第四章 数列-《精讲精练》26版高中同步新教材数学人教A版（2019）选择性必修第二册

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第四章　数列
全卷满分150分　考试用时120分钟
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}为等差数列,且a2+a3+a6+a9+a10=10,则a4+a8的值为(　　)
A.2　　　　B.4　　　　C.6　　　　D.8
2.设n∈N*且n≥2,命题甲:{an}为等比数列;命题乙:an=,则命题甲是命题乙的(　　)
A.充分不必要条件　　　　B.必要不充分条件
C.充要条件　　　　D.既不充分也不必要条件
3.在数列{an}中,a1=0,且an+1=3an+6n-3,则下列说法不正确的是(　　)
A.a2=3　　　　B.{an+3n}为等比数列
C.a3=12　　　　D.{an-3n}为等差数列
4.若正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S6-2S3=5,则a7+a8+a9的最小值为(　　)
A.10　　　　B.15　　　　C.20　　　　D.25
5.“春雨惊春清谷天,夏满芒夏暑相连,秋处露秋寒霜降,冬雪雪冬小大寒”,这首二十四节气歌记录了中国古代劳动人民在田间耕作长期积累的经验和智慧.“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录.我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中有一个问题:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(如图1所示,晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度),二十四节气及晷长变化如图2所示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则下列说法错误的是(　　)
图1 图2
A.相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺
B.立春和立秋两个节气的晷长相同
C.春分的晷长为七尺五寸
D.立春的晷长比秋分的晷长长
6.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=a,若a6=,则(　　)
A.07.已知{an}为正项等比数列,且a1 012=1,若函数f(x)=-2ln x+1,则f(a1)+f(a2)+…+f(a2 023)=(　　)
A.2 023　　　　B.2 024　　　　C.　　　　D.1 012
8.已知数列{an}满足a1=1,且对任意m,n∈N*(m>n)均有am+n+am-n=2am+2an,记{an}的前n项和为Sn,则S7=(　　)
A.28　　　　B.140　　　　
C.256　　　　D.784
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.在等差数列{an}中,a2=-7,a5=-1,若Sn=a1+a2+…+an,Tn=a1a2…an,则(　　)
A.Sn有最小值,Tn无最小值　　　　B.Sn有最小值,Tn无最大值
C.Sn无最小值,Tn有最小值　　　　D.Sn无最大值,Tn有最大值
10.已知数列{an}满足a1=3,an=3an-1+λ·3n(n≥2,n∈N*),则下列说法正确的是(　　)
A.当λ=0时,数列{an}是递减数列
B.当λ=-1时,数列是等差数列
C.当λ=1时,an=n·3n
D.当λ=-2时,数列{an}存在最小值
11.已知数列{an}满足a1=1,an+1=设{an}的前n项和为Sn,则下列结论正确的是(　　)
A.数列{a2n-2}是等比数列 B.a2n-1=6--4n
C.S8<-11 D.当n≥2时,数列{S2n}是递减数列
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知有穷数列{an}的各项均为整数且是递增数列,若a1≥3,a1+a2+…+an=2 023,则当n取最大值时,an的值为　　　　.
13.设数列{an}满足a1=-2,an+1=an+n·2n,则log2a1 026=　　　　.
14.意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人,斐波那契数列被誉为最美的数列,斐波那契数列{an}满足:a1=1,a2=1,an=an-1+an-2(n≥3,n∈N*).若将数列的每一项按照下图方法放进格子里,每个小格子的边长为1,记{an}的前n项所占的格子的面积之和为Sn,每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn,则下列结论正确的是　　　　.(填序号)
①a7=2a5+a4; ②Sn+1=+an+1an;
③a1+a2+a3+…+an=an+2-1; ④a1+a3+a5+…+a2n-1=a2n-1;
⑤4(cn-cn-1)=πan-2an+1.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且a2,a5,a14成等比数列,S5=25.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=(-1)n+1,求数列{bn}的前30项的和T30.
16.(15分)已知数列{an}满足a1=1,an+1+2an=3n-5,n∈N*.
(1)设bn=an-n+2,证明:{bn}是等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
17.(15分)某公司2022年投资4千万元用于新产品的研发与生产,计划从2023年起,在今后的若干年内,每年继续投资1千万元用于新产品的维护与生产,2022年新产品带来的收入为0.5千万元,并预测在相当长的年份里新产品带来的收入均在上年度收入的基础上增长25%.记2022年为第1年,f(n)为第1年至此后第n(n∈N*)年(含第n年)的累计利润(注:累计利润=累计收入-累计投入,单位:千万元),且当f(n)为正值时,认为新产品赢利.(参考数据1.257≈4.8,1.258≈6.0,1.259≈7.5,1.2510≈9.3)
(1)试求f(n)的表达式;
(2)根据预测,该新产品将从哪一年开始并持续赢利 请说明理由.
18.(17分)已知数列{an}中,a1=1,Sn=an+1-1,数列{bn}中,b1=1,(n≥2).
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)若cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn,并求使得Tn≥(m2-5m)恒成立的正整数m的最大值.
19.(17分)设数列{an}的前n项和为Sn.若≤≤2(n∈N*),则称{an}是“紧密数列”.
(1)已知数列{an}是“紧密数列”,其前5项依次为1,,求x的取值范围;
(2)若Sn=(n2+3n),判断{an}是不是“紧密数列”,并说明理由;
(3)设数列{an}是公比为q的等比数列,若数列{an}与{Sn}都是“紧密数列”,求q的取值范围.
答案与解析
1.B　因为数列{an}为等差数列,且a2+a3+a6+a9+a10=10,
所以5a6=10,则a6=2,所以a4+a8=2a6=4.故选B.
2.D　当n∈N*且n≥2时,若{an}为等比数列,则,即=an-1an+1,
所以an=±,故充分性不成立;
当an=0时,满足an=,但{an}不是等比数列,
故必要性不成立.
所以命题甲是命题乙的既不充分也不必要条件.
故选D.
3.C　因为a1=0,且an+1=3an+6n-3,
所以a2=6×1-3=3,a3=3×3+6×2-3=18,A正确,C错误.
因为an+1=3an+6n-3,所以an+1+3(n+1)=3(an+3n),
又a1=0,所以a1+3=3,所以{an+3n}为等比数列,且首项为3,公比为3,
所以an+3n=3n,所以an-3n=-3n,
又a1-3=-3,所以{an-3n}为等差数列,且首项为-3,公差为-3,B,D均正确.
故选C.
4.C　因为{an}是正项等比数列,
所以S3,S6-S3,S9-S6也是等比数列,
所以(S6-S3)2=S3×(S9-S6),由S6-2S3=5,得S6-S3=S3+5,
所以S9-S6=+10≥2+10=20,
当且仅当S3=,即S3=5时取等号,
又a7+a8+a9=S9-S6,所以a7+a8+a9的最小值为20.
故选C.
5.B　由题意可得,从冬至到夏至,每个节气的晷长(以寸为单位)依次构成等差数列,设该等差数列为{an},公差为d1,则a1=135,a13=15,
所以d1==-10,所以an=135-10(n-1)=145-10n.
从夏至到冬至,每个节气的晷长(以寸为单位)依次构成等差数列,设该等差数列为{bn},公差为d2,则b1=15,d2=-d1=10,所以bn=15+10(n-1)=5+10n.
对于A,因为d1=-10,d2=10,所以相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺,故A中说法正确.
对于B,立春的晷长对应的是{an}中的a4,a4=145-10×4=105,立秋的晷长对应的是{bn}中的b4,b4=5+10×4=45,故B中说法错误.
对于C,春分的晷长对应的是{an}中的a7,a7=145-10×7=75,故C中说法正确.
对于D,秋分的晷长对应的是{bn}中的b7,b7=5+10×7=75,结合B选项可知D中说法正确.
故选B.
6.C　由题意可知an≠0,因为an+1=,
所以,即=an-1.
令n=1,得=a1-1,令n=2,得=a2-1,
令n=3,得=a3-1,令n=4,得=a4-1,
令n=5,得=a5-1,
将以上各式相加,得=a1+a2+a3+a4+a5-5,
即=S5-5,所以S5=10-,
因为a1=a,
所以<9,所以1<10-,即17.A　因为{an}为正项等比数列,且a1 012=1,
所以a1·a2 023=a2·a2 022=a3·a2 021=…==1,
由f(x)=-2ln x+1可得f+2ln x+1,
所以f(x)+f=2,
设S=f(a1)+f(a2)+…+f(a2 023),
则S=f(a2 023)+f(a2 022)+…+f(a1),
两式相加可得2S=[f(a1)+f(a2 023)]+[f(a2)+f(a2 022)]+…+[f(a2 023)+f(a1)]=2×2 023,故S=2 023.
故选A.
8.B　已知数列{an}满足a1=1,且对任意m,n∈N*(m>n)均有am+n+am-n=2am+2an,
令n=1,可得am+1+am-1=2am+2a1=2am+2,即(am+1-am)-(am-am-1)=2,
令bm=am+1-am,可得bm-bm-1=2,即数列{bm}是公差为2的等差数列,
由b1=a2-a1=a2-1,可得bm=2m-3+a2,即am+1-am=2m-3+a2,
所以am=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(am-am-1)=1+(m-1)(a2-1)+×2=(m-2)2+(m-1)a2,
即am=(m-2)2+(m-1)a2,所以a3=1+2a2,a5=9+4a2,
对于am+n+am-n=2am+2an,令m=3,n=2,可得a5+a1=2a3+2a2,
所以9+4a2+1=2(1+2a2)+2a2,解得a2=4,
所以am=(m-2)2+(m-1)×4=m2,
即数列{an}的通项公式为an=n2,
所以S7=12+22+32+42+52+62+72=140.故选B.
9.AD　设等差数列{an}的公差为d,
依题意得解得
∴an=-9+2(n-1)=2n-11,
∴Sn==n2-10n=(n-5)2-25,
∴当n=5时,Sn有最小值-25,Sn无最大值,
而Tn=-9×(-7)×(-5)×(-3)×(-1)×1×3×…×(2n-11),
易得T1<0,T3<0,T5<0,T2>0,T4>0,且T4>T2,
当n≥6,n∈N*时,Tn<0,
∴当n=4时,Tn有最大值,Tn无最小值.
故选AD.
10.BC　选项A,当λ=0时,an=3an-1,又a1=3≠0,所以{an}是首项为3,公比为3的等比数列,则an=3n,又an-an-1=3n-3n-1=2×3n-1>0,所以数列{an}是递增数列,故A错误;
选项B,当λ=-1时,an=3an-1-3n,故-1,即=-1,
所以数列是等差数列,故B正确;
选项C,当λ=1时,an=3an-1+3n,故+1,即=1,又=1,所以数列是首项为1,公差为1的等差数列,所以=1+n-1=n,所以an=n·3n,故C正确;
选项D,当λ=-2时,an=3an-1-2·3n,故-2,即=-2,
则数列是首项为1,公差为-2的等差数列,
所以=1+(n-1)×(-2)=3-2n,所以an=(3-2n)·3n,
则an+1-an=(1-2n)·3n+1-(3-2n)·3n=-4n·3n<0,
所以数列{an}为递减数列,且当n→+∞时,an→-∞,
故数列{an}无最小值,故D错误.
故选BC.
11.ABD　对于A,a2n+2-2=(a2n-2),又a2-2=,所以数列{a2n-2}是首项为-,公比为的等比数列,故A正确;
对于B,由A选项得a2n-2=-·,故a2n=2-,
结合a2n=a2n-1+2n-1,得a2n-1=6--4n,故B正确;
对于C,由B选项得a2n+a2n-1=8-4n-3·,
所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=8n-,则S8=-11+>-11,故C错误;
对于D,由C选项知S2n=-2n2+6n-3+,当n≥2时,易知{-2n2+6n-3}是递减数列,也是递减数列,所以{S2n}是递减数列,故D正确.
故选ABD.
12.答案　73
解析　因为有穷数列{an}的各项均为整数且是递增数列,所以n取最大值,即{an}的项数最多,
此时{ak}(k=1,2,…,n-1,n≥2,n∈N*)是公差为1的等差数列,且首项尽可能小,
∵a1≥3,∴a1=3,
∴ak=k+2,
∴Sk=a1+a2+…+ak=,
∴S60=1 950,S61=2 013,S62=2 077,
故当k=60时,ak=62,n=k+1=61,an=2 023-Sk=73,符合条件;
当k=61时,ak=63,n=k+1=62,an=2 023-Sk=10,不满足an>an-1,不符合条件.
故当n取最大值时,an=73.
13.答案　1 036
解析　∵an+1=an+n·2n,∴an+1-an=n·2n,且a1=-2,
当n≥2时,an-a1=an-an-1+an-1-an-2+…+a3-a2+a2-a1=(n-1)·2n-1+(n-2)·2n-2+…+2·22+1·21,①
∴2(an-a1)=(n-1)·2n+(n-2)·2n-1+…+2·23+1·22,②
①-②得-(an-a1)=-(n-1)·2n+2n-1+2n-2+…+23+22+2
=-(n-1)·2n+=(2-n)·2n-2,
∴an-a1=(n-2)·2n+2,又a1=-2,∴an=(n-2)·2n,
当n=1时也符合上式,∴an=(n-2)·2n,
∴log2a1 026=log2(1 024×21 026)=log2(210×21 026)=log221 036=1 036.
14.答案　①②③⑤
解析　对于①,因为an=an-1+an-2(n≥3),所以a7=a6+a5=2a5+a4,故①正确;
对于②,因为an=an-1+an-2(n≥3),所以=a3a3=a3(a4-a2)=a3a4-a3a2,……,=anan=an(an+1-an-1)=anan+1-anan-1,
累加得+…+=an·an+1,
所以Sn+1=+…++an+1an,故②正确;
对于③,a1=a1,a2=a3-a1,a3=a4-a2,……,an=an+1-an-1,
累加得a1+a2+a3+…+an=an+an+1-a2=an+2-1,故③正确;
对于④,a1=a1,a3=a4-a2,a5=a6-a4,……,a2n-1=a2n-a2n-2,
累加得a1+a3+a5+…+a2n-1=a1+a2n-a2=a2n,故④错误;
对于⑤,易知扇形面积cn=,故4(cn-cn-1)=4)=πan-2an+1,故⑤正确.
故正确的结论为①②③⑤.
15.解析　(1)由=a2a14,
得(a2+3d)2=a2(a2+12d),解得a2=d(d=0舍去),
则a1+d=d,故a1=d,(2分)
所以S5=5a1+d+10d=25,解得d=2,则a1=1,(4分)
故an=1+2(n-1)=2n-1.(6分)
(2)由(1)得an=2n-1,
所以bn=(-1)n+1=(-1)n+1(2n-1)2,(7分)
所以T30=b1+b2+b3+…+b30=12-32+52-72+…+572-592(8分)
=(1-3)(1+3)+(5-7)(5+7)+…+(57-59)(57+59)(10分)
=-2(1+3+5+…+57+59)=-2×=-1 800.(13分)
16.解析　(1)证明:因为an+1+2an=3n-5,n∈N*,
所以an+1-(n+1)+2+2an=3n-5-(n+1)+2,
所以an+1-(n+1)+2=-2an+2n-4,(3分)
所以an+1-(n+1)+2=-2(an-n+2),所以bn+1=-2bn,(5分)
又b1=a1-1+2=2≠0,所以=-2,
所以{bn}是以2为首项,-2为公比的等比数列.(7分)
(2)由(1)可知,bn=2×(-2)n-1,
由于an=bn+n-2,所以an=2×(-2)n-1+n-2,(9分)
所以Sn=a1+a2+a3+…+an
=2×(-2)0+2×(-2)1+2×(-2)2+…+2×(-2)n-1+(1+2+…+n)-2n
=2×-2n
=.(15分)
17.解析　(1)由题意知,第1年至此后第n(n∈N*)年(含第n年)的累计投入(单位:千万元)为4+(n-1)=n+3,(1分)
设第n年的收入为an千万元,前n年的累计收入为Sn千万元,
由题意得a1=an,
所以数列{an}是以为首项,为公比的等比数列,(3分)
则有an=,(4分)
故Sn=a1+a2+…+an=,(6分)
所以f(n)=Sn-(n+3)=2-n-3=2·-n-5,n∈N*.(8分)
(2)由(1)得f(n+1)-f(n)=-1,(10分)
所以当n≤3时,f(n+1)-f(n)<0,即f(n)单调递减,
当n≥4时,f(n+1)-f(n)>0,即f(n)单调递增,(12分)
又f(1)=--9-5>0,
所以该新产品将从第9年开始并持续赢利,
即该新产品将从2030年开始并持续赢利.(15分)
18.解析　(1)当n≥2时,由Sn=an+1-1,可得Sn-1=an-1,
两式相减,可得an=an+1-an,∴an+1=2an(n≥2).(3分)
当n=1时,a2=a1+1=2=2a1,
∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,
∴an=2n-1,n∈N*.(5分)
∵在数列{bn}中,b1=1,(n≥2),
∴是常数列,又=1,∴bn=n,n∈N*.(8分)
(2)由(1)可得cn=an·bn=n·2n-1,
∴Tn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1,(10分)
2Tn=1×21+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n,
两式相减,可得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n×2n=-n×2n=-(n-1)×2n-1,
∴Tn=(n-1)·2n+1,(13分)
∴Tn+1=n·2n+1+1.
∵Tn+1-Tn=n·2n+1+1-(n-1)·2n-1=(n+1)·2n>0,
∴数列{Tn}为递增数列,∴Tn≥T1=1.(15分)
要使Tn≥(m2-5m)恒成立,只需1≥(m2-5m),即m2-5m-6≤0,解得-1≤m≤6,∴满足题意的正整数m的最大值为6.(17分)
19.解析　(1)若数列{an}为“紧密数列”,则x≠0,且(2分)
解得≤x≤,故x的取值范围为.(4分)
(2)数列{an}为“紧密数列”.理由如下:(5分)
当n=1时,a1=S1=×(1+3)=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,
又=1=a1,所以a1=1满足上式,
因此an=(n∈N*),(7分)
所以对任意n∈N*,,
所以<2,
因此数列{an}为“紧密数列”.(9分)
(3)因为数列{an}是公比为q的等比数列,其前n项和为Sn,
所以当q=1时,an=a1,Sn=na1,
所以≤=1≤2,≤≤2,满足题意,(11分)
当q≠1时,an=a1qn-1,Sn=,
因为{an}为“紧密数列”,所以≤=q≤2,即≤q<1或1当≤q<1时,=1,
=1+qn<2,
所以≤≤2,满足{Sn}为“紧密数列”;(15分)
当12,不满足{Sn}为“紧密数列”.(16分)
综上,实数q的取值范围是.(17分)