2020_2021学年新教材高中数学第四章数列测评课后提升训练含解析选择性第二册

第四章测评

（时间:120分钟 满分: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。已知数列{an｝的通项公式为an=n2—n，则可以作为这个数列的其中一项的数是（ ) A。10

B.15

C.21

D.42

解析当n=7时,a7=72-7=42,所以42是这个数列中的一项. 答案D

2。已知数列｛bn｝是等比数列，b9是1和3的等差中项，则

b2b16=（ )

A。16

B。8

C。4

D。2

解析因为b9是1和3的等差中项,所以2b9=1+3,即b9=2.由等比数列｛bn}的性质可得b2b16=𝑏29=4. 答案C

3.(2019全国Ⅰ，理9)记Sn为等差数列{an}的前n项和。已知

S4=0,a5=5，则( )

A。an=2n—5 C。Sn=2n2—8n 解析由题意可知1=-3, 解得{𝑏𝑏=2.

B.an=3n-10

2

D。Sn=1n—2n

2

𝑏=4𝑏1+2·𝑏=0,{4 𝑏5=𝑏1+4𝑏=5,

4×3

学必求其心得，业必贵于专精

故an=2n-5，Sn=n2—4n，故选A。

答案A

4。等差数列{an}中,S16〉0，S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=（ ) A.8

B。9

C.16

D。17

解析依题意,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0，即a1+a17=2a9〈0,所以a9

〈0，a8〉0,所以等差数列｛an}为递减数列，且前8项为正数,从第

9项以后为负数，所以当其前n项和取得最大值时，n=8。故选A。 答案A

5.已知数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列，{bn｝是以1为首项,2为公比的等比数列,则𝑏𝑏A。1 033

B.1 034

1

+𝑏𝑏2

+…+𝑏𝑏=（ ）

10

C。2 057 D。2 058

𝑏解析由已知可得an=n+1，bn=2n-1,于是𝑏𝑏𝑏𝑏2

=𝑏2𝑏-1

=2n—1+1，因此𝑏𝑏1

+

+…+𝑏𝑏=10

10

（20+1)+(21+1)+…+(29+1)=(1+2+22+…+29)+10=11--22+10=1 033. 答案A

6。我国古代数学巨著《九章算术》中，有如下问题:“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”这个问题用今天的白话叙述为:“有一位善于织布的女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女子每天分别织布多少?\"根据上面的已知条件，可求得该女子第4天所织布的尺数为（ )

学必求其心得，业必贵于专精

8A.15

B.16 15C.20 31D.40 31

解析设该女子第n天织的布为an尺，且数列｛an}为公比q=2的等

(1-2)5

比数列,由题意可得𝑏1=5,解得a=.所以该女子第4天所织布的尺1-231

1

5

数为a4=a1q3=40. 31

故选D。

答案D

7.给出数阵： 0 1 … 9 1 2 … 10

︙

︙︙

︙

9 10 … 18

其中每行、每列均为等差数列,则此数阵所有数的和为

( )

A。495

B.900

C.1 000

解析设b1=0+1+2+…+9，

D.1 100

b2=1+2+3+…+10，……b10=9+10+…+18，则{bn}是首项b1=45，

公差d=10的等差数列,所以S10=45×10+102×9×10=900. 答案B

+…+𝑏𝑏8.对于正项数列{an｝，定义：Gn=𝑏+2𝑏+3𝑏为数列{an｝的“匀𝑏1

2

3

𝑏称值\".已知数列{an}的“匀称值”为Gn=n+2，则该数列中的a10等于（ ）

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A。8 3B。12 5

1

2

3

C.9 4

𝑏D.21 10

+…+𝑏𝑏解析∵Gn=𝑏+2𝑏+3𝑏，Gn=n+2,∴𝑏n·Gn=n·（n+2)=a1+2a2+3a3+…+nan，∴10×(10+2）

=a1+2a2+3a3+…+10a10；9×（9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得

10·a10=21,∴a10=21。故选D。 10答案D

二、多项选择题(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，部分选对的得3分，有选错的得0分）

9.（2020江苏镇江中学高二期末）对于数列｛an},若存在正整数k（k≥2)，使得ak些数不能作为数列{an｝的“谷值点”？（ ） A。3

B。2

C.7

D.5

9376129解析an=|𝑏+𝑏-8|，故a1=2，a2=2，a3=2，a4=4,a5=5，a6=2,a7=7，a8=8.

故a2a2，故2是“谷值点”;

a6>a7,a8>a7，故7是“谷值点\"；a6故选AD。

答案AD

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10.已知等比数列｛an}的各项均为正数,公比为q，且a1〉1,a6+a7>a6a7+1〉2,记｛an｝的前n项积为Tn，则下列选项中正确的选项是( ）

A.0〈q<1 B。a6>1 C.T12>1

D。T13>1

解析由于等比数列｛an}的各项均为正数，公比为q,且a1>1，a6+a7〉a6a7+1〉2,所以(a6—1）（a7—1）〈0，所以0〈a6<1且a7>1,或a6>1

且0当01时，𝑏=q〉1，又a1>1，所以{an｝是递增数𝑏76

列，所以a6〉a1>1，矛盾,当a6〉1且0〈q<1。因为a6a7+1〉2,所以a6a7>1,T12=a1·a2·…·a11·a12=（a6a7）

6

>1，T13=𝑏<1.故选ABC。

13

7

答案ABC

11.已知等比数列｛an｝中，满足a1=1，q=2，Sn是{an}的前n项和,则下列说法正确的是（ ) A.数列｛a2n｝是等比数列 B。数列{𝑏1}是递增数列

𝑏C.数列｛log2an｝是等差数列

D。数列｛an}中，S10,S20，S30仍成等比数列 解析等比数列{an}中,a1=1，q=2，

所以an=2n-1,Sn=2n-1.

学必求其心得，业必贵于专精

于是a2n=22n—1=2×4n—1，𝑏1

等比数列，

𝑏=()

2

1𝑏-1

,log2an=n—1,故数列｛a2n｝是

数列{𝑏1}是递减数列,数列{log2an}是等差数列.

𝑏因为S10=210-1，S20=220—1，S30=230-1，𝑏𝑏成等比数列.

故选AC。

答案AC

2010

≠𝑏30

20

𝑏,所以S10,S20,S30不

12。已知数列{an｝的前n项和为Sn（Sn≠0),且满足an+4Sn—1nS=0(n≥2），a1=，则下列说法正确的是

14

（ )

A.数列｛an｝的前n项和为Sn=41 𝑏1B。数列{an}的通项公式为an=4𝑏(𝑏 +1)

C.数列｛an}为递增数列 D.数列{𝑏1}为递增数列

𝑏解析∵an+4Sn-1Sn=0（n≥2），

∴Sn-Sn—1+4Sn—1Sn=0. ∵Sn≠0，∴𝑏𝑏1

𝑏−𝑏1

𝑏-1

=4。

1

因此数列{𝑏1}是以𝑏=4为首项,4为公差的等差数列，也是递增

1

数列，即D正确；

所以𝑏1=4+4(n-1)=4n,∴Sn=41,即A正确；

𝑏𝑏11

当n≥2时，an=Sn—Sn-1=41−=—。

𝑏4(𝑏-1)4𝑏(𝑏-1)

学必求其心得，业必贵于专精

所以an={

14

,𝑏=1,

14𝑏(𝑏-1)

-,𝑏≥2,

即B，C不正确；

故选AD.

答案AD

三、填空题(本题共4小题，每小题5分,共20分）

13。若等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=0，S5=10，数列｛bn}满足b1=0，且bn+1=an+1+bn，则数列{bn｝的通项公式为 。

𝑏=-2,1+𝑏=0,解析设｛an}的公差为d，则{𝑏解得{1于是an=-5𝑏1+10𝑏=10,𝑏=2.

2+2(n—1)=2n—4。因此an+1=2n—2.于是bn+1—bn=2n—2,bn=b1+（b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn—1)=0+0+2+…+（2n-4）=n2—3n+2,故数列{bn｝的通项公式为bn=n2—3n+2. 答案bn=n2-3n+2

14.已知在公差不为零的正项等差数列{an｝中，Sn为其前n项和,lg

a1,lg a2，lg a4也成等差数列。若a5=10，则S5=解析设｛an｝的公差为d，则d〉0。

由lga1，lga2,lga4成等差数列， 得2lga2=lga1+lga4, 则𝑏22=a1a4，

即(a1+d）2=a1(a1+3d),d2=a1d. 因为d>0,所以d=a1，a5=5a1=10,

。

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解得d=a1=2。

4

故S5=5a1+5××d=30。 2

答案30

15.我国古代数学名著《张邱建算经》有“分钱问题”:今有与人钱,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,还敛聚与均分之,人得一百钱,问人几何?意思是：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，每人比前一人多给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？则题中的人数是 .

-1)

解析设共有n人，根据题意得3n+𝑏(𝑏=100n，解得n=195，所以2

一共有195人。 答案195

16。（2020浙江余姚中学高二检测）已知n为正偶数，用数学归

1111纳法证明“1—1+−+…+−=2234𝑏-1𝑏+𝑏+4

𝑏+2

11

+…+𝑏”时,第一步的验证

12

为 ;若已假设n=k(k≥2且k为偶数）时等式成立，则还需要用归纳假设证n= 时等式成立。（本题第一空2分,第二空3分) 解析因为n为正偶数，则归纳基础为

111

当n=2时,左边=1-1=,右边=2×=,等式成立；

2242

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1111

归纳假设为当n=k（k≥2且k为偶数)时，1-1+−+…+−=2234𝑏-1𝑏1

1

𝑏+2

+

𝑏+4

+…+𝑏成立，由于n是所有正偶数,则下一个数应为n=k+2.

12

111

答案当n=2时,左边=1-1=,右边=2×=，等号成立 k+2 2242

四、解答题(本题共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)(2019全国Ⅱ,理19）已知数列{an｝和{bn｝满足a1=1，b1=0,4an+1=3an-bn+4，4bn+1=3bn-an—4. （1）证明：{an+bn｝是等比数列,｛an-bn}是等差数列; (2）求｛an｝和｛bn｝的通项公式。

（1）证明由题设得4(an+1+bn+1）=2(an+bn)，

即an+1+bn+1=1(an+bn）. 2

又因为a1+b1=1,所以｛an+bn}是首项为1,公比为1的等比数列。 2由题设得4(an+1-bn+1)=4（an-bn）+8， 即an+1-bn+1=an-bn+2。

又因为a1—b1=1,所以｛an-bn}是首项为1，公差为2的等差数列.

(2）解由(1)知,an+bn=21,an—bn=2n-1。

𝑏-111

所以an=1［（a+b)+（a-b）］=+n—, nnnn222

𝑏bn=[(an+bn)-（an—bn)]=-n+。

12

1

12

2

𝑏18。（本小题满分12分）已知等比数列｛an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,𝑏25=9a4a8。

学必求其心得，业必贵于专精

（1)求数列{an}的通项公式；

（2)设bn=an—an-1,求数列{bn｝的前n项和Sn。 解(1)设｛an}的公比为q，

4237

则由𝑏2=9aa，可得(aq）=9aq·aq548111, 8210即𝑏21q=9𝑏1q,

因此q2=1. 9

因为{an}的各项均为正数, 所以q>0，故q=1。 3又因为2a1+3a2=1,

1所以2a1+3a1·1=1,解得a=。 13311故an=1·，即a=()(). n333

𝑏-1𝑏（2)由（1）得bn=an—an-1=(3)1𝑏311-3

1𝑏−(3)1𝑏-1

=—23

·(3)1𝑏-1

，

1

所以｛bn}是首项为-2,公比为的等比数列,因此其前n项和33

Sn=-[1-()]

23

=()

3

1𝑏-1。

19.(本小题满分12分）（2019北京,文16）设{an｝是等差数列，

a1=—10,且a2+10，a3+8,a4+6成等比数列.

（1）求｛an｝的通项公式；

(2)记{an｝的前n项和为Sn,求Sn的最小值。 解（1)设｛an｝的公差为d。

因为a1=-10，

所以a2=—10+d，a3=-10+2d，a4=—10+3d。

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因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列， 所以(a3+8）2=（a2+10）(a4+6)。 所以（—2+2d)2=d（-4+3d)。 解得d=2.

所以an=a1+(n-1）d=2n-12. （2）由（1)知,an=2n-12.

所以，当n≥7时，an〉0;当n≤6时,an≤0. 所以，Sn的最小值为S6=—30.

20。(本小题满分12分）已知数列{an｝的前n项和Sn=2an-2n. (1）求a1,a2。

(2)设cn=an+1—2an，证明数列｛cn｝是等比数列。

+1

(3)求数列{2𝑏}的前n项和Tn。 𝑏𝑏(1)解∵a1=S1，2a1=S1+2，∴a1=S1=2。

由2an=Sn+2n，知2an+1=Sn+1+2n+1=an+1+Sn+2n+1,

∴an+1=Sn+2n+1，① ∴a2=S1+22=2+22=6.

（2）证明由题设和①式知an+1—2an=(Sn+2n+1)-（Sn+2n）=2n+1—2n=2n，即cn=2n,

∴𝑏=2（常数)。

𝑏𝑏+1𝑏∵c1=21=2，

∴{cn}是首项为2,公比为2的等比数列。

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+1𝑏+1𝑏+123

（3)解∵cn=2n，∴2𝑏=.∴数列{}的前n项和Tn=++

𝑏2𝑏222

𝑏𝑏+1𝑏2342

4+…+𝑏+11

2𝑏+12

,

Tn=2

32

+

32

4+…+𝑏2

1

2

2𝑏+1+

12

3𝑏+12𝑏+212

,

+

12

5两式相减，得2Tn=2

𝑏+12

𝑏+2++

4+…+12

𝑏+1−

𝑏+12

𝑏+2=+

2

1

11

×(1-𝑏-1)322

11-2

−

𝑏+12

𝑏+2=−

4

312

𝑏+1−

=4−

3𝑏+32𝑏+2.

3

∴Tn=−2

𝑏+32𝑏+1.

23

21。(本小题满分12分)已知数列｛an｝的前n项和Sn=an+1n+2n-2(n2

∈N*）。

（1)求数列｛an｝的通项公式; (2)若bn=1

(𝑏-1)(𝑏𝑏+1)

{𝑏1𝑏𝑏,𝑏为奇数,

4·(2)

,𝑏为偶数,

且数列{bn}的前n项和为Tn,求T2n。

23

解(1)由于Sn=an+1n+2n—2， 2

23

所以当n≥2时,Sn—1=an-1+1（n-1)+2(n-1）—2, 2

两式相减得an=an—an-1+n+1，于是an-1=n+1， 所以an=n+2。 （2)由（1)得bn=(𝑏+1)(𝑏+3)

{1𝑏,𝑏为奇数,

(2),𝑏为偶数,

1

所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n=（b1+b3+…+b2n-1)+（b2+b4+…+b2n).

11111

因为b1+b3+…+b2n—1=2×+++…+=44×66×82𝑏×(2𝑏+2)4

+2×3

1×2

2

11

+…+𝑏=

1×(𝑏+1)

=(1-14

1

+2-3+…+𝑏-𝑏+1)=4(𝑏+1)2

1111𝑏，b2+b4+…+b2n=(2)

12

+(4)

14

+…+()

12𝑏11𝑏[1-()]44

11-4

=3[1-

1

(4)]

1𝑏，

𝑏11

于是T2n=4(𝑏+[1-()]。

+1)34

𝑏学必求其心得，业必贵于专精

22。(本小题满分12分)（2019浙江,20）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=√2𝑏,n∈N,证明：c+c+…+c<2𝑏，n∈N. √12n𝑏𝑏𝑏解（1）设数列{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，n∈N＊. 所以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）.

1

解得bn=𝑏(𝑏2𝑏+1-SnSn+2）.

所以bn=n2+n，n∈N＊。 (2）cn=√2𝑏𝑏𝑏𝑏=√2𝑏(𝑏+1)=√𝑏(𝑏+1)

2𝑏-2𝑏-1

，n∈N＊.

我们用数学归纳法证明:

①当n=1时,c1=0<2，不等式成立； ②假设n=k（k∈N＊）时不等式成立,

即c1+c2+…+ck<2√𝑏。

𝑏1

√那么，当n=k+1时，c1+c2+…+ck+ck+1<2√𝑏+√(𝑏+1)(<2𝑏+√𝑏+2)𝑏+1

〈2√𝑏+

2√𝑏+1+√𝑏=2√𝑏+2（√𝑏+1−√𝑏)=2√𝑏+1,

即当n=k+1时不等式也成立。

学必求其心得，业必贵于专精

根据①和②，不等式c1+c2+…+cn<2√𝑏对任意n∈N＊成立.