高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列本章综合与测试单元测试课时练习

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列本章综合与测试单元测试课时练习，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第四章 数列 单元过关检测 能力提升B卷
解析版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题型：8（单选）+4（多选）+4（填空）+6（解答），满分150分，时间：120分钟
一、单选题
1．已知等差数列的公差和首项都不为零，且，，成等比数列，则（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【解析】
【分析】
用表示，，，利用它们成等比数列可得，从而可得的值.
【详解】
设等差数列的公差为，则，，，
因为，，成等比数列，故，
整理得到，因，故，故，
故，选B.
【点睛】
等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．
2．设正项等比数列的前项和为，，则公比等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由条件可得，即可求出.
【详解】
因为，所以
所以，即
因为，所以
故选：A
【点睛】
本题考查的是等比数列的知识，考查了学生的转化能力，较简单.
3．两个等差数列和，其前项和分别为、，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
推导出，由此可求得结果.
【详解】
在等差数列和中，.
故选：D.
【点睛】
本题考查等差数列前项和性质的应用，考查计算能力，属于基础题.
4．已知数列为等差数列，，，以表示的前项和，则使得达到最小值的是（ ）
A．37和38 B．38 C．37 D．36和37
【答案】D
【分析】
由等差数列的通项公式，结合条件求出首项和公差，写出前n项和的公式，再配方求最值，但注意n取正整数这一条件．
【详解】
设的公差为d，由题意得，

即①

即②
由①②联立得

故当或时，达到最小值．
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了求等差数列前项和最小值，解题关键是掌握等差数列前项和公式：，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
5．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（ ）（参考数据：，）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】
依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前项和，列出不等式解之可得．
【详解】
第一次操作去掉的区间长度为；第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；…第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为，
由题意，，即，即，解得：，
又为整数，所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】
本题以数学文化为背景，考查等比数列通项、前项和等知识及估算能力，属于中档题.
6．已知数列1、1、2、1、2、4、1、2、4、8、1、2、4、8、16、…，其中第一项是，接下来的两项是、，再接下来的三项是、、，以此类推，若且该数列的前项和为2的整数幂，则的最小值为（ ）
A．440 B．330 C．220 D．110
【答案】A
【分析】
把题设中的数列分成如下的组： ，记前组的和为，算出后结合前项和为2的整数幂可得的最小值.
【详解】
把题设中的数列分成如下的组： ，记前组的和为。
则
.
令即，故.
故当时，数列至少包括前13组且含有第14组的前个元素.
设前项和为2的整数幂且第项为第组的第个元素，则，
且前项和，其中，.
下证：当时，总有.
记，则当时，有，
故为单调增数列，而，故即.
所以，
由为2的整数幂，故，从而，
当时，，与矛盾；
当时，，此时，
故选：A.
【点睛】
本题考查分组数列的和以及与不定方程的整数解，对于分组数列的前项和的问题，一般采用计算“大组”和，再计算“小组”和，而不定方程的整数解问题，则需把和式放缩为2的正整数幂的形式，从而确定和的表达式，本题属于难题.
7．等差数列，满足，则（ ）
A．的最大值为50 B．的最小值为50
C．的最大值为51 D．的最小值为51
【答案】A
【解析】
【分析】
首先数列中的项一定满足既有正项，又有负项，不妨设，由此判断出数列为偶数项，利用配凑法和关系式的变换求出的最大值.
【详解】
为等差数列，则使，所以数列中的项一定有正有负，不妨设，因为为定值，故设，且，解得.若且，则，同理若，则.所以，所以数列的项数为，所以，由于，所以，解得，故，故选A.
【点睛】
本小题主要考查数列的通项公式的应用，考查等差数列求和公式的应用，考查运算求解能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
8．已知数列满足，且对任意的都有，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
，，两式相除得，也满足,,，又的取值范围是，故选D.
【方法点睛】本题主要考查由递推关系求通项公式、等比数列的余弦公式与求和公式以及不等式恒成立问题，属于难题. 对于求不等式恒成立时的参数范围问题，在可能的情况下尽量把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的式子, 这样就把问题转化为一端是含变量式子, 另一端是参数的不等式，便于利用最值法解决问题. 但要注意分离参数法不是万能的, 如果分离参数后,得出的多项式较为复杂, 性质很难研究, 就不要使用分离参数法.

二、多选题
9．(多选)已知单调递增的等差数列满足，则下列各式一定成立的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】
由等差数列满足，利用等差数列的性质得到，再逐项判断.
【详解】
设等差数列的公差为，易知，
∵等差数列满足，
且，
，
，故B，D正确，A错误.
又，，
,
，故C错误.
故选：BD.
10．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．的最大值为 D．的最大值为
【答案】AD
【分析】
利用等比数列，得数列为等差数列，用等差数列的性质得出和的大小关系
【详解】
解：因为等比数列的公比为，由得，所以数列为等差数列，公差为，
由于，，则且，得，，
由 ，得，，
若，则，而，则，则，，此时 不成立，所以，所以，所以A正确；
由，，得，又因为，所以数列为递减数列，从第10项开始小于零，故前9项和最大，即可的最大值为，所以D正确，
因为，所以，所以B不正确，
因为，，所以数列各项均为正数，所以没有最大值，所以C不正确，
故选：AD
【点睛】
此题考查等差数列与等比数列的性质和前项和公式的应用，属于中档题
11．黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工．在一个黄金矩形（宽长比约等于0.618）里先以宽为边长做正方形，然后在剩下小的矩形里以其宽为边长做正方形，如此循环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”．达·芬奇的《蒙娜丽莎》，希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线．现将每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半径设为an (n∈N*)，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)．再将扇形面积设为bn (n∈N*)，则（ ）

A．4(b2020－b2019)＝πa2018·a2021 B．a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝a2021－1
C．a12＋a22＋a32…＋(a2020)2＝2a2019·a2021 D．a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2＝0
【答案】ABD
【分析】
对于A，由题意得bn ＝an2，然后化简4(b2020－b2019)可得结果；对于B，利用累加法求解即可；对于C，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，即an－1＝an－2－an，两边同乘an－1 ，可得an－12＝an－1 an－2－an－1 an，然后累加求解；对于D，由题意an－1＝an－an－2，则a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2，化简可得结果
【详解】
由题意得bn ＝an2，则4(b2020－b2019)＝4(a20202－a20192)＝π(a2020＋a2019)(a2020－a2019)＝πa2018·a2021，则选项A正确；
又数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，所以an－2＝an－an－1(n≥3)，a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋…＋(a2021－a2020)＝a2021－a2＝a2021－1，则选项B正确；
数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，即an－1＝an－2－an，两边同乘an－1 ，可得an－12＝an－1 an－2－an－1 an，则a12＋a22＋a32…＋(a2020)2＝a12＋(a2a1－a2a3)＋(a3a2－a3a4)＋…＋(a2020a2019－a2020a2021)＝a12－a2020a2021＝1－a2020a2021，则选项C错误；
由题意an－1＝an－an－2，则a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2＝a2019·(a2021－a2019)＋a2020·(a2018－a2020)＝a2019·a2020＋a2020·(－a2019)＝0，则选项D正确；
故选：ABD.
【点睛】
此题考查数列的递推式的应用，考查累加法的应用，考查计算能力，属于中档题
12．如图，已知点是的边的中点，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为1的正项数列，是数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）

A． B．数列是等比数列
C． D．
【答案】AB
【分析】
化简得到，根据共线得到，即，计算，依次判断每个选项得到答案.
【详解】
，
故，共线，故，
即，，故，故.
，正确；数列是等比数列，正确；
，错误；，故错误.
故选：.
【点睛】
本题考查了向量运算，数列的通项公式，数列求和，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力.


三、填空题
13．已知数列满足且，为数列的前项和，则__________.
【答案】2023
【分析】
根据递推公式求出数列前6项，观察可得数列是以3为周期的数列，则，代入相应值计算即可.
【详解】
根据题意，，，，，，，，可知数列是以3为周期的数列，
所以
.
故答案为：2023
【点睛】
本题考查由数列的递推公式求数列的性质、数列的周期性的应用，属于基础题.
14．设数列的前项和为，若，且，则_______.
【答案】
【分析】
用，代入已知等式，得，变形可得，说明是等差数列，求其通项公式，可得的值.
【详解】
，，整理可得，
则，即，
所以，是以为公差的等差数列，又，
，则.
故答案为：.
【点评】
本题考查数列递推式，考查等差数列的判定，训练了等差数列通项公式的求法，是中档题.
15．已知函数，，正项等比数列满足，则等于______．
【答案】
【解析】
试题分析：因为，所以．因为数列是等比数列，所以，即．设 ①，又＋…＋ ②，①+②，得，所以．
考点：1、等比数列的性质；2、对数的运算；3、数列求和．
【知识点睛】如果一个数列，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和（都相等，为定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．如等差数列的前项和公式即是用此法推导的．
16．已知等比数列中，，在与两项之间依次插入个正整数，得到数列，即．则数列的前项之和_______(用数字作答)．
【答案】2007050
【解析】
【分析】
在数列中，到项共有项，即为，因此判断出共含有的项数，进而即可得出．
【详解】
在数列中，到项共有项，即为．
则 ．
设等比数的公比为，由，，得，解得 ，
因此故答案为2007050．
【点睛】
熟练掌握等差数列和等比数列的前n项和公式及由已知判断出共含有an的项数是解题的关键．

四、解答题
17．在①对任意，满足，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．
问题：已知数列的前项和为，，______，若数列是等差数列，求数列的通项公式；若数列不一定是等差数列，说明理由．
【答案】选择条件①，数列不一定是等差数列，理由见解析；选择条件②，数列的通项公式为；选择条件③，．
【分析】
若选择条件①，可得，即，由于无法确定的值，即可判断；
若选择条件②：可得，，再根据等差数列的通项公式计算得解；
若选择条件③：利用，可得，，再根据等差数列的通项公式计算得解；
【详解】
解：选择条件①：
因为对任意，，满足，
所以，所以．
因为无法确定的值，所以不一定等于2．
所以数列不一定是等差数列．
选择条件②：
由，得，即，．
又因为，所以．
所以数列是等差数列，其公差为2．
因此，数列的通项公式为．
选择条件③：
因为，
所以，
两式相减得，即．
又，即，所以，，
又，，所以，
所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以．
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式的计算，根据求通项公式，属于基础题.
18．根据预测，疫情期间，某医院第天口罩供应量和消耗量分别为和（单位：个），其中，，第天末的口罩保有量是前天的累计供应量与消耗量的差．
（1）求该医院第天末的口罩保有量；
（2）已知该医院口罩仓库在第天末的口罩容纳量（单位：个）．设在某天末，口罩保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时仓库的口罩容纳量？
【答案】（1）；（2）第天末，口罩保有量达到最大超过了.
【分析】
（1）分别将代入和算出前个天的口罩供应量和消耗量，差值即为保有量；
（2）当供应量大于消耗量时，口罩保有量增加，根据和列出不等式，求出的最大值，计算出最大保有量和最大容纳量比较即可得出结论.
【详解】
（1）第天末的口罩保有量是前天口罩供应量和消耗量之差，
将代入和得第天末的口罩保有量为：
，
所以该医院第天末的口罩保有量为；
（2）当时，保有量始终增加.
即，为正整数，解得，
即第天末的时候，保有量达到最大，
此时
，
而容纳量为，
而，所以保有量超过了容纳量.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是读懂题意当供应量大于消耗量时，口罩保有量增加，前个天的口罩供应量和消耗量差值即为保有量；第二问当时，保有量始终增加，由，为正整数，解得，即第天末的时候，保有量达到最大，计算出前天保有量和第天末的口罩容纳量比较即可.
19．已知正项数列的前项和为.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足：，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）利用求得的递推关系，并得出，同时验证后确定是等差数列，得通项公式；
（2）用与（1）类似方法得出．然后用裂项相消法求得和．
【详解】
解：由题知：
两式相减得：；
所以，
所以；
因为，
所以*
又因为，
所以，
因为，解得：（舍去），
所以适合*式
所以是以为首项，为公差的等差数列.
所以
由得：①；
所以②
①②得：，
所以
又由①式得，适合上式
所以
所以
所以

【点睛】
本题考查求等差数列、等比数列的通项公式，裂项相消法求和．在由求解时要注意，需对进行检验．另外数列求和的常用方法：
设数列是等差数列，是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
20．已知数列的前项和为，，且为与的等差中项，当时，总有.
（1）求数列的通项公式；
（2）记为在区间内的个数，记数列的前项和为，求.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）利用得出的递推关系，同时判断与的关系也与这个相同，从而得数列是等比数列，由等比数列通项公式可得结论；
（2）由（1）可得，写出，两两配对后易得和．
【详解】
（1）因为，，，
所以，，
因为，，，依次成等差数列，所以，得，
所以，
所以数列是以1为首项，公比为的等比数列，所以.
（2）由题意知：，所以，
所以，即，
所以，
当为偶数时，

，
所以．
【点睛】
本题考查由求，求等比数列的通项公式，考查分组（并项）求和法．在由的转化中注意，因此后面的关系式、结论需验证时是否成立，否则易出错．在出现正负相间的数列求和时常常相邻项并项后再求和．
21．已知项数为的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”.
（1）数列是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”若不存在，请说明理由；
（2）若为的“伴随数列"，证明: ；
（3）已知数列存在“伴随数列，且，求的最大值.
【答案】（1）存在， ；（2）证明见解析；（3）33.
【分析】
（1）根据定义求出即可；
（2）证明即可得；
（3）首先证明的伴随数列是在在的，最小的，然后确定的范围求的最大值，由（2）由（2）知，，利用累加法可得，得出，从而（是整数），又由知是2048的正约数，这样得出的最大值为33，构造数列，它存在伴随数列，从而得证．
【详解】
（1）因为，
，，均为正整数
所以数列存在“伴随数列”，且其“伴随数列”为
（2）因为数列存在“伴随数列”，
所以，且
∴，
∴，即，
∴．
（3）①因为，其中
当时，有
，均为正整数
即当时，数列存在“伴随数列”：
因此的最小值为
②一方面，由（2）知，
于是
所以
另一方面，由数列存在“伴随数列，知

所以是的正约数，取
即取
综合上述为最大值，取有
符合条件
因此的最大值为．
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键是理解新定义，应用新定义求解．在求的最大值时，注意数列与不等式的综合运用，解题时分为两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列在在，至少是可以的，另一方面，确定的最大值，利用累加法估计出的范围，再由伴随数列的性质得出满足的性质，由这两个确定出的最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的项数是，且在在伴随数列．否则解题过程不全面．
22．设数列的前项和为，已知，且．
（1）证明为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设，且，证明；
（3）在（2）的条件下，若对于任意的不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析；（3）．
【分析】
（1）运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式即可得到所求；
（2）求得，由放缩法和裂项相消求和，即可得证；
（3）由题意可得恒成立，设，讨论，，，结合二次函数的单调性，即可得到所求范围．
【详解】
解：（1）在，中，
令，得，即，
∵，解得，
当时，由，得到，
则，
又，则，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列，
∴，即，
（2），则，
当时，，
当时，，
，
综上，．
（3）当恒成立时，
即恒成立，
设，
当时，恒成立，则满足条件；
当时，由二次函数性质知不恒成立；
当时，由于对称轴，则在上单调递减，
恒成立，则满足条件，
综上所述，实数的取值范围是．
【点睛】
本题考查等比数列的定义和通项公式，考查构造数列法，以及数列不等式的证明，注意运用放缩法和裂项相消求和，考查数列的单调性的运用，以及转化思想和运算能力和推理能力，属于难题．