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免费课后测评

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免费课后测评，共24页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。

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 019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.观察下面数阵:

则该数阵中第9行,从左往右数的第20个数是(　　)
A.545 B.547
C.549 D.551
7.设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=12,n+1an+1=nan+2n,则S100=(　　)
A.2-492100 B.2-49299
C.2-512100 D.2-51299
8.设{an}是等差数列,且公差不为零,其前n项和为Sn,则“∀n∈N* ,Sn+1>Sn”是“{an}为递增数列”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
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3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}的各项按如下规律排列:12,13,23,14,24,34,15,25,35,45,…,1m,2m,…,m-1m(m≥2,m∈N*),…,则以下运算和结论正确的是(　　)
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项和为Tn=n2+n4
D.若存在正整数k,使Sk<10,Sk+1≥10,则ak=57
12.在数列{an}中,若an2-an-12=p(n≥2,n∈N*,p为常数),则称{an}为“等方差数列”.下列对“等方差数列”的判断正确的是(　　)
A.若{an}是等差数列,则{an2}是等方差数列
B.{(-1)n}是等方差数列
C.若{an}是等方差数列,则{akn}(k∈N*,k为常数)也是等方差数列
D.若{an}既是等方差数列,又是等差数列,则该数列为常数列
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》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?”则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”的通项公式为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 注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.







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}的前n项和为Sn,且满足Sn=3an+2n-4.
(1)求证:数列{an-2}为等比数列;
(2)记bn=2n-12n-1an+3n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.







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项之积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)若无穷数列a1,a2,a3,…满足:对任意两个正整数i,j(j-i≥3),ai-1+aj+1=ai+aj与ai+1+aj-1=ai+aj至少有一个成立,则称这个数列为“和谐数列”.
(1)求证:若数列{an}为等差数列,则{an}为“和谐数列”;
(2)求证:若数列{an}为“和谐数列”,则数列{an}从第3项起为等差数列;
(3)若{an}是各项均为整数的“和谐数列”,满足a1=0,且存在p∈N*,使得ap=p,a1+a2+a3+…+ap=-p,求p的所有可能值.











答案全解全析
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 019=a3=11-a1=13.故选B.
5.C　设数列{an}的首项为a1,数列{bn}的首项为b1.∵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.
经验证知,当n=1,2,3,5,11时,anbn为整数.故选C.
6.C　由题意可得该数阵中第m行有2m-1个数,
所以前m行共有1×(1-2m)1-2=2m-1个数,
所以前8行共255个数.
因为该数阵中的数依次相连构成等差数列,
所以该数阵中第9行,从左往右数的第20个数是1+(275-1)×2=549.故选C.
7.D　由n+1an+1=nan+2n,得n+1an+1-nan=2n,则nan-n-1an-1=2n-1,n-1an-1-n-2an-2=2n-2,……,2a2-1a1=21,
将各式左右两边分别相加,
得nan-1a1=21+22+…+2n-1=2n-2,
又a1=12,所以an=n·12n,
所以S100=1×12+2×122+…+100×12100,①
12S100=1×122+…+99×12100+100×12101,②
①-②,得12S100=12+122+…+12100-100×12101=1-12100-100×12101,
所以S100=2-1299-100×12100=2-51299.故选D.
8.A　由Sn+1>Sn得an+1>0,
设{an}的首项为a1,公差为d,则a1+nd>0,又Sn+1>Sn对任意n∈N*恒成立,∴a1+nd>0对任意n∈N*恒成立,
∴(a1+nd)min>0,由d≠0,
得当d<0时,a1+nd无最小值,
当d>0时,a1+nd存在最小值,为a1+d,
∴d>0,从而{an}是递增数列,所以充分性成立.
若{an}递增,则Sn+1>Sn不一定成立,
如an=-112+n,则S4=-12,S5=-252,S5 二、多项选择题
9.AC　设等差数列{an}的首项为a1,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+bn①,
bn+1=an+2bn+lnn+1n3②,
①-②得,an+1-bn+1=an-bn-lnn+1n3,
当n=1时,a2-b2=a1-b1-ln 2,
∴a2-b2 ①+②得,an+1+bn+1=3(an+bn)+ln(n+1)-3ln n,an+1+bn+1-ln(n+1)=3(an+bn-ln n),
∴{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,∴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,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增长速度知,从某个n(n∈N*)起,(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,…的分数分别有1,2,3,…个,
∴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,……,1m+2m+…+m-1m=m-12(m≥2),∴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的结论,可知Tn=n×12+n(n-1)2×12=n2+n4,C正确;
在D中,由C中结论可得,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.BCD　在选项A中,取an=n,则{an}是等差数列,且an2=n2,则an+12-an2=(n+1)2-n2=2n+1,不是常数,∴{an2}不是等方差数列,∴A错误.在选项B中,an2-an-12=[(-1)n]2-[(-1)n-1]2=1-1=0,是常数,
∴{(-1)n}是等方差数列,∴B正确.在选项C中,由{an}是等方差数列,得an2-an-12=p,从而an2=a12+(n-1)p.
∴ak(n+1)2-akn2=[a12+(kn+k-1)p]-[a12+(kn-1)p]=kp,是常数,∴{akn}是等方差数列,∴C正确.在选项D中,由{an}是等差数列,可设公差为d,则an-an-1=d,
又{an}是等方差数列,∴an2-an-12=p.
∴an2-an-12=(an+an-1)(an-an-1)=(an+an-1)d=p,从而(an+1+an)d=p.
两式相减得,(d+d)d=0,解得d=0,所以{an}是常数列,∴D正确.故选BCD.
三、填空题
13.答案　2;5(2n-1)6
解析　设等比数列{an}的首项为a1.
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,初次分钱时,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,则总钱数为100n,可得n22+5n2=100n,解得n=195,即分钱问题中的人数为195.
名师点评　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　设数列{an}的首项为a1.由题得an+Sn=3n-1,an-1+Sn-1=3n-4(n≥2),两式相减得an=12an-1+32,即an-3=12(an-1-3),所以数列{an-3}是公比为12的等比数列,当n=1时,结合题得a1+S1=a1+a1=2,解得a1=1,
所以an-3=(a1-3)12n-1
=(1-3)·12n-1=-12n-2,
所以an=3-12n-2.
16.答案　-2
解析　由题意得an+1-an=2n,则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)
若存在k,使得Sk>Sk+1,即Sk+1-Sk<0,则ak+1<0;
同理,若使Sk+10,则ak+2>0.(4分)
解法一:若选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n=4时,满足a5=-1<0且a6=2>0,即存在k=4,使S4>S5且S5 若选②:由a4=b4=27,且a5=-1,得d=a5-a4=-28<0,(6分)
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 若选③:由S5=-25=5(a1+a5)2=5a3,解得a3=-5,(6分)
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n=4时,满足a5=-1<0且a6=1>0,即存在k=4,使得S4>S5且S5 解法二:若选①:由b1+b3=a2,得a2=-1-9=-10,所以d=a5-a23=3,a1=a2-d=-13,所以Sn=na1+n(n-1)2×d=12(3n2-29n).(6分)
由Sk>Sk+1,Sk+1 3k2-29k2>3(k+1)2-29(k+1)2,3(k+1)2-29(k+1)2<3(k+2)2-29(k+2)2,(8分)
解得103 若选②:由a4=b4=27,a5=b1=-1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 -14k2+125k>-14(k+1)2+125(k+1),-14(k+1)2+125(k+1)<-14(k+2)2+125(k+2),(8分)
不等式组无解,
所以不存在k值,使得Sk>Sk+1且Sk+1 若选③:由S5=5(a1+a5)2=5a3=-25,
得a3=-5,又a5=b1=-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 k2-10k>(k+1)2-10(k+1),(k+1)2-10(k+1)<(k+2)2-10(k+2),(8分)
解得72 即存在k=4,使得Sk>Sk+1且Sk+1 18.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d.
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)证明:当n=1时,S1=3a1-2,解得a1=1,(2分)
由Sn=3an+2n-4,①
得Sn+1=3an+1+2(n+1)-4,②
②-①得,an+1=3an+1-3an+2,(4分)
即an+1=32an-1,an+1-2=32(an-2),
又a1-2=-1,
所以{an-2}是首项为-1,公比为32的等比数列.(6分)
(2)由(1)知an-2=(-1)×32n-1,故an=2-32n-1,因此bn=2n-12n.(8分)
故Tn=12+322+523+…+2n-12n,①
12Tn=122+323+…+2n-32n+2n-12n+1,②
①-②得,12Tn=12+222+223+…+22n-2n-12n+1=12+12+122+…+12n-1-2n-12n+1=12+121-12n-11-12-2n-12n+1=12+1-12n-1-2n-12n+1=32-2n+32n+1,(11分)
所以Tn=3-2n+32n.(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).
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为偶数,12(3n+1-3)-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d=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)证明: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 所以bn=nn+2-nn+1 所以Sn<12×12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=14-12(n+2)<14.
综上可知,对任意正整数n,都有0 证法二:由(1)知an=nn+1,
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 所以Sn<12×12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=14-12(n+2)<14.
综上可知,对任意正整数n,都有0 22.解析　(1)证明:因为数列{an}为等差数列,所以对任意两个正整数i,j(j-i≥3),有 ai+1-ai=aj-aj-1=d(d为数列{an}的公差),所以ai+1+aj-1=ai+aj.
所以数列{an}为“和谐数列”.(4分)
(2)证明:因为数列{an}为“和谐数列”,
所以当i=1,j=4时,只能ai+1+aj-1=ai+aj成立, ai-1+aj+1=ai+aj不成立.
所以a2+a3=a1+a4,即a2-a1=a4-a3.(5分)
当i=1,j=5,6,7,8,9,…时,也只能ai+1+aj-1=ai+aj成立,ai-1+aj+1=ai+aj不成立.
所以a2+a4=a1+a5,a2+a5=a1+a6,a2+a6=a1+a7,……
即a2-a1=a5-a4=a6-a5=a7-a6=…,所以a2-a1=a4-a3=a5-a4=a6-a5=…,(7分)
令a2-a1=d,则数列{an}满足an-an-1=d(n≥4).
所以数列{an}从第3项起为等差数列.(8分)
(3)①若p=1,则ap=a1=1,与a1=0矛盾,不合题意.
②若p=2,则a1=0,a2=2,但a1+a2=2≠-2,不合题意.(9分)
③若p=3,则a1=0,a3=3,由a1+a2+a3=-3,得a2=-6,
此时数列{an}为0,-6,3,-3,-9,…,符合题意.(10分)
④若p≥4,设a2-a1=d,
则a1+a2+…+ap=0+d+[p-(p-3)d]+[p-(p-4)d]+…+(p-d)+pp-2
=-p,
所以[p-(p-3)d]+[p-(p-4)d]+…+(p-d)+p+(p+d)p-1
=0,
即[(p+d)+p-(p-3)d](p-1)2=0.
因为p-1≠0,所以p+d+p-(p-3)d=0,
即2p+(4-p)d=0.
所以p=4不合题意.
所以d=2pp-4=2p-8+8p-4=2+8p-4.
因为p∈N*,所以8p-4为整数,所以p=5,6,8,12.
综上所述,p的所有可能值为3,5,6,8,12.(12分)