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第四章达标检测-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析）
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这是一份第四章达标检测-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共17页。
本章达标检测
(满分:150分;时间:120分钟)
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.已知数列{an}是等比数列,Sn为其前n项和,若a1+a2+a3=4,a4+a5+a6=8,则S12= ( )
A.40 B.60 C.32 D.50
2.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若S15=45,则5a5-3a3的值为 ( )
A.6 B.15 C.34 D.17
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=nn+1,则1a5= ( )
A.56 B.65 C.130 D.30
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+2=2an(n∈N*),则S4a2= ( )
A.2 B.132 C.152 D.172
5.已知两个等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn,且AnBn=7n+45n+3,则使得anbn为整数的正整数n的个数是 ( )
A.2 B.3 C.5 D.4
6.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,A=π3,b,a,c成等差数列,且AB·AC=9,则a= ( )
A.23 B.32 C.22 D.33
7.定义n∑i=1nui为n个正数u1,u2,u3,…,un的“快乐数”.若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为13n+1,则数列36(an+2)(an+1+2)的前2 019项和为 ( )
A.2 0182 019 B.2 0192 020 C.2 0192 018 D.2 0191 010
8.对于数列{an},若存在常数M,使对任意n∈N*,都有|an|≤M成立,则称数列{an}有界.若有数列{an}满足a1=1,则下列条件中,能使{an}有界的是 ( )
A.an+an+1=1+n B.an+1-an=1-1n
C.anan+1=1+2n D.an+1an=1+1n2
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.若数列{an}是等比数列,则 ( )
A.{an+an+1}是等比数列
B.{anan+1}是等比数列
C.{an2+an+12}是等比数列
D.{Sn}不是等比数列(Sn为数列{an}的前n项和)
10.已知数列{an}不是常数列,其前n项和为Sn,则下列选项正确的是 ( )
A.若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则{an}为递增数列
B.若数列{an}为等差数列,a1>0,S3=S10,则Sn的最大值在n=6或7时取得
C.若数列{an}为等比数列,则S2 021·a2 021>0恒成立
D.若数列{an}为等比数列,则{2an}也为等比数列
11.已知数列{an}的前n项和为S,a1=1,Sn+1=Sn+2an+1,数列2nanan+1的前n项和为Tn,n∈N*,则下列选项正确的为 ( )
A.数列{an+1}是等差数列
B.数列{an+1}是等比数列
C.数列{an}的通项公式为an=2n-1
D.Tn<1
12.在数列{an}中,若an2-an-12=p(n≥2,n∈N*,p为常数),则称{an}为等方差数列.下列对等方差数列的判断正确的是 ( )
A.若{an}是等差数列,则{an2}是等方差数列
B.{(-1)n}是等方差数列
C.若{an}是等方差数列,则{akn}(k∈N*,k为常数)也是等方差数列
D.若{an}既是等方差数列,又是等差数列,则该数列为常数列
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.将数列{3n+1}中的项数为奇数的项按照从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
14.用数学归纳法证明“当n∈N*,1+2+22+23+…+25n-1能被31整除”时,从k到k+1,等式左边需添加的项是 .
15.无穷数列{an}满足:只要ap=aq(p,q∈N*),必有ap+1=aq+1,则称{an}为“和谐递进数列”.若{an}为“和谐递进数列”,且a1=1,a2=3,a4=1,a8a9=23,则a7= ,S2 021= .(第一个空2分,第二个空3分)
16.如图是一个数表,第1行依次写着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均有无限项,则这个数表中的第11行的第7个数为
(用具体数字作答).
四、解答题(本大题共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.(本小题满分10分)在①Sn=2bn-1;②-4bn=bn-1(n≥2);③bn=bn-1+2(n≥2)这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上.若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.
已知数列{an}为等比数列,a1=23,a3=a1a2,数列{bn}的首项b1=1,其前n项和为Sn, ,是否存在k∈N*,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立?
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
18.(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S4=16,a3=3a2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求{bn}的前2n项和T2n.
19.(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn,且对任意的正整数n都满足(Sn-1)2=anSn.
(1)求S1,S2,S3的值,猜想Sn的表达式;
(2)用数学归纳法证明(1)中猜想的Sn的表达式的正确性.
20.(本小题满分12分)甲、乙两超市同时开业,第一年的全年销售额均为a万元.由于经营方式不同,甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元,乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多23n-1a万元.
(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式;
(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%,则该超市将被另一超市收购,判断哪个超市有可能被收购.如果有这种情况,将会出现在第几年?
21.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项积Tn满足条件:①1Tn是首项为2的等差数列;②T2-T5=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=nn+2-an,其前n项和为Sn,求证:对任意正整数n,都有0
22.(本小题满分12分)若无穷数列a1,a2,a3,…满足:对任意两个正整数i,j(j-i≥3),ai-1+aj+1=ai+aj与ai+1+aj-1=ai+aj至少有一个成立,则称这个数列为“和谐数列”.
(1)求证:若数列{an}为等差数列,则{an}为“和谐数列”;
(2)求证:若数列{an}为“和谐数列”,则数列{an}从第3项起为等差数列;
(3)若{an}是各项均为整数的“和谐数列”,满足a1=0,且存在p∈N*,使得ap=p,a1+a2+a3+…+ap=-p,求p的所有可能的值.
答案全解全析
一、单项选择题
1.B 由等比数列的性质可知,数列S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9是等比数列,即数列4,8,S9-S6,S12-S9是等比数列,因此S12=4+8+16+32=60,故选B.
2.A 设等差数列{an}的公差为d.
∵S15=45,∴15(a1+a15)2=15a8=45,
∴a8=3,
∴5a5-3a3=5×(a1+4d)-3×(a1+2d)=2(a1+7d)=2a8=6.故选A.
3.D an=Sn-Sn-1=1n(n+1)(n≥2),又a1=S1=12,符合上式,∴an=1n(n+1)(n∈N*),
∴1a5=5×6=30,故选D.
4.C Sn+2=2an(n∈N*),①
当n=1时,可得a1=2,
当n≥2,n∈N*时,Sn-1+2=2an-1,②
①-②得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2),
∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2·2n-1=2n(n∈N*),
∴S4a2=2×(1-24)1-222=152,故选C.
5.C ∵数列{an}和{bn}均为等差数列,且其前n项和An和Bn满足AnBn=7n+45n+3,
∴A2n-1B2n-1=(2n-1)(a1+a2n-1)2(2n-1)(b1+b2n-1)2=anbn
=7×(2n-1)+452n-1+3=14n+382n+2=7(2n+2)+242n+2
=7+242n+2=7+12n+1.
经验证知,当n=1,2,3,5,11时,anbn为整数.故选C.
6.B 由题知A=π3,b,a,c成等差数列,则2a=b+c,由AB·AC=9得cbcos A=9,所以bc=18,
结合余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-3bc=4a2-54,
所以a=32(负值舍去),故选B.
7.B 设Sn为数列{an}的前n项和.
由“快乐数”的定义可知nSn=13n+1,即Sn=3n2+n.
当n=1时,a1=S1=4;
当n≥2且n∈N*时,an=Sn-Sn-1=6n-2,
经验证可知a1=4满足an=6n-2,
∴an=6n-2(n∈N*).
∴36(an+2)(an+1+2)=366n·(6n+6)=1n(n+1)=1n-1n+1,
∴数列36(an+2)(an+1+2)的前2 019项和为1-12+12-13+…+12 019-12 020=2 0192 020.故选B.
8.D 对于A选项,假设{an}有界,即存在常数M,对任意n∈N*,都有an+1≤M,an≤M,
则1+n=an+1+an≤M+M=2M.由于左边1+n递增到无穷大,而右边为常数,因此A选项错误;
同理,对于C选项,an+1an=1+2n≤M2,错误;
对于B选项,n=1时,a1=a2,n≥2且n∈N*时,an+1-an=1-1n≥12,累加可得,an-a2≥12(n-2),又a2=a1=1,所以an≥n2,n=1时,符合上式,所以an≥n2(n∈N*),显然不是有界的;
对于D选项,a2=2,an+1an=1+1n2=n2+1n2
二、多项选择题
9.BCD 设{an}的公比为q.
A.设an=(-1)n,则an+an+1=0,显然{an+an+1}不是等比数列.
B.an+2an+1anan+1=q2,所以{anan+1}是等比数列.
C.an+22+an+12an2+an+12=an2(q4+q2)an2(1+q2)=q2,所以{an2+an+12}是等比数列.
D.当q=1时,Sn=na1,{Sn}显然不是等比数列;
当q≠1时,若{Sn}是等比数列,则Sn2=Sn-1·Sn+1(n≥2),
即a1(1-qn)1-q2=a1(1-qn-1)1-q·a1(1-qn+1)1-q,
所以q=1,与q≠1矛盾.
综上,{Sn}不是等比数列.故选BCD.
10.ABC 对于A:若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则公差d>0,故{an}为递增数列,故A正确;
对于B:若数列{an}为等差数列,a1>0,设其公差为d,由S3=S10,得3a1+3×22d=10a1+10×92d,即a1=-6d,故an=(n-7)d,所以当n≤7时,an≥0,a7=0,故Sn的最大值在n=6或7时取得,故B正确;
对于C:若数列{an}为等比数列,
则S2 021·a2 021=a1(1-q2 021)1-q·a1·q2 020=a12·q2 020·1-q2 0211-q>0恒成立,故C正确;
对于D:若数列{an}为等比数列,则2an=2a1·qn-1,所以2an+12an=2a1(qn-qn-1),不是常数,故{2an}不为等比数列,故D错误.故选ABC.
11.BCD 因为Sn+1=Sn+2an+1,所以an+1=Sn+1-Sn=2an+1,可化为an+1+1=2(an+1),
由S1=a1=1,可得数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,则an+1=2n,即an=2n-1(n∈N*),
又2nanan+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1,
可得Tn=1-122-1+122-1-123-1+…+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1<1,所以A错误,B,C,D均正确.
故选BCD.
12.BCD 在选项A中,取an=n,则{an}是等差数列,且an2=n2,则an+12-an2=(n+1)2-n2=2n+1,不是常数,所以{an2}不是等方差数列,故A错误.
在选项B中,an2-an-12=[(-1)n]2-[(-1)n-1]2=1-1=0,是常数,所以{(-1)n}是等方差数列,故B正确.
在选项C中,由{an}是等方差数列,得an2-an-12=p,从而an2=a12+(n-1)p,所以ak(n+1)2-akn2=[a12+(kn+k-1)p]-[a12+(kn-1)p]=kp,是常数,所以{akn}(k∈N*,k为常数)是等方差数列,故C正确.
在选项D中,由{an}是等差数列,可设其公差为d,则an-an-1=d,又{an}是等方差数列,所以an2-an-12=p,所以an2-an-12=(an+an-1)(an-an-1)=(an+an-1)d=p①,从而(an+1+an)d=p②.
②-①得,(d+d)d=0,解得d=0,所以{an}是常数列,故D正确.故选BCD.
三、填空题
13.答案 3n2+n
解析 设{an}的前n项和为Sn.令bn=3n+1,则an=b2n-1=3(2n-1)+1=6n-2,
因为an+1-an=6(n+1)-2-6n+2=6,所以{an}是以6为公差,a1=4为首项的等差数列,所以Sn=4n+n(n-1)2×6=3n2+n.故答案为3n2+n.
14.答案 25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4
解析 根据数学归纳法,
当n=k时,原式为1+2+22+23+…+25k-1;
当n=k+1时,原式为1+2+22+23+…+25k-1+25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4.
故从k到k+1,等式左边需添加的项是25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4.
15.答案 1;2 020+6743
解析 数列{an}满足:只要ap=aq(p,q∈N*),必有ap+1=aq+1,
由a1=1,a2=3,a4=1,得a1=a4=1,所以a2=a5=3,a3=a6,
a4=a7=1,a5=a8=3,a6=a9,则a7=1.
又a8a9=23,所以a9=2,
即a1=1,a2=3,a3=2,
a4=1,a5=3,a6=2,
……
所以数列{an}是以3为周期的周期数列,又2 021=673×3+2,
所以S2 021=673×(3+3)+a1+a2=2 019+6733+1+3=2 020+6743.
16.答案 12 288
解析 设am,n表示第m行的第n个数,由题中数表可知,每一行均成等差数列,且第m行的公差为2m-1,则am,n=am,1+(n-1)·2m-1,am,1=am-1,1+am-1,2=2am-1,1+2m-2,
则am,12m-am-1,12m-1=14,即数列am,12m是首项为12,公差为14的等差数列,
则am,12m=12+(m-1)4,即am,1=(m+1)2m-2,
所以am,n=(m+1)2m-2+(n-1)2m-1=(m+2n-1)2m-2,
故a11,7=(11+14-1)×29=24×29=12 288.
四、解答题
17.解析 设等比数列{an}的公比为q,因为a1=23,所以a3=23a2,
所以q=a3a2=23,
故an=23n. (2分)
选①,Sn=2bn-1,则Sn-1=2bn-1-1(n≥2),
两式相减并整理得bnbn-1=2(n≥2),
又b1=1,
所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,所以bn=2n-1, (5分)
所以anbn=23n·2n-1=1243n. (8分)
由指数函数的性质知,数列{anbn}单调递增,没有最大值,
所以不存在k∈N*,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (10分)
选②,由-4bn=bn-1(n≥2),b1=1知数列{bn}是首项为1,公比为-14的等比数列,
所以bn=-14n-1, (5分)
所以anbn=23n·-14n-1=(-4)×-16n≤4×16n≤4×16=23,当且仅当n=1时取得最大值23. (8分)
所以存在k=1,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (10分)
选③,由bn=bn-1+2(n≥2)可知{bn}是以2为公差的等差数列,
又b1=1,所以bn=2n-1. (5分)
设cn=anbn=(2n-1)23n,
则cn+1-cn=(2n+1)23n+1-(2n-1)·23n=5-2n323n. (8分)
所以当n≤2时,cn+1>cn,当n≥3时,cn+1c4>c5>…,所以存在k=3,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (10分)
18.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d, (1分)
由题意得S4=4a1+4×32d=4a1+6d=16,a1+2d=3(a1+d), (3分)
解得a1=-2,d=4, (5分)
所以an=-2+4(n-1)=4n-6. (6分)
(2)由(1)得,bn=1anan+1=1(4n-6)(4n-2)=14(2n-3)(2n-1)
=1812n-3-12n-1, (8分)
所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n-1+b2n
=18(-1-1)+1-13+13-15+…+14n-5-14n-3+14n-3-14n-1
=18-1-14n-1=n2(1-4n),
所以{bn}的前2n项和T2n=n2(1-4n). (12分)
19.解析 (1)当n=1时,(S1-1)2=S12,
∴S1=12,
当n≥2时,(Sn-1)2=(Sn-Sn-1)Sn,
∴Sn=12-Sn-1,
∴S2=23,S3=34, (3分)
猜想Sn=nn+1,n∈N*. (6分)
(2)下面用数学归纳法证明:
①当n=1时,S1=12,nn+1=12,猜想正确; (8分)
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,猜想正确,即Sk=kk+1,
那么当n=k+1时,
可得Sk+1=12-Sk=12-kk+1=k+1(k+1)+1,
即n=k+1时,猜想也成立. (10分)
由①②可知,对任意的正整数n,Sn=nn+1都成立. (12分)
20.信息提取 (1)甲、乙两超市第一年的全年销售额均为a万元.(2)甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元.(3)乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多23n-1a万元.
数学建模 本题是以超市的销售额为背景的实际问题,由于年份n为正整数,因此可以转化为数列问题来求解.已知甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元(实际问题)相当于已知其前n项和Sn=(n2-n+2)a2,从而利用Sn求甲超市第n年的销售额an(数学问题).已知乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多23n-1a万元(实际问题)相当于已知其bn-bn-1=23n-1a,从而利用累加法求乙超市第n年的销售额bn(数学问题).第(2)问比较an与12bn,12an与bn的大小即可.
解析 (1)设甲、乙两个超市第n年全年的销售额分别为an万元、bn万元,甲超市前n年的总销售额为Sn万元,则Sn=(n2-n+2)a2万元. (2分)
当n=1时,S1=a1=a;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=a2·[n2-n+2-(n-1)2+(n-1)-2]=(n-1)a. (3分)
经检验,a1=a不满足上式,
故an=a,n=1,(n-1)a,n≥2,n∈N*.
又b1=a,n≥2时,bn-bn-1=23n-1a,
所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=a+23a+232a+…+23n-1a=1-23n1-23·a=3-223n-1a.
显然b1=a也满足上式,所以bn=3-223n-1a(n∈N*). (6分)
(2)当n=2时,a2=a,b2=53a,则a2>12b2;当n=3时,a3=2a,b3=199a,则a3>12b3;当n≥4时,an≥3a,bn<3a,故乙超市有可能被甲超市收购. (8分)
当n≥4时,令12an>bn,则12(n-1)a>3-223n-1a,
即n-1>6-423n-1,
所以n>7-423n-1,
即n+423n-1>7,所以n≥7,
即第7年开始乙超市的年销售额不足甲超市的年销售额的50%,乙超市将被甲超市收购. (12分)
21.解析 (1)设等差数列1Tn的公差为d.
由已知得1T1=2,所以1Tn=2+(n-1)d,
所以1T2=2+d,1T5=2+4d, (2分)
因为T2-T5=16,所以12+d-12+4d=16,
解得d=1,所以1Tn=n+1,即Tn=1n+1. (3分)
又Tn=a1·a2·…·an=1n+1,
所以当n=1时,a1=T1=12,
当n≥2时,Tn-1=a1·a2·…·an-1=1n,
所以an=TnTn-1=nn+1,
当n=1时也符合上式,
所以an=nn+1(n∈N*). (6分)
(2)证明:证法一:由(1)知an=nn+1,
所以bn=nn+2-nn+1.
因为n+1n+2>nn+1,
所以nn+2=nn+1×n+1n+2>nn+12, (7分)
所以nn+2>nn+1,
所以bn=nn+2-nn+1>0,
所以Sn>0. (8分)
因为nn+2=nn+1×n+1n+2
综上,对任意正整数n,都有0
所以bn=nn+2-nn+1
=nn+2-nn+1nn+2+nn+1nn+2+nn+1
=nn+2-nn+12nn+2+nn+1>0,
所以Sn>0. (8分)
又bn=nn+2-nn+12nn+2+nn+1,nn+2>nn+1>0,
所以bn
综上,对任意正整数n,都有0
所以数列{an}为“和谐数列”. (4分)
(2)证明:因为数列{an}为“和谐数列”,
所以当i=1,j=4时,只能ai+1+aj-1=ai+aj成立, ai-1+aj+1=ai+aj不成立.
所以a2+a3=a1+a4,即a2-a1=a4-a3. (5分)
当i=1,j=5,6,7,8,9,…时,也只能ai+1+aj-1=ai+aj成立,ai-1+aj+1=ai+aj不成立.
所以a2+a4=a1+a5,a2+a5=a1+a6,a2+a6=a1+a7,……,
即a2-a1=a5-a4=a6-a5=a7-a6=…,
所以a2-a1=a4-a3=a5-a4=a6-a5=…,
(7分)
令a2-a1=d,则数列{an}满足an-an-1=d(n≥4),
所以数列{an}从第3项起为等差数列. (8分)
(3)①若p=1,则ap=a1=1,与a1=0矛盾,不符合题意.
②若p=2,则a1=0,a2=2,但a1+a2=2≠-2,不符合题意. (9分)
③若p=3,则a1=0,a3=3,由a1+a2+a3=-3,得a2=-6,
此时数列{an}为0,-6,3,-3,-9,…,符合题意. (10分)
④若p≥4,设a2-a1=d,
则a1+a2+…+ap=0+d+[p-(p-3)d]+[p-(p-4)d]+…+(p-d)+pp-2个
=-p,
所以
[p-(p-3)d]+[p-(p-4)d]+…+(p-d)+p+(p+d)p-1个
=0,
即[(p+d)+p-(p-3)d](p-1)2=0.
因为p-1≠0,
所以(p+d)+p-(p-3)d=0,
即2p+(4-p)d=0,
显然p=4不符合题意,
所以d=2pp-4=2p-8+8p-4=2+8p-4.
因为p∈N*,
所以8p-4为整数,
所以p=5,6,8,12.
综上所述,p的所有可能的值为3,5,6,8,12. (12分)
本章达标检测
(满分:150分;时间:120分钟)
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.已知数列{an}是等比数列,Sn为其前n项和,若a1+a2+a3=4,a4+a5+a6=8,则S12= ( )
A.40 B.60 C.32 D.50
2.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若S15=45,则5a5-3a3的值为 ( )
A.6 B.15 C.34 D.17
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=nn+1,则1a5= ( )
A.56 B.65 C.130 D.30
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+2=2an(n∈N*),则S4a2= ( )
A.2 B.132 C.152 D.172
5.已知两个等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn,且AnBn=7n+45n+3,则使得anbn为整数的正整数n的个数是 ( )
A.2 B.3 C.5 D.4
6.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,A=π3,b,a,c成等差数列,且AB·AC=9,则a= ( )
A.23 B.32 C.22 D.33
7.定义n∑i=1nui为n个正数u1,u2,u3,…,un的“快乐数”.若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为13n+1,则数列36(an+2)(an+1+2)的前2 019项和为 ( )
A.2 0182 019 B.2 0192 020 C.2 0192 018 D.2 0191 010
8.对于数列{an},若存在常数M,使对任意n∈N*,都有|an|≤M成立,则称数列{an}有界.若有数列{an}满足a1=1,则下列条件中,能使{an}有界的是 ( )
A.an+an+1=1+n B.an+1-an=1-1n
C.anan+1=1+2n D.an+1an=1+1n2
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.若数列{an}是等比数列,则 ( )
A.{an+an+1}是等比数列
B.{anan+1}是等比数列
C.{an2+an+12}是等比数列
D.{Sn}不是等比数列(Sn为数列{an}的前n项和)
10.已知数列{an}不是常数列,其前n项和为Sn,则下列选项正确的是 ( )
A.若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则{an}为递增数列
B.若数列{an}为等差数列,a1>0,S3=S10,则Sn的最大值在n=6或7时取得
C.若数列{an}为等比数列,则S2 021·a2 021>0恒成立
D.若数列{an}为等比数列,则{2an}也为等比数列
11.已知数列{an}的前n项和为S,a1=1,Sn+1=Sn+2an+1,数列2nanan+1的前n项和为Tn,n∈N*,则下列选项正确的为 ( )
A.数列{an+1}是等差数列
B.数列{an+1}是等比数列
C.数列{an}的通项公式为an=2n-1
D.Tn<1
12.在数列{an}中,若an2-an-12=p(n≥2,n∈N*,p为常数),则称{an}为等方差数列.下列对等方差数列的判断正确的是 ( )
A.若{an}是等差数列,则{an2}是等方差数列
B.{(-1)n}是等方差数列
C.若{an}是等方差数列,则{akn}(k∈N*,k为常数)也是等方差数列
D.若{an}既是等方差数列,又是等差数列,则该数列为常数列
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.将数列{3n+1}中的项数为奇数的项按照从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
14.用数学归纳法证明“当n∈N*,1+2+22+23+…+25n-1能被31整除”时,从k到k+1,等式左边需添加的项是 .
15.无穷数列{an}满足:只要ap=aq(p,q∈N*),必有ap+1=aq+1,则称{an}为“和谐递进数列”.若{an}为“和谐递进数列”,且a1=1,a2=3,a4=1,a8a9=23,则a7= ,S2 021= .(第一个空2分,第二个空3分)
16.如图是一个数表,第1行依次写着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均有无限项,则这个数表中的第11行的第7个数为
(用具体数字作答).
四、解答题(本大题共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.(本小题满分10分)在①Sn=2bn-1;②-4bn=bn-1(n≥2);③bn=bn-1+2(n≥2)这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上.若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.
已知数列{an}为等比数列,a1=23,a3=a1a2,数列{bn}的首项b1=1,其前n项和为Sn, ,是否存在k∈N*,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立?
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
18.(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S4=16,a3=3a2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求{bn}的前2n项和T2n.
19.(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn,且对任意的正整数n都满足(Sn-1)2=anSn.
(1)求S1,S2,S3的值,猜想Sn的表达式;
(2)用数学归纳法证明(1)中猜想的Sn的表达式的正确性.
20.(本小题满分12分)甲、乙两超市同时开业,第一年的全年销售额均为a万元.由于经营方式不同,甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元,乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多23n-1a万元.
(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式;
(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%,则该超市将被另一超市收购,判断哪个超市有可能被收购.如果有这种情况,将会出现在第几年?
21.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项积Tn满足条件:①1Tn是首项为2的等差数列;②T2-T5=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=nn+2-an,其前n项和为Sn,求证:对任意正整数n,都有0
22.(本小题满分12分)若无穷数列a1,a2,a3,…满足:对任意两个正整数i,j(j-i≥3),ai-1+aj+1=ai+aj与ai+1+aj-1=ai+aj至少有一个成立,则称这个数列为“和谐数列”.
(1)求证:若数列{an}为等差数列,则{an}为“和谐数列”;
(2)求证:若数列{an}为“和谐数列”,则数列{an}从第3项起为等差数列;
(3)若{an}是各项均为整数的“和谐数列”,满足a1=0,且存在p∈N*,使得ap=p,a1+a2+a3+…+ap=-p,求p的所有可能的值.
答案全解全析
一、单项选择题
1.B 由等比数列的性质可知,数列S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9是等比数列,即数列4,8,S9-S6,S12-S9是等比数列,因此S12=4+8+16+32=60,故选B.
2.A 设等差数列{an}的公差为d.
∵S15=45,∴15(a1+a15)2=15a8=45,
∴a8=3,
∴5a5-3a3=5×(a1+4d)-3×(a1+2d)=2(a1+7d)=2a8=6.故选A.
3.D an=Sn-Sn-1=1n(n+1)(n≥2),又a1=S1=12,符合上式,∴an=1n(n+1)(n∈N*),
∴1a5=5×6=30,故选D.
4.C Sn+2=2an(n∈N*),①
当n=1时,可得a1=2,
当n≥2,n∈N*时,Sn-1+2=2an-1,②
①-②得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2),
∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2·2n-1=2n(n∈N*),
∴S4a2=2×(1-24)1-222=152,故选C.
5.C ∵数列{an}和{bn}均为等差数列,且其前n项和An和Bn满足AnBn=7n+45n+3,
∴A2n-1B2n-1=(2n-1)(a1+a2n-1)2(2n-1)(b1+b2n-1)2=anbn
=7×(2n-1)+452n-1+3=14n+382n+2=7(2n+2)+242n+2
=7+242n+2=7+12n+1.
经验证知,当n=1,2,3,5,11时,anbn为整数.故选C.
6.B 由题知A=π3,b,a,c成等差数列,则2a=b+c,由AB·AC=9得cbcos A=9,所以bc=18,
结合余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-3bc=4a2-54,
所以a=32(负值舍去),故选B.
7.B 设Sn为数列{an}的前n项和.
由“快乐数”的定义可知nSn=13n+1,即Sn=3n2+n.
当n=1时,a1=S1=4;
当n≥2且n∈N*时,an=Sn-Sn-1=6n-2,
经验证可知a1=4满足an=6n-2,
∴an=6n-2(n∈N*).
∴36(an+2)(an+1+2)=366n·(6n+6)=1n(n+1)=1n-1n+1,
∴数列36(an+2)(an+1+2)的前2 019项和为1-12+12-13+…+12 019-12 020=2 0192 020.故选B.
8.D 对于A选项,假设{an}有界,即存在常数M,对任意n∈N*,都有an+1≤M,an≤M,
则1+n=an+1+an≤M+M=2M.由于左边1+n递增到无穷大,而右边为常数,因此A选项错误;
同理,对于C选项,an+1an=1+2n≤M2,错误;
对于B选项,n=1时,a1=a2,n≥2且n∈N*时,an+1-an=1-1n≥12,累加可得,an-a2≥12(n-2),又a2=a1=1,所以an≥n2,n=1时,符合上式,所以an≥n2(n∈N*),显然不是有界的;
对于D选项,a2=2,an+1an=1+1n2=n2+1n2
二、多项选择题
9.BCD 设{an}的公比为q.
A.设an=(-1)n,则an+an+1=0,显然{an+an+1}不是等比数列.
B.an+2an+1anan+1=q2,所以{anan+1}是等比数列.
C.an+22+an+12an2+an+12=an2(q4+q2)an2(1+q2)=q2,所以{an2+an+12}是等比数列.
D.当q=1时,Sn=na1,{Sn}显然不是等比数列;
当q≠1时,若{Sn}是等比数列,则Sn2=Sn-1·Sn+1(n≥2),
即a1(1-qn)1-q2=a1(1-qn-1)1-q·a1(1-qn+1)1-q,
所以q=1,与q≠1矛盾.
综上,{Sn}不是等比数列.故选BCD.
10.ABC 对于A:若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则公差d>0,故{an}为递增数列,故A正确;
对于B:若数列{an}为等差数列,a1>0,设其公差为d,由S3=S10,得3a1+3×22d=10a1+10×92d,即a1=-6d,故an=(n-7)d,所以当n≤7时,an≥0,a7=0,故Sn的最大值在n=6或7时取得,故B正确;
对于C:若数列{an}为等比数列,
则S2 021·a2 021=a1(1-q2 021)1-q·a1·q2 020=a12·q2 020·1-q2 0211-q>0恒成立,故C正确;
对于D:若数列{an}为等比数列,则2an=2a1·qn-1,所以2an+12an=2a1(qn-qn-1),不是常数,故{2an}不为等比数列,故D错误.故选ABC.
11.BCD 因为Sn+1=Sn+2an+1,所以an+1=Sn+1-Sn=2an+1,可化为an+1+1=2(an+1),
由S1=a1=1,可得数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,则an+1=2n,即an=2n-1(n∈N*),
又2nanan+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1,
可得Tn=1-122-1+122-1-123-1+…+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1<1,所以A错误,B,C,D均正确.
故选BCD.
12.BCD 在选项A中,取an=n,则{an}是等差数列,且an2=n2,则an+12-an2=(n+1)2-n2=2n+1,不是常数,所以{an2}不是等方差数列,故A错误.
在选项B中,an2-an-12=[(-1)n]2-[(-1)n-1]2=1-1=0,是常数,所以{(-1)n}是等方差数列,故B正确.
在选项C中,由{an}是等方差数列,得an2-an-12=p,从而an2=a12+(n-1)p,所以ak(n+1)2-akn2=[a12+(kn+k-1)p]-[a12+(kn-1)p]=kp,是常数,所以{akn}(k∈N*,k为常数)是等方差数列,故C正确.
在选项D中,由{an}是等差数列,可设其公差为d,则an-an-1=d,又{an}是等方差数列,所以an2-an-12=p,所以an2-an-12=(an+an-1)(an-an-1)=(an+an-1)d=p①,从而(an+1+an)d=p②.
②-①得,(d+d)d=0,解得d=0,所以{an}是常数列,故D正确.故选BCD.
三、填空题
13.答案 3n2+n
解析 设{an}的前n项和为Sn.令bn=3n+1,则an=b2n-1=3(2n-1)+1=6n-2,
因为an+1-an=6(n+1)-2-6n+2=6,所以{an}是以6为公差,a1=4为首项的等差数列,所以Sn=4n+n(n-1)2×6=3n2+n.故答案为3n2+n.
14.答案 25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4
解析 根据数学归纳法,
当n=k时,原式为1+2+22+23+…+25k-1;
当n=k+1时,原式为1+2+22+23+…+25k-1+25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4.
故从k到k+1,等式左边需添加的项是25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4.
15.答案 1;2 020+6743
解析 数列{an}满足:只要ap=aq(p,q∈N*),必有ap+1=aq+1,
由a1=1,a2=3,a4=1,得a1=a4=1,所以a2=a5=3,a3=a6,
a4=a7=1,a5=a8=3,a6=a9,则a7=1.
又a8a9=23,所以a9=2,
即a1=1,a2=3,a3=2,
a4=1,a5=3,a6=2,
……
所以数列{an}是以3为周期的周期数列,又2 021=673×3+2,
所以S2 021=673×(3+3)+a1+a2=2 019+6733+1+3=2 020+6743.
16.答案 12 288
解析 设am,n表示第m行的第n个数,由题中数表可知,每一行均成等差数列,且第m行的公差为2m-1,则am,n=am,1+(n-1)·2m-1,am,1=am-1,1+am-1,2=2am-1,1+2m-2,
则am,12m-am-1,12m-1=14,即数列am,12m是首项为12,公差为14的等差数列,
则am,12m=12+(m-1)4,即am,1=(m+1)2m-2,
所以am,n=(m+1)2m-2+(n-1)2m-1=(m+2n-1)2m-2,
故a11,7=(11+14-1)×29=24×29=12 288.
四、解答题
17.解析 设等比数列{an}的公比为q,因为a1=23,所以a3=23a2,
所以q=a3a2=23,
故an=23n. (2分)
选①,Sn=2bn-1,则Sn-1=2bn-1-1(n≥2),
两式相减并整理得bnbn-1=2(n≥2),
又b1=1,
所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,所以bn=2n-1, (5分)
所以anbn=23n·2n-1=1243n. (8分)
由指数函数的性质知,数列{anbn}单调递增,没有最大值,
所以不存在k∈N*,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (10分)
选②,由-4bn=bn-1(n≥2),b1=1知数列{bn}是首项为1,公比为-14的等比数列,
所以bn=-14n-1, (5分)
所以anbn=23n·-14n-1=(-4)×-16n≤4×16n≤4×16=23,当且仅当n=1时取得最大值23. (8分)
所以存在k=1,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (10分)
选③,由bn=bn-1+2(n≥2)可知{bn}是以2为公差的等差数列,
又b1=1,所以bn=2n-1. (5分)
设cn=anbn=(2n-1)23n,
则cn+1-cn=(2n+1)23n+1-(2n-1)·23n=5-2n323n. (8分)
所以当n≤2时,cn+1>cn,当n≥3时,cn+1
18.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d, (1分)
由题意得S4=4a1+4×32d=4a1+6d=16,a1+2d=3(a1+d), (3分)
解得a1=-2,d=4, (5分)
所以an=-2+4(n-1)=4n-6. (6分)
(2)由(1)得,bn=1anan+1=1(4n-6)(4n-2)=14(2n-3)(2n-1)
=1812n-3-12n-1, (8分)
所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n-1+b2n
=18(-1-1)+1-13+13-15+…+14n-5-14n-3+14n-3-14n-1
=18-1-14n-1=n2(1-4n),
所以{bn}的前2n项和T2n=n2(1-4n). (12分)
19.解析 (1)当n=1时,(S1-1)2=S12,
∴S1=12,
当n≥2时,(Sn-1)2=(Sn-Sn-1)Sn,
∴Sn=12-Sn-1,
∴S2=23,S3=34, (3分)
猜想Sn=nn+1,n∈N*. (6分)
(2)下面用数学归纳法证明:
①当n=1时,S1=12,nn+1=12,猜想正确; (8分)
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,猜想正确,即Sk=kk+1,
那么当n=k+1时,
可得Sk+1=12-Sk=12-kk+1=k+1(k+1)+1,
即n=k+1时,猜想也成立. (10分)
由①②可知,对任意的正整数n,Sn=nn+1都成立. (12分)
20.信息提取 (1)甲、乙两超市第一年的全年销售额均为a万元.(2)甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元.(3)乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多23n-1a万元.
数学建模 本题是以超市的销售额为背景的实际问题,由于年份n为正整数,因此可以转化为数列问题来求解.已知甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元(实际问题)相当于已知其前n项和Sn=(n2-n+2)a2,从而利用Sn求甲超市第n年的销售额an(数学问题).已知乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多23n-1a万元(实际问题)相当于已知其bn-bn-1=23n-1a,从而利用累加法求乙超市第n年的销售额bn(数学问题).第(2)问比较an与12bn,12an与bn的大小即可.
解析 (1)设甲、乙两个超市第n年全年的销售额分别为an万元、bn万元,甲超市前n年的总销售额为Sn万元,则Sn=(n2-n+2)a2万元. (2分)
当n=1时,S1=a1=a;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=a2·[n2-n+2-(n-1)2+(n-1)-2]=(n-1)a. (3分)
经检验,a1=a不满足上式,
故an=a,n=1,(n-1)a,n≥2,n∈N*.
又b1=a,n≥2时,bn-bn-1=23n-1a,
所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=a+23a+232a+…+23n-1a=1-23n1-23·a=3-223n-1a.
显然b1=a也满足上式,所以bn=3-223n-1a(n∈N*). (6分)
(2)当n=2时,a2=a,b2=53a,则a2>12b2;当n=3时,a3=2a,b3=199a,则a3>12b3;当n≥4时,an≥3a,bn<3a,故乙超市有可能被甲超市收购. (8分)
当n≥4时,令12an>bn,则12(n-1)a>3-223n-1a,
即n-1>6-423n-1,
所以n>7-423n-1,
即n+423n-1>7,所以n≥7,
即第7年开始乙超市的年销售额不足甲超市的年销售额的50%,乙超市将被甲超市收购. (12分)
21.解析 (1)设等差数列1Tn的公差为d.
由已知得1T1=2,所以1Tn=2+(n-1)d,
所以1T2=2+d,1T5=2+4d, (2分)
因为T2-T5=16,所以12+d-12+4d=16,
解得d=1,所以1Tn=n+1,即Tn=1n+1. (3分)
又Tn=a1·a2·…·an=1n+1,
所以当n=1时,a1=T1=12,
当n≥2时,Tn-1=a1·a2·…·an-1=1n,
所以an=TnTn-1=nn+1,
当n=1时也符合上式,
所以an=nn+1(n∈N*). (6分)
(2)证明:证法一:由(1)知an=nn+1,
所以bn=nn+2-nn+1.
因为n+1n+2>nn+1,
所以nn+2=nn+1×n+1n+2>nn+12, (7分)
所以nn+2>nn+1,
所以bn=nn+2-nn+1>0,
所以Sn>0. (8分)
因为nn+2=nn+1×n+1n+2
综上,对任意正整数n,都有0
所以bn=nn+2-nn+1
=nn+2-nn+1nn+2+nn+1nn+2+nn+1
=nn+2-nn+12nn+2+nn+1>0,
所以Sn>0. (8分)
又bn=nn+2-nn+12nn+2+nn+1,nn+2>nn+1>0,
所以bn
综上,对任意正整数n,都有0
所以数列{an}为“和谐数列”. (4分)
(2)证明:因为数列{an}为“和谐数列”,
所以当i=1,j=4时,只能ai+1+aj-1=ai+aj成立, ai-1+aj+1=ai+aj不成立.
所以a2+a3=a1+a4,即a2-a1=a4-a3. (5分)
当i=1,j=5,6,7,8,9,…时,也只能ai+1+aj-1=ai+aj成立,ai-1+aj+1=ai+aj不成立.
所以a2+a4=a1+a5,a2+a5=a1+a6,a2+a6=a1+a7,……,
即a2-a1=a5-a4=a6-a5=a7-a6=…,
所以a2-a1=a4-a3=a5-a4=a6-a5=…,
(7分)
令a2-a1=d,则数列{an}满足an-an-1=d(n≥4),
所以数列{an}从第3项起为等差数列. (8分)
(3)①若p=1,则ap=a1=1,与a1=0矛盾,不符合题意.
②若p=2,则a1=0,a2=2,但a1+a2=2≠-2,不符合题意. (9分)
③若p=3,则a1=0,a3=3,由a1+a2+a3=-3,得a2=-6,
此时数列{an}为0,-6,3,-3,-9,…,符合题意. (10分)
④若p≥4,设a2-a1=d,
则a1+a2+…+ap=0+d+[p-(p-3)d]+[p-(p-4)d]+…+(p-d)+pp-2个
=-p,
所以
[p-(p-3)d]+[p-(p-4)d]+…+(p-d)+p+(p+d)p-1个
=0,
即[(p+d)+p-(p-3)d](p-1)2=0.
因为p-1≠0,
所以(p+d)+p-(p-3)d=0,
即2p+(4-p)d=0,
显然p=4不符合题意,
所以d=2pp-4=2p-8+8p-4=2+8p-4.
因为p∈N*,
所以8p-4为整数,
所以p=5,6,8,12.
综上所述,p的所有可能的值为3,5,6,8,12. (12分)
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