人教版高中数学选择性必修第二册第四章测试题及答案

试卷第=page55页，共=sectionpages66页试卷第=page66页，共=sectionpages66页人教版高中数学选择性必修第二册第四章测试题及答案第四章数列章末综合复习检测一、单选题1．数列的通项公式可能是an＝（）A． B．C． D．2．在等差数列{an}中，a10＝18，a2＝2，则公差d＝（）A．－1 B．2 C．4 D．63．设是数列的前n项和，若，则（）A． B． C． D．4．已知数列满足，若.则的值是（）A． B． C． D．5．在数列中，，，则的表达式为（）A． B． C． D．6．已知数列为正项等比数列，且满足，，则的最小值为（）A． B． C． D．7．我国古代以天为主，以地为从，天和干相连叫天干，地和支相连叫地支，合起来叫天干地支．天干有十个，就是甲､乙，丙､丁､戊､己､庚､辛､王､癸，地支有十二个，依次是子､丑､寅､卯､辰､巳､午､未､申､酉､戌､亥．古人把它们按照甲子､乙丑､丙寅……的顺序而不重复地搭配起来，从甲子到癸亥共六十对，叫做一甲子．我国古人用这六十对干支来表示年､月､日､时的序号，周而复始，不断循环，这就是干支纪年法，今年(2021年)是辛丑年，则百年后的2121年是（）年．A．丙午 B．丁巳 C．辛巳 D．辛午8．设数列满足，，记，则使成立的最小正整数是（）A．2020 B．2021 C．2022 D．2023二、多选题9．等差数列的前项和为，，，则（）A． B．C．当时，的最小值为 D．10．已知等比数列的前项和，则（）A． B．等比数列的公比为2C． D．11．提丢斯·波得定律是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是1766年由德国的一位中学老师戴维斯，提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6，…表示的是太阳系第n颗行星与太阳的平均距离（以天文单位A.U.为单位）.现将数列的各项乘以10后再减4得数列，可以发现从第3项起，每一项是前一项的2倍，则下列说法正确的是（）A．数列的通项公式为 B．数列的第2021项为C．数列的前n项和 D．数列的前n项和12．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形几何具有自身相似性，从它的任何一个局部经过放大，都可以得到一个和整体全等的图形.如下图的雪花曲线，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图2，如此继续下去，得图（3）...记为第个图形的边长，记为第个图形的周长，为的前项和，则下列说法正确的是（）A． B．C．若为中的不同两项，且，则最小值是1 D．若恒成立，则的最小值为第II卷（非选择题）三、填空题13．已知等比数列的各项均为正数，若，则__________﹒14．已知数列是等差数列，数列是等比数列，其前项和分别为，．若，，且，则________________．15．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取到的项：第一次取1；第一次1第二次取2个连续的偶数2，4；第二次24第三次取3个连续的奇数5，7，9；第三次579第四次取4个连续的偶数10，12，14，16，……第四次10121416…………按此规律一直取下去，得到一个子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，…，则在这个子数列中，第2020个数是___________.16．已知数列的各项都是正数，.若数列各项单调递增，则首项的取值范围是___________；当时，记，若，则整数___________.四、解答题17．已知数列的前项和为，，，，其中为常数．（1）求证：．（2）是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．18．数列中，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，求.19．已知数列的前项和为，，.（Ⅰ）求数列的前项和为；（Ⅱ）求数列的通项公式；（Ⅲ）令，求数列的前项和.20．已知数列的前项和为，在①②，③这三个条件中任选一个，解答下列问题．（1）求出数列的通项公式；（2）若设，数列的前项和为，证明：注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．21．保障性租赁住房，是政府为缓解新市民、青年人住房困难，作出的重要决策部署．2021年7月，国务院办公厅发布《关于加快发展保障性租赁住房的意见》后，国内多个城市陆续发布了保障性租赁住房相关政策或征求意见稿．为了响应国家号召，某地区计划2021年新建住房40万平方米，其中有25万平方米是保障性租赁住房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长，另外，每年新建住房中，保障性租赁住房的面积均比上一年增加5万平方米．（1）到哪一年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积(以2021年为累计的第一年)将首次不少于475万平方米?（2）到哪一年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于?22．已知数列{an}的前n项和为Sn，且点（n，Sn）在函数y＝2x+1﹣2的图象上．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设数列{bn}满足：b1＝0，bn+1+bn＝an，求数列{bn}的前n项和公式；（3）在第（2）问的条件下，若对于任意的n∈N*不等式bn＜λbn+1恒成立，求实数λ的取值范围．参考答案1．解：根据题意，数列的前4项为，，，，则有，，，，则数列的通项公式可以为.故选：D.2．题意知a10－a2＝8d，即8d＝16，d＝2.3．，又，则故选：C4．因为数列满足，所以，即，因为，所以，，所以，，故选：D5．由题意，故选：A6．D∵，∴，则，∴或（舍去）.由，得，即，∴，则，所以，所以，当且仅当，时，取得最小值为.故选：D.7．天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥，天干是以为公差的等差数列，地支是以为公差的等差数列，年是“干支纪年法”中的辛丑年，以年的天干和地支分别为首项，所以，则年的天干为辛；又，则年的地支为巳，故2121年是辛巳.故选：C．8．D∵，∴，又，∴数列为递增数列，∴∵∴，∴∴，∴，∴，∴，∴∴，∴当时，，又∴当时，，当时，∴使成立的最小正整数是2023.9．AC因为，∴，∴，即.又，所以，A对，B错；当，解得，∴，故C对；∴，D错.故选：AC10．BC因等比数列的前项和为，当时，，则，因此，等比数列的公比为2，当时，，显然，则，，A错误，B、C正确；而，于是得数列是等比数列，其首项为4，公比为4，则有，D错误.11．CD数列各项乘10再减4得到数列：0，3，6，12，24，48，96，192，，故该数列从第2项起构成公比为2的等比数列，所以，故选项A错误；所以，所以，故选项B错误；当时，，当时，，当时，也适合上式，所以，故选项C正确；因为，所以当时，，当时，①，则②，所以①②可得，，所以，又当时，也适合上式，所以，故选项D正确．12．ACD解：对于A，由题意可知，下一个图形的边长是上一个图边长的，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为，所以数列是公比为，首项为3的等比数列，所以，所以A正确，对于B，由题意可知，从第2个图形起，每一个图形的边长均为上一个图形边长的，所以数列是1为首项，为公比的等比数列，所以，所以B错误，对于C，由，，得，所以，所以，因为，所以当时，，则，当时，，则，当时，，则，当时，，则，当时，，则，所以最小值是1，所以C正确，对于D，因为在上递增，所以，即，令，则在上递增，所以，即，即，因为恒成立，所以的最小值为，所以D正确，故选：ACD13．4在等比数列中，，则，依题意，，而的各项均为正数，于是得，∴﹒故答案为：4﹒14．设等差数列的公差为，等比数列的公比是，即，又，,左边可以分子分母同时除以，得:，解得，根据等差中项可知，，故答案为：15．3976依题意，每次取出的各个数从小到大各排成一行，奇数次取数个数是奇数，偶数次取数个数是偶数，每一行数的个数与次数相同，每一行最后一个数依次为1，4，9，16，25，…，则第n行最后一个数为，前n行数的总个数为，当时，一共有个数，于是，第2020个数是第64行的第4个数，而第63行最后一个数为，则第2020个数是3976，所以2020个数是3976.故答案为：397616．（0，2）由题意，正数数列是单调递增数列，且，，解得，．．，．又由，可得：．．，．，且数列是递增数列，，即，．整数．故答案为：；4．17．（1）证明见解析；（2）存在，．（1）证明∵，，∴，∴．∵，∴，∴，．（2）∵，，相减得，∴从第二项起成等比数列．∵，即，∴，∴，∴若使是等比数列，则，∴，∴（舍）或．18．（1）∵数列满足，即，∴数列为等差数列，设公差为d.∴，.∴.（2）∵，令，得.当时，；当时，.∴.19．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.（Ⅰ）由，得，又，所以数列是首项为3，公差为1的等差数列，所以，即.（Ⅱ）当时，由（Ⅰ）得，又也符合上式，所以.（Ⅲ）由（Ⅱ）得，所以，①，②①−②，得故.20．（1）利用求得的递推关系，求出，验证当时是否符合通项公式即可求解；（2）由（1）知，可得再利用裂项相消法求出，最后由放缩法即可证明．（1）若选条件①，当时，，①，，②，则由①－②得即，所以数列为从第项开始的等比数列，且公比为．又，当时，，符合，所以数列的通项公式为．若选条件②，当时，当时也成立，所以数列的通项公式为．若选条件③，当时，①，②，①－②得，即．当时也成立，所以数列的通项公式为．（2）证明：由（1）知，可得所以21．（1）设保障性租赁住房面积形成数列，由题意可知，是等差数列，其中，，则，令≥475，即，而为正整数，解得，故到2030年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积(以2021年为累计的第一年)将首次不少于475万平方米；（2）设新建住房面积形成数列，由题意可知，是等比数列，其中，，则，由题意知，，则，满足上式不等式的最小正整数，故到2026年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于．22．（1）；（2）；（3）（1，+∞）由题意可知，．当时，，当时，也满足上式，所以．由可知，即．当时，，①当时，，所以，②当时，，③当时，，所以，④当时为偶数），，所以以上个式子相加，得，又，所以，当为偶数时，．同理，当为奇数时，，所以，当为奇数时，．因此，当为偶数时，数列的前项和；当为奇数时，数列的前项和．故数列的前项和．由可知，①当为偶数时，，所以随的增大而减小，从而，当为偶数时，的最大值是．②当为奇数时，，所以随的增大而增大，且．综上，的最大值是1．因此，若对于任意的，不等式恒成立，只需，故实数的取值范围是．数列（基础巩固卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选题4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！单选题（共8小题，每小题5分，共计40分）1．数列2，﹣5，9，﹣14，⋯的一个通项公式可以是（）A．an=(−1)n−1C．an=(−1)【分析】根据题意，用排除法分析选项，综合可得答案．【解答】解：根据题意，用排除法分析：数列2，﹣5，9，﹣14，⋯，其首项为正数，BD中求出第一项均为负数，可以排除，而AC均满足a1＝2，但A中a2＝﹣5，a3＝8，排除A，C中满足a2＝5，a3＝9，a4＝﹣14，故选：C．2．在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a2+a8＝8，则S9＝（）A．20 B．27 C．36 D．45【分析】由已知结合等差数列的性质先求出a1+a9＝8，然后结合等差数列的求和公式即可求解．【解答】解：等差数列{an}中，由等差数列的性质得，a2+a8＝a1+a9＝8，则S9=9(故选：C．3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝16，a6＝8，则数列{an}的公差为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由等差数列前n项和公式及等差数列性质得S8=8×(a1+a8)2=4×（a1+【解答】解：由题意知，S8=8×(a1+a8)＝4×（a3+a6）＝16，故a3+a6＝4，而a6＝8，故a3＝﹣4，故d=a故选：D．4．已知正项递增等比数列{an}中，a2a4＝32，a1+a5＝12，则a9＝（）A．2 B．8 C．16 D．32【分析】根据题意，设正项递增的等比数列{an}的公比为q，由等比数列的通项公式可得q2的值，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，设正项递增的等比数列{an}的公比为q，则q＞1，若a2a4＝32，则（a3）2＝32，即a3＝42，又由a1+a5＝12，则a3q2+a3q2＝12，变形可得q4解可得q2=2或q2=则a9＝a3×q6＝42×（2）3故选：C．5．设数列{an+n}是等比数列，且a1＝3，a2＝6，则a8＝（）A．246 B．504 C．512 D．1014【分析】由已知结合等比数列的性质先求出公比，然后结合通项公式可求．【解答】解：因为数列{an+n}是等比数列，且1+a1＝4，2+a2＝8，故公比q＝2，则8+a8＝4•27＝512，所以a8＝504．故选：B．6．等比数列{an}中，若a1，a10是方程x2﹣x﹣2＝0的两根，则a4•a7的值为（）A．2 B．﹣2 C．﹣1 D．1【分析】由已知结合一元二次方程根与系数的关系及等比数列的性质求解．【解答】解：∵a1，a10是方程x2﹣x﹣2＝0的两根，∴a1•a10＝﹣2，又数列{an}为等比数列，∴a4•a7＝a1•a10＝﹣2，故选：B．7．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，全书收集了246个数学问题，其中一个问题为“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升，问中间二节欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即由下往上均匀变细，该问题中由上往下数的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为（）A．176升 B．72升 C．11366升 【分析】利用已知条件列出方程组，利用等差数列的通项公式求出首项与公差，然后求解即可．【解答】解：设竹九节由上往下的容量（单位：升）分别为a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，它们构成首项为a1，公差为d的等差数列，由题意可知a1+a解得a1所以a2+a3+a8＝3a1+10d=39故选：A．8．定义np1+p2+⋯+pn为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”．若已知数列{an}的前A．1314 B．1415 C．114【分析】直接利用新定义和数列的递推式，求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和．【解答】解：定义np1+p2+⋯+pn为n个正数p数列{an}的前n项的“均倒数”为12n+1则na整理得：a1+a2+…+an＝n（2n+1）①，则a1+a2+…+an﹣1＝（n﹣1）（2n﹣1）②，n≥2．①﹣②得an＝4n﹣1，满足a1＝3，则bn=则1b1b2+故选：B．多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）9．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S2＝1，S6＝91，则（）A．S8＝729 B．S8＝820 C．q＝3 D．q＝9【分析】利用正项等比数列前n项和列方程组求出q＝3，a1=14，再求出S【解答】解：正项等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，S2＝1，S6＝91，∴a1(1−q2)整理得（1﹣q+q2）（1+q+q2）＝（1+q2）2﹣q2＝91，整理得q4+q2﹣90＝0，由q＞0，解得q＝3，故C正确，D错误；∴a1=1S8=14(1−38故选：BC．10．记Sn为公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，则（）A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列 B．S33C．S9＝2S6﹣S3 D．S9＝3（S6﹣S3）【分析】由等差数列性质及前n项和公式对4个选项依次判断即可．【解答】解：∵（S6﹣S3）﹣S3＝（a4+a5+a6）﹣（a1+a2+a3）＝（a4﹣a1）+（a5﹣a2）+（a6﹣a3）＝3d+3d+3d＝9d，（S9﹣S6）﹣（S6﹣S3）＝（a7+a8+a9）﹣（a4+a5+a6）＝（a7﹣a4）+（a8﹣a5）+（a9﹣a6）＝3d+3d+3d＝9d，∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，故选项A正确；∵Sn＝na1+n(n−1)2∴Snn=a1∴S33=a1+d，S66=a1+52∴2×S即S33，S66，∵S9+S3﹣2S6＝9a1+36d+3a1+3d﹣2×（6a1+15d）＝9d≠0，∴S9＝2S6﹣S3不成立，即选项C错误；∵S9﹣3（S6﹣S3）＝9a1+36d﹣3×（6a1+15d﹣3a1﹣3d）＝0，∴S9＝3（S6﹣S3）成立，即选项D正确；故选：ABD．11．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且S4＝8，S6＝﹣12，以下命题正确的是（）A．Sn的最大值为12 B．数列{SnC．an是4的倍数 D．S5＜0【分析】由已知结合等差数列的性质分析各选项即可判断．【解答】解：由S44=2由等差数列的性质可知数列{S所以S11=8⇒S5故选：ABC．12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），公差d≠0，S6＝90，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是（）A．a1＝22 B．d＝﹣2 C．当且仅当n＝10时，Sn取得最大值 D．当Sn＞0时，n的最大值为20【分析】根据条件求出首项与公差，得到通项公式，然后结合选项进行逐一判断即可．【解答】解：由题意得6a解得a1＝20，d＝﹣2，所以an＝﹣2n+22，易知数列{an}为递减数列，若Sn取得最大值，则an≥0，即﹣2n+22≥0，解得n≤11，所以当n＝10或11时，Sn取得最大值；Sn=n(a1+a令Sn＞0，得0＜n＜21，又n∈N*，所以n的最大值为20，故选：BD．三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）13．已知等差数列{an}满足a2+a5+a8＝18，则a3+a7＝．【分析】由已知利用等差数列的性质求得a5，进一步可得a3+a7的值．【解答】解：在等差数列{an}中，由a2+a5+a8＝18，得3a5＝18，即a5＝6，则a3+a7＝2a5＝2×6＝12．故答案为：12．14．正项递增等比数列{an}，前n项的和为Sn，若a2+a4＝30，a1a5＝81，则S6＝．【分析】设每一项都是正数的递增的等比数列{an}的公比为q＞1，由a2+a4＝30，a1a5＝81＝a2a4，联立解出a4＝27，a2＝3，再利用通项公式与求和公式即可得出．【解答】解：设每一项都是正数的递增的等比数列{an}的公比为q＞1，∵a2+a4＝30，a1a5＝81＝a2a4，联立解得a4＝27，a2＝3．∴3q2＝27，解得q＝3．∴a1×3＝3，解得a1＝1．则S6=3故答案为：364．15．在数列{an}中，a1＝1，且a1•a2•…•an＝n2，则an＝．【分析】利用已知条件，求出数列的首项，然后求解通项公式．【解答】解：在数列{an}中，a1＝1，且a1•a2•…•an＝n2，•••①可得a1•a2•…•an﹣1＝（n﹣1）2（n≥2），•••②，②①可得n≥2时，an=所以an=1(n=1)故答案为：1(n=1)n16．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2021＜0，S2022＞0，则当Sn最小时，n的值为．【分析】由已知结合等差数列的性质得出a1011＜0，a1011+a1012＞0，从而可求．【解答】解：因为等差数列{an}的中，S2021=2021(a1+a2021)2=2021a1011＜0，S2022＝1011（a1+所以a1011＜0，a1011+a1012＞0，则当Sn最小时，n＝1011．故答案为：1011．四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝8，S9＝11a4．（1）求an；（2）若Sn＝3an+2，求n．【分析】（1）由已知结合等差数列的通项公式及求和公式可求首项及公差，进而可求；（2）结合等差数列的求和公式代入即可求解．【解答】解：（1）由已知得：2a解得：a1＝3，d＝2，所以an＝2+2（n﹣1）＝2n+1，（2）Sn=(3+2n+1)n2=n2因为Sn＝3an+2，所以n2+2n＝6n+5，解得n＝5，故n＝5．18．已知等比数列{an}中，a1＝1，a4（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn．【分析】（Ⅰ）直接利用等比数列的性质求出数列的通项公式；（Ⅱ）利用分组法和等差数列的求和公式的应用求出结果．【解答】解：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，有q3故数列{an}的通项公式为an（Ⅱ）bn故数列{bn}的前n项和：Sn＝（1+1+...+1）﹣（1+2+...+n），=n−n(n+1)19．已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2an+1，bn（1）求证：{bn}是等比数列；（2）求{an}的通项公式．【分析】（1）根据题意，将an+1＝2an+1，变形可得an+1+1＝2（an+1），结合等比数列的定义分析可得结论；（2）由（1）的结论，可得{bn}的通项公式，又由bn＝an+1，变形可得答案．【解答】解：（1）证明：根据题意，an+1＝2an+1，变形可得an+1+1＝2（an+1），即bn+1＝2bn，又由b1＝a1+1＝2≠0．则bn≠0，则有bn+1故{bn}是等比数列；（2）由（1）知{bn}是首项b1＝2，公比为2的等比数列，则bn＝2×2n﹣1＝2n，又由bn＝an+1，则有an+1＝2n，变形可得an＝2n﹣1；故an＝2n﹣1．20．记数列{an}的前n项和为Sn，a1＝﹣7，a2＝﹣6，an+1＝kan+1（n∈N+，k∈R）．（1）证明数列{an}为等差数列，并求通项公式an；（2）记Tn＝|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|，求T20．【分析】（1）由题意得﹣6＝k•（﹣7）+1，从而可判断数列{an}是以﹣7为首项，1为公差的等差数列，再求通项公式即可；（2）由通项公式可得当n≤7时，an＜0，当n≥8时，an≥0，从而去绝对值号化简即可．【解答】解：（1）∵a1＝﹣7，a2＝﹣6，an+1＝kan+1，∴﹣6＝k•（﹣7）+1，解得k＝1，故an+1＝an+1，即an+1﹣an＝1，故数列{an}是以﹣7为首项，1为公差的等差数列，故an＝n﹣8；（2）∵an＝n﹣8，∴当n≤7时，an＜0，当n≥8时，an≥0，故T20＝|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|a20|＝﹣（a1+a2+……+a7）+（a8+a9+……+a20）＝（a1+a2+……+a7+a8+a9+……+a20）﹣2（a1+a2+……+a7）＝﹣7×20+20×192×1−＝106．21．若正项数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an2+an（n∈N+）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn=1an(an+2)，求数列{b【分析】（1）根据题意，当n＝1时，2S1＝2a1＝a12+a1，从而解得a1＝1，进一步根据an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）即可求出{an}的通项公式；（2）由（1）可知bn=1an(an【解答】解：（1）根据题意，当n＝1时，2S1＝2a1＝a12+a1，解得a1＝1或a1＝0（舍去），当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=an2+an2−an−12+an−12（n又an＞0，所以an﹣an﹣1＝1，即{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝1+n﹣1＝n；（2）由（1）可知bn=1an所以Tn=12（1−13+1222．已知①2a3＝b3+b4；②S2＝3；③a4＝a3+2a2，在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，______，a1＝b2，对∀n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立．（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）求数列{an•bn}的前n项和Hn．【分析】选条件①时，（1）直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，（2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．选条件②时，（1）直接利用数列的和和递推关系式求出数列的通项公式，（2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．选条件③时，（1）直接利用数列的关系式的变换，求出数列的通项公式，（2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．【解答】解：选条件①：（1）对∀n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立；对于n＝1时，b1＝1+2b1，整理得b1＝﹣1；所以Tn所以bn＝Tn﹣Tn﹣1＝2n﹣3；由于①2a3＝b3+b4；所以a1＝1，a3＝4，整理得an（2）由（1）得：cn所以Hn=(−1)×2Hn①﹣②得：−H整理得：Hn选条件②时，（1）对∀n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立；对于n＝1时，b1＝1+2b1，整理得b1＝﹣1；所以Tn由S2＝3，即a1+a2＝3，由于a1＝b2＝1，a1+a2＝1+q＝3，解得：q＝2；故an（2）由（1）得：cn所以Hn=(−1)×2Hn①﹣②得：−H整理得：Hn选条件③时，a4＝a3+2a2，整理得q2＝q+2，所以q＝2或﹣1（负值舍去），整理得an（2）由（1）得：cn所以Hn=(−1)×2Hn①﹣②得：−H整理得：H数列（能力提升卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选题4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！单选题（共8小题，每小题5分，共计40分）1．已知数列{an}是等差数列，且满足a3+a11＝50，则a6+a7+a8等于（）A．84 B．72 C．75 D．56【分析】由已知直接利用等差数列的性质求解a6+a7+a8的值．【解答】解：在等差数列{an}中，由a3+a11＝50，得2a7＝50，∴a7＝25，则a6+a7+a8＝3a7＝3×25＝75．故选：C．2．若一个等差数列的前三项之和为21，最后三项之和为93，公差为2，则该数列的项数为（）A．14 B．15 C．16 D．17【分析】设该数列的项数为n，根据题意可得a1+a2+a3＝3a2＝21，an+an﹣1+an﹣2＝3an﹣1＝93，从而求出a2及an﹣1的值后再利用2=an−1−【解答】解：设该数列为{an}，其项数为n，根据题意，由a1+a2+a3＝3a2＝21，得a2＝7，又an+an﹣1+an﹣2＝3an﹣1＝93，得an﹣1＝31，因为该数列公差为2，所以2=an−1−a2故选：B．3．已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn﹣nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分也非必要条件【分析】将Sn=na1+n(n−1)2d，an＝a1+（n﹣1）d代入【解答】解：Sn=na1+n(n−1)2d，an则Sn﹣nan=na1+n(n−1)2d−na1﹣n则“Sn﹣nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”，故d＞0，若d＞0，则Sn﹣nan=−n(n−1)2d＜0，对n＞1，n∈故“Sn﹣nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的充分必要条件．故选：C．4．《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“今有5人分5钱，各人所得钱数依次为等差数列，其中前2人所得之和与后3人所得之和相等，问各得多少钱？”则第2人比第4人多得钱数为（）A．16钱 B．−13钱 C．23钱【分析】设从前到后的5个人所得钱数分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，由已知列式求得a与d，再求出第2人与第4人所得钱数，作差得答案．【解答】解：设从前到后的5个人所得钱数分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，则由题意可知，a﹣2d+a﹣d＝a+a+d+a+2d，即a＝﹣6d，又a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝5，∴a＝1，d=−a则a﹣d＝1﹣（−16）=76，a+∴第2人比第4人多得钱数为76故选：D．5．数列{an}满足an+1＝2an+1，a1＝1，若bn＝λan﹣n2+4n为单调递增数列，则λ的取值范围为（）A．λ＞18 B．λ＞14 C．【分析】根据给定条件求出数列{an}通项，再由数列{bn}为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答．【解答】解：数列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，则有an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，因此，数列{an+1}是公比为2的等比数列，an+1=2则bn=λ(2n−1)−n2+4n，因数列{bn}为单调递增数列，即∀n∈N*则λ（2n+1﹣1）﹣（n+1）2+4（n+1）﹣[λ（2n﹣1）﹣n2+4n]＝λ⋅2n﹣2n+3＞0，λ＞2n−3令cn=2n−32n，则cn+1当n≤2时，cn+1＞cn，当n≥3时，cn+1＜cn，于是得c3=38是数列{cn}的最大值的项，即当n＝3时，2n−32所以λ的取值范围为{λ|λ＞3故选：C．6．设某厂2020年的产值为1，从2021年起，该厂计划每年的产值比上年增长P%，则从2021年起到2030年底，该厂这十年的总产值为（）A．（1+P%）9 B．（1+P%）10 C．(1+P%)[(1+P%)10−1]【分析】由题意得，每年产值构成以（1+P%）的等比数列，然后结合等比数列的求和公式即可求解．【解答】解：因为该厂计划每年的产值比上年增长P%，即每年产值构成以（1+P%）的等比数列，则从2021年起到2030年底，该厂这十年的总产值为1−(1+P%)故选：D．7．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2等于anan+1的个位数，若数列{an}的前k项和为2021，则正整数k的值为（）A．505 B．506 C．507 D．508【分析】直接利用数列的递推式和数列的周期求出结果．【解答】解：数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2等于anan+1的个位数，所以a3＝a1a2＝2，a4＝4，a5＝8，a6＝2，a7＝6，a8＝2，a9＝2，a10＝4，，故数列除第一项外，其余为周期为6的周期数列；一个周期的和为2+2+4+8+2+6＝24，由于2021＝24×84+5，即数列有84个周期加第一项以及2，2两项，一共有1+84×6+2＝507；故选：C．8．已知数列{an}中，a1＝2，n（an+1﹣an）＝an+1，若对于任意的n∈N*，不等式an+1n+1＜tA．2 B．3 C．4 D．5【分析】由题意可得an+1n+1−ann=【解答】解：∵n（an+1﹣an）＝an+1，∴nan+1﹣（n+1）an＝1，∴an+1∴an+1∴an+1∴an+1∵an+1n+1＜t，∴3−故选：B．多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）9．记Sn为公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，则（）A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列 B．S33C．S9＝2S6﹣S3 D．S9＝3（S6﹣S3）【分析】由等差数列性质及前n项和公式对4个选项依次判断即可．【解答】解：∵（S6﹣S3）﹣S3＝（a4+a5+a6）﹣（a1+a2+a3）＝（a4﹣a1）+（a5﹣a2）+（a6﹣a3）＝3d+3d+3d＝9d，（S9﹣S6）﹣（S6﹣S3）＝（a7+a8+a9）﹣（a4+a5+a6）＝（a7﹣a4）+（a8﹣a5）+（a9﹣a6）＝3d+3d+3d＝9d，∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，故选项A正确；∵Sn＝na1+n(n−1)2∴Snn=a1∴S33=a1+d，S66=a1+52∴2×S即S33，S66，∵S9+S3﹣2S6＝9a1+36d+3a1+3d﹣2×（6a1+15d）＝9d≠0，∴S9＝2S6﹣S3不成立，即选项C错误；∵S9﹣3（S6﹣S3）＝9a1+36d﹣3×（6a1+15d﹣3a1﹣3d）＝0，∴S9＝3（S6﹣S3）成立，即选项D正确；故选：ABD．10．已知数列{an}满足：a1＝1，an+2=2an+1−aA．{Sn}的通项公式可以是SnB．若a3，a7为方程x2+6x+5＝0的两根，则a6C．若S4S2D．若S4＝S8，则使得Sn＞0的正整数n的最大值为11【分析】依题意可得数列{an}是以1为首项的等差数列，设其公差为d，对ABCD四个选项逐一分析可得答案．【解答】解：∵an+2∴an+2﹣an+1＝an+1﹣an，a1＝1，∴数列{an}是以1为首项的等差数列，设其公差为d，则Sn=d2n2+（a1−d对于A，{Sn}的通项公式不会是Sn=n对于B，若a3，a7为方程x2+6x+5＝0的两根，则a3+a7＝2a5＝﹣6①，a3•a7＝（a5﹣2d）（a5+2d）＝5②，由①②得a5＝﹣3，d＝﹣1，∴a6−12a7=−对于C，若S4S2=2，即4a1+6d＝2（2a1+d）⇒d∴S8S4对于D，若S4＝S8，则a5+a6+a7+a8＝2（a6+a7）＝0，即a6+a7＝0，又a1＝1＞0，故公差d＜0，∴a6＞0，a7＜0，∴S11＝11a6＞0，S12＝6（a6+a7）＝0，S13＝13a7＜0，∴使得Sn＞0的正整数n的最大值为11，故D正确；故选：BD．11．已知数列{an}满足2a1+22a2+•••+2nan＝n（n∈N*），bn=1log4an⋅log2an+1，Sn为数列{bn}的前nA．1 B．2 C．3 D．4【分析】由2a1+22a2++2nan＝n可得2a1+22a2+…+2n﹣1an﹣1＝n﹣1（n≥2），两式相减得2nan＝1，则an=12n，从而bn=1log4a【解答】解：由2a1+22a2++2nan＝n，得2a1+22a2+…+2n﹣1an﹣1＝n﹣1（n≥2），两式相减得2nan＝1，则an=1又当n＝1时，2a1＝1，解得a1=1所以an=12n，故bn=所以Sn＝2（1−12+12−13+⋯+1n−故选：BC．12．对于公差为1的等差数列{an}，a1＝1，公比为2的等比数列{bn}，b1＝2，则下列说法正确的是（）A．an＝n B．bn＝2n﹣1 C．数列{lnbn}为等差数列 D．数列{anbn}的前n项和为（n﹣1）2n+1+2【分析】由等比数列和等差数列的通项公式，可判断A、B、C；由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可判断D．【解答】解：由公差为1的等差数列{an}，a1＝1，可得an＝1+n﹣1＝n，故A正确；由公比为2的等比数列{bn}，b1＝2，可得bn＝2•2n﹣1＝2n，故B错误；由lnbn＝ln2n＝nln2，可得数列{lnbn}是首项和公差均为ln2的等差数列，故C正确；设数列{anbn}的前n项和为Sn，Sn＝1•2+2•22+...+n•2n，2Sn＝1•22+2•23+...+n•2n+1，上面两式相减可得﹣Sn＝2+22+...+2n﹣n•2n+1=2(1−2n)1−2−n•2n+1，所以Sn＝2+（n故选：ACD．三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝1+（n﹣1）d，5a2＝a8，则Sn＝．【分析】由题意得5（1+d）＝1+7d，从而确定d＝2，再求数列的前n项和即可．【解答】解：∵an＝1+（n﹣1）d，5a2＝a8，∴5（1+d）＝1+7d，解得，d＝2，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，故数列{an}为等差数列，故Sn=1+2n−12×n＝故答案为：n2．14．在数列{an}中，a1＝2，an+1=an+2【分析】由题意可知数列{an}是首项为2，公差为2【解答】解：∵an+1=an∴数列{an}是首项为2，公差为2∴an∴an故答案为：an15．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝2，an+2=an+1an【分析】根据递推关系依次求出数列的前几项，归纳出周期，然后可求解．【解答】解：由已知，a3＝2，a4＝1，a5=12，a6=1因此数列{an}是周期数列，周期为6，则a20＝a2＝2．故答案为：2．16．在各项均为正数的等比数列{an}中公比q∈（0，1），若a3+a5＝5，a2•a6＝4，bn＝log2an，记数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＞0（n∈N*）成立的n最大值为．【分析】根据条件求出数列{an}的通项公式，进而可得数列{bn}的通项公式，求出{bn}的前n项和，可得Sn＞0时n的取值范围，进而求得n的最大值．【解答】解：因为等比数列{an}，所以a3•a5＝a2•a6＝4，又a3+a5＝5，q∈（0，1），所以a3＝4，a5＝1，所以q2=14，即q所以an＝4×（12）n﹣3＝（12）n所以bn＝log2an＝5﹣n，易得数列{bn}为等差数列，故Sn=n(9−n)若Sn＞0，则0＜n＜9，因为n∈N*，所以n的最大值为8，故答案为：8．四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）17．（1）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2an+1，求数列{an}的通项公式；（2）已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn+1﹣2Sn+Sn﹣1＝1，求数列{an}的通项公式．【分析】（1）将给定的递推公式变形构造等比数列求解即可．（2）利用当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1＝an将原递推公式转化为数列{an}项间关系即可计算作答．【解答】解：（1）数列{an}中，因an+1＝2an+1，则an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，于是得数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an+1=2×2所以数列{an}的通项公式是an（2）因数列{an}前n项和Sn满足Sn+1﹣2Sn+Sn﹣1＝1，则（Sn+1﹣Sn）﹣（Sn﹣Sn﹣1）＝1，而当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1＝an，因此有an+1﹣an＝1，又由a1＝2，a2＝3得a2﹣a1＝1满足上式，于是得数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，则an＝2+（n﹣1）×1＝n+1，所以数列{an}的通项公式是an＝n+1．18．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn（1）求数列{an}的通项公式；（2）求Sn的最小值．【分析】（1）利用数列的前n项和，求解通项公式即可．（2）求解数列中，变符号的项，即可推出数列和的最小值．【解答】解：（1）数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n2当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n2﹣30n