第4章 数列章末达标检测(Word练习)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

(满分：150分，时间：120分钟) 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．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A． B． C．－ D．－ 解析　由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×＝，故选B. 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．150 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．(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 解析　S6＝21S2，∴1－q6＝21(1－q2)， ∴q4＋q2－20＝0，∴q2＝4，＝1＋q4＝17， ∴S8＝17×(－5)＝－85，选C. 答案　C 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．(2024·郑州模拟)设正项数列的前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3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，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　当q＝1时，a1＝a2＝a3＝6，∴S3＝18，符合条件．当q≠1时，由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＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误． 故选AC. 答案　AC 11．(2024·济宁模拟)已知Sn是等差数列的前n项和，且a7>0，a6＋a9<0，则(　　) A．数列为递增数列 B．数列为递减数列 C．S13>0 D．S14>0 解析　由题设，a6＋a9＝a7＋a8<0，而a7>0， ∴a8＝a7＋d<0，则d<－a7<0，则为递减数列，A错误，B正确； S13＝＝13a7>0，S14＝＝7(a6＋a9)<0，C正确，D错误． 故选BC. 答案　BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．设等比数列{an}的公比q＝，前n项和为Sn，则＝________． 解析　＝＝ ＝＝15. 答案　15 13．等比数列{an}中，a2＋a4＋…＋a20＝6，公比q＝3，则前20项和S20＝________． 解析　S偶＝a2＋a4＋…＋a20， S奇＝a1＋a3＋…＋a19， 则＝q， ∴S奇＝＝＝2. ∴S20＝S偶＋S奇＝6＋2＝8. 答案　8 14．(2021·新高考全国卷Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么k＝________ dm2. 解析　(1)对折4次可得到如下规格： dm×12 dm， dm×6 dm，5 dm×3 dm，10 dm× dm，20 dm× dm，共5种； (2)由题意可得S1＝2×120，S2＝3×60， S3＝4×30，S4＝5×15，…，Sn＝， 设S＝＋＋＋…＋， 则S＝＋＋…＋＋， 两式作差得 S＝240＋120－ ＝240＋－ ＝360－－＝360－， 因此，S＝720－＝720－. 答案　5　720－ 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和． 解析　设该数列的公差为d，前n项和为Sn.由已知可得， 2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)， 所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0， 解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3， 即数列{an}的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3. 所以数列的前n项和Sn＝4n或Sn＝. 16．(15分)在①b3＝a4，②a3＝3b3，③a2＝4b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再判断{cn}是否是递增数列，请说明理由． 已知{an}是公差为1的等差数列，{bn}是正项等比数列，a1＝b1＝1，________，cn＝anbn(n∈N*).判断{cn}是否是递增数列，并说明理由． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解析　因为{an}是公差为1，首项为1的等差数列， 所以an＝1＋n－1＝n. 设{bn}的公比为q， 若选①，由b3＝a4，得b3＝a4＝4，q＝2，bn＝2n－1，cn＝n·2n－1， ＝＝＜1， 则cn＜cn＋1，所以{cn}是递增数列． 若选②，由a3＝3b3＝3，得b3＝1，q＝1，bn＝1，cn＝n， 则cn＝n＜cn＋1＝n＋1，所以{cn}是递增数列． 若选③，由a2＝4b2＝2， 得b2＝，q＝，bn＝，cn＝， ＝＝≥1， 则cn≥cn＋1，所以{cn}不是递增数列． 17．(15分)(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． (1)证明　由于＋n＝2an＋1，变形为2Sn＝2nan＋n－n2，记为①式，又2Sn－1＝2(n－1)an－1＋n－1－(n－1)2，记为②式， ①－②，可得(2n－2)an－(2n－2)an－1＝2n－2，n≥2，n∈N*， 即an－an－1＝1，n≥2，n∈N*， 所以{an}是等差数列． (2)解析　由题意可知a＝a4a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)， 解得a1＝－12， 所以an＝－12＋(n－1)×1＝n－13， 其中a1＜a2＜…＜a12＜0，a13＝0， 则Sn的最小值为S12＝S13＝－78. 18．(17分)(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn. (1)解析　由题意知 设{an}公差为d， ∴ 解得 ∴an＝5＋2(n－1)＝2n＋3. (2)证明　bn＝ b2n－1＋b2n＝12n＋1，Sn＝＝(n＋4)n， Tn＝12×1＋1＋12×2＋1＋…＋12·＋1＝12·＋＝n2＋n， n为偶数且n＞5时，即n≥6时， Tn－Sn＝n2＋n－(n＋4)n＝n2－＞0， n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－4n－10＝n2＋n－5， n为奇数且n＞5，即n≥7时， Tn－Sn＝n2＋n－5－(n＋4)n＝n2－n－5＝(n＋2)·(n－5)＞0， ∴n＞5时，Tn＞Sn. 19．(17分)在无穷数列中，令Tn＝a1a2…an，若∀n∈N*，Tn∈，则称对前n项之积是封闭的． (1)试判断：任意一个无穷等差数列对前n项之积是否是封闭的？ (2)设是无穷等比数列，其首项a1＝2，公比为q.若对前n项之积是封闭的，求出q的两个值； (3)证明：对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得an＝bn·cn，其中和对前n项之积都是封闭的． (1)解析　不是的，理由如下： 如等差数列， T2＝a1a2＝∉， 所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积是封闭的． (2)解析　是等比数列，其首项a1＝2，公比为q， 所以an＝a1·qn－1＝2qn－1， 所以Tn＝a1a2…an＝2nq1＋2＋…＋＝2nq， 由已知得，对任意正整数n，总存在正整数m，使得Tn＝am成立， 即对任意正整数n，总存在正整数m， 使得2nq＝2qm－1成立． 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得q－＝21－n成立， ①当m＝≥1时， 得－＝1－n，所以q＝2； ②当m＝＋＝≥1时，得＝n－1， 所以q＝，综上，q＝2或. (3)证明　对任意的无穷等比数列， an＝a1qn－1＝a·n－1， 令bn＝a，cn＝n－1，则an＝bn·cn. 下面证明：对前n项之积是封闭的． 因为bn＝a，所以Tn＝a11＋2＋…＋n＝a1， 取正整数m＝得，Tn＝bm， 所以对前n项之积是封闭的． 同理证明：也对前n项之积是封闭的， 所以对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得an＝bn·cn，其中和对前n项之积都是封闭的． 学科网（北京）股份有限公司 $$