第4章 数列 章末达标检测-【精讲精练】2023-2024学年高中数学选择性必修第二册人教A版（教师用书）

(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．等比数列{an}的公比q＝－，a1＝，则数列{an}是(　　) A．递增数列　　　　　 B．递减数列 C．常数数列 D．摆动数列 解析　因为等比数列{an}的公比为q＝－，a1＝，故a2<0，a3>0，…，所以数列{an}是摆动数列． 答案　D 2．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，S4＝20，则该数列的公差d等于(　　) A．2 B．3 C．6 D．7 解析　S4－S2＝a3＋a4＝20－4＝16， ∴a3＋a4－S2＝(a3－a1)＋(a4－a2)＝4d＝16－4＝12， ∴d＝3. 答案　B 3．已知数列{an}的首项a1＝2，且an＝4an－1＋1(n≥2)，则a4等于(　　) A．148 B．149 C．15.0 D．151 解析　∵a1＝2，an＝4an－1＋1(n≥2)， ∴a2＝4a1＋1＝4×2＋1＝9， a3＝4a2＋1＝4×9＋1＝37， a4＝4a3＋1＝4×37＋1＝149. 答案　B 4．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　∵a1＋a5＝2a3＝10， ∴a3＝5， ∴d＝a4－a3＝7－5＝2. 答案　B 5．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为(　　) A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3 C．an＝ D．an＝ 解析　当n＝1时，a1＝S1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3.又当n＝1时，a1的值不适合n≥2时的通项公式，故选C. 答案　C 6．(2021·北京卷)和是两个等差数列，其中为常值，a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3＝(　　) A．64 B．128 C．256 D．512 解析　由已知条件可得＝，则b5＝＝＝64，因此，b3＝＝＝128. 故选B. 答案　B 7．(2022·北京卷)设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n＞N0时，an＞0”的(　　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　①充分性证明：若{an}为递增数列，则有对∀n∈N*，an＋1＞an，公差d＝an＋1－an＞0，故数列中从某项开始后均为正数且数列递增，则存在正整数N0，当n＞N0时，an＞0，充分性成立； ②必要性证明：若存在正整数N0，当n＞N0时，an＞0，∵an＝a1＋(n－1)d，若d＜0，则数列中从某项开始后均为负数，此时无法满足存在正整数N0，当n＞N0时，an＞0，又d≠0，若d＞0，此时{an}为递增数列，则存在正整数N0，当n＞N0时，an＞0，可满足条件，所以“{an}为递增数列”是“存在正整数N0，当n＞N0时，an＞0”的充要条件． 答案　C 8．(2023·郑州模拟)设正数数列的前n项和为Sn，数列的前n项积为Tn，且Sn＋2Tn＝1，则a5＝(　　) A. B． C. D． 解析　当n＝1时，S1＋2T1＝a1＋2a1＝3a1＝1，解得a1＝； 当n≥2时，由Sn＋2Tn＝1得＋2Tn＝1，即Tn＋2Tn·Tn－1－Tn－1＝0， ∴－＝2， ∴数列是以＝＝3为首项，2为公差的等差数列， ∴＝3＋2＝2n＋1，解得Tn＝， ∴Sn＝＝＝， 经检验：S1＝a1＝满足Sn＝， ∴Sn＝， ∴a5＝S5－S4＝－＝. 故选B. 答案　B 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．在等比数列{an}中，a3＝6，前三项和S3＝18，则公比q的值为(　　) A．1 B．－ C．－1 D． 解析　q1＝1时，a1＝a3＝6，∴S3＝18，符合条件．又S3＝18＝6＋＋解得q＝－.故选AB. 答案　AB 10．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N*)，则下列说法正确的是(　　) A．a5＝－16 B．S5＝－63 C．数列{an}是等比数列 D．数列{Sn＋1}是等比数列 解析　因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1，(n∈N*)， 所以S1＝2a1＋1，因此a1＝－1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－1， 所以数列{an}是以－1为首项，以2为公比的等比数列，故C正确； 因此a5＝－1×24＝－16，故A正确； 又Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以，故B错误； 因为S1