高中人教A版 (2019)第四章 数列4.2 等差数列优秀当堂检测题

这是一份高中人教A版 (2019)第四章 数列4.2 等差数列优秀当堂检测题，共13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。

一、单选题
1．已知等比数列an的前n项和为Sn，且S5=3，S10=9，则S15=（ ）
A．20B．21C．22D．23
2．等差数列an中，它的前21项的平均值是15，现从中抽走1项，余下的20项的平均值仍然是15，则抽走的项是（ ）
A．a11B．a12C．a14D．a15
3．已知正项数列an中，a1=1，a2=2，an=an+12+an−122n≥2，则a6=（ ）
A．22B．4C．16D．45
4．已知等差数列an的前n项和为Sn，S230，则当Sn取得最小值时，n的值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
5．已知数列an的前n项和为Sn，Sn=n2an，a1=1，则Sn=（ ）
A．2nn+1B．2n2n+12C．n22n−1D．n22n−1
6．已知等差数列an满足a2=3，Sn−Sn−3=51（n>3），Sn=100，则n的值为（ ）
A．8B．9
C．10D．11
7．已知数列an满足：a1=1，a2=1，an=an−1+an−2n≥3,n∈N∗，若将数列an的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n段圆弧所在正方形的面积之和为Sn，第n段圆弧与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn.现有如下命题：
p1：Sn+1=an+12+an+1⋅an；
p2：a1+a3+⋯+a2n−1=a2n−1；
p3：a1+a2+a3+⋯+an=an+2−1；
p4：4cn−cn−1=πan+1⋅an−2.
则下列选项为真命题的是（ ）
A．¬p1∧p2B．¬p1∨¬p3C．¬p2∧¬p3D．p2∨p4
8．若数列an各项均为正数，且an+12−an+1=an(n=1,2,3,⋯)，则下列结论错误的是（ ）
A．对任意n≥2，都有an>1
B．数列an可以是常数列
C．若00，使an单调递增
C．∃M∈(0,1)，使an+2−an+1≤Man+1−an
D．若a1≠2，则数列an中有无穷多项大于2
三、填空题
12．在等比数列an中，a1=1 , a2=2，则a4= .
13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S6S8，则下列结论中正确的有 ．（填序号）
①此数列的公差d0），且满足f3+f1⋅f5=6，f6=16.
(1)求函数y=fx的解析式；
(2)函数y=gxx>0满足条件fgx=x，若存在实数x，使得gx+1、gλx、gx+2成等差数列，求正实数λ的取值范围.
19．已知Sn为数列an的前n项和，且2Sn=nan+n(n∈N∗)，若a2=2，bn=n+2anan+12n，Tn是bn的前n项和，求Tn.
参考答案：
1．B
【分析】根据等比数列片段和的性质可求S15的值.
【详解】因为an为等比数列，其前n项和为Sn，
故S5,S10−S5,S15−S10为等比数列，故3,6,S15−9为等比数列，
故3S15−9=36，故S15=21，
故选：B.
2．A
【分析】根据已知可得a11=15，再由条件可知抽走的项为15，即可求出结论.
【详解】等差数列an中，它的前21项的平均值是15，
则前21项和为21×15，而S21=21(a1+a21)2=21a11=21×15，
a11=15，又从中抽走1项，余下的20项的平均值是15，
所以抽走的项为21×15−20×15=15=a11.
故选：A.
【点睛】本题考查等差数列的前n项和，灵活应用等差数列的性质是解题的关键，属于基础题.
3．B
【分析】分析可知数列an2为等差数列，求出该数列的公差，即可求得a6的值.
【详解】对任意的n∈N∗，an>0，因为an=an+12+an−122n≥2，则an2=an+12+an−122，
故数列an2为等差数列，其公差为d=a22−a12=3，∴a62=a12+5d=16，∴a6=4.
故选：B.
4．B
【分析】将等差数列的前23和24项和与0的大小比较，得出具体的项数的正负，即可求出当Sn取得最小值时n的值.
【详解】由题意，S23=23a1+a232=23a120，
则等差数列an满足a120，
可得公差d=a13−a12>0，
∴数列an为递增数列，且当1≤n≤12，n∈N*时，an0，
∴当Sn取得最小值时，n的值为12．
故选：B．
5．A
【分析】根据Sn与an的关系可得an+1an=nn+2，再利用累乘法即可得an=2(1n−1n+1)，进而利用裂项相消法求和即可.
【详解】当n≥2时，Sn=n2an,
则Sn+1=(n+1)2an+1,
且S2=22a2，即1+a2=4a2，所以a2=13.
两式作差得Sn+1−Sn=(n+1)2an+1−n2an，
即an+1=(n+1)2an+1−n2an，即n+2an+1=nan，
所以an+1an=nn+2，即anan−1=n−1n+1n≥2.
则an=anan−1·an−1an−2·an−2an−3·…a3a2·a2=n−1n+1·n−2n·n−3n−1·…24·a2=2nn+1=2(1n−1n+1).
所以Sn=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2(1−1n+1)=2nn+1.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求数列的通项公式的常用方法.
（1）由Sn与an的关系求解.
（2）累加法.
（3）累乘法.
（4）构造法.
6．C
【分析】根据等差数列的通项公式和前n项和公式列式即可求解
【详解】设等差数列an的首项为a1，公差为d，
a2=3 ⇒ a1+2d=3①
Sn−Sn−3=51 ⇒ an−2+an−1+an=3a1+3n−6d=51 ⇒a1+n−2d=17②
Sn=100 ⇒ na1+nn−12d=100③
联立①②③，解得n=10,
故选：C.
7．D
【分析】命题p1，可以取n=1、n=k和n=k+1去验证是否成立；命题p2，可以通过对n进行取值验证；命题p3，可通过叠加的方法来进行推导；命题p4，可以通过题意写出cn的表达式，然后带入化简验证，判断完四个命题后，再根据四个选项的组合进行选择.
【详解】因为a1=1，a2=1，an=an−1+an−2n≥3,n∈N∗，
p1，Sn+1=an+12+an+1⋅an，
当n=1时，S2=a22+a2⋅a1=2，而a1+a2=2成立，
假设当n=k时，Sk+1=ak+12+ak+1⋅ak，
那么当n=k+1时，Sk+2=Sk+1+ak+22=ak+22+ak+12+ak+1⋅ak=ak+22+ak+1(ak+1+⋅ak)=ak+22+ak+1⋅ak+2，
则当n=k+1时，等式也成立，
所以对于任意n∈N∗，Sn+1=an+12+an+1⋅an成立，故该命题正确；
p2，由题意可得a1=1，a2=1，a3=2，a4=3，a5=5，a6=8，a7=13，
a1+a3+⋯+a2n−1=a2n−1，当n=2时，a1+a3=3≠a4−1，该命题错误；
p3，a1=a1，a2=a3−a1，a3=a4−a2,⋯,an=an+1−an−1，叠加得：a1+a2+a3+⋯+an=an+2−a2=an+2−1，故该命题正确；
p4，由题意可知cn=π4an2，所以4cn−cn−1=4·π4(an2−an−12)=π(an−an−1)(an+an−1)=πan+1⋅an−2，故该命题正确；
所以选项A，¬p1∧p2为假命题；选项B，¬p1∨¬p3为假命题；选项C，¬p2∧¬p3为假命题；选项A，p2∨p4为真命题.
故选：D.
8．C
【分析】先求得an+1与an的递推关系式，利用差比较法、换元法，结合二次函数的知识以及差比较法求得正确答案.
【详解】由an+12−an+1=an得an+12−an+1−an=0，
Δ=1+4an，依题意an>0，所以Δ=1+4an>1>0，
由于1−1+4an1，所以an+1=1+1+4an2>1+12=1，所以A选项正确；
an+1−an=1+1+4an2−an=12+1+4an2−an①，
B选项，若12+1+4an2−an=0，解得an=2，
此时an是常数列，所以B选项正确；
令y=12+1+4x2−xx>0，令t=1+4x>1,x=t2−14，
则y=12+12t−t24+14=−t+1t−34=−t−12+44，
所以当13时，y3时，an是单调递减数列，
即1+4an>3,an>2，所以C选项错误；
同时，an+1=1+1+4an2>1+32=2，
则当n≥2时，2a4，所以“3”是“峰值点”，其它选项不是．
故选：ACD．
11．ACD
【分析】直接由递推关系式依次计算a2,a3,⋯即可判断A选项；由an+1=1+11+an和an+2=1+11+an+1作差得到an+2−an+1=an−an+11+an+11+an进而得到an+2−an+1和an+1−an异号即可判断B选项；由an+2−an+1an+1−an=11+an+11+an0，若an+2>an+1，则an+11，可得an+2−an+1an+1−an=11+an+11+an2；
故a1≠2时，数列an中有无穷多项大于2，D正确.
故选：ACD.
12．8
【分析】先求q,再求值即可
【详解】设等比数列an的公比为q,由题意得q=a2a1=2，则a4=a1q3=1×23=8.
【点睛】本题考查等比数列通项公式，熟记通项公式，准确计算是关键，是基础题
13．①②
【分析】根据已知条件和等差数列相关性质进行判断即可.
【详解】因为S6S8，所以S8−S7=a8＜0，
所以等差数列{an}的公差d=a8−a7