高中数学培优讲义练习（选择性必修二）：专题4.15 数列 全章综合测试卷（提高篇）（教师版）

第四章数列全章综合测试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022·上海市高三阶段练习）用数学归纳法证明1+2+22+⋅⋅⋅+25n−1(n∈NA．7 B．6 C．5 D．4【解题思路】分别写出n=k与n=k+1时相应的代数式，对比观察求解.【解答过程】当n=k时，则1+2+当n=k+1时，则(1+2+∴从k到k+1添加的项数共有5项故选：C.2．（5分）（2022·广东·高二阶段练习）下列说法正确的是（

）①数列1，3，5，7与数列7，3，5，1是同一数列；②数列0，1，2，3...的一个通项公式为an③数列0，1，0，1…没有通项公式；④数列nn+1A．①③ B．②④ C．②③ D．②③④【解题思路】根据数列的概念即可判断A项；代入可判断B项；根据数列中前几项的特点写出通项可说明C项错误；作差法求an+1【解答过程】数列有顺序，①错误；逐个代入检验，可知数列前几项满足通项公式，②正确；an=1−−1n设an=nn+1，则所以，an+1>a故选：B.3．（5分）（2022·河北·高二期中）数列an满足a1=2,an+1A．−1 B．−13 C．2【解题思路】根据递推公式求得数列的周期，结合数列的周期即可求得结果.【解答过程】根据题意可得a1故该数列是以4为周期的数列，且a1故数列an的前2022项的乘积为a故选：C.4．（5分）（2022·江苏省高二期中）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年，英国传教士伟烈亚力将该解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，此定理讲的是关于整除的问题，现将1到2022这2022个数中，能被2除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列an，则该数列共有（

A．145项 B．146项 C．144项 D．147项【解题思路】由已知可得能被2除余1且被7除余1的数即为能被14除余1，进而得通项及项数.【解答过程】由已知可得an−1既能被2整除，也能被7整除，故an所以an−1=14n−1即an故1≤an≤2022，即1≤14n−13≤2022，解得1≤n≤145故选：A.5．（5分）（2022·江西·高三阶段练习（理））已知an是等比数列，Sn为其前①an+an+1是等比数列；②an⋅an+1④lgan是等比数列，⑤若Sn=a⋅qA．5 B．4 C．3 D．2【解题思路】根据题意找到反例说明命题错误，或者利用等比数列的定义或前n项和公式证明命题正确.【解答过程】设等比数列an的公比为q若an+a例如数列1，−1，1，−1，…，相邻项相加所构成的数列不是等比数列，故①不正确；因为anan+1与第1个相仿，若相加和为零，不能构成等比数列，例如数列1，−1，1，−1，…，S2，S4−故③不正确；例如an=(−1)n，lga由Sn=a⋅qSn所以a=a11−q,b=−a故选:D.6．（5分）（2022·江西·高三阶段练习（理））已知数列an满足a1=1,a2nA．31011−2023 B．31011−2025 C．【解题思路】利用累加法得到a2n−1=3【解答过程】因为a2n所以a2n+1=a所以a===3所以a2n所以S==3×=3故选：D.7．（5分）（2022·河南·模拟预测（文））设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，若S4A．若a1<0，则an为递增数列 B．若C．若a4+a11>0，则d>0【解题思路】根据已知条件求得a1,d的关系，然后对选项逐一【解答过程】由于等差数列an满足S所以4aA选项，若a1=−112d<0B选项，若d≠0，a9=aa9C选项，a4D选项，当d>0时，a7所以S6故选：D.8．（5分）（2022·福建三明·高三期中）设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1,A．S2019>S2020 B．C．a2019a2021−1<0【解题思路】根据题意，由等比数列的性质分析公比q的范围，由此分析选项可得答案．【解答过程】解：等比数列an的公比为q，则an=a1qn−1又由a2019−1a2020−1<0，即(a2019又当a2020>10<a2019<1时，可得q>1，由所以0<a2020<1a由此分析选项：对于A，S2020−S2019=对于B，等比数列{an}中，0<q<1，a1>0，所以数列{an}单调递减，又因为a2020<1<a2019对于C，等比数列{an}中，则a2019a对于D，由B的结论知T2019是数列{Tn故选：C.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022·全国·高二专题练习）设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当fk≥k+1成立时，总有fk+1A．若f6<7成立，则B．若f3≥4成立，则当k≥1时，均有C．若f2<3成立，则D．若f4≥5成立，则当k≥4时，均有【解题思路】由逆否命题与原命题为等价命题可判断AC，再根据题意可得若f3≥4成立，则当k≥3时，均有【解答过程】对于A：当fk≥k+1成立时，总有则逆否命题：当fk+1<k+2成立时，总有若f6<7成立，则对于B：若f3≥4成立，则当k≥3时，均有对于C：当fk≥k+1成立时，总有则逆否命题：当fk+1<k+2成立时，总有故若f2<3成立，则对于D：根据题意，若f4≥5成立，则即fk≥k+1k≥5所以当k≥4时，均有fk故选：AD.10．（5分）（2022·湖南·高三阶段练习）已知等比数列{an}的公比为q，其前n项之积为Tn，且满足0<a1<1A．q>1 B．aC．T2023的值是Tn中最小的 D．使Tn【解题思路】由等比数列的性质得0<a【解答过程】由0<a1<1，a2022a2023−1>0对于A，q=a对于B，a2021对于C，当1≤n≤2022时，0<an<1，当n≥2023故T2022的值是T对于D，T4043=a20224043<1，故选：ABD.11．（5分）（2022·河北张家口·高三期中）已知数列an的前n项和为Sn，若a1=2，且A．anB．0<C．1D．当n≥2时，数列an的前n项和Sn【解题思路】对于A，利用递推式得到0<an+1an=12an2+1<1，从而证得数列an是单调递减数列，由此判断即可；对于B，先利用反证法证得a【解答过程】对于A，因为an+1若an=0，则an+1=an2所以an≠0，an2>0，则2所以数列an对于B，因为an+1若an<0，则an+1<0，故an又因为数列an是单调递减数列，所以a1=2是数列a综上：0<a对于C，因为an+1=an2所以1a上述各式相加得1a又a1=2，所以经检验：1a2−所以1a对于D，由选项A知，an所以Sn故选：BCD.12．（5分）（2022·安徽·高三阶段练习）已知Sn为等差数列bn的前n项和，且满足3b2=b5，b3=5A．b32=63 B．SC．an为等差数列 D．an和【解题思路】对于A选项，直接利用等差数列bn所给的条件求出首项和公差进而求出b对于B选项，将Sn−5b对于C选项由题意可得an的地推公式，利用构造法找到规律进而得出数列a来判断C；对于D选项，结合anb【解答过程】由bn为等差数列，设公差为d，∵3b2=b解得b1=1，d=2，∴Sn=n(1+2n−1)Sn−5bn=n2−5(2n−1)=n选项B错误；由an+an+1=构建一个新数列cn，令cn+1=an+1−n，cn∴a1=0，由an+ac1=a1=0，c2=a2−1=0，再由an=n−1，由an+1由an=n−1和bn=2n−1通项公式可以得出，1+3+5+7+⋯+99=50×(1+99)故选：AC.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022·全国·高二课时练习）用数学归纳法证明1n+1+1n+2+......+13n【解题思路】先列举出当n=k时，左边的式子，再令n=k+1，则左边最后一项为13k+3【解答过程】当n=k时，所假设的不等式为1k+1当n=k+1时，要证明的不等式为1k+2故需添加的项为：13k+1故答案为：13k+114．（5分）（2022·上海·高二期末）设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn【解题思路】根据等差数列前n项和公式解决即可.【解答过程】由题知，等差数列{an}{bn}的前n项和分别为因为a4故答案为：381315．（5分）（2022·江西·高三阶段练习（理））斐波那契数列，又称黄金数列，指的是1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，在现代物理、准晶体结构等领域都有直接应用，对斐波那契数列，其递推公式为a1=a2=1，an+2=an+1+an．已知Sn为斐波那契数列【解题思路】由已知条件，写出递推公式，累加法求出相应的通项（或递推）公式即可.【解答过程】因为an+2所以a3a4a5an+2将以上n个式子两边分别相加，得Sn+2所以Sn+2又Sn+2所以Sn所以Sn所以S2022故答案为：p−1.16．（5分）（2022·江苏·高二期中）已知数列an的各项均为正数，a1=2，an+12−a【解题思路】运用因式分解法，结合等比数列的定义、裂项相消法进行求解即可.【解答过程】由an+12−当an+1=−an时，即an+1an当an+1=2an时，即an+1an所以an因为an所以anan+1故答案为：6822049四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·上海·高二阶段练习）观察下面等式：1=1【解题思路】总结规律后由数学归纳法证明【解答过程】一般规律：n+(n+1)+⋯+(3n−2)=(2n−1)证明：（1）n=1时，左=右，等式成立；（2）假设n=k时，等式成立，即k+(k+1)+⋯+(3k−2)=(2k−1)则当n=k+1时，k+1+k+2+⋯+(3k−2)+(3k−1)+3k+(3k+1)，=(2k−1)由（1）（2）得当n∈N18．（12分）（2021·陕西·高二期中（理））已知等差数列an的前n项和为Sn,a3(1)求数列an(2)若bn=an，求数列bn【解题思路】（1）确定a1>0,d<0,a5≥0,（2）考虑1≤n≤5和n≥6两种情况，根据an【解答过程】（1）由a3=5,S由a3=5，可得a5=5+2d≥0且又公差d为整数，d=−2，an（2）bn当1≤n≤5时，an>0；当n≥6时，an当1≤n≤5时，Tn当n≥6时，Tn综上，Tn19．（12分）（2022·上海市高一期末）在一次招聘会上，甲、乙两家公司分别给出了它们的工资标准.甲公司允诺：第一年的年薪为10.8万元，以后每年的年薪比上一年增加8000元；乙公司的工资标准如下：①第一年的年薪为8万元；②从第二年起，每年的年薪除比上一年增加10%外，还另外发放a（a为大于0的常数）万元的交通补贴作为当年年薪的一部分.设甲、乙两家公司第n年的年薪依次为an万元和(1)证明数列bn+10a为等比数列，并求(2)小李年初被这两家公司同时意向录取，他打算选择一家公司连续工作至少10年.若仅从前10年工资收入总量较多作为选择的标准（不记其它因素），为了吸引小李的加盟，乙公司从第二年起，每年应至少发放多少元的交通补贴？（结果精确到元）【解题思路】（1）由题意可得出bn+1=1.1bn+a（2）设数列an、bn的前n项和分别为Sn、Tn（单位：万元），计算出S10、T【解答过程】(1)解：由题意可得bn+1=1.1bn+a所以，数列bn+10a为等比数列，且首项为b1所以，bn+10a=10a+8(2)解：设数列an、bn的前n项和分别为Sn则数列an是首项为10.8，公差为0.8所以，S10T10可得a≥144−80所以，每年应至少发放2779元的交通补贴.20．（12分）（2022·陕西·一模（理））已知等差数列an的前n项的和为Mn，a2+M3=20,a5(1)求数列an和b(2)若cn=1anan+1，数列c【解题思路】（1）运用等差数列的基本公式联立方程可解出an的首项和公差，进而得到通项公式；对bn，考虑整理b1=1【解答过程】（1）设an的公差为d，由题意得：4a所以an=由2Sn+1=2又b1=12，所以所以bn（2）证明：cnTn要证Tn>1因为f(x)=1−23x+2−12所以1−221．（12分）（2022·上海·高一期末）对于无穷数列an，设集合A=x|x=an,n≥1．若A(1)已知数列an满足a1=2,an+1(2)设函数y=f(x)的表达式为f(x)=3|x+1|−|x+2|，数列an满足an+1=fan．若a(3)设an=cos(tπn)．若数列an【解题思路】（1）根据a1=2,an+1=11−an，计算即可；（2）f(x)min=f(−1)=−1，当x>−1时，f(x)=2x+1>x，分a1=−1，a1≠−1两种情况讨即可；（3）当t为有理数时，必存在