人教A版 (2019) 选择性必修 第二册 第四章数列单元检测题（综合提升篇）

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第四章数列单元检测题（综合提升篇）  一、单选题1．在等差数列{an}中，a3＋a5＝10，则a1＋a7等于（    ）A．5 B．8 C．10 D．142．数列满足，，则等于（    ）A． B． C．2 D．33．某研究所计划建设n个实验室，从第1实验室到第n实验室的建设费用依次构成等差数列，已知第7实验室比第2实验室的建设费用多15万元，第3实验室和第6实验室的建设费用共为61万元.现在总共有建设费用438万元，则该研究所最多可以建设的实验室个数是（    ）A．10 B．11 C．12 D．134．已知数列，，，…，，…是首项为1，公比为2的等比数列，则下列数中是数列中的项的是（    ）A．16 B．128 C．32 D．645．在数列中，，且，则的通项为（    ）A． B．C． D．6．如图，已知的面积为4，连接三边的中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形三边的中点构成第三个三角形，以此类推，第2022个三角形的面积为（    ）A． B． C． D．7．设等差数列的前项和为，已知，，，则的值为（    ）A．15 B．16 C．17 D．188．在数列中，，则（    ）A．25 B．32 C．62 D．72 二、多选题9．下列数列中，是等差数列的是（    ）A．1，4，7，10 B．C． D．10，8，6，4，210．已知数列{an}的n项和为，则下列说法正确的是（    ）A． B．S16为Sn的最小值C． D．使得成立的n的最大值为3311．斐波那契数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称“兔子数列”．指的是这样的一个数列：，，，，，，，，，在数学上定义，，（，），则下列选项正确的是（    ）A．（，）B．C．设的前项和为，若，则D．（）12．（多选）设数列满足，记数列的前项和为，则（    ）A． B．C． D．  三、填空题13．数列：的一个通项公式为___________.14．已知数列满足，，则___________.15．正项等差数列的前和为，已知，则=__________.16．已知数列的前n项和为，且满足，，则_________． 四、解答题17．设是公比不为的等比数列，为，的等差中项，．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和．18．已知数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）若数列是等比数列，公比为，且满足，，求数列的前项和.19．已知等差数列为递增数列，且满足，且成等比数列，．（1）求数列的通项公式；（2）令，为数列的前n项和，求．20．已知数列的通项公式为.（1）求这个数列的第10项；（2）是不是该数列中的项？为什么？（3）在区间内是否有数列中的项？若有，求出有几项；若没有，请说明理由.21．已知数列满足，．（1）设，求证数列为等差数列，并求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，是否存在正整数m，使得对任意的都成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，试说明理由．22．设数列{an}的前n项和为Sn.若，则称{an}是“紧密数列”.（1）若数列{an}的前n项和，证明：{an}是“紧密数列”；（2）设数列{an}是公比为q的等比数列.若数列{an}与{Sn}都是“紧密数列”，求q的取值范围.
参考答案1．C【分析】直接利用等差数列的性质计算【详解】a1＋a7＝a3＋a5＝10.故选：C2．A【分析】根据题意，由数列的递推公式求出数列的前几项，进而可得出周期是，即可得出结果.【详解】当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，所以数列的周期是，所以.故选：A.3．C【分析】根据等差数列通项公式，列出方程组，求出的值，进而求出令根据题意令，即可求解.【详解】设第n实验室的建设费用为万元，其中，则为等差数列，设公差为d，则由题意可得，解得，则.令，即，解得，又，所以，，所以最多可以建设12个实验室.故选：C.4．D【分析】先用累乘法求出，对四个选项验证得符合题意，即可求解．【详解】，当时，．故选：D．5．A【分析】依题意可得，即可得到是以2为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得；【详解】解：∵，∴，由，得，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，即．故选：A6．B【分析】由于题设所得的三角形均为相似三角形，且前后两个三角形面积的比例为，即所有三角形面积构成一个等比数列，写出数列通项，进而求第2022个三角形的面积.【详解】由三角形相似知：后一个三角形的面积是前一个的，设第n个三角形的面积为，则数列是首项，公比的等比数列，∴，∴第2022个三角形的面积为．故选：B．7．D【分析】由已知条件利用等差数列的下标定理即可求解.【详解】解：由题意可得即①②且等差数列满足①②两式相加得代入求和公式可得解得故选：D.8．B【分析】令，故函数在上单调递减，在上单调递增，进而得当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，再根据函数单调性去绝对值求和即可.【详解】解：令函数，由对勾函数的性质得函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，所以所以故选：B9．ABD【分析】根据等差数列的定义逐项分析即可得出结果.【详解】根据等差数列的定义，可得：A中，满足(常数)，所以是等差数列；B中，满足(常数)，所以是等差数列；C中，因为，不满足等差数列的定义，所以不是等差数列；D中，满足(常数)，所以是等差数列.故选：ABD.10．AC【分析】根据已知条件求得，结合等差数列前项和公式确定正确选项.【详解】，当时，，当时，，也符合上式，所以，A正确.由于开口向下，对称轴为，所以是的最大值，B错误.由解得，所以，C正确.，所以使成立的的最大值为，D错误.故选：AC11．ABC【分析】利用递推公式逐一判断即可.【详解】，故正确；，故正确；，，，迭加得，故正确；，故错误．故选：ABC12．ABD【分析】依题意当时，求出，再利用作差法得到，即可得到的通项公式，再利用裂项相消法求数列的前项和即可；【详解】解：由题意，当时，得，令，则当时，所以，即．又时，也成立，∴，故数列的通项公式为，∴，即有．故选：ABD．13．或【分析】根据该数列的奇数项都为，偶数项都为得出通项公式.【详解】由题意可知，该数列的奇数项都为，偶数项都为则或故答案为：或14．【分析】根据，得，求出数列的前几项，从而可得数列是以3为周期的周期数列，从而可得出答案.【详解】解：因为，所以，则，，，所以数列是以3为周期的周期数列，所以.故答案为：.15．45【分析】根据题意可得，再根据，求得，再利用等差数列前n项和的公式即可得解.【详解】解：由等差数列可得，又，则，解得或，又因为，所以，所以.故答案为：45.16．【分析】由时，，可得，利用累乘法得，从而即可求解.【详解】解：因为，所以时，，即，化简得，又，所以，检验时也成立，所以，所以，故答案为：.17．（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）设公比为，由题意可得，解得，可得；（Ⅱ）根据以及，可得，可得.【详解】解：（Ⅰ）设的公比为．因为为，的等差中项，所以，即，又因为，所以，即，因为，所以．所以．（Ⅱ）由（Ⅰ）得所以是以为首项，为公比的等比数列，所以．18．（1）；（2）.【分析】（1）利用可求得数列的通项公式；（2）求出等比数列的首项和公比，利用等比数列的求和公式可求得的表达式.【详解】（1）因为数列的前项和，当时，，又当时，满足上式，所以，；（2）由（1）可知，，，又，，又数列是等比数列，，又，所以，，则，因此，.19．（1）；（2）【分析】（1）设等差数列的公差为，即可表示出，再根据等比中项的性质得到方程，求出，即可得解；（2）由（1）可得，由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．【详解】解：（1）设等差数列的公差为，则，，，因为成等比数列，所以，即，解得（舍去）或，所以；（2）因为，所以所以．20．（1）；（2）不是，理由见解析；（3）有，只有一项.【分析】先化简通项，（1）中令，计算即得解；（2）中令，结合即得解；（3）令，结合即得解【详解】.（1）令，得第10项.（2）令，得.此方程无正整数解，∴不是该数列中的项.（3）令，则，解得.又，∴.∴区间内有数列中的项，且只有一项.21．（1）；（2）存在，3．【分析】(1)结合递推关系可证得bn+1－bn1，且b1＝1，可证数列{bn}为等差数列，据此可得数列的通项公式；(2)结合通项公式裂项有求和有，再结合条件可得 ，即求．【详解】（1）证明：∵，又由a1＝2，得b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，所以bn＝1+(n－1)×1＝n，由，得．（2）解：∵，，所以， 依题意，要使对于n∈N*恒成立，只需，解得m≥3或m≤-4．又m＞0，所以m≥3，所以正整数m的最小值为3．22．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由，利用数列通项与前n项和的关系得到，再利用“紧密数列”的定义证明；（2）由q=，结合{an}是“紧密数列”，得到≤q≤2.然后q=1时， q≠1，得到Sn，再根据数列{Sn}为“紧密数列”，由对于任意n∈N*恒成立求解；【详解】（1）由数列{an}的前n项和，得，当时，适合上式，所以所以==1+.因为对任意n∈N*，0<≤，即1<1+≤，所以1<=1+≤，所以≤≤2，即{an}是“紧密数列”.（2）由数列{an}是公比为q的等比数列，得q=，因为{an}是“紧密数列”，所以≤q≤2.①当q=1时，Sn=na1，=1+，所以≤1<=1+≤2.故q=1时，数列{Sn}为“紧密数列”，故q=1满足题意.②当q≠1时，Sn=，则.因为数列{Sn}为“紧密数列”，所以对于任意n∈N*恒成立.（i）当≤q<1时，（1-qn）≤1-qn+1≤2（1-qn），即对于任意n∈N*恒成立.因为0<qn≤q<1，0≤2q-1<1，-≤q-2<-1，所以qn（2q-1）<q<1，qn（q-2）≥q（q-2）≥×=->-1，所以，当≤q<1时，对于任意n∈N*恒成立.（ii）当1<q≤2时，（qn-1）≤qn+1-1≤2（qn-1），即对于任意n∈N*恒成立.因为qn≥q>1，2q-1>1，-1<q-2≤0，所以解得q=1.又1<q≤2，此时q不存在.综上所述，q的取值范围是.