2025-2026学年人教A版数学选择性必修必修第二册 第四章 数列 单元测试（含答案）
文档属性
| 名称 | 2025-2026学年人教A版数学选择性必修必修第二册 第四章 数列 单元测试（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 46.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-23 00:00:00 | ||
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文档简介
第四章 数列
(时间:120分钟 满分:150分)
一、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{an}是等差数列,Sn是其前n项和,若a1=2,a3=3,则S10=( )
A.65 B.60
C. D.21
2.已知等比数列{an}的前3项积为64,a5=8,则a8等于 ( )
A.16 B.8 C.4 D.2
3.已知数列{an}的通项公式an=(n∈N*),记f(n)=(1-a1)(1-a2)·…·(1-an),通过计算f(1),f(2),f(3),归纳出f(n)的表达式是( )
A. B.
C. D.
4.已知数列{an}为等差数列,首项为1,公差为2,数列{bn}为等比数列,首项为1,公比为2,设cn=,Tn为数列{cn}的前n项和,则当Tn<2 023时,n的最大整数值为 ( )
A.8 B.9 C.10 D.1
5.已知公差不为0的等差数列{an}满足am+ap=2a5,则的最小值为( )
A.1 B. C. D.2
6.已知数列{an}的前n项和Sn=()n-1,则下列说法错误的是( )
A.{Sn}是递减数列 B.{an}是等比数列
C.an<0 D.Sn+an=1
7.已知{an}是等差数列,且a1=1,+…+,则a10=( )
A.15 B.26 C.28 D.32
8.已知等差数列{an}的公差为,集合S={cos an|n∈N*},若S={a,b},则ab=( )
A.-1 B.- C.0 D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,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.已知正项等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,a4=2,a6=8,则( )
A.q=2 B.a10=256
C.数列是递减数列 D.Sn=2n-1-
10.已知数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N*),数列{bn}满足bn=anan+1,记数列{bn}的前n项和为Sn,则下列结论正确的是( )
A.是等差数列 B.
C.Sn<- D.Sn≥-
11.已知数列{an}:1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,…,以此类推.则下列说法正确的是( )
A.第10个1出现在第46项
B.该数列的前55项的和是1 012
C.存在连续六项之和是3的倍数
D.满足前n项之和为2的整数幂,且n>100的最小整数n的值为440
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.若依次成等差数列的三个实数a,b,c之和为12,而a,b,c+2又依次成等比数列,则a=__________.
13.设数列{an}满足a1=1,a2=,且n2=(n2-1)an+1an-1(n∈N*,n≥2),则a6=__________.
14.已知等差数列{an}中,a3+a5=a4+7,a10=19,则数列{an·cos nπ}的前2 024项和为__________.
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)已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大整数n.
16.(15分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn.
17.(15分)已知数列{an}的各项都不等于0,其前n项和为Sn,且满足=2n-1.
(1)求证:数列{an}为等比数列;
(2)若a1-a2=,令bn=,求数列{bn}的前n项和Tn的取值范围.
18.(17分)“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念,掌握好这两个概念,对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的.所谓“现值”是指在n期末的金额,把它扣除利息后,折合成现时的值,而“终值”是指n期后的本利和.它们计算的基点分别是存期的起点和终点.例如,在复利计息的情况下,设本金为A,每期利率为r,期数为n,到期末的本利和为S,则S=A(1+r)n.其中,S称为n期末的终值,A称为n期后终值S的现值,即n期后的S元现在的价值为A=.
小李想买一座公寓有如下两种方案.
方案一:一次性付全款25万元;
方案二:分期付款,每年初付款3万元,第十年年初付完.
(1)已知一年期存款的年利率为2.5%,试讨论两种方案哪一种更好
(2)若小李把房子租出去,第一年年初需交纳租金2万元,此后每年初涨租金1 000元,参照第(1)问中的存款年利率2.5%,预计第十年房租到期后小李所获得全部租金的终值.(精确到百元)
参考数据:(1+2.5%)10≈1.28
19.(17分)对于无穷数列{cn},若对任意m,n∈N*,且m≠n,存在k∈N*,使得cm+cn=ck成立,则称{cn}为“G数列”.
(1)若数列{bn}的通项公式为bn=2n,试判断数列{bn}是不是G数列,并说明理由;
(2)已知数列{an}为等差数列,
①若{an}是G数列,a1=8,a2∈N*,且a2>a1,求a2所有可能的取值;
②若对任意n∈N*,存在k∈N*,使得ak=Sn成立,求证:数列{an}为G数列.
第四章 数列
(时间:120分钟 满分:150分)
一、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.C
由题意得,等差数列{an}的公差d=,所以S10=10a1+d=10×2+45×,故选C.
2.A
由等比数列{an}的前3项积为64,得a1a2a3==64,解得a2=4,由a2a8=,即4a8=64,解得a8=16,故选A.
3.C
由题意知数列{an}的通项公式an=(n∈N*),则f(1)=1-a1=1-,f(2)=(1-a1)(1-a2)=(1-)×(1-)=,f(3)=(1-a1)(1-a2)(1-a3)=(1-)×(1-)×(1-)=,可看出分子上的值为相应项的序号加2,分母为相应项的序号加1后的2倍,故归纳出f(n)的表达式是f(n)=,故选C.
4.B
依题意得an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2n-1,则cn==2·2n-1-1=2n-1,所以数列{cn}为递增数列,其前n项和Tn=(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-2-n,当n=9时,Tn=1 013<2 023,当n=10时,Tn=2 036>2 023,所以n的最大整数值为9,故选B.
5.C
根据等差数列性质可得m+p=10,则(m+2)+p=12,所以()=)(m+2+p)=(5+)≥(5+2)=,当且仅当,即p=4,m=6时,等号成立,故选C.
6.D
数列{an}的前n项和Sn=()n-1,
∵()n随着n的增大不断减小,
∴{Sn}是递减数列,故A正确;
数列{an}的前n项和Sn=()n-1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=()n-()n-1=-()n,当n=1时,a1=S1=-1=-,上式也成立,
∴an=-()n,即an+1=-()n+1,则,
∴{an}是等比数列,an<0,故BC正确;
Sn+an=()n-1-()n=-1,故D错误.故选D.
7.C
设公差为d,
则an=a1+(n-1)d=1+(n-1)d,则],
所以+…+(1-+…+)=(1-),
故(1-)=,解得d=3,故a10=1+9×3=28,故选C.
8.B
∵{an}是公差为的等差数列,
∴{cos an}是周期为3的周期数列,故cos a1,cos(a1+),cos(a1+)中有两个相等.
又y=cos x的图象关于直线x=kπ(k∈Z)对称,故不妨设a1=kπ-,a1+=kπ+,a1+=kπ+π.
当k为偶数时,S={,-1},故ab=-;
当k为奇数时,S={-,1},故ab=-.
综上,ab=-.故选B.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,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.AC
由题意得解得a1=,q=2,则an=×2n-1=2n-3,故选项A正确;
a10=a1q9=×29=128,故选项B错误;
因为an=2n-3,所以=-<0,即,故数列是递减数列,故选项C正确;
Sn==2n-2-,故选项D错误,故选AC.
10.ABC
因为a1=1,an+1=,所以-2,所以=-2,且=1,所以数列是等差数列,且该数列的首项为1,公差为-2,所以,所以选项AB正确;
因为=1-2(n-1)=3-2n,所以an=,则bn=anan+1=),所以Sn=[()+()+()+…+()+()]=(-1-)=-(1+)<-,所以选项C正确,D错误,故选ABC.
11.ACD
将数列{an}排成行的形式
1,
1,2,
1,2,4,
1,2,4,8,
…
第k(k∈N*)行为20,21,…,2k-1,则第k行和为bk==2k-1,前k行共有项,前k行的和为Sk=-k=2k+1-2-k,对于选项A,第10个1出现在第1+2+3+4+5+6+7+8+9+1=46项,故A正确;
对于选项B,因为55=,所以数列的前55项的和是S10=211-2-10=2 036,故B错误;
对于选项C,因为a3+a4+a5+a6+a7+a8=2+1+2+4+1+2=12,是3的倍数,所以存在连续六项之和是3的倍数,故C正确;
对于选项D,设前n项由前k行和第k+1行中前m(1≤m≤k+1,m∈N*)项组成,则n=+m.
前n项和为Tn=Sk+bm=2k+1-2-k+2m-1,若前n项和为2的整数幂,则有2+k=2m-1,即3+k=2m.
因为m∈N*,k∈N*,所以,当3+k=2m=4时,k=1,m=2,n=3<100;
当3+k=2m=8时,k=5,m=3,n=18<100;
当3+k=2m=16时,k=13,m=4,n=95<100;
当3+k=2m=32时,k=29,m=5,n=440>100.
所以满足前n项之和为2的整数幂,且n>100的最小整数n的值为440,故D正确,故选ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.2或8
由题意可得
整理得a2-10a+16=0,解得a=2,或a=8.
13.
因为n2=(n2-1)an+1an-1(n≥2),则(nan)2=[(n+1)an+1][(n-1)an-1](n≥2),且1×a1=1,2a2=3,可得=3,所以数列{nan}是首项为1,公比为3的等比数列,则nan=1×3n-1,即an=,可得a6=.
14.2 024
在等差数列{an}中,2a4=a3+a5=a4+7,解得a4=7,公差d==2,于是an=a4+(n-4)d=2n-1,而当n为奇数时,cos nπ=-1,当n为偶数时,cos nπ=1,因此令bn=ancos nπ=(-1)n·(2n-1),则当n∈N*时,b2n-1+b2n=-(4n-3)+(4n-1)=2,所以数列{ancos nπ}的前2 024项的和为(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2 023+b2 024)=2×1 012=2 024.
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
(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1.
因为an>0,所以q>0.
依题意可得
即
整理得q2+q-6=0,解得q=2,或q=-3(舍去),所以an=a3qn-3=2n-1.
(2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1,故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)=2n-1+,显然Tn随着n的增大而增大,T10=210-1+45=1 068<2 024,T11=211-1+55=2 102>2 024,所以满足Tn<2 024的最大整数n=10.
16
(1)由题意可知,2Sn=nan,①
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,②
①-②得2an=nan-(n-1)an-1,
∴(n-1)an-1=(n-2)an.
(方法一:构造数列)当n≥3时,是从第2项开始的常数数列,当n=2时,=a2=1,
∴an=n-1(n≥2),当n=1时,2a1=a1,a1=0,满足上式,
∴an=n-1(n∈N*).
(方法二:累乘法)由2Sn=nan可知,当n=1时,2a1=a1,a1=0,a2=1,,
∴an=×…××a2=×…××1=n-1.
显然a1=0满足,
∴an=n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知an=n-1(n∈N*),
∴an+1=n,
∴=n·,∴Tn=1×+2×+3×+…+n·,③
Tn=1×+2×+…+(n-1)·+n·,④
③-④得,Tn=-n·,
∴Tn=2-(2+n)·.
17.
(1)由=2n-1得Sn=(2n-1)an①,
当n≥2时有Sn-1=(2n-1-1)an-1②,
①-②得Sn-Sn-1=an=(2n-1)an-(2n-1-1)an-1,
整理得(2n-2)an=(2n-1-1)an-1,
即,因此数列{an}是以为公比的等比数列.
(2)由(1)及a1-a2=可得a1=,因此an=·()n-1=()n,Sn==1-()n.
于是bn=,
所以Tn=b1+b2+…+bn=+…+=2-.
由于n∈N*,所以0<()n+1≤≤1-()n+1<1,1<≤2-<1,
故Tn的取值范围是[,1).
18.
(1)(方法一:从终值来考虑)若全款购置,则25万元10年后的价值为25(1+2.5%)10≈32.00(万元).
若分期付款,每年初所付金额3万元,10年后的总价值为S=3(1+2.5%)10+3(1+2.5%)9+…+3(1+2.5%)≈34.44(万元).
因此,付全款较好.
(方法二:从现值来考虑)每年初付租金3万元的10年现值之和为Q=3++…+,
则1.02510Q=3×1.025(),
即Q≈≈26.91(万元).
比购置一次付款25万元多,故全款购置设备的方案较好.
(2)由题意,设第十年房租到期后小李所获得全部租金的终值为T万元,则T=2(1+2.5%)10+2.1(1+2.5%)9+…+2.9(1+2.5%).
记1+2.5%=q,an=-0.1n+3,则T=a1q+a2q2+…+a10q10①,qT=a1q2+a2q3+…+a9q10+a10q11②,①-②得(1-q)T=2.9q-0.1(q2+q3+…+q10)-2q11,则T=3q-0.1(q+q2+q3+…+q10)-2q11,即T=3·-0.1·-2·≈27.88(万元).
19.
(1)因为数列{bn}的通项公式为bn=2n,
所以对任意的m,n∈N*,m≠n,都有bm=2m,bn=2n,bm+bn=2m+2n=2(m+n),取k=m+n,则bm+bn=bk,故{bn}是G数列.
(2)数列{an}为等差数列.
①若{an}是G数列,由于a1=8,a2∈N*,且a2>a1,则公差d=a2-a1>0,d∈N*,所以an=8+(n-1)d,对任意的m,n∈N*,m≠n,am=8+(m-1)d,an=8+(n-1)d,am+an=8+8+(m+n-2)d,由题意存在k∈N*,使得am+an=ak,即8+8+(m+n-2)d=8+(k-1)d,显然k≥m+n,所以(m+n-2)d+8=(k-1)d,即(k-m-n+1)d=8,k-m-n+1∈N*.
所以d是8的正因数,即d=1,2,4,8,当d=1时,a2=9,k=m+n+7;
当d=2时,a2=10,k=m+n+3;
当d=4时,a2=12,k=m+n+1;
当d=8时,a2=16,k=m+n.
综上,a2的可能值为9,10,12,16.
②证明若对任意n∈N*,存在k∈N*,使得ak=Sn成立,所以存在t∈N*,a1+a2=S2=at,t≥3.
设数列{an}公差为d,则2a1+d=a1+(t-1)d,a1=(t-2)d,可得an=(t-2)d+(n-1)d=(t+n-3)d,对任意m,n∈N*,m≠n,am=(t+m-3)d,an=(t+n-3)d,则am+an=(2t+m+n-6)d,取k=t+m+n-3∈N*,可得ak=(t-3+k)d=(2t+m+n-6)d=am+an,
所以数列{an}是G数列.
(时间:120分钟 满分:150分)
一、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{an}是等差数列,Sn是其前n项和,若a1=2,a3=3,则S10=( )
A.65 B.60
C. D.21
2.已知等比数列{an}的前3项积为64,a5=8,则a8等于 ( )
A.16 B.8 C.4 D.2
3.已知数列{an}的通项公式an=(n∈N*),记f(n)=(1-a1)(1-a2)·…·(1-an),通过计算f(1),f(2),f(3),归纳出f(n)的表达式是( )
A. B.
C. D.
4.已知数列{an}为等差数列,首项为1,公差为2,数列{bn}为等比数列,首项为1,公比为2,设cn=,Tn为数列{cn}的前n项和,则当Tn<2 023时,n的最大整数值为 ( )
A.8 B.9 C.10 D.1
5.已知公差不为0的等差数列{an}满足am+ap=2a5,则的最小值为( )
A.1 B. C. D.2
6.已知数列{an}的前n项和Sn=()n-1,则下列说法错误的是( )
A.{Sn}是递减数列 B.{an}是等比数列
C.an<0 D.Sn+an=1
7.已知{an}是等差数列,且a1=1,+…+,则a10=( )
A.15 B.26 C.28 D.32
8.已知等差数列{an}的公差为,集合S={cos an|n∈N*},若S={a,b},则ab=( )
A.-1 B.- C.0 D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,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.已知正项等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,a4=2,a6=8,则( )
A.q=2 B.a10=256
C.数列是递减数列 D.Sn=2n-1-
10.已知数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N*),数列{bn}满足bn=anan+1,记数列{bn}的前n项和为Sn,则下列结论正确的是( )
A.是等差数列 B.
C.Sn<- D.Sn≥-
11.已知数列{an}:1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,…,以此类推.则下列说法正确的是( )
A.第10个1出现在第46项
B.该数列的前55项的和是1 012
C.存在连续六项之和是3的倍数
D.满足前n项之和为2的整数幂,且n>100的最小整数n的值为440
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.若依次成等差数列的三个实数a,b,c之和为12,而a,b,c+2又依次成等比数列,则a=__________.
13.设数列{an}满足a1=1,a2=,且n2=(n2-1)an+1an-1(n∈N*,n≥2),则a6=__________.
14.已知等差数列{an}中,a3+a5=a4+7,a10=19,则数列{an·cos nπ}的前2 024项和为__________.
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)已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大整数n.
16.(15分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn.
17.(15分)已知数列{an}的各项都不等于0,其前n项和为Sn,且满足=2n-1.
(1)求证:数列{an}为等比数列;
(2)若a1-a2=,令bn=,求数列{bn}的前n项和Tn的取值范围.
18.(17分)“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念,掌握好这两个概念,对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的.所谓“现值”是指在n期末的金额,把它扣除利息后,折合成现时的值,而“终值”是指n期后的本利和.它们计算的基点分别是存期的起点和终点.例如,在复利计息的情况下,设本金为A,每期利率为r,期数为n,到期末的本利和为S,则S=A(1+r)n.其中,S称为n期末的终值,A称为n期后终值S的现值,即n期后的S元现在的价值为A=.
小李想买一座公寓有如下两种方案.
方案一:一次性付全款25万元;
方案二:分期付款,每年初付款3万元,第十年年初付完.
(1)已知一年期存款的年利率为2.5%,试讨论两种方案哪一种更好
(2)若小李把房子租出去,第一年年初需交纳租金2万元,此后每年初涨租金1 000元,参照第(1)问中的存款年利率2.5%,预计第十年房租到期后小李所获得全部租金的终值.(精确到百元)
参考数据:(1+2.5%)10≈1.28
19.(17分)对于无穷数列{cn},若对任意m,n∈N*,且m≠n,存在k∈N*,使得cm+cn=ck成立,则称{cn}为“G数列”.
(1)若数列{bn}的通项公式为bn=2n,试判断数列{bn}是不是G数列,并说明理由;
(2)已知数列{an}为等差数列,
①若{an}是G数列,a1=8,a2∈N*,且a2>a1,求a2所有可能的取值;
②若对任意n∈N*,存在k∈N*,使得ak=Sn成立,求证:数列{an}为G数列.
第四章 数列
(时间:120分钟 满分:150分)
一、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.C
由题意得,等差数列{an}的公差d=,所以S10=10a1+d=10×2+45×,故选C.
2.A
由等比数列{an}的前3项积为64,得a1a2a3==64,解得a2=4,由a2a8=,即4a8=64,解得a8=16,故选A.
3.C
由题意知数列{an}的通项公式an=(n∈N*),则f(1)=1-a1=1-,f(2)=(1-a1)(1-a2)=(1-)×(1-)=,f(3)=(1-a1)(1-a2)(1-a3)=(1-)×(1-)×(1-)=,可看出分子上的值为相应项的序号加2,分母为相应项的序号加1后的2倍,故归纳出f(n)的表达式是f(n)=,故选C.
4.B
依题意得an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2n-1,则cn==2·2n-1-1=2n-1,所以数列{cn}为递增数列,其前n项和Tn=(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-2-n,当n=9时,Tn=1 013<2 023,当n=10时,Tn=2 036>2 023,所以n的最大整数值为9,故选B.
5.C
根据等差数列性质可得m+p=10,则(m+2)+p=12,所以()=)(m+2+p)=(5+)≥(5+2)=,当且仅当,即p=4,m=6时,等号成立,故选C.
6.D
数列{an}的前n项和Sn=()n-1,
∵()n随着n的增大不断减小,
∴{Sn}是递减数列,故A正确;
数列{an}的前n项和Sn=()n-1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=()n-()n-1=-()n,当n=1时,a1=S1=-1=-,上式也成立,
∴an=-()n,即an+1=-()n+1,则,
∴{an}是等比数列,an<0,故BC正确;
Sn+an=()n-1-()n=-1,故D错误.故选D.
7.C
设公差为d,
则an=a1+(n-1)d=1+(n-1)d,则],
所以+…+(1-+…+)=(1-),
故(1-)=,解得d=3,故a10=1+9×3=28,故选C.
8.B
∵{an}是公差为的等差数列,
∴{cos an}是周期为3的周期数列,故cos a1,cos(a1+),cos(a1+)中有两个相等.
又y=cos x的图象关于直线x=kπ(k∈Z)对称,故不妨设a1=kπ-,a1+=kπ+,a1+=kπ+π.
当k为偶数时,S={,-1},故ab=-;
当k为奇数时,S={-,1},故ab=-.
综上,ab=-.故选B.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,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.AC
由题意得解得a1=,q=2,则an=×2n-1=2n-3,故选项A正确;
a10=a1q9=×29=128,故选项B错误;
因为an=2n-3,所以=-<0,即,故数列是递减数列,故选项C正确;
Sn==2n-2-,故选项D错误,故选AC.
10.ABC
因为a1=1,an+1=,所以-2,所以=-2,且=1,所以数列是等差数列,且该数列的首项为1,公差为-2,所以,所以选项AB正确;
因为=1-2(n-1)=3-2n,所以an=,则bn=anan+1=),所以Sn=[()+()+()+…+()+()]=(-1-)=-(1+)<-,所以选项C正确,D错误,故选ABC.
11.ACD
将数列{an}排成行的形式
1,
1,2,
1,2,4,
1,2,4,8,
…
第k(k∈N*)行为20,21,…,2k-1,则第k行和为bk==2k-1,前k行共有项,前k行的和为Sk=-k=2k+1-2-k,对于选项A,第10个1出现在第1+2+3+4+5+6+7+8+9+1=46项,故A正确;
对于选项B,因为55=,所以数列的前55项的和是S10=211-2-10=2 036,故B错误;
对于选项C,因为a3+a4+a5+a6+a7+a8=2+1+2+4+1+2=12,是3的倍数,所以存在连续六项之和是3的倍数,故C正确;
对于选项D,设前n项由前k行和第k+1行中前m(1≤m≤k+1,m∈N*)项组成,则n=+m.
前n项和为Tn=Sk+bm=2k+1-2-k+2m-1,若前n项和为2的整数幂,则有2+k=2m-1,即3+k=2m.
因为m∈N*,k∈N*,所以,当3+k=2m=4时,k=1,m=2,n=3<100;
当3+k=2m=8时,k=5,m=3,n=18<100;
当3+k=2m=16时,k=13,m=4,n=95<100;
当3+k=2m=32时,k=29,m=5,n=440>100.
所以满足前n项之和为2的整数幂,且n>100的最小整数n的值为440,故D正确,故选ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.2或8
由题意可得
整理得a2-10a+16=0,解得a=2,或a=8.
13.
因为n2=(n2-1)an+1an-1(n≥2),则(nan)2=[(n+1)an+1][(n-1)an-1](n≥2),且1×a1=1,2a2=3,可得=3,所以数列{nan}是首项为1,公比为3的等比数列,则nan=1×3n-1,即an=,可得a6=.
14.2 024
在等差数列{an}中,2a4=a3+a5=a4+7,解得a4=7,公差d==2,于是an=a4+(n-4)d=2n-1,而当n为奇数时,cos nπ=-1,当n为偶数时,cos nπ=1,因此令bn=ancos nπ=(-1)n·(2n-1),则当n∈N*时,b2n-1+b2n=-(4n-3)+(4n-1)=2,所以数列{ancos nπ}的前2 024项的和为(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2 023+b2 024)=2×1 012=2 024.
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
(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1.
因为an>0,所以q>0.
依题意可得
即
整理得q2+q-6=0,解得q=2,或q=-3(舍去),所以an=a3qn-3=2n-1.
(2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1,故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)=2n-1+,显然Tn随着n的增大而增大,T10=210-1+45=1 068<2 024,T11=211-1+55=2 102>2 024,所以满足Tn<2 024的最大整数n=10.
16
(1)由题意可知,2Sn=nan,①
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,②
①-②得2an=nan-(n-1)an-1,
∴(n-1)an-1=(n-2)an.
(方法一:构造数列)当n≥3时,是从第2项开始的常数数列,当n=2时,=a2=1,
∴an=n-1(n≥2),当n=1时,2a1=a1,a1=0,满足上式,
∴an=n-1(n∈N*).
(方法二:累乘法)由2Sn=nan可知,当n=1时,2a1=a1,a1=0,a2=1,,
∴an=×…××a2=×…××1=n-1.
显然a1=0满足,
∴an=n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知an=n-1(n∈N*),
∴an+1=n,
∴=n·,∴Tn=1×+2×+3×+…+n·,③
Tn=1×+2×+…+(n-1)·+n·,④
③-④得,Tn=-n·,
∴Tn=2-(2+n)·.
17.
(1)由=2n-1得Sn=(2n-1)an①,
当n≥2时有Sn-1=(2n-1-1)an-1②,
①-②得Sn-Sn-1=an=(2n-1)an-(2n-1-1)an-1,
整理得(2n-2)an=(2n-1-1)an-1,
即,因此数列{an}是以为公比的等比数列.
(2)由(1)及a1-a2=可得a1=,因此an=·()n-1=()n,Sn==1-()n.
于是bn=,
所以Tn=b1+b2+…+bn=+…+=2-.
由于n∈N*,所以0<()n+1≤≤1-()n+1<1,1<≤2-<1,
故Tn的取值范围是[,1).
18.
(1)(方法一:从终值来考虑)若全款购置,则25万元10年后的价值为25(1+2.5%)10≈32.00(万元).
若分期付款,每年初所付金额3万元,10年后的总价值为S=3(1+2.5%)10+3(1+2.5%)9+…+3(1+2.5%)≈34.44(万元).
因此,付全款较好.
(方法二:从现值来考虑)每年初付租金3万元的10年现值之和为Q=3++…+,
则1.02510Q=3×1.025(),
即Q≈≈26.91(万元).
比购置一次付款25万元多,故全款购置设备的方案较好.
(2)由题意,设第十年房租到期后小李所获得全部租金的终值为T万元,则T=2(1+2.5%)10+2.1(1+2.5%)9+…+2.9(1+2.5%).
记1+2.5%=q,an=-0.1n+3,则T=a1q+a2q2+…+a10q10①,qT=a1q2+a2q3+…+a9q10+a10q11②,①-②得(1-q)T=2.9q-0.1(q2+q3+…+q10)-2q11,则T=3q-0.1(q+q2+q3+…+q10)-2q11,即T=3·-0.1·-2·≈27.88(万元).
19.
(1)因为数列{bn}的通项公式为bn=2n,
所以对任意的m,n∈N*,m≠n,都有bm=2m,bn=2n,bm+bn=2m+2n=2(m+n),取k=m+n,则bm+bn=bk,故{bn}是G数列.
(2)数列{an}为等差数列.
①若{an}是G数列,由于a1=8,a2∈N*,且a2>a1,则公差d=a2-a1>0,d∈N*,所以an=8+(n-1)d,对任意的m,n∈N*,m≠n,am=8+(m-1)d,an=8+(n-1)d,am+an=8+8+(m+n-2)d,由题意存在k∈N*,使得am+an=ak,即8+8+(m+n-2)d=8+(k-1)d,显然k≥m+n,所以(m+n-2)d+8=(k-1)d,即(k-m-n+1)d=8,k-m-n+1∈N*.
所以d是8的正因数,即d=1,2,4,8,当d=1时,a2=9,k=m+n+7;
当d=2时,a2=10,k=m+n+3;
当d=4时,a2=12,k=m+n+1;
当d=8时,a2=16,k=m+n.
综上,a2的可能值为9,10,12,16.
②证明若对任意n∈N*,存在k∈N*,使得ak=Sn成立,所以存在t∈N*,a1+a2=S2=at,t≥3.
设数列{an}公差为d,则2a1+d=a1+(t-1)d,a1=(t-2)d,可得an=(t-2)d+(n-1)d=(t+n-3)d,对任意m,n∈N*,m≠n,am=(t+m-3)d,an=(t+n-3)d,则am+an=(2t+m+n-6)d,取k=t+m+n-3∈N*,可得ak=(t-3+k)d=(2t+m+n-6)d=am+an,
所以数列{an}是G数列.