2022秋高中数学 第四章 数列 综合训练 新人教A版选择性必修第二册.docx

1、第四章综合训练一、单项选择题(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.10B.15C.21D.422.已知数列bn是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=()A.16B.8C.4D.23.(2021江苏启东高二期中)在等差数列an中,已知前21项和S21=63,则a2+a5+a8+a20的值为()A.7B.9C.21D.424.在等差数列an中,S160,S170,a1=1,a3=a2+2.若数列bn的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,则T9=()A.510511B.10231

2、024C.10221023D.110238.已知数列an的各项都为正数,定义:Gn=a1+2a2+3a3+nann为数列an的“匀称值”.已知数列an的“匀称值”为Gn=n+2,则该数列中的a10等于()A.83B.125C.94D.2110二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)9.(2021山东临沂高二期末)等差数列an的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是()A.a5=1B.Sn的最小值为S5C.S1=S6D.Sn存在最大值10.在等比数列an中,a1=1,公比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

3、列B.数列1an是递增数列C.数列log2an是等差数列D.数列an中,S10,S20,S30仍成等比数列11.已知等比数列an的各项均为正数,公比为q,且a11,a6+a7a6a7+12,记an的前n项积为Tn,则下列选项正确的是()A.0q1C.T121D.T13112.(2021山东烟台高二期中)已知数列an:1,1,2,3,5,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,记Sn为数列an的前n项和,则下列结论正确的是()A.S6=a8B.S7=33C.a1+a3+a5+a2 021=a2 022D.a12+a22+a32+a20202=a2 020a2 021三、填空题13.(2021

4、河南新乡高二期末)设等比数列an的前n项和为Sn,若a3+12=0,S3+12=0,则a5+a6=.14.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.15.我国古代数学名著张丘建算经有“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.16.已知n为正偶

5、数,用数学归纳法证明“1-12+1314+1n-11n=21n+2+1n+4+12n”时,第一步的验证为;若已假设n=k(k2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.四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(2021江苏淮安高二期末)从条件2Sn=(n+1)an,Sn+Sn-1=an(n2),an0,an2+an=2Sn中任选一个,补充到下面问题中,并给出解答.已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,.(1)求数列an的通项公式;(2)若a1,ak,Sk+2成等比数列,求正整数k的值.18.(2021陕西宝鸡期末)用数学归纳法证明:对任意正整数n,4n+1

6、5n-1能被9整除.19.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.20.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.21.已知等比数列an的各项均为正数,且2a1+3a2=1,a52=9a4a8.(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.22.设数列an满足a1=3,an+1=3an-4n.(1)计算a2,

7、a3,猜想an的通项公式并加以证明;(2)求数列2nan的前n项和Sn.参考答案第四章综合训练1.D当n=7时,a7=72-7=42,所以42是这个数列中的一项.2.C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=b92=4.3.C等差数列an的前21项和S21=63=21(a1+a21)2,a1+a21=6.由等差数列的性质可得a2+a20=a1+a21=6,则a2+a5+a8+a20=7(a2+a20)2=762=21.故选C.4.A依题意,S160,即a1+a16=a8+a90,S170,即a1+a17=2a90,所以a90,所以等差数列

8、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.5.A由已知可得an=n+1,bn=2n-1,于是abn=a2n-1=2n-1+1,因此ab1+ab2+ab10=(20+1)+(21+1)+(29+1)=(1+2+22+29)+10=1-2101-2+10=1 033.6.D设该女子第n天织的布为an尺,则数列an为公比q=2的等比数列,由题意可得a1(1-25)1-2=5,解得a1=531.所以a4=a1q3=4031.故选D.7.Ca1=1,a3=a2+2,q2-q-2=0,q=2或q=-1.q0,q=2,an=2n-1.Sn=a1(1-q

9、n)1-q=1-2n1-2=2n-1.an+1=bnSn+1Sn,Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,bn=Sn+1-SnSn+1Sn,即bn=1Sn1Sn+1.Tn=b1+b2+bn=1S11S2+1S21S3+1Sn1Sn+1=1S11Sn+1=1-12n+1-1.T9=1-1210-1=10221023.故选C.8.DGn=a1+2a2+3a3+nann,Gn=n+2,nGn=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10a10=21,a10=2110.故选D.9.AC等差数列an的

10、前n项和为Sn,公差d=1,a1+3a5=S7,a1+3(a1+4)=7a1+7621,解得a1=-3.a5=-3+41=1,故A正确;an=a1+(n-1)d=n-4,a1,a2,a3均小于零,a4=0,a5,a6,均大于零,S3=S4为Sn的最小值,Sn无最大值,故B错误,D错误;S1=a1=-3,S6=6(-3)+6521=-3,S1=S6,故C正确.故选AC.10.AC在等比数列an中,a1=1,q=2,所以an=2n-1,Sn=2n-1.于是a2n=22n-1=24n-1,1an=12n-1,log2an=n-1,故数列a2n是等比数列,数列1an是递减数列,数列log2an是等差数

11、列.因为S10=210-1,S20=220-1,S30=230-1,S20S10S30S20,所以S10,S20,S30不成等比数列.故选AC.11.ABC由于等比数列an的各项均为正数,公比为q,且a11,a6+a7a6a7+12,所以(a6-1)(a7-1)0,所以0a61或a61且0a71.当0a61时,a7a6=q1,又a11,所以an是递增数列,所以a6a11,矛盾;当a61且0a71时,0a7a61,即0q2,所以a6a71,T12=a1a2a11a12=(a6a7)61,T13=a7130.因为Sn+Sn-1=an=Sn-Sn-1,所以Sn+Sn-1=(Sn+Sn-1)(SnSn

12、-1),即SnSn-1=1,n2,故Sn是等差数列,首项是S1=1,公差是1,故Sn=n,故Sn=n2.当n2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,且a1=1也适合该式,故数列an的通项公式an=2n-1.(2)a1=1,ak=2k-1,Sk+2=(k+2)2,结合题意知(2k-1)2=1(k+2)2,即3k2-8k-3=0,解得k=3或k=-13,因为k是正整数,所以k=3.若选.(1)an0,an2+an=2Sn,则an+12+an+1=2Sn+1,两式作差得(an+12+an+1)-(an2+an)=2an+1,化简得(an+1+an)(an+1-an-1)=0.由an

13、0知,an+1+an0,得an+1-an-1=0,即an+1-an=1,数列an是等差数列,首项是1,公差为1,故an=n.(2)由an的通项公式知,Sn=n(n+1)2,故Sk+2=(k+2)(k+3)2.又a1=1,ak=k,结合题意知,k2=1(k+2)(k+3)2,即k2-5k-6=0,解得k=-1或k=6,因为k是正整数,所以k=6.18.证明(1)当n=1时,4n+15n-1=18,能被9整除,故当n=1时,4n+15n-1能被9整除.(2)假设当n=k时,命题成立,即4k+15k-1能被9整除,则当n=k+1时,4k+1+15(k+1)-1=4(4k+15k-1)-9(5k-2)

14、也能被9整除.综合(1)(2)可得,对任意正整数n,4n+15n-1能被9整除.19.解(1)设an的公差为d.因为a1=-10,所以a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d.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n7时,an0;当n6时,an0.所以,Sn的最小值为S5=S6=-30.20.(1)证明由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+

15、bn).又因为a1+b1=1,所以an+bn是首项为1,公比为12的等比数列.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=12n-1,an-bn=2n-1.所以an=12(an+bn)+(an-bn)=12n+n-12,bn=12(an+bn)-(an-bn)=12n-n+12.21.解(1)设an的公比为q,则由a52=9a4a8,可得(a1q4)2=9a1q3a1q7,即a12q8=9a12q10,因此q2=19.因为an的各项均为正数,所以

16、q0,故q=13.又因为2a1+3a2=1,所以2a1+3a113=1,解得a1=13.故an=1313n-1,即an=13n.(2)由(1)得bn=an-an-1=13n13n-1=-2313n-1,所以bn是首项为-23,公比为13的等比数列,因此其前n项和Sn=-231-13n1-13=13n-1.22.解(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.由已知可得an+1-(2n+3)=3an-(2n+1),an-(2n+1)=3an-1-(2n-1),a2-5=3(a1-3).因为a1=3,所以an=2n+1.(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=32+522+723+(2n+1)2n.从而2Sn=322+523+724+(2n+1)2n+1.-得-Sn=32+222+223+22n-(2n+1)2n+1.所以Sn=(2n-1)2n+1+2.