2023版新教材高中数学第五章数列综合测试卷新人教B版选择性必修第三册

这是一份2023版新教材高中数学第五章数列综合测试卷新人教B版选择性必修第三册，共9页。
第五章综合测试卷时间：120分钟　满分：150分一、单选题：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．数列－2，1，－eq \f(2,3)，eq \f(1,2)，－eq \f(2,5)，…的一个通项公式为(　　)A.an＝(－1)n＋1eq \f(2,n)B．an＝(－1)neq \f(n,n＋2)C.an＝(－1)neq \f(2,n)D．an＝(－1)n＋1eq \f(2,n＋2)2．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a2＋a7＋a9＝27，且S8＝S9，则d＝(　　)A.－3B．－1C．1D．33．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S21＝63，则a3＋a11＋a19＝(　　)A.12B．9C．6D．34．等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则(　　)A.甲是乙的充分不必要条件B.甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件5．在数列{an}中，已知a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N＋)，则a2019的值为(　　)A.2B．1C．eq \f(1,2)D．eq \f(1,4)6．已知数列{an}的通项公式为an＝(eq \f(4,9))n－1－(eq \f(2,3))n－1，则数列{an}(　　)A.有最大项，没有最小项B．有最小项，没有最大项C.既有最大项又有最小项D．既没有最大项也没有最小项7．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝(　　)A.7B．8C．9D．108．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则数列{a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) }的前n项和为(　　)A.eq \f(9n－1,2)B．eq \f(9n－1,4)C．eq \f(9n－1,8)D．9n－1二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．下面四个结论正确的是(　　)A.数列可以看作是一个定义在正整数集(或它的有限子集{1，2，3…，n})上的函数B.数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点C.数列的项数是无限的D.数列通项的表达式是唯一的10．已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝an－1＋2an－2(n≥3)，则下列结论正确的是(　　)A.数列{an＋1＋an}为等比数列B.数列{an＋1－2an}为等比数列C.an＝eq \f(2n＋1＋（－1）n,3)D.S20＝eq \f(2,3)×(410－1)11．已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论正确的是(　　)A.{an＋Sn}是等差数列B．{an·Sn}是等比数列C.{a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) }是等差数列D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比数列12．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是(　　)A.an＝－eq \f(1,2n－1)C.数列{eq \f(1,Sn)}为等差数列D．eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－5050三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．用数学归纳法证明：“当n为奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，在归纳假设中，假设当n＝k时命题成立，那么下一步应证明当n＝________时，命题也成立.14．已知等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，eq \f(an,bn)＝eq \f(2n＋3,3n－1)，则eq \f(S11,T11)＝________. 15．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．16．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，a3＝10，{an＋1－an}是等比数列，则数列{an}的前8项和S8＝________．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)已知{an}是等比数列，an>0，a3＝12，且a2，a4，a2＋36成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设{bn}是等差数列，且b3＝a3，b9＝a5，求b3＋b5＋b7＋…＋b2n＋1的值．18．(本小题满分12分)已知数列{an}为正项等比数列，Sn为{an}的前n项和，且S3＝21，a2＋a3＝6a1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)从以下三个条件中任选一个作为已知条件，求数列{bn}的前n项和Tn.①bn＝eq \f(an,3n)；②bn＝an＋2n；③bn＝log2eq \f(an,3).19．(本小题满分12分)记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.(1)证明：{an}是等差数列；(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．20．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n＝2k－1，k∈N＋，,2\a\vs4\al(an)，n＝2k，k∈N＋，))求数列{bn}的前2n项和T2n.21．(本小题满分12分)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差数列．(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q>0成立，所以甲是乙的必要条件．故选B.5．答案：A解析：因为an·an＋2＝an＋1(n∈N＋)，由a1＝1，a2＝2，得a3＝2；由a2＝2，a3＝2，得a4＝1；由a3＝2，a4＝1，得a5＝eq \f(1,2)；由a4＝1，a5＝eq \f(1,2)，得a6＝eq \f(1,2)；由a5＝eq \f(1,2)，a6＝eq \f(1,2)，得a7＝1；由a6＝eq \f(1,2)，a7＝1，得a8＝2，…，由此推理可得数列{an}是一个周期为6的周期数列，所以a2019＝a3＝2.故选A.6．答案：C解析：由题意得an＝[(eq \f(2,3))n－1]2－(eq \f(2,3))n－1.令t＝(eq \f(2,3))n－1>0，则t＝1，eq \f(2,3)，eq \f(4,9)，…，(eq \f(2,3))n－1，所以an＝t2－t.因为y＝t2－t的对称轴为直线t＝eq \f(1,2)，函数y＝t2－t在(－∞，eq \f(1,2))上单调递减，在(eq \f(1,2)，＋∞)上单调递增，所以当t＝eq \f(4,9)时，an取最小值；当t＝1时，an取最大值，所以{an}既有最大项又有最小项．故选C.7．答案：A解析：因为Sn为等比数列{an}的前n项和，所以S2，S4－S2，S6－S4成等比数列．又因为S2＝4，S4－S2＝6－4＝2，所以S6－S4＝1，所以S6＝1＋S4＝1＋6＝7.故选A.8．答案：A解析：依题意，等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，所以a1＝3＋a，a2＝(9＋a)－(3＋a)＝6，a3＝(27＋a)－(9＋a)＝18，由a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝a1×a3得a＝－1，所以a1＝2，q＝3，所以数列{a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) }的首项为4，公比为9，所以数列{a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) }的前n项和Tn＝eq \f(4（1－9n）,1－9)＝eq \f(9n－1,2).故选A.9．答案：AB解析：数列的项数可以是有限的也可以是无限的．数列通项的表达式可以不唯一．例如数列1，0，－1，0，1，0，－1，0，…的通项可以是an＝sineq \f(nπ,2)，也可以是an＝coseq \f(（n＋3）π,2)等等．故选AB.10．答案：ABD解析：因为an＝an－1＋2an－2(n≥3)，所以an＋an－1＝2an－1＋2an－2＝2(an－1＋an－2)，又a1＋a2＝2≠0，所以{an＋an＋1}是等比数列，A正确；同理an－2an－1＝an－1＋2an－2－2an－1＝－an－1＋2an－2＝－(an－1－2an－2)，而a2－2a1＝－1，所以{an＋1－2an}是等比数列，B正确；若an＝eq \f(2n＋1＋（－1）n,3)，则a2＝eq \f(23＋（－1）2,3)＝3，但a2＝1≠3，C错误；由A知{an＋an－1}是等比数列，且公比为2，因此数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…仍然是等比数列，公比为4，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝eq \f(2×（1－410）,1－4)＝eq \f(2,3)×(410－1)，D正确．故选ABD.11．答案：ACD解析：由题意知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且{Sn}成等差数列，所以S1＋S3＝2S2，即a1＋(a1＋a2＋a3)＝2(a1＋a2)，化简得a2＝a3，所以数列{an}的公比为1，即{an}为常数列，所以an＝a1>0(n∈N＋)，Sn＝na1.对于A，an＋Sn＝na1＋a1，则{an＋Sn}是首项为2a1，公差为a1的等差数列，故A正确；对于B，因为an·Sn＝na eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ，所以{an·Sn}是首项为a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ，公差为a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) 的等差数列，不是等比数列，故B错误；对于C，a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) ＝a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ，所以{a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)) }是各项大于零的常数列，是等差数列，也是等比数列，故C正确；对于D，eq \f(Sn,n)＝a1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是各项大于零的常数列，是等差数列，也是等比数列，故D正确．故选ACD.12．答案：BCD解析：Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，整理得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1(常数)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C正确；所以eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－eq \f(1,n).所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(首项不符合通项)，故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，))故B正确；所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－(1＋2＋3＋…＋100)＝－5050，故D正确．故选BCD.13．答案：k＋2解析：两个奇数之间相差2，所以n＝k＋2.14．答案：eq \f(15,17)解析：S11＝eq \f(11（a1＋a11）,2)＝11a6，同理可得T11＝11b6.所以eq \f(S11,T11)＝eq \f(11a6,11b6)＝eq \f(a6,b6)＝eq \f(2×6＋3,3×6－1)＝eq \f(15,17).15．答案：0　－10解析：设等差数列{an}的公差为d，∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝－3，,S5＝－10，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－3，,5a1＋10d＝－10.))∴可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝1，))∴a5＝a1＋4d＝0.∵Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(1,2)(n2－9n)，∴当n＝4或n＝5时，Sn取得最小值，最小值为－10.16．答案：749解析：由已知得，a2－a1＝3，a3－a2＝6，而{an＋1－an}是等比数列，故q＝2，∴(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝3＋6＋…＋3×2n－2＝eq \f(3－3×2n－1,1－2)＝3×2n－1－3，∴an－a1＝3×2n－1－3，化简得an＝3×2n－1－2，S8＝a1＋a2＋…＋a8＝3×(1＋2＋…＋27)－2×8＝3×eq \f(1－28,1－2)－16＝3×28－19＝749.17．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，因为an>0，所以q>0，因为a2，a4，a2＋36成等差数列，所以2a4＝a2＋a2＋36，所以2a3q＝2×eq \f(a3,q)＋36，即2×12q＝2×eq \f(12,q)＋36，整理为2q2－3q－2＝0，解得q＝－eq \f(1,2)(舍去)或q＝2，所以a3＝a1×22＝12，解得a1＝3，所以an＝3×2n－1(n∈N＋).(2)由(1)可得b3＝a3＝12，b9＝a5＝3×24＝48，设等差数列{bn}的公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＋2d＝12，,b1＋8d＝48，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝0，,d＝6，))所以bn＝6(n－1)(n∈N＋)，所以b2n＋1＝12n，由题意可知{b2n＋1}是以b3为首项，12为公差的等差数列，所以b3＋b5＋b7＋…＋b2n＋1＝12n＋12×eq \f(n（n－1）,2)＝6n2＋6n.18．解析：(1)设数列{an}的公比为q，因为a2＋a3＝6a1，所以a1q＋a1q2＝6a1，故q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3，又数列{an}为正项等比数列，故q＝2.由S3＝21，得a1(1＋q＋q2)＝21，将q＝2代入，得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3×2n－1(n∈N＋).(2)选择①bn＝eq \f(an,3n).由(1)可得bn＝eq \f(an,3n)＝eq \f(3×2n－1,3n)＝(eq \f(2,3))n－1，所以数列{bn}是首项为1，公比为eq \f(2,3)的等比数列，所以Tn＝eq \f(1－（\f(2,3)）n,1－\f(2,3))＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n))).选择②bn＝an＋2n.由(1)可得bn＝an＋2n＝3×2n－1＋2n，所以Tn＝eq \f(3（1－2n）,1－2)＋eq \f(n（2＋2n）,2)＝3(2n－1)＋n2＋n.选择③bn＝log2eq \f(an,3).由(1)可得bn＝log2eq \f(an,3)＝log2eq \f(3×2n－1,3)＝log22n－1＝n－1，所以数列{bn}是首项为0，公差为1的等差数列，所以Tn＝eq \f(n（n－1）,2).19．解析：(1)证明：由已知条件，得Sn＝nan－eq \f(n2,2)＋eq \f(n,2).当n＝1时，a1＝S1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－eq \f(n2,2)＋eq \f(n,2)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（n－1）an－1－\f(（n－1）2,2)＋\f(n－1,2)))，∴(1－n)an＝－n＋1－(n－1)an－1.等式两边同时除以1－n，得an＝1＋an－1，∴an－an－1＝1.∴{an}是公差为1的等差数列．(2)由(1)可得an＝a1＋(n－1).∴a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8.∵a4，a7，a9成等比数列，∴a eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)) ＝a4·a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，∴a1＝－12，∴Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)×1＝－12n＋eq \f(n2－n,2)＝eq \f(1,2)n2－eq \f(25,2)n.当n＝12或n＝13时，Sn取得最小值，为eq \f(1,2)×122－eq \f(25,2)×12＝－78.20．解析：(1)因为Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n，所以当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n－[eq \f(1,2)(n－1)2＋eq \f(1,2)(n－1)]＝n，又n＝1符合上式，所以an＝n(n∈N＋).(2)因为bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n＝2k－1，k∈N＋，,2\a\vs4\al(an)，n＝2k，k∈N＋，))所以对任意的k∈N＋，b2k＋1－b2k－1＝(2k＋1)－(2k－1)＝2，则{b2k－1}是以1为首项，2为公差的等差数列；eq \f(b2k＋2,b2k)＝eq \f(22k＋2,22k)＝4，则{b2k}是以4为首项，4为公比的等比数列．所以T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(22＋24＋26＋…＋22n)＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＋eq \f(4（1－4n）,1－4)＝n2＋eq \f(4n＋1,3)－eq \f(4,3).21．解析：(1)因为{an}是首项为1的等比数列，且a1，3a2，9a3成等差数列，设{an}的公比为q，所以6a2＝a1＋9a3，所以6a1q＝a1＋9a1q2，即9q2－6q＋1＝0，解得q＝eq \f(1,3)，所以an＝(eq \f(1,3))n－1(n∈N＋)，所以bn＝eq \f(nan,3)＝eq \f(n,3n)(n∈N＋).(2)证明：由(1)可得Sn＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)(1－eq \f(1,3n))，Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋…＋eq \f(n－1,3n－1)＋eq \f(n,3n)，①eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,32)＋eq \f(2,33)＋…＋eq \f(n－1,3n)＋eq \f(n,3n＋1)，②①－②得eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n)－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(\f(1,3)（1－\f(1,3n)）,1－\f(1,3))－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,2)(1－eq \f(1,3n))－eq \f(n,3n＋1)，所以Tn＝eq \f(3,4)(1－eq \f(1,3n))－eq \f(n,2·3n)，所以Tn－eq \f(Sn,2)＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq \f(n,2·3n)－eq \f(3,4)(1－eq \f(1,3n))＝－eq \f(n,2·3n)