新教材2020-2021学年数学人教A版（2019）选择性必修第二册单元素养评价 第四章 WORD版含解析.doc

1、单元素养评价(一)(第四章)(120分钟150分)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. 已知数列2,3,2,则12是它的()A. 第28项B. 第29项C. 第30项D. 第31项【解析】选B. 将数列变为,因为12=,所以是数列的第29项. 2. 等差数列an的前n项和为Sn,且S3=6,a3=0,则公差d等于()A. 2B. 1C. -1D. -2【解析】选D. 因为S3=6,所以a1=4,所以2d=-4,d=-2. 3. 在各项均为正数的等比数列an中,a1=2,且a2,a4+2,a5成等差数列,记Sn是数列an

2、的前n项和,则S6=()A. 62B. 64C. 126D. 128【解析】选C. 设正数的等比数列an的公比为q0,a1=2,因为a2,a4+2,a5成等差数列,所以a2+a5=2(a4+2),所以2q+2q4=2(2q3+2),解得q=2. 所以S6=126. 4. 已知等差数列an中a10=10,其前10项和S10=70,则其公差d=()A. -B. -C. D. 【解析】选D. 由题意,得,解得. 5. (2020全国卷)数列中,a1=2,am+n=aman,若ak+1+ak+2+ak+10=215-25,则k=()A. 2B. 3C. 4D. 5【解析】选C. 取m=1,则an+1=

3、a1an,又a1=2,所以=2,所以是等比数列,则an=2n,所以ak+1+ak+2+ak+10=2k+11-2k+1=215-25,所以k=4. 6. 若用数学归纳法证明等式1+2+3+4+5+3n=,则当n=k+1时的等式左端应在n=k的基础上加上()A. 3k+1B. 3(k+1)C. D. (3k+1)+(3k+2)+3(k+1)【解析】选D. 当n=k时,等式的左端为1+2+3+4+3k,表示从1到3k的累加; 则当n=k+1时,等式的左端应该表示从1到3k+3的累加,即1+2+3+4+3k+(3k+1)+(3k+2)+(3k+3),故增加的项为(3k+1)+(3k+2)+ (3k+

4、3). 7. 已知数列an是等比数列,若a2=1,a5=,则a1a2+a2a3+a3a4+a4a5=()A. B. C. D. 【解析】选B. 数列an是等比数列,且a2=1,a5=,所以由通项公式可得 解得所以a1a2+a2a3+a3a4+a4a5=2+=. 8. 九章算术是我国古代的数学名著,书中有如下问题: “今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何. ”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱,甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列,问五人各得多少钱? ”(“钱”是古代的一种重量单位). 这个问题中,甲所得为()A. 钱 B. 钱C.

5、 钱D. 钱【解析】选B. 设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a-2d,a-d,a,a+d,a+2d,则a-2d+a-d=a+a+d+a+2d,解得a=-6d,又a-2d+a-d+a+a+d+a+2d=5. 所以a=1,则a-2d=a-2=a=. 二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9. 已知数列an中,an=n2-kn(nN*),且an单调递增,则k可以取()A. 1B. 2C. 3D. 4【解析】选AB. 因为an单调递增,所以an+1-an=(n+1)2-k(n+1)-n2+kn=2n+1-k0,所以k2n+1,所以ka

6、)以及常数x(0x1)确定实际销售价格c=a+x(b-a),这里,x被称为乐观系数. 经验表明,最佳乐观系数x恰好使得(c-a)是(b-c)和(b-a)的等比中项,据此可得最佳乐观系数x的值等于_. 【解析】因为c-a=x(b-a),b-c=(b-a)-x(b-a),(c-a)是(b-c)和(b-a)的等比中项,所以x(b-a)2=(b-a)2-x(b-a)2,所以x2+x-1=0,解得x=,因为0x0),则由a3=4及a4=a2+6得4q=+6,化简得2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-(舍去),于是a1=1,所以Sn=2n-1,nN*. (2)由已知b1=S1=1,bn+1-bn=Sn

7、=2n-1(nN*),所以当n2时,由累加法得bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b2-b1)+b1=(2n-1+2n-2+21)-(n-1)+1=-n+2=2n-n,又b1=1也适合上式,所以bn的通项公式为bn=2n-n,nN*. 20. (12分)已知数列an的前n项和为Sn,且满足a1=3,2Sn+3=an+1. (1)求数列an的通项公式; (2)若等差数列bn的前n项和为Tn,且T1=a1,T3=a3,求数列的前n项和Qn. 【解析】(1)当n=1时,a2=9,由2Sn+3=an+1得2Sn-1+3=an(n2),两式相减得2(Sn-Sn-1)=an+1-an,又S

8、n-Sn-1=an,所以an+1=3an(n2),又a2=3a1,所以an+1=3an(nN*),显然an0,=3,即数列an是首项为3、公比为3的等比数列,所以an=33n-1=3n. (2)设数列bn的公差为d,则有b1=3,由T3=a3得3b1+3d=27,解得d=6,所以bn=3+6(n-1)=3(2n-1), 又=所以Qn=. 21. (12分)已知数列an满足an=3an-1+n,n=2,3,4,. (1)若a1,a2,a3成等差数列,求a1的值; (2)是否存在a1,使数列an为等比数列? 若存在,求出所有这样的a1; 若不存在,说明理由. 【解析】(1)由题意an=3an-1+

9、n,n=2,3,4,a2=3a1+2,a3=3a2+3=9a1+9,若a1,a2,a3成等差数列,则a1+a3=2a2,即a1+9a1+9=2(3a1+2),解得a1=-. (2)若数列an为等比数列,则a1,a2,a3必成等比数列,则a1a3=,即a1(9a1+9)=(3a1+2)2,解得a1=-,此时a2=-2,a3=-3,公比q=,又a4=3a3+4=-5,=,所以, 不存在a1使数列an为等比数列. 22. (12分)(2020苏州高二检测)已知(x+1)n=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a3(x-1)3+an(x-1)n(其中nN*),(1)当n=6时,计算a0及a1+a3

10、+a5; (2)记Sn=a1+a2+an,试比较Sn与(n-2)2n+2n2的大小,并说明理由. 【解析】(1)当n=6时,取x=1,得a0=26=64,取x=2,得a0+a1+a2+a6=36,取x=0,得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=1,将-得: 2(a1+a3+a5)=36-1,所以a1+a3+a5=364. (2)由(1)可知Sn=a1+a2+an=3n-2n,要比较Sn与(n-2)2n+2n2的大小,只要比较3n-2n与(n-2)2n+2n2的大小,只要比较3n+2n与n2n+2n2的大小,当n=1时,左边=5,右边=4,所以左边右边; 当n=2时,左边=13,右边=16

11、,所以左边右边; 当n=3时,左边=35,右边=42,所以左边右边; 当n=5时,左边=275,右边=210,所以左边右边; 猜想当n4,nN*时,左边右边,即3n+2nn2n+2n2. 下面用数学归纳法证明: 当n=4时已证; 假设当n=k(k4,kN*)时,3k+2kk2k+2k2成立,则当n=k+1时,左边=3k+1+2k+1=3(3k+2k)-32k+2k+13(k2k+2k2)-2k,因为3(k2k+2k2)-2k-(k+1)2k+1-2(k+1)2=k2k-32k+4k2-4k-22k+4k2-4k-20,所以3k+1+2k+1(k+1)2k+1+2(k+1)2,即当n=k+1时不等式也成立. 由可知,3n+2nn2n+2n2对n4的一切正整数都成立. 综上所述: 当n=2或n=3时,Sn(n-2)2n+2n2. 关闭Word文档返回原板块