新教材2023_2024学年高中数学第五章数列测评新人教B版选择性必修第三册

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第五章测评
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.已知数列{an}的通项公式为an=n2-n,则可以作为这个数列的其中一项的数是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.10 B.15 C.21 D.42
2.已知数列{bn}是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=(　　)
A.16 B.8 C.4 D.2
3.[2023全国甲,理5]已知正项等比数列{an}中,a1=1,Sn为{an}的前n项和,S5=5S3-4,则S4=(　　)
A.7 B.9 C.15 D.30
4.在等差数列{an}中,S16>0,S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=(　　)
A.8 B.9 C.16 D.17
5.[2023安徽阜阳颍泉校级月考]求值:1-3+5-7+9-11+…+2 021-2 023等于(　　)
A.-2 024 B.-1 012 C.-506 D.1 012
6.[2023四川南充模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则S2 023等于(　　)
A. B. C.42 022 D.42 023
7.[2023河南信阳潢川高二期末]已知数列{an}满足2a1+22a2+23a3+…+2nan=n,若bn=,则数列{bn}的前2 023项和S2 023=(　　)
A. B. C. D.
8.已知数列{an}的各项都为正数,定义:Gn=为数列{an}的“匀称值”.已知数列{an}的“匀称值”为Gn=n+2,则该数列中的a10等于(　　)
A. B. C. 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.等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是(　　)
A.a5=1
B.Sn的最小值为S5
C.S1=S6
D.Sn存在最大值
10.[2023安徽合肥第六中学高三开学考试]数列{an}满足:a1=1,a1+a2+a3+…+an-1=4an(n≥2),则下列结论中正确的是(　　)
A.a2=
B.an+1=an,n≥2
C.{an}是等比数列
D.a1+a2+a3+…+an=,n∈N+
11.[2023湖北襄阳高二阶段练习]数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是(　　)
A.若Sn=n2+2n-1,则数列{an}一定是等差数列
B.若对于所有的正整数n,都有Sn=n,则这个数列一定是等差数列
C.通项为n2-λn(n∈N+)的数列{an}是递增数列,则λ<2
D.若Sn=k-kqn(k≠0,q≠0,1),则数列{an}一定是等比数列
12.已知数列{an}:1,1,2,3,5,…,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列结论正确的是(　　)
A.S6=a8
B.S7=33
C.a1+a3+a5+…+a2 021=a2 022
D.+…+=a2 020a2 021
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.[2023陕西西安长安高二期末]已知各项不为0的等差数列{an}满足a6-+a8=0,数列{bn}是等比数列,且b7=a7,则b3b8b10=　　　　　. 
14.[2023浙江宁波慈溪高二期末]已知数列{an}满足:a1=1,且数列{an+1-an}是等比数列,数列是等差数列,试写出数列{an}的一个通项公式:　　　　　　　. 
15.将糖果分给若干人,第一人给3个,第二人给4个,第三人给5个,以此类推,每人比前一人多给1个,分完后,再把糖果收回平均分给各人,结果每人分得100个,问有多少人?则题中的人数是　　　　　. 
16.[2023安徽宿州一模]已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,则数列的前n项和Tn=　　　　　. 
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)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S4=S5=-20.
(1)求an和Sn;
(2)若数列3,,…,,…成等比数列,且k1=8,求kn.











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)[2023山西怀仁高二期末]已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a5-a1=90,S4=90.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知数列{bn}满足bn=an+log2an,求数列{bn}的前n项和Tn.

















20.(12分)从条件①2Sn=(n+1)an,②=an(n≥2),③an>0,+an=2Sn中任选一个,补充到下面问题中,并给出解答.(注:如果选择多个条件分别作答,按照第一个解答计分)
已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,　　　　. 
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若a1,ak,Sk+2成等比数列,求正整数k的值.









21.(12分)[2023辽宁一模]已知数列{an}的前n项和为Sn=(n∈N+),数列{bn}满足b1=1,且bn+1=(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的通项公式;
(3)对于n∈N+,试比较bn+1与an的大小.
















22.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+2n=2an+1.
(1)求a1,并证明数列是等差数列;
(2)若2

第五章测评
1.D　当n=7时,a7=72-7=42,所以42是这个数列中的一项.
2.C　因为b9是1和3的等差中项,
所以2b9=1+3,
即b9=2.
由等比数列{bn}的性质可得b2b16==4.
3.C　设等比数列{an}的公比为q,易知q>0且q≠1.
由题意,得-4,
又a1=1,
所以-4,
所以q=2,
所以S4==15.
故选C.
4.A　依题意,S16>0,
即a1+a16=a8+a9>0,S17<0,
即a1+a17=2a9<0,
所以a9<0,a8>0,
所以等差数列{an}为递减数列,且前8项为正数,从第9项开始为负数,
所以当其前n项和取得最大值时,n=8.
故选A.
5.B　1-3+5-7+9-11+…+2021-2023=(1-3)+(5-7)+(9-11)+…+(2021-2023)=-2×506=-1012.
故选B.
6.C　由题意,当n=1时,a2=3S1=3a1=3×1=3,
当n≥2时,由an+1=3Sn,
可得an=3Sn-1,
两式相减,可得an+1-an=3an,
整理,得an+1=4an,
∴数列{an}从第二项起是以3为首项,4为公比的等比数列,
∴an=
∴S2023=a1+a2+a3+a4+…+a2023=1+3+3·41+3·42+…+3·42021=1+=42022.
故选C.
7.C　∵2a1+22a2+23a3+…+2nan=n, ①
∴当n=1时,2a1=1,解得a1=,
当n≥2时,2a1+22a2+23a3+…+2n-1an-1=n-1, ②
由①-②得2nan=n-(n-1),即an=.
当n=1时,a1=,满足上式,
∴数列{an}的通项公式为an=,
∴bn=,
∴S2023=1-+…+=1-,故选C.
8.D　∵Gn=,Gn=n+2,
∴n·Gn=n·(n+2)=a1+2a2+3a3+…+nan,
∴10×(10+2)=a1+2a2+3a3+…+10a10;9×(9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得10a10=21,
∴a10=.
故选D.
9.AC　∵等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1,a1+3a5=S7,
∴a1+3(a1+4)=7a1+×1,解得a1=-3.
a5=-3+4×1=1,故A正确;
∵an=a1+(n-1)d=n-4,
∴a1,a2,a3均小于零,a4等于零,a5,a6,…均大于零,
∴S3=S4为Sn的最小值,Sn无最大值,故B错误,D错误;
S1=a1=-3,S6=6×(-3)+×1=-3,∴S1=S6,故C正确.
故选AC.
10.ABD　在a1+a2+a3+…+an-1=4an(n≥2)中,令n=2,则a1=4a2,a1=1,a2=,A正确;
当n≥2时,将a1+a2+a3+…+an=4an+1与a1+a2+a3+…+an-1=4an,
两式相减得,an=4an+1-4an,即an+1=an(n≥2).而a2=a1,所以B正确,C不正确;
因为a1+a2+a3+…+an=1+,n∈N+,所以D正确.故选ABD.
11.BD　对于A,令n=1,得a1=S1=2,令n=2,得a1+a2=S2=7,得a2=5,
令n=3,得a1+a2+a3=S3=14,得a3=7,显然a1,a2,a3不成等差数列,所以A错误;
对于B,Sn=n,当n≥2时,Sn-1=(n-1),
两式作差得2an=a1+n(an-an-1)+an-1,
得2an+1=a1+(n+1)(an+1-an)+an,
两式作差得2(an+1-an)=(n+1)(an+1-an)-(n-1)(an-an-1),
整理得(n-1)(an+1-an)=(n-1)(an-an-1),
即an+1-an=an-an-1,所以数列{an}一定是等差数列,故B正确;
对于C,因为an=n2-λn(n∈N+),
所以an+1-an=(n+1)2-λ(n+1)-n2+λn>0对任意n∈N+恒成立,
即λ<2n+1对任意n∈N+恒成立,得λ<3,故C错误;
对于D,若Sn=k-kqn(k≠0,q≠0,1),
当n≥2时,Sn-1=k-kqn-1,
两式作差得an=kqn-1-kqn,n≥2,
则=q,n≥2,
a1=S1=k-kq,a1+a2=S2=k-kq2,a2=kq-kq2,
则=q,所以数列{an}一定是等比数列,故D正确.
故选BD.
12.BCD　由于a8=21,S6=20,S7=S6+13=33,故A不正确,B正确;
由a1=a2,a3=a4-a2,a5=a6-a4,…,a2021=a2022-a2020,可得a1+a3+a5+…+a2021=a2022,故C正确;
由于该数列总有an+2=an+1+an,=a2a1,则=a2(a3-a1)=a2a3-a2a1,
=a3(a4-a2)=a3a4-a3a2,……,
=a2019a2020-a2019a2018,=a2020a2021-a2020a2019,故+…+=a2020a2021,故D正确.故选BCD.
13.8　各项不为0的等差数列{an}满足a6-+a8=0,
由a6+a8=2a7,
可得2a7=,
即有a7=2或0(舍去),
设数列{bn}是公比为q的等比数列,且b7=a7=2,
则b3b8b10=b1q2·b1q7·b1q9=q18=(b1q6)3==23=8.
14.an=qn-1(q≠1且q≠0)(答案不唯一)　不妨设数列是常数列,则=q(常数),q≠0,
即an=a1qn-1=qn-1,
又an+1=qn,
则an+1-an=qn-qn-1=qn-1(q-1),
所以当q≠0,且q≠1时,
=q,符合题意.
15.195　设共有n(n∈N+)人,根据题意得3n+=100n,解得n=0(舍去)或n=195,
所以一共有195人.
16.　数列{an}的前n项和为Sn,n∈N+,Sn=2an-2,当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,
两式相减得an=2an-2an-1,即an=2an-1,而a1=S1=2a1-2,解得a1=2,
因此数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,an=2×2n-1=2n,
=2,
所以Tn=2++…+=2=.
17.解(1)设等差数列{an}的公差为d,
∵S4=S5=-20,
∴
解得
∴an=-8+2(n-1)=2n-10,Sn==n2-9n.
(2)由(1)得an=2n-10,则=2kn-10,
∵k1=8,∴数列3,,…,,…的公比q==2,
∴=2kn-10=3×2n,
∴kn=3×2n-1+5.
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)记等比数列{an}的公比为q,由a5-a1≠0可知q≠1,
a5-a1=a1q4-a1=90,=90,
解得a1=6,q=2,∴数列{an}的通项公式为an=6·2n-1=3·2n.
(2)∵bn=an+log2an=3·2n+log23·2n=3·2n+n+log23,
∴Tn=3(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)+n·log23=3×+n·log23=3×2n+1++n·log23-6.
20.解若选①.(1)2Sn=(n+1)an,
则2Sn+1=(n+2)an+1,
两式作差得2an+1=(n+2)an+1-(n+1)an,
即=0,n∈N+,
所以是等差数列,首项是=1,公差是0,
故=1,
所以an=n.
(2)由(1)知a1=1,ak=k,Sn=,故Sk+2=.
结合题意知k2=1×,即k2-5k-6=0,解得k=-1或k=6,
因为k是正整数,所以k=6.
若选②.(1)=an(n≥2),a1=1,故Sn>0.
因为=an=Sn-Sn-1,
所以=()(),即=1,n≥2,
故{}是等差数列,首项是=1,公差是1,故=n,故Sn=n2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,且a1=1也适合该式,
故数列{an}的通项公式an=2n-1.
(2)a1=1,ak=2k-1,Sk+2=(k+2)2,结合题意知(2k-1)2=1·(k+2)2,
即3k2-8k-3=0,
解得k=3或k=-,
因为k是正整数,
所以k=3.
若选③.(1)an>0,+an=2Sn,则+an+1=2Sn+1,
两式作差得(+an+1)-(+an)=2an+1,
化简得(an+1+an)(an+1-an-1)=0.
由an>0知,an+1+an>0,得an+1-an-1=0,即an+1-an=1,
数列{an}是等差数列,首项是1,公差为1,故an=n.
(2)a1=1,ak=k,Sn=,故Sk+2=.
结合题意知,k2=1×,即k2-5k-6=0,解得k=-1或k=6,
因为k是正整数,
所以k=6.
21.解(1)已知数列{an}的前n项和为Sn=(n∈N+),
则当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,
又a1=S1=满足上式,
即an=.
(2)已知数列{bn}满足b1=1,且bn+1=(n∈N+),
则+1,
即+1=2+1,
又+1=2,
即数列是以2为首项,2为公比的等比数列,
即+1=2n,
即bn=.
(3)n=1时,b2=,a1=,
即b2 当n=2时,b3=,a2=,
即b3 当n≥3时,∵2n+1-1=2×(1+1)n-1=2(+…+)-1=21+n++…+1-1>n(n+1),
∴bn+1 综上,对于n∈N+,bn+1 22.(1)证明∵Sn+2n=2an+1, ①
∴当n=1时,S1+2=2a1+1,解得a1=1,
当n≥2时,Sn-1+2n-1=2an-1+1, ②
由①-②得an+2n-1=2an-2an-1,即an-2an-1=2n-1,
∴.
又,
∴数列是首项为,公差为的等差数列.
(2)解由(1)得(n-1)=n,即an=n·2n-1,
∴Sn=1+2×2+3×22+…+n·2n-1, ③
2Sn=2+2×22+3×23+…+n·2n, ④
由③-④得-Sn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)2n-1,
∴Sn=(n-1)·2n+1,则S2k=(2k-1)·22k+1,2=k2·22k-1.
∵2 令f(x)=x2-4x+2-.
∵y=x2-4x+2=(x-2)2-2在(2,+∞)内单调递增,y=-在(2,+∞)内单调递增,
∴f(x)=x2-4x+2-在(2,+∞)内单调递增,
又f(1)=1-4+2-=-<0,f(2)=4-8+2-=-<0,f(3)=9-12+2-=-<0,f(4)=2->0,
要使2 故正整数k的所有取值为1,2,3.