2022版新教材高中数学第4章数列本章达标检测（word版含解析）苏教版选择性必修第一册

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.40　　　　B.60　　　　C.32　　　　D.50
2.已知Sn是等差数列{an}的前n项和,若S15=45,则5a5-3a3的值为 (　　)
A.6　　　　B.15　　　　C.34　　　　D.17
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=,则= (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.30
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+2=2an(n∈N*),则= (　　)
A.2　　　　B.　　　　C.　　　　D.
5.已知两个等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn,且=,则使得为整数的正整数n的个数是 (　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.5　　　　D.4
6.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,A=,b,a,c成等差数列,且·=9,则a= (　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.2　　　　D.3
7.定义为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,则数列的前2 019项和为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
8.对于数列{an},若存在常数M,使对任意n∈N*,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+n　　　　B.an+1-an=1-
C.anan+1=1+2n　　　　D.=1+
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.{+}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,则下列选项正确的是 (　　)
A.若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则{an}为递增数列
B.若数列{an}为等差数列,a1>0,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 021·a2 021>0恒成立
D.若数列{an}为等比数列,则{}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,数列的前n项和为Tn,n∈N*,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-1
D.Tn<1
12.在数列{an}中,若-=p(n≥2,n∈N*,p为常数),则称{an}为等方差数列.下列对等方差数列的判断正确的是 (　　)
A.若{an}是等差数列,则{}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}(k∈N*,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n∈N*,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,q∈N*),必有ap+1=aq+1,则称{an}为“和谐递进数列”.若{an}为“和谐递进数列”,且a1=1,a2=,a4=1,a8a9=2,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①Sn=2bn-1;②-4bn=bn-1(n≥2);③bn=bn-1+2(n≥2)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,说明理由.
已知数列{an}为等比数列,a1=,a3=a1a2,数列{bn}的首项b1=1,其前n项和为Sn,　　　　,是否存在k∈N*,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk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=,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=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年的总销售额为万元,乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多a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:①是首项为2的等差数列;②T2-T5=.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=-an,其前n项和为Sn,求证:对任意正整数n,都有022.(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-i≥3),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p∈N*,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,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,∴=15a8=45,
∴a8=3,
∴5a5-3a3=5×(a1+4d)-3×(a1+2d)=2(a1+7d)=2a8=6.故选A.
3.D　an=Sn-Sn-1=(n≥2),又a1=S1=,符合上式,∴an=(n∈N*),
∴=5×6=30,故选D.
4.C　Sn+2=2an(n∈N*),①
当n=1时,可得a1=2,
当n≥2,n∈N*时,Sn-1+2=2an-1,②
①-②得an=2an-2an-1,即an=2an-1(n≥2),
∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2·2n-1=2n(n∈N*),
∴==,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=,
∴==
===
=7+=7+.
经验证知,当n=1,2,3,5,11时,为整数.故选C.
6.B　由题知A=,b,a,c成等差数列,则2a=b+c,由·=9得cbcosA=9,所以bc=18,
结合余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-3bc=4a2-54,
所以a=3(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=,即Sn=3n2+n.
当n=1时,a1=S1=4;
当n≥2且n∈N*时,an=Sn-Sn-1=6n-2,
经验证可知a1=4满足an=6n-2,
∴an=6n-2(n∈N*).
∴===-,
∴数列的前2019项和为1-+-+…+-=.故选B.
8.D　对于A选项,假设{an}有界,即存在常数M,对任意n∈N*,都有an+1≤M,an≤M,
则1+n=an+1+an≤M+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+2n≤M2,错误;
对于B选项,n=1时,a1=a2,n≥2且n∈N*时,an+1-an=1-≥,累加可得,an-a2≥(n-2),又a2=a1=1,所以an≥,n=1时,符合上式,所以an≥(n∈N*),显然不是有界的;
对于D选项,a2=2,=1+=<==·,
累乘可得××…×<·××…×,
即=·(n-1)<2,从而an<4,D正确.故选D.
二、多项选择题
9.BCD　设{an}的公比为q.
A.设an=(-1)n,则an+an+1=0,显然{an+an+1}不是等比数列.
B.=q2,所以{anan+1}是等比数列.
C.==q2,所以{+}是等比数列.
D.当q=1时,Sn=na1,{Sn}显然不是等比数列;
当q≠1时,若{Sn}是等比数列,则=Sn-1·Sn+1(n≥2),
即=·,
所以q=1,与q≠1矛盾.
综上,{Sn}不是等比数列.故选BCD.
10.ABC　对于A:若数列{an}为等差数列,Sn>0恒成立,则公差d>0,故{an}为递增数列,故A正确;
对于B:若数列{an}为等差数列,a1>0,设其公差为d,由S3=S10,得3a1+d=10a1+d,即a1=-6d,故an=(n-7)d,所以当n≤7时,an≥0,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S2021·a2021=·a1·q2020=·q2020·>0恒成立,故C正确;
对于D:若数列{an}为等比数列,则=,所以=,不是常数,故{}不为等比数列,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(n∈N*),
又==-,
可得Tn=1-+-+…+-=1-<1,所以A错误,B,C,D均正确.
故选BCD.
12.BCD　在选项A中,取an=n,则{an}是等差数列,且=n2,则-=(n+1)2-n2=2n+1,不是常数,所以{}不是等方差数列,故A错误.
在选项B中,-=-[(-1)n-1]2=1-1=0,是常数,所以{(-1)n}是等方差数列,故B正确.
在选项C中,由{an}是等方差数列,得-=p,从而=+(n-1)p,所以-=[+(kn+k-1)p]-[+(kn-1)p]=kp,是常数,所以{akn}(k∈N*,k为常数)是等方差数列,故C正确.
在选项D中,由{an}是等差数列,可设其公差为d,则an-an-1=d,又{an}是等方差数列,所以-=p,所以-=(an+an-1)(an-an-1)=(an+an-1)d=p①,从而(an+1+an)d=p②.
②-①得,(d+d)d=0,解得d=0,所以{an}是常数列,故D正确.故选BCD.
三、填空题
13.答案　3n2+n
解析　设{an}的前n项和为Sn.令bn=3n+1,则an=b2n-1=3(2n-1)+1=6n-2,
因为an+1-an=6(n+1)-2-6n+2=6,所以{an}是以6为公差,a1=4为首项的等差数列,所以Sn=4n+×6=3n2+n.故答案为3n2+n.
14.答案　25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4
解析　根据数学归纳法,
当n=k时,原式为1+2+22+23+…+25k-1;
当n=k+1时,原式为1+2+22+23+…+25k-1+25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4.
故从k到k+1,等式左边需添加的项是25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4.
15.答案　1;2020+674
解析　数列{an}满足:只要ap=aq(p,q∈N*),必有ap+1=aq+1,
由a1=1,a2=,a4=1,得a1=a4=1,所以a2=a5=,a3=a6,
a4=a7=1,a5=a8=,a6=a9,则a7=1.
又a8a9=2,所以a9=2,
即a1=1,a2=,a3=2,
a4=1,a5=,a6=2,
……
所以数列{an}是以3为周期的周期数列,又2021=673×3+2,
所以S2021=673×(3+)+a1+a2=2019+673+1+=2020+674.
16.答案　12288
解析　设am,n表示第m行的第n个数,由题中数表可知,每一行均成等差数列,且第m行的公差为2m-1,则am,n=am,1+(n-1)·2m-1,am,1=am-1,1+am-1,2=2am-1,1+2m-2,
则-=,即数列是首项为,公差为的等差数列,
则=+,即am,1=(m+1)2m-2,
所以am,n=(m+1)2m-2+(n-1)2m-1=(m+2n-1)2m-2,
故a11,7=(11+14-1)×29=24×29=12288.
四、解答题
17.解析　设等比数列{an}的公比为q,因为a1=,所以a3=a2,
所以q==,
故an=. (2分)
选①,Sn=2bn-1,则Sn-1=2bn-1-1(n≥2),
两式相减并整理得=2(n≥2),
又b1=1,
所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,所以bn=2n-1, (5分)
所以anbn=·2n-1=. (8分)
由指数函数的性质知,数列{anbn}单调递增,没有最大值,
所以不存在k∈N*,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (10分)
选②,由-4bn=bn-1(n≥2),b1=1知数列{bn}是首项为1,公比为-的等比数列,
所以bn=, (5分)
所以anbn=·=(-4)×≤4×≤4×=,当且仅当n=1时取得最大值. (8分)
所以存在k=1,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (10分)
选③,由bn=bn-1+2(n≥2)可知{bn}是以2为公差的等差数列,
又b1=1,所以bn=2n-1. (5分)
设cn=anbn=(2n-1),
则cn+1-cn=(2n+1)-(2n-1)·=. (8分)
所以当n≤2时,cn+1>cn,当n≥3时,cn+1则c1c4>c5>…,所以存在k=3,使得对任意n∈N*,anbn≤akbk恒成立. (10分)
18.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d, (1分)
由题意得 (3分)
解得 (5分)
所以an=-2+4(n-1)=4n-6. (6分)
(2)由(1)得,bn===
=, (8分)
所以T2n=b1+b2+b3+…+b2n-1+b2n
=(-1-1)+++…+-+-
==,
所以{bn}的前2n项和T2n=. (12分)
19.解析　(1)当n=1时,=,
∴S1=,
当n≥2时,=(Sn-Sn-1)Sn,
∴Sn=,
∴S2=,S3=, (3分)
猜想Sn=,n∈N*. (6分)
(2)下面用数学归纳法证明:
①当n=1时,S1=,=,猜想正确; (8分)
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,猜想正确,即Sk=,
那么当n=k+1时,
可得Sk+1===,
即n=k+1时,猜想也成立. (10分)
由①②可知,对任意的正整数n,Sn=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年的总销售额为万元.(3)乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多a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年的总销售额为万元(实际问题)相当于已知其前n项和Sn=,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a万元(实际问题)相当于已知其bn-bn-1=a,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bn,an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、bn万元,甲超市前n年的总销售额为Sn万元,则Sn=万元. (2分)
当n=1时,S1=a1=a;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=·[n2-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=
又b1=a,n≥2时,bn-bn-1=a,
所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=a+a+a+…+a=·a=a.
显然b1=a也满足上式,所以bn=a(n∈N*). (6分)
(2)当n=2时,a2=a,b2=a,则a2>b2;当n=3时,a3=2a,b3=a,则a3>b3;当n≥4时,an≥3a,bn<3a,故乙超市有可能被甲超市收购. (8分)
当n≥4时,令an>bn,则(n-1)a>a,
即n-1>6-4,
所以n>7-4,
即n+4>7,所以n≥7,
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)设等差数列的公差为d.
由已知得=2,所以=2+(n-1)d,
所以=2+d,=2+4d, (2分)
因为T2-T5=,所以-=,
解得d=1,所以=n+1,即Tn=. (3分)
又Tn=a1·a2·…·an=,
所以当n=1时,a1=T1=,
当n≥2时,Tn-1=a1·a2·…·an-1=,
所以an==,
当n=1时也符合上式,
所以an=(n∈N*). (6分)
(2)证明:证法一:由(1)知an=,
所以bn=-.
因为>,
所以=×>, (7分)
所以>,
所以bn=->0,
所以Sn>0. (8分)
因为=<,
所以bn=-<-==, (10分)
所以Sn<×++…+=-<.
综上,对任意正整数n,都有0证法二:由(1)知an=,
所以bn=-
=
=>0,
所以Sn>0. (8分)
又bn=,>>0,
所以bn<==, (10分)
所以Sn<×++…+=-<.
综上,对任意正整数n,都有022.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-i≥3),有 ai+1-ai=aj-aj-1=d(d为数列{an}的公差),所以ai+1+aj-1=ai+aj,
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(n≥4),
所以数列{an}从第3项起为等差数列. (8分)
(3)①若p=1,则ap=a1=1,与a1=0矛盾,不符合题意.
②若p=2,则a1=0,a2=2,但a1+a2=2≠-2,不符合题意. (9分)
③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)
④若p≥4,设a2-a1=d,
则a1+a2+…+ap=0+d+
=-p,
所以
=0,
即=0.
因为p-1≠0,
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===2+.
因为p∈N*,
所以为整数,
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)
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