新教材2023高中数学第四章数列质量评估新人教A版选择性必修第二册 试卷

这是一份新教材2023高中数学第四章数列质量评估新人教A版选择性必修第二册，共9页。

第四章质量评估
(时间:120分钟　分值:150分)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单项选择题: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.记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S4=0,a5=5,则(　　) A.an=2n-5
B.an=3n-10
C.Sn=2n2-8n
D.Sn=n2-2n
解析:设等差数列{an}的公差为d,由S4=0,a5=5,得解得所以an=2n-5,Sn=n2-4n.
答案:A
2.在递减的等比数列{an}中,若a3=1,a2+a4=,则a1=(　　) A.2 B.4C. D.2
解析:设数列{an}的公比为q,由题意,可知0 答案:B
3.设数列{an}是首项为a1,公差为-2的等差数列,Sn为其前n项和,若S1,S2,S4成等比数列,则a1=(　　)
A.8 B.-8C.1 D.-1
解析:由题意,可得an=a1+(n-1)×(-2)=a1-2(n-1),
所以S1=a1,S2=2a1-2,S4=4a1-12.
因为S1,S2,S4成等比数列,所以=a1(4a1-12),解得a1=-1.
答案:D
4.已知数列{an}满足a1=10,an=(n≥2),则a20=(　　)
A. B.C. D.
解析:因为an=(n≥2),所以=1+(n≥2),即-=1(n≥2),所以数列是首项为,公差为1的等差数列,所以=+(n-1),即an=.所以a20=.
答案:C
5.设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数,且对任意的实数x,y∈R,都有f(x)·f(y)=f(x+y),若在数列{an}中,a1=,an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围为(　　)
A. B.C. D.
解析:依题意,得f(n+1)=f(n)·f(1),即an+1=ana1=an.所以数列{an}是以为首项,为公比的等比数列,所以Sn==1-,所以Sn∈.
答案:C
6.已知等比数列{an}中,a2=3,a5=81,bn=log3an,若数列{bn}的前n项和为Tn,则T8=(　　) A.36 B.28C.45 D.32
解析:设等比数列{an}的公比为q.
由题意可得q3==27,解得q=3.
所以an=a2qn-2=3·3n-2=3n-1,
故bn=log33n-1=n-1.
因为bn+1-bn=1,
所以{bn}是等差数列,
故T8==28.
答案:B
7.数学家斐波那契以兔子繁殖为例,引入“兔子数列”:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…,即F(1)=F(2)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2)(n≥3,n∈N*).若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{an},则数列{an}的前519项的和为(　　)
A.372 B.373C.346 D.519
解析:由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…各项除以2的余数,可得数列{an}为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,…,
所以数列{an}是周期为3的周期数列,
一个周期中3项的和为1+1+0=2,
因为519=173×3,
所以数列{an}的前519项的和为173×2=346.
答案:C
8.定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数f(x),若对于任意给定的等比数列{an},{f(an)}仍是等比数列,则称f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的如下函数,其中是“保等比数列函数”的是(　　)
A.f(x)=x3
B.f(x)=ex
C.f(x)=2x+1
D.f(x)=ln|x|
解析:设等比数列{an}的公比为q,则=q.对于A项中的函数f(x)=x3,===q3,所以该函数为“保等比数列函数”;对于B项中的函数f(x)=ex,==,不是非零常数,所以该函数不是“保等比数列函数”;对于C项中的函数f(x)=2x+1,=,不是非零常数,所以该函数不是“保等比数列函数”;对于D项中的函数f(x)=ln|x|,=,不是常数,该函数不是“保等比数列函数”.
答案:A
二、多项选择题:本题共4小题,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分.
9.下列选项中能满足数列1,0,1,0,1,0,…的通项公式的有(　　)
A.an=
B.an=sin2
C.an=cos2
D.an=
答案:BCD
10.记Sn为等差数列{an}的前n项和,d为公差,若a4+a5=24,S6=48,则下列选项正确的是(　　) A.a1=-2
B.a1=2
C.d=4
D.d=-4
答案:AC
11.在递增的等比数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,若a1a4=32,a2+a3=12,则下列说法正确的是(　　)
A.q=1
B.数列{Sn+2}是等比数列
C.S8=510
D.数列{lg an}是公差为2的等差数列
解析:根据等比中项的性质,可得a2a3=a1a4=32>0,又a2+a3=12>0,故a2>0,a3>0.
根据根与系数的关系,可知a2,a3是一元二次方程x2-12x+32=0的两个根,解方程,得x1=4,x2=8.
所以a2=4,a3=8或a2=8,a3=4.
因为等比数列{an}是递增数列,所以q>1.
所以a2=4,a3=8满足题意.
所以q=2,a1==2.故选项A不正确.
所以an=a1·qn-1=2n,Sn==2n+1-2.
所以Sn+2=2n+1=4×2n-1.
所以数列{Sn+2}是以4为首项,2为公比的等比数列.故选项B正确.
因为S8=28+1-2=512-2=510,所以选项C正确.
因为lg an=lg 2n=nlg 2,
所以数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列.故选项D不正确.
故选B,C.
答案:BC
12.(2021新高考全国Ⅱ卷)设正整数n=a0·20+a1·21+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记 ω(n)=a0+a1+…+ak,则(　　) A.ω(2n)=ω(n)
B.ω(2n+3)=ω(n)+1
C.ω(8n+5)=ω(4n+3)
D.ω(2n-1)=n
解析:对于A,ω(n)=a0+a1+…+ak,
2n=a0·21+a1·22+…+ak-1·2k+ak·2k+1.
所以ω(2n)=a0+a1+…+ak=ω(n),A正确.
对于B,取n=2知,2n+3=7=1·20+1·21+1·22,所以ω(7)=3.
而2=0·20+1·21,ω(2)=0+1=1,ω(7)=3≠ω(2)+1,B错误.
对于C,8n+5=a0·23+a1·24+…+ak·2k+3+5=1·20+1·22+a0·23+a1·24+…+ak·2k+3,
所以ω(8n+5)=1+1+a0+a1+…+ak=a0+a1+…+ak+2.
4n+3=a0·22+a1·23+…+ak·2k+2+3=1·20+1·21+a0·22+a1·23+…+
ak·2k+2,
所以ω(4n+3)=1+1+a0+a1+…+ak=a0+a1+…+ak+2.
所以ω(8n+5)=ω(4n+3),C正确.
对于D,2n-1=20+21+…+2n-1=1·20+1·21+…+1·2n-1,
所以ω(2n-1)=n,D正确.
答案:ACD
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=,=a6,则S5=.
解析:在等比数列{an}中,由=a6,得q6=a1q5>0.又因为a1=,所以q=3,则S5===.
14.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=10,S4=50,则公差d=-5;当n的值为4或5时,Sn取到最大值.(本题第一空2分,第二空3分)
15.已知f(n)=+++…+(n∈N*),则f(k+1)=f(k)++-(k∈N*).
解析:因为f(n)=+++…+,
所以f(k)=+++…+,
f(k+1)=+++…+
=+++…+++
=f(k)++-.
16.已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*},将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为27.
解析:所有的正奇数与2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成数列{an}.
在数列{an}中,当n=1时,S1=1<12a2=24,不符合题意.
①若an+1=2k(k∈N*),则Sn=21+22+…+2k-1+1+3+…+(2k-3)+(2k-1)=+=2k-2+(2k-1)2.
若2k-2+(2k-1)2>12·2k,可设2k=t,则+t-2>12t,
解得t<22-2或t>22+2.
又t=2k(k∈N*),所以t≥64,所以k≥6.
因为n=k-1+2k-1,所以当k=6时,n=6-1+25=37.
②若an+1=2k+1(k∈N*),则Sn=21+22+…+2t+1+3+…+(2k-1),其中2t<2k+1,t∈N*.
所以Sn=+=2t+1-2+k2.
若2t+1-2+k2>12·(2k+1),则2t+1>-k2+24k+14.
又2t<2k+1,所以4k+2>2t+1,所以4k+2>-k2+24k+14,解得k<10-4或k>10+4.
又k∈N*,所以k≥21.
因为<2t<2k+1,
所以当k=21时,<2t<43,不符合t∈N*,舍去.
当k=22时,29<2t<45,t=5.
因为n=t+k,所以当t=5,k=22时,n=27.
综上所述,使得Sn>12an+1成立的n的最小值为27.
四、解答题:本大题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算过程.
17.(10分)(2021·新高考全国Ⅱ卷)记Sn为公差不为零的等差数列{an}的前n项和,若a3=S5,a2·a4=S4,
(1)求{an}的通项公式;
(2)求使得Sn>an的n的最小值.
解:(1)设数列{an}的公差为d,
所以
由①得a1+2d=0⇒a1=-2d,代入②中,得(-d)·d=-8d+6d⇒d2-2d=0.
因为d≠0,所以d=2,所以a1=-4,
所以an=-4+2(n-1)=2n-6.
(2)Sn=-4n+·2=n2-5n.
由Sn>an⇒n2-5n>2n-6,
所以n2-7n+6>0,(n-1)(n-6)>0,
所以n>6,故n的最小值为7.
18.(12分)某公司举办捐步公益活动,参与者通过捐赠每天的运动步数获得公司提供的牛奶,再将牛奶捐赠给留守儿童.此活动不但为公益事业做出了较大的贡献,公司还获得了相应的广告效益.据测算,首日参与活动的人数为10 000,以后每天人数比前一天都增加15%,30天后捐步人数稳定在第30天的水平,假设此项活动的启动资金为30万元,每位捐步者每天可以使公司收益0.05元(以下人数精确到整数,收益精确到1元).
(1)求活动开始后第5天的捐步人数,以及前5天公司的捐步总收益;
(2)活动开始的第几天公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余?
解:(1)设每天捐步人数构成数列{an},其前n项和为Sn,
则an=(n∈N*)
所以a5=10 000×1.154≈17 490,S5=≈67 424,
则前5天的收益为67 424×0.05≈3 371(元).所以活动开始后第5天的捐步人数约为17 490,前5天公司的捐步总收益约为3 371元.
(2)设活动开始第n天以后公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余.
因为×0.05≈217 373<300 000,所以n>30.
当n>30时,由Sn=×0.05>300 000,解得n>32.87,即活动开始的第33天,公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余.
19.(12分)设{an}是等比数列,公比不为1.已知a1=,且a1,2a2,3a3成等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设数列的前n项和为Tn,求Tn.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠1),且a1,2a2,3a3成等差数列,
所以4a2=a1+3a3,即4a1q=a1+3a1q2,
解得q=或q=1(舍去).因为a1=,所以an=.
(2)由(1),知an=,所以=n·3n,
所以Tn=1×31+2×32+3×33+…+n·3n, ① 则3Tn=1×32+2×33+3×34+…+(n-1)·3n+n·3n+1. ②
①-②,得-2Tn=31+32+33+…+3n-n·3n+1,
则-2Tn=-n·3n+1,
即-2Tn=·3n+1-,
所以Tn=.
20.(12分)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.又数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求数列{bn}的通项公式.
解:(1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.
所以a3+a5=20,则8=20,
解得q=2或q=.
因为q>1,所以q=2.
(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn=解得cn=4n-1.
由(1),可知an=2n-1,
所以bn+1-bn=(4n-1)·,
故bn-bn-1=(4n-5)·,n≥2,
则bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)·+(4n-9)·+…+7×+3.
设Tn=3+7×+11×+…+(4n-5)·,n≥2,①
则Tn=3×+7×+11×+…+(4n-9)·+(4n-5)·, ② 由①-②,得Tn=3+4×+4×+…+4×-(4n-5)·,
所以Tn=3+-(4n-5)·,
所以Tn=7-(4n+3)·,
所以Tn=14-(4n+3)·,n≥2.
又因为b1=1,所以bn=15-(4n+3)·,n∈N*.
21.(12分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3,数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=,证明:c1+c2+…+cn<2,n∈N*.
(1)解:设等差数列{an}的公差为d,
由题意,得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,
解得a1=0,d=2.从而an=2n-2,Sn=n2-n,n∈N*.
由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列,
得(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn),
所以bn=(-SnSn+2).
所以bn=n2+n,n∈N*.
(2)证明:cn===,n∈N*.
用数学归纳法证明.
①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;
②假设当n=k(k∈N*)时,不等式成立,即c1+c2+…+ck<2.
那么当n=k+1时,c1+c2+…+ck+ck+1<2+<2+
<2+=2+2(-)=2.
即当n=k+1时,不等式也成立.
综合①和②,得不等式c1+c2+…+cn<2对任意n∈N*都成立.
22.(12分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn+1=2+an(n∈N*).
(1)①求数列{an}的通项公式;
②已知对于n∈N*,不等式+++…+ (2)设数列{bn}的前n项和为Tn,满足=λTn-2(n∈N*),是否存在非零实数λ,使得数列{bn}为等比数列? 并说明理由.
解:(1)①当n=1时,2a1+1=2+a1.
因为an>0,所以a1=1.
当n≥2时,2Sn+1=2+an,
2Sn-1+1=2+an-1.
两式相减,得an+an-1=2(an+an-1)(an-an-1).
因为an>0,所以an-an-1=,
所以数列{an}是首项为1,公差为的等差数列,所以an=.
②由①,得Sn=,
所以==,
所以+++…+
=
=
=<.
因为不等式+++…+ 所以M≥,所以实数M的最小值是.
(2)不存在.理由如下:
由=λTn-2(n∈N*),an=,得4n=λTn-2,
所以Tn=4n+.
当n=1时,b1=T1=,
当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=·4n+-·4n-1-=·4n-1,
所以bn+1=·4n=4bn(n≥2).
假设数列{bn}是等比数列,则b2=4b1.
因为b2=,所以=2,与b2=4b1矛盾,
所以不存在非零实数λ,使得数列{bn}为等比数列.