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第一章达标检测-2022版数学选择性必修第二册 北师大版（2019） 同步练习 （Word含解析）
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这是一份第一章达标检测-2022版数学选择性必修第二册 北师大版（2019） 同步练习 （Word含解析），共15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.在数列{an}中,a1=2,2an+1=2an+1(n∈N+),则a101的值为 ( )
A.52 B.50 C.51 D.49
2.在等比数列{an}中,a1+a2=6,a3=3,则公比q的值为 ( )
A.-12 B.-1 C.-12或1 D.-12或-1
3.已知数列{an}是等差数列,a1=2,其前n项和为Sn,公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项,则S18= ( )
A.398 B.388 C.189 D.199
4.在数列{an}中,a1=-2,an+1=1-1an,则a2 022的值为 ( )
A.-2 B.13 C.12 D.32
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.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a12=9a10,要使数列{λ+Sn}为等比数列,则实数λ的值为 ( )
A.13 B.12 C.2 D.不存在
7.正整数的排列规则如图所示,其中排在第i行第j列的数记为ai,j,例如a4,3=9,则a64,5等于 ( )
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
……
A.2 019 B.2 020 C.2 021 D.2 022
8.2015年7月31日,国际奥委会第128次全会在马来西亚吉隆坡举行,投票选出了2022年冬奥会的举办城市为北京.某人为了去现场观看2022年北京冬季奥运会,从2016年起,每年的1月1日到银行存入a元的定期储蓄,若年利率为p且保持不变,并约定每年到期,存款的本息均自动转为新的一年的定期,则到2022年的1月1日将所有存款及利息全部取出,可取出的钱数为( )
A.a(1+p)6 B.a(1+p)7 C.ap[(1+p)6-(1+p)] D.ap[(1+p)7-(1+p)]
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.设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3=0,a4=8,则 ( )
A.Sn=2n2-6n B.Sn=n2-3n C.an=4n-8 D.an=2n
10.已知数列{an},{bn}满足:an+1=2an+bn,bn+1=an+2bn+lnn+1n3(n∈N+),a1+b1>0,则下列命题为真命题的是 ( )
A.数列{an-bn}单调递增
B.数列{an+bn}单调递增
C.数列{an}单调递增
D.数列{bn}从某项以后单调递增
11.数列{an}的前n项和为Sn,若数列{an}的各项依次排列如下:12,13,23,14,24,34,15,25,35,45,…,1m,2m,…,m-1m(m≥2,m∈N+),…,则以下结论正确的是 ( )
A.a24=38
B.数列a1,a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9+a10,…是等比数列
C.数列a1,a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9+a10,…的前n项和Tn=n2+n4
D.若存在正整数k,使Sk<10,Sk+1≥10,则ak=57
12.某集团公司有一下属企业A从事一种高科技产品的生产.A企业第一年年初有资金2 000万元,将其全部投入生产,到当年年底资金增长了40%,预计以后每年资金的增长率与第一年的相同.集团公司要求A企业从第一年开始,每年年底上缴资金t(t<800)万元,并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n年年底A企业上缴资金后的剩余资金为an万元,则 ( )
A.a2=2 800-t B.an+1=75an-t C.an+1>an D.当t=400时,a3>3 800
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答
案填在题中横线上)
13.已知等比数列{an}满足a2+a3=5,a3+a4=10,则公比q= ,前n项和Sn= .(第一空2分,第二空3分)
14.我国古代数学名著《张丘建算经》中有“分钱问题”如下:“今有人与钱,初一人与三钱,次一人与四钱,次一人与五钱,以次与之,转多一钱,与讫,还数聚与均分之,人得一百钱,问人几何?”此分钱问题中的人数为 .深度解析
15.已知数列{an}的前n项和是Sn,且an+Sn=3n-1,则数列{an}的通项公式为an= .
16.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,{an}的“差数列”满足an+1-an=2n,数列{an}的前n项和为Sn,则log12(Sn+2)的最大值为 .
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的k存在,求出k的值,若不存在,请说明理由.
设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列, ,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1
18.(本小题满分12分)已知等差数列{an}满足a1+a3=8,a4-a2=4.
(1)求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn;
(2)记数列1Sn的前n项和为Tn,若Tn>99100,求n的最小值.
19.(本小题满分12分)已知数列{an}的首项a1=1,且an+1an=1an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足an·bn=2n,求数列{bn}的前n项和Sn.
20.(本小题满分12分)在数列{an}中,an>0,其前n项和为Sn,且对任意n∈N+,都有(an+1)2=4Sn.等比数列{bn}中,b1+b3=30,b4+b6=810.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列{(-1)nan+bn}的前n项和Tn.
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)已知数列{an}是公比不为1的等比数列,且a1=1,a2,2a3,3a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn;
(2)设数列{bn}满足b1=a1,对任意的n∈N+,bn+1an+1-bnan=5.
①求数列{bn}的最大项;
②是否存在等差数列{cn},使得对任意n∈N+,都有2Sn≤cn≤5-bn?若存在,求出所有符合题意的等差数列{cn}的通项公式;若不存在,请说明理由.
答案全解全析
本章达标检测
一、单项选择题
1.A 由已知得,an+1-an=12,n∈N+,所以{an}是首项为2,公差为12的等差数列.
所以由等差数列的通项公式得a101=2+100×12=52,故选A.
2.C 由题意可得a1+a2=a1(1+q)=6,a3=a1q2=3,两式相除得1+qq2=2,所以2q2-q-1=0,
解得q=1或q=-12.故选C.
3.C 由题意可得a52=a3a8,即(2+4d)2=(2+2d)·(2+7d),整理得d2-d=0,∵d≠0,∴d=1,∴S18=18a1+18×172d=189.故选C.
4.B 由an+1=1-1an,得an+2=1-1an+1=1-11-1an=11-an,所以an+3=1-1an+2=1-111-an=an.
所以数列{an}是以3为周期的周期数列,所以a2 022=a3=11-a1=13.故选B.
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.
若anbn为整数,则n=1,2,3,5,11,故选C.
6.B 由公比q>0,a12=9a10可得q=3,而a1=1,∴Sn=1-3n1-3=3n-12.
若数列{λ+Sn}为等比数列,则有(λ+S2)2=(λ+S1)·(λ+S3),即(λ+4)2=(λ+1)·(λ+13),解得λ=12,于是λ+Sn=12+3n-12=12×3n,而12+Sn+112+Sn=12×3n+112×3n=3,故λ=12时,数列{λ+Sn}为等比数列.故选B.
7.C 根据题意,第1行第1列的数为1,此时a1,1=1×(1-1)2+1=1,第2行第1列的数为2,此时a2,1=2×(2-1)2+1=2,第3行第1列的数为4,此时a3,1=3×(3-1)2+1=4,据此分析可得第64行第1列的数为a64,1=64×(64-1)2+1=2 017,则a64,5=2 017+4=2 021,故选C.
8.D 由题意知,2016年1月1日存入了a元,一年后存款及利息为a(1+p)元,两年后存款及利息为a(1+p)2元,……,依次类推可得,从2016年1月1日到2022年1月1日所有的存款及利息为
a(1+p)6+a(1+p)5+…+a(1+p)=a(1+p)[1-(1+p)6]1-(1+p)=ap[(1+p)7-(1+p)]元.故选D.
二、多项选择题
9.AC 设等差数列{an}的公差为d,则3a1+3d=0,a1+3d=8,解得a1=-4,d=4.
∴an=-4+(n-1)×4=4n-8,Sn=n×(-4)+n(n-1)2×4=2n2-6n,故选AC.
10. BCD 由题可知,an+1=2an+bn,①
bn+1=an+2bn+lnn+1n3,②
①-②得,an+1-bn+1=an-bn-lnn+1n3,
当n=1时,a2-b2=a1-b1-ln 2,∴a2-b2
∴{an+bn-ln n}是以a1+b1为首项,3为公比的等比数列,∴an+bn-ln n=(a1+b1)·3n-1,
∴an+bn=(a1+b1)·3n-1+ln n,③
又a1+b1>0,∴数列{an+bn}单调递增,故B正确.
将③代入①得,an+1=an+(an+bn)=an+(a1+b1)·3n-1+ln n,
∴an+1-an=(a1+b1)·3n-1+ln n>0,∴数列{an}单调递增,故C正确.
将③代入②得,bn+1=bn+(an+bn)+lnn+1n3=bn+(a1+b1)·3n-1+ln n+lnn+1n3,
∴bn+1-bn=(a1+b1)·3n-1+ln(n+1)-2ln n.
由指数函数与对数函数的图象的增长速度知,存在实数λ,使得当n≥λ(n∈N+)时,(a1+b1)·3n-1-ln n>0,又ln(n+1)-ln n>0,∴bn+1-bn>0,
即{bn}从某项起单调递增,故D正确.故选BCD.
11.ACD 在A中,分母为2,3,4,…的分数的个数分别为1,2,3,…,
∴以2,3,4,5,6,7为分母的数共有1+2+3+4+5+6=21(个),∴a22=18,a23=28,a24=38,A正确;
在B中,a1=12,a2+a3=33=1,a4+a5+a6=64=32,a7+a8+a9+a10=2,……,1m+2m+…+m-1m=m-12(m≥2,m∈N+),∴12,1,32,2,…,m-12构成首项为12,公差为12的等差数列,B错误;
在C中,由B中的结论,可知Tn=n×12+n(n-1)2×12=n2+n4,C正确;
在D中,由C中的结论可得,T5=52+54=152<10,T6=62+64=212>10,∴ak的分母为7,
由T6=212>10,T6-67=212-67<10,得ak=57,D正确.故选ACD.
12.BC 易知a1=2 000×(1+40%)-t=2 800-t,
a2=a1×(1+40%)-t=75a1-t=3 920-125t,故选项A错误;
易知a3=a2×(1+40%)-t=75a2-t=5 488-10925t,……,所以an+1=an·(1+40%)-t=75an-t,
故选项B正确;
因为an=75an-1-t=7575an-2-t-t=752an-2-75t-t=…=75n-1a1-t1+75+752+…+75n-2=75n-1·(2 800-t)-t1-75n-11-75=75n-1·(2 800-t)-5t275n-1-1=75n-1·2800-7t2+5t2,
所以an+1-an=75an-t-an=25an-t=2575n-12800-7t2+5t2-t=2575n-12800-7t2,
因为t<800,所以2 800-7t2>0,所以an+1-an=2575n-12800-7t2>0,即an+1>an,
故选项C正确;
当t=400时,a3=5 480-109t25=5 488-109×40025=3 744<3 800,故选项D错误.故选BC.
三、填空题
13.答案 2;5(2n-1)6
解析 由题意得,q=a3+a4a2+a3=105=2.∴a2+a3=a1q+a1q2=6a1=5,∴a1=56.∴Sn=a1(1-qn)1-q=56×(1-2n)1-2=5(2n-1)6.
14.答案 195
解析 依题意得,每人所得钱数依次构成首项为3,公差为1的等差数列,设人数为n,则总钱数为3n+n(n-1)2×1=n22+5n2.平均分时每人得100钱,则总钱数为100n,故n22+5n2=100n,解得n=195(n=0舍去),即此分钱问题中的人数为195.
导师点睛
题中大意为:将钱分给若干人,第一人给3钱,第二人给4钱,第三人给5钱,以此类推,每人比前一人多1钱,分完后,再把钱收回平均分给各人,结果每人分得100钱,问有多少人?即求一个等差数列的项数问题,着重考查学生对题中文字意思的理解和关系式的建立.
15.答案 3-12n-2
解析 由题得an+Sn=3n-1,an-1+Sn-1=3n-4(n≥2),两式相减并整理,得an=12an-1+32,即an-3=12(an-1-3)(n≥2),当n=1时,结合题中已知条件得a1+S1=a1+a1=2,解得a1=1,
所以数列{an-3}是首项为a1-3=-2,公比为12的等比数列,所以an-3=(-2)×12n-1=
-12n-2,所以an=3-12n-2.
16.答案 -2
解析 由an+1-an=2n,得an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-2,an-2-an-3=2n-3,……,a2-a1=2,将以上各式相加,得an-a1=2n-1+2n-2+2n-3+…+2=2×(1-2n-1)1-2=2n-2,
∴an=2n,∴Sn=2+22+23+…+2n=2×(1-2n)1-2=2n+1-2,Sn+2=2n+1≥4,
则log12(Sn+2)的最大值为log124=-2.
四、解答题
17.解析 设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,因为在等比数列{bn}中,b2=3,b5=-81,所以q3=b5b2=-27,所以q=-3,从而bn=b2(-3)n-2=3×(-3)n-2,从而a5=b1=-1. (2分)
解法一:若存在k,使得Sk>Sk+1,即Sk+1-Sk<0,则ak+1<0;
同理,若Sk+10,则ak+2>0.(4分)
选①.由b1+b3=a2,得a2=-1-9=-10,所以d=a5-a25-2=-1-(-10)3=3,所以an=a2+(n-2)d=3n-16. (8分)
当k=4时,满足ak+1=a5=-1<0且ak+2=a6=2>0,即存在k=4,使Sk>Sk+1且Sk+1
所以数列{an}为递减数列, (8分)
故不存在ak+1<0且ak+2>0,即不存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1
所以d=a5-a35-3=-1-(-5)5-3=2,所以an=a3+(n-3)d=2n-11, (8分)
所以当k=4时,满足ak+1=a5=-1<0且ak+2=a6=1>0,即存在k=4,使得Sk>Sk+1且Sk+1
由Sk>Sk+1,Sk+1
解得103
得a1+3d=27,a1+4d=-1,解得a1=111,d=-28,
所以Sn=na1+n(n-1)2d=-14n2+125n. (6分)
由Sk>Sk+1,Sk+1
此不等式组无解,
所以不存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1
得a3=-5,又a5=-1,
所以a1+2d=-5,a1+4d=-1,解得a1=-9,d=2,
所以Sn=na1+n(n-1)2d=n2-10n, (6分)
由Sk>Sk+1,Sk+1
解得72
依题意有a1+a3=2a1+2d=8,a4-a2=2d=4,
解得a1=2,d=2. (2分)
所以an=2n,Sn=n2+n. (6分)
(2)由(1)得1Sn=1n2+n=1n-1n+1, (7分)
所以Tn=1S1+1S2+…+1Sn
=1-12+12-13+…+1n-1n+1
=1-1n+1. (9分)
因为Tn>99100,即1-1n+1>99100, (10分)
所以n>99.又n∈N+,
所以n的最小值为100. (12分)
19.解析 (1)∵an+1an=1an+1,∴an+1=anan+1,
∴1an+1=1+1an,即1an+1-1an=1, (3分)
∴数列1an是以1a1=1为首项,1为公差的等差数列,
∴1an=1+(n-1)×1=n, (5分)
∴an=1n. (6分)
(2)由an·bn=2n得bn=1an·2n=n·2n, (7分)
则Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,
2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1, (9分)
两式作差得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=2(1-2n)1-2-n×2n+1=(1-n)2n+1-2, (11分)
∴Sn=(n-1)2n+1+2. (12分)
20.解析 (1)由(an+1)2=4Sn,
得Sn=14(1+an)2,①
当n≥2时,Sn-1=14(1+an-1)2,②
①-②得,Sn-Sn-1=14(1+an)2-14(1+an-1)2,即4an=an2-an-12+2(an-an-1),整理得an2-an-12=2(an+an-1),
∵an+an-1>0,∴an-an-1=2(n≥2). (2分)
由已知得,当n=1时,S1=14(1+a1)2,即a1=14(1+a1)2,解得a1=1, (3分)
∴数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,
∴an=1+2(n-1)=2n-1(n∈N+). (4分)
设等比数列{bn}的公比为q,
则q3=b4+b6b1+b3=81030=27,∴q=3.
∴b1+b3=b1+b1q2=30,即10b1=30,解得b1=3,∴bn=b1qn-1=3n(n∈N+). (6分)
(2)记数列{(-1)nan}的前n项和为An,数列{bn}的前n项和为Bn,
则Bn=3(1-3n)1-3=12(3n+1-3). (7分)
当n为偶数时,{an}的奇数项与偶数项各有n2项,
则An=-a1+a2-a3+…-an-1+an
=-(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an)
=-n2[1+(2n-3)]2+n2[3+(2n-1)]2=n. (9分)
当n为奇数时,{an}的奇数项有n+12项,偶数项有n-12项,则An=-a1+a2-a3+…+an-1-an=-(a1+a3+…+an)+(a2+a4+…+an-1)
=-n+12[1+(2n-1)]2+n-12[3+(2n-3)]2
=-n. (11分)
所以Tn=An+Bn
=12(3n+1-3)+n,n∈N+,n为偶数,12(3n+1-3)-n,n∈N+,n为奇数.(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d1=d2=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+). (5分)
(2)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
综上可知,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
综上可知,对任意正整数n,都有0
可得q+3q3=4q2,
解得q=13或q=1(舍去), (2分)
所以an=13n-1, (3分)
Sn=1-13n1-13=321-13n. (4分)
(2)①易得b1=1,a1b1=1,又bn+1an+1-bnan=5,
所以数列bnan是以1为首项,5为公差的等差数列, (5分)
所以bnan=1+5×(n-1)=5n-4,所以bn=13n-1·(5n-4),显然bn>0,
令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4>1,得n<1310,即b2>b1, (6分)
令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4<1,得n>1310,即b2>b3>b4>…,
所以b1b3>b4>…,故数列{bn}的最大项为b2=2. (8分)
②假设存在等差数列{cn},使得对任意n∈N+,都有2Sn≤cn≤5-bn.易得 2Sn=31-13n∈[2,3),由①得,5-bn=5-13n-1·(5n-4)∈[3,5), (9分)
则cn=3.
所以存在等差数列{cn}满足题意,cn=3. (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.在数列{an}中,a1=2,2an+1=2an+1(n∈N+),则a101的值为 ( )
A.52 B.50 C.51 D.49
2.在等比数列{an}中,a1+a2=6,a3=3,则公比q的值为 ( )
A.-12 B.-1 C.-12或1 D.-12或-1
3.已知数列{an}是等差数列,a1=2,其前n项和为Sn,公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项,则S18= ( )
A.398 B.388 C.189 D.199
4.在数列{an}中,a1=-2,an+1=1-1an,则a2 022的值为 ( )
A.-2 B.13 C.12 D.32
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.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a12=9a10,要使数列{λ+Sn}为等比数列,则实数λ的值为 ( )
A.13 B.12 C.2 D.不存在
7.正整数的排列规则如图所示,其中排在第i行第j列的数记为ai,j,例如a4,3=9,则a64,5等于 ( )
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
……
A.2 019 B.2 020 C.2 021 D.2 022
8.2015年7月31日,国际奥委会第128次全会在马来西亚吉隆坡举行,投票选出了2022年冬奥会的举办城市为北京.某人为了去现场观看2022年北京冬季奥运会,从2016年起,每年的1月1日到银行存入a元的定期储蓄,若年利率为p且保持不变,并约定每年到期,存款的本息均自动转为新的一年的定期,则到2022年的1月1日将所有存款及利息全部取出,可取出的钱数为( )
A.a(1+p)6 B.a(1+p)7 C.ap[(1+p)6-(1+p)] D.ap[(1+p)7-(1+p)]
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.设等差数列{an}的前n项和为Sn.若S3=0,a4=8,则 ( )
A.Sn=2n2-6n B.Sn=n2-3n C.an=4n-8 D.an=2n
10.已知数列{an},{bn}满足:an+1=2an+bn,bn+1=an+2bn+lnn+1n3(n∈N+),a1+b1>0,则下列命题为真命题的是 ( )
A.数列{an-bn}单调递增
B.数列{an+bn}单调递增
C.数列{an}单调递增
D.数列{bn}从某项以后单调递增
11.数列{an}的前n项和为Sn,若数列{an}的各项依次排列如下:12,13,23,14,24,34,15,25,35,45,…,1m,2m,…,m-1m(m≥2,m∈N+),…,则以下结论正确的是 ( )
A.a24=38
B.数列a1,a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9+a10,…是等比数列
C.数列a1,a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9+a10,…的前n项和Tn=n2+n4
D.若存在正整数k,使Sk<10,Sk+1≥10,则ak=57
12.某集团公司有一下属企业A从事一种高科技产品的生产.A企业第一年年初有资金2 000万元,将其全部投入生产,到当年年底资金增长了40%,预计以后每年资金的增长率与第一年的相同.集团公司要求A企业从第一年开始,每年年底上缴资金t(t<800)万元,并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n年年底A企业上缴资金后的剩余资金为an万元,则 ( )
A.a2=2 800-t B.an+1=75an-t C.an+1>an D.当t=400时,a3>3 800
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答
案填在题中横线上)
13.已知等比数列{an}满足a2+a3=5,a3+a4=10,则公比q= ,前n项和Sn= .(第一空2分,第二空3分)
14.我国古代数学名著《张丘建算经》中有“分钱问题”如下:“今有人与钱,初一人与三钱,次一人与四钱,次一人与五钱,以次与之,转多一钱,与讫,还数聚与均分之,人得一百钱,问人几何?”此分钱问题中的人数为 .深度解析
15.已知数列{an}的前n项和是Sn,且an+Sn=3n-1,则数列{an}的通项公式为an= .
16.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,{an}的“差数列”满足an+1-an=2n,数列{an}的前n项和为Sn,则log12(Sn+2)的最大值为 .
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的k存在,求出k的值,若不存在,请说明理由.
设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列, ,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1
18.(本小题满分12分)已知等差数列{an}满足a1+a3=8,a4-a2=4.
(1)求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn;
(2)记数列1Sn的前n项和为Tn,若Tn>99100,求n的最小值.
19.(本小题满分12分)已知数列{an}的首项a1=1,且an+1an=1an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足an·bn=2n,求数列{bn}的前n项和Sn.
20.(本小题满分12分)在数列{an}中,an>0,其前n项和为Sn,且对任意n∈N+,都有(an+1)2=4Sn.等比数列{bn}中,b1+b3=30,b4+b6=810.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列{(-1)nan+bn}的前n项和Tn.
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)已知数列{an}是公比不为1的等比数列,且a1=1,a2,2a3,3a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn;
(2)设数列{bn}满足b1=a1,对任意的n∈N+,bn+1an+1-bnan=5.
①求数列{bn}的最大项;
②是否存在等差数列{cn},使得对任意n∈N+,都有2Sn≤cn≤5-bn?若存在,求出所有符合题意的等差数列{cn}的通项公式;若不存在,请说明理由.
答案全解全析
本章达标检测
一、单项选择题
1.A 由已知得,an+1-an=12,n∈N+,所以{an}是首项为2,公差为12的等差数列.
所以由等差数列的通项公式得a101=2+100×12=52,故选A.
2.C 由题意可得a1+a2=a1(1+q)=6,a3=a1q2=3,两式相除得1+qq2=2,所以2q2-q-1=0,
解得q=1或q=-12.故选C.
3.C 由题意可得a52=a3a8,即(2+4d)2=(2+2d)·(2+7d),整理得d2-d=0,∵d≠0,∴d=1,∴S18=18a1+18×172d=189.故选C.
4.B 由an+1=1-1an,得an+2=1-1an+1=1-11-1an=11-an,所以an+3=1-1an+2=1-111-an=an.
所以数列{an}是以3为周期的周期数列,所以a2 022=a3=11-a1=13.故选B.
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.
若anbn为整数,则n=1,2,3,5,11,故选C.
6.B 由公比q>0,a12=9a10可得q=3,而a1=1,∴Sn=1-3n1-3=3n-12.
若数列{λ+Sn}为等比数列,则有(λ+S2)2=(λ+S1)·(λ+S3),即(λ+4)2=(λ+1)·(λ+13),解得λ=12,于是λ+Sn=12+3n-12=12×3n,而12+Sn+112+Sn=12×3n+112×3n=3,故λ=12时,数列{λ+Sn}为等比数列.故选B.
7.C 根据题意,第1行第1列的数为1,此时a1,1=1×(1-1)2+1=1,第2行第1列的数为2,此时a2,1=2×(2-1)2+1=2,第3行第1列的数为4,此时a3,1=3×(3-1)2+1=4,据此分析可得第64行第1列的数为a64,1=64×(64-1)2+1=2 017,则a64,5=2 017+4=2 021,故选C.
8.D 由题意知,2016年1月1日存入了a元,一年后存款及利息为a(1+p)元,两年后存款及利息为a(1+p)2元,……,依次类推可得,从2016年1月1日到2022年1月1日所有的存款及利息为
a(1+p)6+a(1+p)5+…+a(1+p)=a(1+p)[1-(1+p)6]1-(1+p)=ap[(1+p)7-(1+p)]元.故选D.
二、多项选择题
9.AC 设等差数列{an}的公差为d,则3a1+3d=0,a1+3d=8,解得a1=-4,d=4.
∴an=-4+(n-1)×4=4n-8,Sn=n×(-4)+n(n-1)2×4=2n2-6n,故选AC.
10. BCD 由题可知,an+1=2an+bn,①
bn+1=an+2bn+lnn+1n3,②
①-②得,an+1-bn+1=an-bn-lnn+1n3,
当n=1时,a2-b2=a1-b1-ln 2,∴a2-b2
∴{an+bn-ln n}是以a1+b1为首项,3为公比的等比数列,∴an+bn-ln n=(a1+b1)·3n-1,
∴an+bn=(a1+b1)·3n-1+ln n,③
又a1+b1>0,∴数列{an+bn}单调递增,故B正确.
将③代入①得,an+1=an+(an+bn)=an+(a1+b1)·3n-1+ln n,
∴an+1-an=(a1+b1)·3n-1+ln n>0,∴数列{an}单调递增,故C正确.
将③代入②得,bn+1=bn+(an+bn)+lnn+1n3=bn+(a1+b1)·3n-1+ln n+lnn+1n3,
∴bn+1-bn=(a1+b1)·3n-1+ln(n+1)-2ln n.
由指数函数与对数函数的图象的增长速度知,存在实数λ,使得当n≥λ(n∈N+)时,(a1+b1)·3n-1-ln n>0,又ln(n+1)-ln n>0,∴bn+1-bn>0,
即{bn}从某项起单调递增,故D正确.故选BCD.
11.ACD 在A中,分母为2,3,4,…的分数的个数分别为1,2,3,…,
∴以2,3,4,5,6,7为分母的数共有1+2+3+4+5+6=21(个),∴a22=18,a23=28,a24=38,A正确;
在B中,a1=12,a2+a3=33=1,a4+a5+a6=64=32,a7+a8+a9+a10=2,……,1m+2m+…+m-1m=m-12(m≥2,m∈N+),∴12,1,32,2,…,m-12构成首项为12,公差为12的等差数列,B错误;
在C中,由B中的结论,可知Tn=n×12+n(n-1)2×12=n2+n4,C正确;
在D中,由C中的结论可得,T5=52+54=152<10,T6=62+64=212>10,∴ak的分母为7,
由T6=212>10,T6-67=212-67<10,得ak=57,D正确.故选ACD.
12.BC 易知a1=2 000×(1+40%)-t=2 800-t,
a2=a1×(1+40%)-t=75a1-t=3 920-125t,故选项A错误;
易知a3=a2×(1+40%)-t=75a2-t=5 488-10925t,……,所以an+1=an·(1+40%)-t=75an-t,
故选项B正确;
因为an=75an-1-t=7575an-2-t-t=752an-2-75t-t=…=75n-1a1-t1+75+752+…+75n-2=75n-1·(2 800-t)-t1-75n-11-75=75n-1·(2 800-t)-5t275n-1-1=75n-1·2800-7t2+5t2,
所以an+1-an=75an-t-an=25an-t=2575n-12800-7t2+5t2-t=2575n-12800-7t2,
因为t<800,所以2 800-7t2>0,所以an+1-an=2575n-12800-7t2>0,即an+1>an,
故选项C正确;
当t=400时,a3=5 480-109t25=5 488-109×40025=3 744<3 800,故选项D错误.故选BC.
三、填空题
13.答案 2;5(2n-1)6
解析 由题意得,q=a3+a4a2+a3=105=2.∴a2+a3=a1q+a1q2=6a1=5,∴a1=56.∴Sn=a1(1-qn)1-q=56×(1-2n)1-2=5(2n-1)6.
14.答案 195
解析 依题意得,每人所得钱数依次构成首项为3,公差为1的等差数列,设人数为n,则总钱数为3n+n(n-1)2×1=n22+5n2.平均分时每人得100钱,则总钱数为100n,故n22+5n2=100n,解得n=195(n=0舍去),即此分钱问题中的人数为195.
导师点睛
题中大意为:将钱分给若干人,第一人给3钱,第二人给4钱,第三人给5钱,以此类推,每人比前一人多1钱,分完后,再把钱收回平均分给各人,结果每人分得100钱,问有多少人?即求一个等差数列的项数问题,着重考查学生对题中文字意思的理解和关系式的建立.
15.答案 3-12n-2
解析 由题得an+Sn=3n-1,an-1+Sn-1=3n-4(n≥2),两式相减并整理,得an=12an-1+32,即an-3=12(an-1-3)(n≥2),当n=1时,结合题中已知条件得a1+S1=a1+a1=2,解得a1=1,
所以数列{an-3}是首项为a1-3=-2,公比为12的等比数列,所以an-3=(-2)×12n-1=
-12n-2,所以an=3-12n-2.
16.答案 -2
解析 由an+1-an=2n,得an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-2,an-2-an-3=2n-3,……,a2-a1=2,将以上各式相加,得an-a1=2n-1+2n-2+2n-3+…+2=2×(1-2n-1)1-2=2n-2,
∴an=2n,∴Sn=2+22+23+…+2n=2×(1-2n)1-2=2n+1-2,Sn+2=2n+1≥4,
则log12(Sn+2)的最大值为log124=-2.
四、解答题
17.解析 设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,因为在等比数列{bn}中,b2=3,b5=-81,所以q3=b5b2=-27,所以q=-3,从而bn=b2(-3)n-2=3×(-3)n-2,从而a5=b1=-1. (2分)
解法一:若存在k,使得Sk>Sk+1,即Sk+1-Sk<0,则ak+1<0;
同理,若Sk+1
选①.由b1+b3=a2,得a2=-1-9=-10,所以d=a5-a25-2=-1-(-10)3=3,所以an=a2+(n-2)d=3n-16. (8分)
当k=4时,满足ak+1=a5=-1<0且ak+2=a6=2>0,即存在k=4,使Sk>Sk+1且Sk+1
所以数列{an}为递减数列, (8分)
故不存在ak+1<0且ak+2>0,即不存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1
所以d=a5-a35-3=-1-(-5)5-3=2,所以an=a3+(n-3)d=2n-11, (8分)
所以当k=4时,满足ak+1=a5=-1<0且ak+2=a6=1>0,即存在k=4,使得Sk>Sk+1且Sk+1
由Sk>Sk+1,Sk+1
解得103
得a1+3d=27,a1+4d=-1,解得a1=111,d=-28,
所以Sn=na1+n(n-1)2d=-14n2+125n. (6分)
由Sk>Sk+1,Sk+1
此不等式组无解,
所以不存在k,使得Sk>Sk+1且Sk+1
得a3=-5,又a5=-1,
所以a1+2d=-5,a1+4d=-1,解得a1=-9,d=2,
所以Sn=na1+n(n-1)2d=n2-10n, (6分)
由Sk>Sk+1,Sk+1
解得72
依题意有a1+a3=2a1+2d=8,a4-a2=2d=4,
解得a1=2,d=2. (2分)
所以an=2n,Sn=n2+n. (6分)
(2)由(1)得1Sn=1n2+n=1n-1n+1, (7分)
所以Tn=1S1+1S2+…+1Sn
=1-12+12-13+…+1n-1n+1
=1-1n+1. (9分)
因为Tn>99100,即1-1n+1>99100, (10分)
所以n>99.又n∈N+,
所以n的最小值为100. (12分)
19.解析 (1)∵an+1an=1an+1,∴an+1=anan+1,
∴1an+1=1+1an,即1an+1-1an=1, (3分)
∴数列1an是以1a1=1为首项,1为公差的等差数列,
∴1an=1+(n-1)×1=n, (5分)
∴an=1n. (6分)
(2)由an·bn=2n得bn=1an·2n=n·2n, (7分)
则Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,
2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1, (9分)
两式作差得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=2(1-2n)1-2-n×2n+1=(1-n)2n+1-2, (11分)
∴Sn=(n-1)2n+1+2. (12分)
20.解析 (1)由(an+1)2=4Sn,
得Sn=14(1+an)2,①
当n≥2时,Sn-1=14(1+an-1)2,②
①-②得,Sn-Sn-1=14(1+an)2-14(1+an-1)2,即4an=an2-an-12+2(an-an-1),整理得an2-an-12=2(an+an-1),
∵an+an-1>0,∴an-an-1=2(n≥2). (2分)
由已知得,当n=1时,S1=14(1+a1)2,即a1=14(1+a1)2,解得a1=1, (3分)
∴数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,
∴an=1+2(n-1)=2n-1(n∈N+). (4分)
设等比数列{bn}的公比为q,
则q3=b4+b6b1+b3=81030=27,∴q=3.
∴b1+b3=b1+b1q2=30,即10b1=30,解得b1=3,∴bn=b1qn-1=3n(n∈N+). (6分)
(2)记数列{(-1)nan}的前n项和为An,数列{bn}的前n项和为Bn,
则Bn=3(1-3n)1-3=12(3n+1-3). (7分)
当n为偶数时,{an}的奇数项与偶数项各有n2项,
则An=-a1+a2-a3+…-an-1+an
=-(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an)
=-n2[1+(2n-3)]2+n2[3+(2n-1)]2=n. (9分)
当n为奇数时,{an}的奇数项有n+12项,偶数项有n-12项,则An=-a1+a2-a3+…+an-1-an=-(a1+a3+…+an)+(a2+a4+…+an-1)
=-n+12[1+(2n-1)]2+n-12[3+(2n-3)]2
=-n. (11分)
所以Tn=An+Bn
=12(3n+1-3)+n,n∈N+,n为偶数,12(3n+1-3)-n,n∈N+,n为奇数.(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d1=d2=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+). (5分)
(2)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
综上可知,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
综上可知,对任意正整数n,都有0
可得q+3q3=4q2,
解得q=13或q=1(舍去), (2分)
所以an=13n-1, (3分)
Sn=1-13n1-13=321-13n. (4分)
(2)①易得b1=1,a1b1=1,又bn+1an+1-bnan=5,
所以数列bnan是以1为首项,5为公差的等差数列, (5分)
所以bnan=1+5×(n-1)=5n-4,所以bn=13n-1·(5n-4),显然bn>0,
令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4>1,得n<1310,即b2>b1, (6分)
令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4<1,得n>1310,即b2>b3>b4>…,
所以b1
②假设存在等差数列{cn},使得对任意n∈N+,都有2Sn≤cn≤5-bn.易得 2Sn=31-13n∈[2,3),由①得,5-bn=5-13n-1·(5n-4)∈[3,5), (9分)
则cn=3.
所以存在等差数列{cn}满足题意,cn=3. (12分)
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