2022版新教材高中数学 第4章 数列 本章达标检测（含解析）苏教版选择性必修第一册.docx

1、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.已知数列an是等比数列,Sn为其前n项和,若a1+a2+a3=4,a4+a5+a6=8,则S12=()A.40B.60C.32D.502.已知Sn是等差数列an的前n项和,若S15=45,则5a5-3a3的值为()A.6B.15C.34D.173.已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=nn+1,则1a5=()A.56B.65C.130D.304.已知数列an的前n项和为Sn,若Sn+2=2an(nN*),则S4a2=()A.2B.132C

2、.152D.1725.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.2B.3C.5D.46.在ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,A=3,b,a,c成等差数列,且ABAC=9,则a=()A.23B.32C.22D.337.定义ni=1nui为n个正数u1,u2,u3,un的“快乐数”.若已知正项数列an的前n项的“快乐数”为13n+1,则数列36(an+2)(an+1+2)的前2 019项和为()A.20182019B.20192020C.20192018D.201910108.对于数列an,若存在常

3、数M,使对任意nN*,都有|an|M成立,则称数列an有界.若有数列an满足a1=1,则下列条件中,能使an有界的是()A.an+an+1=1+nB.an+1-an=1-1nC.anan+1=1+2nD.an+1an=1+1n2二、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,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)9.若数列an是等比数列,则()A.an+an+1是等比数列B.anan+1是等比数列C.an2+an+12是等比数列D.Sn不是等比数列(Sn为数列an的前n项和)10.已知数列an不是常数列,其前n项和为Sn,则下列

4、选项正确的是()A.若数列an为等差数列,Sn0恒成立,则an为递增数列B.若数列an为等差数列,a10,S3=S10,则Sn的最大值在n=6或7时取得C.若数列an为等比数列,则S2 021a2 0210恒成立D.若数列an为等比数列,则2an也为等比数列11.已知数列an的前n项和为S,a1=1,Sn+1=Sn+2an+1,数列2nanan+1的前n项和为Tn,nN*,则下列选项正确的为()A.数列an+1是等差数列B.数列an+1是等比数列C.数列an的通项公式为an=2n-1D.Tn112.在数列an中,若an2-an-12=p(n2,nN*,p为常数),则称an为等方差数列.下列对等

5、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(kN*,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,将答案填在题中的横线上)13.将数列3n+1中的项数为奇数的项按照从小到大排列得到数列an,则an的前n项和为.14.用数学归纳法证明“当nN*,1+2+22+23+25n-1能被31整除”时,从k到k+1,等式左边需添加的项是.15.无穷数列an满足:只要ap=aq(p,qN*),必有ap+1=aq+1,则称an为“和谐递进数列”

6、.若an为“和谐递进数列”,且a1=1,a2=3,a4=1,a8a9=23,则a7=,S2 021=.(第一个空2分,第二个空3分) 16.如图是一个数表,第1行依次写着从小到大的正整数,然后把每行相邻的两个数的和写在这两数正中间的下方,得到下一行,数表从上到下与从左到右均有无限项,则这个数表中的第11行的第7个数为(用具体数字作答).四、解答题(本大题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)在Sn=2bn-1;-4bn=bn-1(n2);bn=bn-1+2(n2)这三个条件中任选一个,补充在下面的横线上.若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,

7、说明理由.已知数列an为等比数列,a1=23,a3=a1a2,数列bn的首项b1=1,其前n项和为Sn,是否存在kN*,使得对任意nN*,anbnakbk恒成立?注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.18.(本小题满分12分)已知等差数列an的前n项和为Sn,S4=16,a3=3a2.(1)求an的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求bn的前2n项和T2n.19.(本小题满分12分)设数列an的前n项和为Sn,且对任意的正整数n都满足(Sn-1)2=anSn.(1)求S1,S2,S3的值,猜想Sn的表达式;(2)用数学归纳法证明(1)中猜想的Sn的表达式的正确性.20.(本小题

8、满分12分)甲、乙两超市同时开业,第一年的全年销售额均为a万元.由于经营方式不同,甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元,乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多23n-1a万元.(1)求甲、乙两超市第n年销售额的表达式;(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%,则该超市将被另一超市收购,判断哪个超市有可能被收购.如果有这种情况,将会出现在第几年?21.(本小题满分12分)已知数列an的前n项积Tn满足条件:1Tn是首项为2的等差数列;T2-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

9、0Sn14.22.(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-i3),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pN*,使得ap=p,a1+a2+a3+ap=-p,求p的所有可能的值.答案全解全析一、单项选择题1.B由等比数列的性质可知,数列S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9是等比数列,即数列4,8,

10、S9-S6,S12-S9是等比数列,因此S12=4+8+16+32=60,故选B.2.A设等差数列an的公差为d.S15=45,15(a1+a15)2=15a8=45,a8=3,5a5-3a3=5(a1+4d)-3(a1+2d)=2(a1+7d)=2a8=6.故选A.3.Dan=Sn-Sn-1=1n(n+1)(n2),又a1=S1=12,符合上式,an=1n(n+1)(nN*),1a5=56=30,故选D.4.CSn+2=2an(nN*),当n=1时,可得a1=2,当n2,nN*时,Sn-1+2=2an-1,-得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n2),数列an是以2为首项,2为公

11、比的等比数列,an=22n-1=2n(nN*),S4a2=2(1-24)1-222=152,故选C.5.C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.B由题知A=3,b,a,c成等差数列,则2a=b+c,由ABAC=9得cbcosA=9,所以bc=18,结合余弦定理得a2

12、=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-3bc=4a2-54,所以a=32(负值舍去),故选B.7.B设Sn为数列an的前n项和.由“快乐数”的定义可知nSn=13n+1,即Sn=3n2+n.当n=1时,a1=S1=4;当n2且nN*时,an=Sn-Sn-1=6n-2,经验证可知a1=4满足an=6n-2,an=6n-2(nN*).36(an+2)(an+1+2)=366n(6n+6)=1n(n+1)=1n-1n+1,数列36(an+2)(an+1+2)的前2019项和为1-12+12-13+12019-12020=20192020.故选B.8.D对于A选项,假设an有界,即存在常数M,对

13、任意nN*,都有an+1M,anM,则1+n=an+1+anM+M=2M.由于左边1+n递增到无穷大,而右边为常数,因此A选项错误;同理,对于C选项,an+1an=1+2nM2,错误;对于B选项,n=1时,a1=a2,n2且nN*时,an+1-an=1-1n12,累加可得,an-a212(n-2),又a2=a1=1,所以ann2,n=1时,符合上式,所以ann2(nN*),显然不是有界的;对于D选项,a2=2,an+1an=1+1n2=n2+1n2n2n2-1=n2(n+1)(n-1)=nn+1nn-1,累乘可得anan-1an-1an-2a3a2n-1nn-2n-123n-1n-2n-2n-

14、321,即ana2=2n(n-1)2,从而an0恒成立,则公差d0,故an为递增数列,故A正确;对于B:若数列an为等差数列,a10,设其公差为d,由S3=S10,得3a1+322d=10a1+1092d,即a1=-6d,故an=(n-7)d,所以当n7时,an0,a7=0,故Sn的最大值在n=6或7时取得,故B正确;对于C:若数列an为等比数列,则S2021a2021=a1(1-q2021)1-qa1q2020=a12q20201-q20211-q0恒成立,故C正确;对于D:若数列an为等比数列,则2an=2a1qn-1,所以2an+12an=2a1(qn-qn-1),不是常数,故2an不为

15、等比数列,故D错误.故选ABC.11.BCD因为Sn+1=Sn+2an+1,所以an+1=Sn+1-Sn=2an+1,可化为an+1+1=2(an+1),由S1=a1=1,可得数列an+1是首项为2,公比为2的等比数列,则an+1=2n,即an=2n-1(nN*),又2nanan+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1,可得Tn=1-122-1+122-1-123-1+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1cn,当n3时,cn+1cn,则c1c2c4c5,所以存在k=3,使得对任意nN*,anbnakbk恒成立.(10分)18.解析(1)设等差数列an的公差为

16、d,(1分)由题意得S4=4a1+432d=4a1+6d=16,a1+2d=3(a1+d),(3分)解得a1=-2,d=4,(5分)所以an=-2+4(n-1)=4n-6.(6分)(2)由(1)得,bn=1anan+1=1(4n-6)(4n-2)=14(2n-3)(2n-1)=1812n-3-12n-1,(8分)所以T2n=b1+b2+b3+b2n-1+b2n=18(-1-1)+1-13+13-15+14n-5-14n-3+14n-3-14n-1=18-1-14n-1=n2(1-4n),所以bn的前2n项和T2n=n2(1-4n).(12分)19.解析(1)当n=1时,(S1-1)2=S12,

17、S1=12,当n2时,(Sn-1)2=(Sn-Sn-1)Sn,Sn=12-Sn-1,S2=23,S3=34,(3分)猜想Sn=nn+1,nN*.(6分)(2)下面用数学归纳法证明:当n=1时,S1=12,nn+1=12,猜想正确;(8分)假设n=k(k1,kN*)时,猜想正确,即Sk=kk+1,那么当n=k+1时,可得Sk+1=12-Sk=12-kk+1=k+1(k+1)+1,即n=k+1时,猜想也成立.(10分)由可知,对任意的正整数n,Sn=nn+1都成立.(12分)20.信息提取(1)甲、乙两超市第一年的全年销售额均为a万元.(2)甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元.(3)

18、乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多23n-1a万元.数学建模本题是以超市的销售额为背景的实际问题,由于年份n为正整数,因此可以转化为数列问题来求解.已知甲超市前n年的总销售额为(n2-n+2)a2万元(实际问题)相当于已知其前n项和Sn=(n2-n+2)a2,从而利用Sn求甲超市第n年的销售额an(数学问题).已知乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多23n-1a万元(实际问题)相当于已知其bn-bn-1=23n-1a,从而利用累加法求乙超市第n年的销售额bn(数学问题).第(2)问比较an与12bn,12an与bn的大小即可.解析(1)设甲、乙两个超市第n年全年的销售额分别为an万元、b

19、n万元,甲超市前n年的总销售额为Sn万元,则Sn=(n2-n+2)a2万元.(2分)当n=1时,S1=a1=a;当n2时,an=Sn-Sn-1=a2n2-n+2-(n-1)2+(n-1)-2=(n-1)a.(3分)经检验,a1=a不满足上式,故an=a,n=1,(n-1)a,n2,nN*.又b1=a,n2时,bn-bn-1=23n-1a,所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+(bn-bn-1)=a+23a+232a+23n-1a=1-23n1-23a=3-223n-1a.显然b1=a也满足上式,所以bn=3-223n-1a(nN*).(6分)(2)当n=2时,a2=a,b2=53a,

20、则a212b2;当n=3时,a3=2a,b3=199a,则a312b3;当n4时,an3a,bnbn,则12(n-1)a3-223n-1a,即n-16-423n-1,所以n7-423n-1,即n+423n-17,所以n7,即第7年开始乙超市的年销售额不足甲超市的年销售额的50%,乙超市将被甲超市收购.(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=a1a2an=1n+1,所以

21、当n=1时,a1=T1=12,当n2时,Tn-1=a1a2an-1=1n,所以an=TnTn-1=nn+1,当n=1时也符合上式,所以an=nn+1(nN*).(6分)(2)证明:证法一:由(1)知an=nn+1,所以bn=nn+2-nn+1.因为n+1n+2nn+1,所以nn+2=nn+1n+1n+2nn+12,(7分)所以nn+2nn+1,所以bn=nn+2-nn+10,所以Sn0.(8分)因为nn+2=nn+1n+1n+2nn+1+n+1n+22,所以bn=nn+2-nn+1nn+1+n+1n+22-nn+1=12(n+1)(n+2)=121n+1-1n+2,(10分)所以Sn1212-

22、13+13-14+1n+1-1n+2=14-12(n+2)14.综上,对任意正整数n,都有0Sn0,所以Sn0.(8分)又bn=nn+2-nn+12nn+2+nn+1,nn+2nn+10,所以bnnn+2-nn+122nn+1=12(n+1)(n+2)=121n+1-1n+2,(10分)所以Sn1212-13+13-14+1n+1-1n+2=14-12(n+2)14.综上,对任意正整数n,都有0Sn14.(12分)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-i3),有 ai+1-ai=aj-aj-1=d(d为数列an的公差),所以ai+1+aj-1=ai+aj

23、,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

24、(n4),所以数列an从第3项起为等差数列.(8分)(3)若p=1,则ap=a1=1,与a1=0矛盾,不符合题意.若p=2,则a1=0,a2=2,但a1+a2=2-2,不符合题意.(9分)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)若p4,设a2-a1=d,则a1+a2+ap=0+d+p-(p-3)d+p-(p-4)d+(p-d)+pp-2个=-p,所以p-(p-3)d+p-(p-4)d+(p-d)+p+(p+d)p-1个=0,即(p+d)+p-(p-3)d(p-1)2=0.因为p-10,所以(p+d)+p-(p-3)d=0,即2p+(4-p)d=0,显然p=4不符合题意,所以d=2pp-4=2p-8+8p-4=2+8p-4.因为pN*,所以8p-4为整数,所以p=5,6,8,12.综上所述,p的所有可能的值为3,5,6,8,12.(12分)