－eq \f(1,2)，－eq \f(1,4)，－eq \f(1,8)，…为递增数列，故符合题意；对于D，数列1，eq \r(2)，eq \r(3)，…，eq \r(21)为递增数列，故符合题意．故选CD.答案：CD10．解析：由题设，a6＋a9＝a7＋a8<0，而a7>0，∴a8＝a7＋d<0，则d<－a7<0，则{an}为递减数列，A错误，B正确；S13＝eq \f(13（a1＋a13）,2)＝13a7>0，S14＝eq \f(14（a1＋a14）,2)＝7(a6＋a9)<0，C正确，D错误．故选BC.答案：BC11．解析：an＝eq \r(n)，则a eq \o\al(2,n) ＝n，{an}是等方差数列，但{an}不是等差数列，A错；an＝5，a eq \o\al(2,n) ＝25，a eq \o\al(2,n) －a eq \o\al(2,n－1) ＝0，{a eq \o\al(2,n) }是等差数列，{an}也是等差数列，B正确；an＝(－1)n，则a eq \o\al(2,n) ＝1，{a eq \o\al(2,n) }是等差数列，C正确；若{an}是等方差数列，则a eq \o\al(2,n＋1) －a eq \o\al(2,n) ＝d是常数，因此a eq \o\al(2,2（n＋1）) －a eq \o\al(2,2n) ＝a eq \o\al(2,2（n＋1）) －a eq \o\al(2,2n＋1) ＋a eq \o\al(2,2n＋1) －a eq \o\al(2,2n) ＝d＋d＝2d是常数，所以{a eq \o\al(2,2n) }是等方差数列，D正确．故选BCD.答案：BCD12．解析：由图可知an＝an＋1(sin15°＋cos15°)＝an＋1×eq \r(2)sin (15°＋45°)＝eq \f(\r(6),2)an＋1，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(\r(6),3)，所以数列{an}是首项为1，公比为eq \f(\r(6),3)的等比数列，故A错误；则an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))eq \s\up12(n－1)，由题可得Sn＝eq \f(1,2)·an＋1sin15°·an＋1cos15°＝eq \f(1,8)a eq \o\al(2,n＋1) ＝eq \f(1,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)，所以S1＝eq \f(1,8)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,12)，故B正确；因为eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(2,3)，所以数列{Sn}是公比为eq \f(2,3)的等比数列，故C错误；Tn＝eq \f(\f(1,12)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n))),1－\f(2,3))＝eq \f(1,4)－eq \f(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)<eq \f(1,4)，故D正确．故选BD.答案：BD13．解析：因为数列{an}的递推公式an＋1＝eq \f(an,an＋1)，且首项a1＝1，则a2＝eq \f(a1,a1＋1)＝eq \f(1,2)，a3＝eq \f(a2,a2＋1)＝eq \f(1,3)，a4＝eq \f(a3,a3＋1)＝eq \f(1,4).答案：eq \f(1,4)14．解析：当n＝1时，a1＝S1＝2＋3＋1＝6，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋3n＋1－[2(n－1)2＋3(n－1)＋1]＝4n＋1，检验：a1＝5≠S1，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6，n＝1,4n＋1，n≥2)).答案：an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6，n＝1,4n＋1，n≥2))15．解析：设正项等比数列{an}的公比为q，则q>0，∵3a1，eq \f(1,2)a3，2a2成等差数列，∴a3＝3a1＋2a2，∴q2－2q－3＝0，∴q＝3或q＝－1(舍去)，∴eq \f(a8＋a9,a6＋a7)＝eq \f(a1q7＋a1q8,a1q5＋a1q6)＝q2＝32＝9.答案：916．解析：令13－2n≤0，解得：n≥eq \f(13,2)，则当n≤6时，an>0；当n≥7时，an<0；∴当n≤6时，Tn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（11＋13－2n）,2)＝－n2＋12n；当n≥7时，Tn＝(a1＋a2＋…＋a6)－(a7＋a8＋…＋an)＝2(a1＋a2＋…＋a6)－(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋an)＝2(－36＋72)－(－n2＋12n)＝n2－12n＋72；∴T10＝102－120＋72＝52；∵eq \f(Tn,n)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n＋12，n≤6,n＋\f(72,n)－12，n≥7))，∴当n≤6时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Tn,n)))eq \s\do7(min)＝eq \f(T6,6)＝6；当n≥7时，∵y＝x＋eq \f(72,x)在(0，6eq \r(2))上单调递减，在(6eq \r(2)，＋∞)上单调递增，又n∈N*，eq \f(T8,8)＝8＋9－12＝5，eq \f(T9,9)＝9＋8－12＝5，∴当n≥7时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Tn,n)))eq \s\do7(min)＝5；综上所述：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Tn,n)))eq \s\do7(min)＝5.答案：52　517．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q.∵a1，a2，a3－2成等差数列，a1＝2，∴2a2＝a1＋(a3－2)＝2＋(a3－2)＝a3，∴q＝eq \f(a3,a2)＝2，∴an＝a1qn－1＝2n(n∈N*)(2)bn＝eq \f(1,an)＋2log2an－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＋2log22n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＋2n－1则Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1))＋[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋3]＋[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋5]＋…＋[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＋(2n－1)]＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(3)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＋eq \f(n[1＋（2n－1）],2)＝n2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＋1(n∈N*)18．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a8＝a2＋6d，a2＝22，a8＝4，所以4＝22＋6d，所以d＝－3，a1＝25，所以an＝28－3n.(2)因为an＝28－3n，令28－3n<0，得n>9eq \f(1,3)，所以当n≤9时，an>0；当n≥10时，an<0，故当n＝9时，Sn最大，且最大值为S9＝25×9＋eq \f(1,2)×9×8×(－3)＝117.19．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋d＝2q,2＋2q2＝2＋4d))⇒d＝q＝2.所以an＝2n，bn＝2n.(2)Sn＝eq \f(n（2＋2n）,2)＝n(n＋1)，则eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，Tn＝(eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn))＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))＋(2＋22＋…＋2n)＝1－eq \f(1,n＋1)＋eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－eq \f(1,n＋1)－1.20．解析：(1)证明：因为Tn为数列{an}的前n项积，所以可得eq \f(Tn,Tn－1)＝an(n≥2)，因为eq \f(1,Tn)＋eq \f(2,an)＝1，所以eq \f(1,Tn)＋eq \f(2Tn－1,Tn)＝1(n≥2)，即1＋2Tn－1＝Tn(n≥2)，所以eq \f(Tn＋1,Tn－1＋1)＝2(n≥2)，又eq \f(1,T1)＋eq \f(2,a1)＝1，所以a1＝T1＝3，故{Tn＋1}是以4为首项，2为公比的等比数列；(2)由(1)得：Tn＋1＝4×2n－1＝2n＋1，所以Tn＝2n＋1－1，则nTn＝n·2n＋1－n，设An＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，①∴2An＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋n·2n＋2，②则①－②得：－An＝1×22＋(23＋24＋…＋2n＋1)－n·2n＋2＝4＋eq \f(23－2n＋2,1－2)－n·2n＋2＝－4＋(1－n)2n＋2，则An＝4＋(n－1)2n＋2，所以{nTn}的前n项和Sn＝4＋(n－1)2n＋2－eq \f(n（n＋1）,2).21．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，∵a2＝3，且a2，a3＋1，a5＋3成等比数列，∴a1＋d＝3且(a1＋2d＋1)2＝3(a1＋4d＋3)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4,d＝－1))(舍)，∴an＝2n－1(n∈N*)，且Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝n2.(2)由题意可知，新数列{bn}为1，2，3，22，22，5，23，23，23，7，…按照此规律，假设第24项在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间，则M＝1＋2＋3＋…＋(k－1)＋k≤24，解得当k＝6时M＝21，∴数列{bn}的前24项和T24＝(2＋2·22＋3·23＋…＋5·25)＋(1＋3＋5＋7＋9＋11)＋3×26＝(2＋4×26)＋62＋3×26＝38＋7×26＝486.22．解析：(1)依题意，小李在乙公司工作第n年的年薪为bn＝4.8×(1＋8%)n－1(n∈N*).所以小李在乙公司连续工作5年，则b5＝4.8×(1＋8%)4≈6.72万元；(2)由题意，小李在甲公司工作连续工作n年的工资总收入为4.2n＋eq \f(n（n－1）,2)×0.6，小李在乙公司工作10年的总收入eq \f(4.8[1－（1＋8%）10],1－（1＋8%）)＋7.2，则4.2n＋eq \f(n（n－1）,2)×0.6≥eq \f(4.8[1－（1＋8%）10],1－（1＋8%）)＋7.2，∴(n＋24)(n－11)≥0，∴n≥11，∴小李在甲公司至少要连续工作11年，他的工资总收入才不低于在乙公司工作10年的总收入．