第4章 数列 综合测评（Word练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

第四章综合测评 (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，只有一项符合题目要求) 1．在等差数列{an}中，S10＝120，则a1＋a10的值是(　　) A．12 B．24 C．36 D．48 答案　B 解析　由S10＝＝120，解得a1＋a10＝24.故选B项． 2．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，则a4＝(　　) A．11 B．15 C．17 D．20 答案　A 解析　由题意可得a4＝S4－S3＝20－9＝11.故选A项． 3．已知Sn为公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S9＝18，am＝2，则m＝(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 答案　B 解析　因为S9＝＝9a5＝18，所以a5＝2，因为am＝2，所以m＝5.故选B项． 4．数列{an}的前n项和为Sn，若Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，且S2＝3，则a1＋a3的值为(　　) A．1 B．3 C．5 D．6 答案　C 解析　由题意知an＝2n－1(n≥2)，所以a2＝3，所以a1＝S1＝S2－a2＝3－3＝0.又因为a3＝3×2－1＝5，所以a1＋a3＝0＋5＝5.故选C项． 5．《莱茵德纸草书》(Rhind Papyrus)是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样一道题目：把93个面包分给5个人，使每个人所得的面包个数成等比数列，且使较小的两份之和等于中间一份的四分之三，则最小的一份为(　　) A．3 B．4 C．8 D．9 答案　A 解析　设等比数列为{an}，其公比为q(q>0)，由题意知，S5＝＝93，a1＋a2＝a3，所以a1＋a1q＝a1q2，因为a1≠0，所以1＋q＝q2，解得q＝2或q＝－(舍去)，当q＝2时，由＝93，解得a1＝3.故选A项． 6．设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　　) A．12 B．24 C．30 D．32 答案　D 解析　设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝1，a2＋a3＋a4＝a1q＋a1q2＋a1q3＝a1q(1＋q＋q2)＝q＝2，因此a6＋a7＋a8＝a1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32.故选D项． 7．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝7，则S40＝(　　) A．5 B．10 C．15 D．－20 答案　C 解析　因为等比数列{an}的前n项和为Sn，S10＝1，S30＝7，所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，所以1，S20－1,7－S20，S40－7成等比数列，所以(S20－1)2＝1×(7－S20)，解得S20＝3(S20＝－2舍去)，所以S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30分别为1,2,4,8，所以S40＝S30＋8＝7＋8＝15.故选C项． 8．已知正项等比数列{an}的首项为m(m>1)，且(a4＋a3)＝a2.记Tn为数列{an}的前n项积，若Tn中仅有T5最大，则实数m的取值范围为(　　) A．(8,16) B．(16,32) C．(1,16) D．(4,8) 答案　B 解析　设等比数列{an}的公比为q，由题意得(q＋q2)＝1，解得q＝或q＝－(舍去)，又a1＝m，所以an＝.由Tn中仅有T5最大，得即解得16<m<32.故选B项． 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．已知数列{an}是等比数列，则下列结论中正确的是(　　) A．数列{a}是等比数列 B．若a3＝2，a7＝32，则a5＝±8 C．若a1<a2<a3，则数列{an}是递增数列 D．若数列{an}的前n项和Sn＝3n－1＋r，则r＝－1 答案　AC 解析　在A项中，因为a＝aq2n－2，所以＝＝q2是常数，所以数列{a}是等比数列，故A项正确；在B项中，若a3＝2，a7＝32，则a5与a3，a7同号，即a5＝＝8，故B项错误；在C项中，若a1<a2<a3，则a1<0，0<q<1或a1>0，q>1，数列{an}均是递增数列，故C项正确；在D项中，若数列{an}的前n项和Sn＝3n－1＋r，则a1＝S1＝1＋r，a2＝S2－S1＝(3＋r)－(1＋r)＝2，a3＝S3－S2＝(9＋r)－(3＋r)＝6，因为a1，a2，a3成等比数列，所以a＝a1a3，所以4＝6(1＋r)，解得r＝－，故D项错误．故选AC项． 10．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 答案　ACD 解析　A项中，因为数列{an}为等差数列，且2a1＋3a3＝S6，所以5a1＋6d＝6a1＋15d，即a1＋9d＝a10＝0，故A项正确；B项中，当d<0时，Sn＝na1＋d＝－9dn＋d＝(n2－19n)，无最小值，故B项错误；C项中，因为a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，所以S12＝S7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝S7＋0＝S7，故C项正确；D项中，S19＝×19＝19a10＝0，故D项正确．故选ACD项． 11．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2，若存在两项am，an，使得aman＝64，则下列结论正确的是(　　) A．数列{an}为等比数列 B．数列{an}为等差数列 C．m＋n为定值 D．设数列{bn}的前n项和为Tn，bn＝log2an，则数列为等差数列 答案　ACD 解析　数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2，当n＝1时，解得a1＝2，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，即＝2(常数)，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2·2n－1＝2n，n≥2，当n＝1时，a1＝2符合上式，所以an＝2n，故A项正确，B项错误；由于an＝2n，故存在两项am，an，使得aman＝64，即2m＋n＝26，即m＋n＝6，故C项正确；因为bn＝log2an＝n，所以Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝，所以＝＝n＋符合一次函数的形式，故该数列为等差数列，故D项正确．故选ACD项． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________. 解析　由已知得S1＝a1，S2＝a1＋a2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，而S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，整理得2a1＋1＝0，解得a1＝－. 答案　－ 13．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到200这200个数中，能被4除余2且被6除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列各项之和为________. 解析　由题意可知an－2既是4的倍数，又是6的倍数，即an－2是12的倍数，因此数列{an}是以2为首项，以12为公差的等差数列，所以an＝2＋12(n－1)＝12n－10.又a17＝194，a18＝206>200，所以该数列有17项，各项之和为＝1 666. 答案　1 666 14．已知数列{an}满足a1＝21，an＋1＝an＋2n，则an＝________. 解析　因为an＋1＝an＋2n，所以an＋1－an＝2n，从而an－an－1＝2(n－1)(n≥2)．所以an－a1＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2＋2×1＝2×[1＋2＋…＋(n－1)]＝2×＝n2－n.而a1＝21，所以an＝n2－n＋21. 答案　n2－n＋21 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)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4. (1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式． 解析　(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1.所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋. 16．(15分)一列火车自A城驶往B城，沿途有n个车站(包括起点A和终点B)，车上有一节邮政车厢，每停靠一站便要卸下前面各站发往该站的邮袋各一个，同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一个． (1)试证明：列车从第k站出发时，车厢内共有邮袋数(－k2＋nk)个； (2)试判断第几站的车厢内邮袋数最多，最多是多少？ 解析　(1)设列车从各站出发时邮政车厢内的邮袋数构成一个数列{an}，则a1＝n－1， a2＝a1－1＋n－2＝(n－1)＋(n－2)－1， a3＝a2－2＋n－3＝(n－1)＋(n－2)＋(n－3)－1－2， … 所以ak＝(n－1)＋(n－2)＋(n－3)＋…＋(n－k)－(1＋2＋…＋k－1) ＝kn－k(k＋1)－k(k－1) ＝－k2＋nk(k∈N*)． (2)由(1)可得ak＝－2＋. 当n为偶数，即k＝时，ak的最大值为； 当n为奇数，即k＝或时，ak的最大值为. 故若n为偶数，则第站的车厢内邮袋数最多，最多是个；若n为奇数，则第或站的车厢内邮袋数最多，最多是个． 17．(15分)在①A5＝B3，②－＝，③B5＝35这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答． 已知等差数列{an}的公差为d(d＞0)，等差数列{bn}的公差为2d.设An，Bn分别是数列{an}，{bn}的前n项和，且b1＝3，A2＝3，______. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝2an＋，求数列{cn}的前n项和Sn. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解析　若选①：(1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，A5＝B3，所以解得所以an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1. (2)由(1)得cn＝2n＋＝2n＋，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋＝＋＝2n＋1－. 若选②：(1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，－＝，所以 解得所以an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1. (2)同选①中的(2)的解析． 若选③：(1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，B5＝35，所以 解得所以an＝a1＋(n－1)d＝n，bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1. (2)同选①中的(2)的解析． 18．(17分)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9＝－a5. (1)若a3＝4，求{an}的通项公式； (2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围． 解析　(1)设{an}的公差为d.由S9＝－a5得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{an}的通项公式为an＝10－2n. (2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，Sn＝.由a1＞0知d＜0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}． 19．(17分)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1≠0,2an－a1＝S1Sn，n∈N*. (1)求a1，a2，并求数列{an}的通项公式； (2)求数列{nan}的前n项和． 解析　(1)令n＝1，得2a1－a1＝a，即a1＝a.因为a1≠0，所以a1＝1.令n＝2，得2a2－1＝S2＝1＋a2，解得a2＝2.当n≥2时，由2an－1＝Sn,2an－1－1＝Sn－1两式相减得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1.于是数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列．所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*. (2)由(1)知，nan＝n·2n－1.记数列{n·2n－1}的前n项和为Bn，于是Bn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1　 ①， 2Bn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n　②，①－②得－Bn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n.从而Bn＝1＋(n－1)·2n，n∈N*. 学科网（北京）股份有限公司 $$