第一章数列章末综合测评卷-2024-2025学年高二下学期数学北师大版（2019）选择性必修第二册

第一章　数列 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.[2023江西抚州统考模拟预测]已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若a4a5=3a8,S3=39,则a4=(　　) A.64 B.81 C.128 D.192 2.[2023全国新高考卷Ⅰ,7]设Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:为等差数列,则(　　) A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 3.已知等比数列{an}为递减数列,若a2a6=6,a3+a5=5,则=(　　) A. B. C. D.6 4.在各项均为正数的等比数列{an}中,若a5=3,则log3a1+log3a2+log3a3+…+log3a9=(　　) A.5 B.7 C.9 D.11 5.[2023北京十四中校考期中]已知等比数列{an}的公比为q,则“q>1”是“an-an+1<0”的(　　) A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要的条件 6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2≥3,S5≤30,则a1的最小值是(　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 7.已知在数列{an}中,a1=1,(n+1)an=2nan+1,则数列{an}的通项公式是(　　) A.an= B.an= C.an=n D.an= 8.[2023广东广州统考模拟预测]已知数列{an}的各项均为正数,记数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn=(n∈N+),则下列说法正确的是(　　) A.a1=2 B.a2 021·a2 022<1 C.Sn=n D.+…+ 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,则下列结论正确的有(　　) A.a9a10<0 B.a9>a10 C.b10>0 D.b9>b10 10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N+),公差d≠0,S6=90,a7是a3与a9的等比中项,则下列结论正确的是(　　) A.a1=22 B.d=-2 C.当n=10或n=11时,Sn取得最大值 D.当Sn>0时,n的最大值为20 11.已知数列{an}为等差数列,其前n项和为Sn,且2a1+3a3=S6,则下列结论正确的是(　　) A.a10=0 B.S10最小 C.S7=S12 D.S19=0 12.在数列{an}中,n∈N+,若=k(k为常数),则称{an}为“等差比数列”,下列对“等差比数列”的判断正确的为(　　) A.k不可能为0 B.等差数列一定是“等差比数列” C.等比数列一定是“等差比数列” D.“等差比数列”中可以有无数项为0 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.已知数列{an}的前n项和公式为Sn=2n2-n+1,则数列{an}的通项公式为　.  14.已知两个等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且(n∈N+),则=　　　　.  15.设f(x)=,可求得f+f+f+…+f的值为　　　　　　.  16.已知数列{an}满足an+an+2=2an+1,a2=8,a5=20,bn=+1,设数列{bn-an}的前n项和为Sn,则a1=　　　　,Sn=　　　　　　　　.  四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)在数列{an}中,a1=1,an=2an-1+n-2(n≥2). (1)证明:数列{an+n}为等比数列,并求数列{an}的通项公式; (2)求数列{an}的前n项和Sn. 18.(12分)[2023全国甲,理17]已知数列{an}中,a2=1,设Sn为{an}的前n项和,2Sn=nan. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. 19.(12分)甲、乙两物体分别从相距70米的两处同时相向运动.甲第1分钟走2米,以后每分钟比前1分钟多走1米,乙每分钟走5米. (1)甲、乙开始运动后几分钟相遇? (2)如果甲、乙到达对方起点后立即折返,甲继续每分钟比前1分钟多走1米,乙继续每分钟走5米,那么甲、乙开始运动后几分钟第二次相遇? 20.(12分)在等差数列{an}中,an=3n-31,记bn=|an|,求数列{bn}的前30项和. 21.(12分)已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2Sn=+n-4(n∈N+). (1)求证:数列{an}为等差数列; (2)求数列{an}的前n项和Sn. 22.(12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an是Sn与2的等差中项.在等差数列{bn}中,b1=2,点P(bn,bn+1)在直线y=x+2上. (1)求a1和a2的值; (2)求数列{an},{bn}的通项公式; (3)设cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn. 参考答案 1.B　由等比数列的性质可知a4a5=a1a8=3a8,所以a1=3,由S3=39,得a1(1+q+q2)=39,所以q2+q-12=0,解得q=3或q=-4(舍去),所以a4=a1q3=81.故选B. 2.C　(充分性)若{an}为等差数列,设其首项为a1,公差为d,则Sn=na1+d,则=a1+d=n+a1-,故为常数,则为等差数列,则甲是乙的充分条件. (必要性)反之,若为等差数列,设=An+B,A≠0,则Sn=An2+Bn,a1=S1=A+B. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=A(2n-1)+B=2An-A+B. 当n=1时也符合上式,故an=2An-A+B,故{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件. 综上,甲是乙的充要条件.故选C. 3.A　由{an}为等比数列,得a2a6=a3a5=6, 又a3+a5=5,∴a3,a5为方程x2-5x+6=0的两个根, 解得a3=2,a5=3或a3=3,a5=2. 由{an}为递减数列得an>an+1,∴a3=3,a5=2, ∴q2=,则,故选A. 4.C　∵在各项均为正数的等比数列{an}中,a5=3, ∴log3a1+log3a2+log3a3+…+log3a9=log3(a1a2…a9)=log3=9log3a5=9log33=9.故选C. 5.D　如果q>1,比如q=2,a1=-1,则an=-2n-1,an+1=-2n,an-an+1=-2n-1+2n=2n-1>0,即不能推出an-an+1<0,如果an-an+1<0,an=a1qn-1,an+1=a1qn, ∴a1qn-1(1-q)<0,比如a1=-1,q=也满足上式,即不能推出q>1,故选D. 6.B　设等差数列{an}的公差为d, 由可得 即解得a1≥0, 则a1的最小值是0.故选B. 7.B　在数列{an}中,a1=1,(n+1)an=2nan+1, 整理得,所以, , …… , 所有的式子相乘得到·…··…·,整理得, 所以an=(a1也符合该式).故an=.故选B. 8.B　当n=1时,2S1=,解得a1=S1=1,故A错误. 当n≥2时,因为Sn-Sn-1=an,代入2Sn=,得 2Sn=,化简得=1, 所以{}是首项为S1=1,公差为1的等差数列, 所以=n,因为an>0,所以Sn=,故C错误. 所以Sn=,Sn-1=(n≥2), an=Sn-Sn-1=,经检验a1=1也成立, 所以an=, 对于B,a2 021·a2 022=<1,所以B正确. 对于D,+…++…++…+=2(+…+)+,所以D错误. 故选B. 9.AD　∵等比数列{an}的公比q=-,∴a9和a10异号,即a9a10<0,但不能确定a9和a10的大小关系,故A正确,B不正确;∵a9和a10异号,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,b10一定是负数,即b10<0,故C不正确,D正确.故选AD. 10.BCD　因为S6=90, 所以6a1+d=90,即2a1+5d=30, ① 又因为a7是a3与a9的等比中项,所以=a3a9, 所以(a1+6d)2=(a1+2d)(a1+8d),整理得a1=-10d, ② 由①②解得a1=20,d=-2,故A错误,B正确; 所以Sn=20n+×(-2)=-n2+21n=-n-2+,又n∈N*,所以当n=10或n=11时,Sn取得最大值,故C正确; 令Sn=-n2+21n>0,解得0<n<21,又n∈N*, 所以n的最大值为20,故D正确. 故选BCD. 11.ACD　因为数列{an}为等差数列,2a1+3a3=S6,即5a1+6d=6a1+15d,即a1+9d=a10=0,故A正确;因为a10=0,所以S9=S10,但是无法确定数列{an}的公差d的大小,故无法确定S10是最大值还是最小值,故B错误;因为a8+a9+a10+a11+a12=5a10=0,所以S12=S7+a8+a9+a10+a11+a12=S7+0=S7,故C正确;S19=×19=19a10=0,故D正确.故选ACD. 12.AD　由题意,an+1≠an,则an不为常数列,故A正确,B,C错误;数列0,1,0,1,0,1,…,0,1是等差比数列,且有无数项为0,故D正确.故选AD. 13.an=　由Sn=2n2-n+1,可得当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-n+1-[2(n-1)2-(n-1)+1]=4n-3,当n=1时,a1=S1=2-1+1=2,不符合上式. 则数列{an}的通项公式为an= 14.　因为在等差数列{an},{bn}中,(n∈N*),所以. 15.1 007　∵f(x)=, ∴f(x)+f(1-x)= = = ==1. 故可得f+f+f+…+f=f+f+f+f+…+f+f=1 007×1=1 007. 16.4　2n+2-2n2-n-4　∵数列{an}满足an+an+2=2an+1,∴{an}为等差数列, 设{an}的公差为d, 则解得 故an=4n.∴bn-an=+1-4n, ∴Sn=+n-4·=2n+2-2n2-n-4. 17.(1)证明因为=2, ∴数列{an+n}是首项为a1+1=2,公比为2的等比数列,那么an+n=2·2n-1=2n,即an=2n-n. (2)解由(1)知an=2n-n,Sn=(21+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n)==2n+1-. 18.解(1)由题意可知,2Sn=nan,① 当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,② ①-②得2an=nan-(n-1)an-1,∴(n-1)an-1=(n-2)an. (方法一:构造数列)当n≥3时,是从第2项开始的常数数列, 当n=2时,=a2=1,∴an=n-1(n≥2),当n=1时,2a1=a1,a1=0,满足上式,∴an=n-1(n∈N+). (方法二:累乘法)由2Sn=nan可知,当n=1时,2a1=a1,a1=0,a2=1,,∴an=×…××a2=×…××1=n-1. 显然a1=0满足,∴an=n-1(n∈N+). (2)由(1)可知an=n-1(n∈N+),∴an+1=n,∴=n·, ∴Tn=1×+2×+3×+…+n·,③ Tn=1×+2×+…+(n-1)·+n·,④ ③-④得,Tn=-n·, ∴Tn=2-(2+n)·. 19.解(1)设开始运动n分钟后相遇,依题意,有2n++5n=70,整理,得n2+13n-140=0, 解得n=7,n=-20(舍去). 故甲、乙两物体开始运动后7分钟相遇. (2)设开始运动m分钟后第2次相遇,依题意,有2m++5m=3×70,整理,得m2+13m-420=0,解得m=15,m=-28(舍去). 故甲、乙两物体开始运动后15分钟第二次相遇. 20.解由an=3n-31,可得a1=-28,公差d=3,{an}的前n项和Sn=-28n+n(n-1)·3=n2-n. 当1≤n≤10时,an<0,当n≥11时,an>0, 则数列{bn}的前30项和为S30-S10-S10=×302-×30-2××102-×10=755. 21.(1)证明当n=1时,有2a1=+1-4, 即-2a1-3=0,解得a1=3(a1=-1舍去). 当n≥2时,有2Sn-1=+n-5, 又2Sn=+n-4,两式相减得2an=+1, 即-2an+1=,即(an-1)2=, 因此an-1=an-1或an-1=-an-1. 若an-1=-an-1, 即an+an-1=1.则有当a1=3时,a2=-2,这与数列{an}的各项均为正数相矛盾,所以an-1=an-1,即an-an-1=1,因此数列{an}为等差数列. (2)解由(1)知a1=3,d=1,所以数列{an}的通项公式为an=3+(n-1)×1=n+2,故Sn=. 22.解(1)由2an=Sn+2,得2a1=S1+2,即2a1=a1+2,解得a1=2. 同理得2a2=S2+2,即2a2=a1+a2+2,解得a2=4. (2)由2an=Sn+2,得2an-1=Sn-1+2(n≥2), 两式相减,得2an-2an-1=Sn-Sn-1, 即2an-2an-1=an,即an=2an-1(n≥2). 所以当n≥2时,an=a22n-2=4×2n-2=2n,a1满足该式, 故an=2n. 因为点P(bn,bn+1)在直线y=x+2上,所以bn+1=bn+2, 所以等差数列{bn}的公差d=2. 又因为b1=2,所以bn=2+2(n-1)=2n. (3)cn=anbn=n·2n+1, 则Tn=22+2×23+3×24+…+n·2n+1, 2Tn=23+2×24+…+(n-1)·2n+1+n·2n+2, 两式相减,得-Tn=22+23+24+…+2n+1-n·2n+2=-n·2n+2=(1-n)·2n+2-4, 故Tn=(n-1)2n+2+4. 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$