新教材2024-2025学年高中数学第一章数列综合训练北师大版选择性必修第二册

第一章综合训练一、选择题:本题共8小题.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.一个首项为23,公差为整数的等差数列,从第7项起先为负数,则它的公差是()A.-2 B.-3 C.-4 D.-62.[2024甘肃金昌第一高级中学统考模拟预料]设Sn为数列{an}的前n项和,若a1=2,Sn+1-3Sn=2,则下列各选项中正确的是()A.an=2·13n-1 B.anC.Sn=2×3n-4 D.Sn=3n-13.[2024江西鹰潭贵溪试验中学校考模拟预料]数列{an}是等差数列,若a3a9=8,1a3+1a9=A.22 B.4 C.43 D.4.[2024北京海淀101中学校考期中]设等比数列{an}的前n项和为Sn,则“a1<0”是“S2023<0”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要的条件5.数列{(-1)n·n}的前2023项的和S2023为()A.-2017 B.-1012C.2017 D.10126.数列{an}满意a1=12,an+1=2an,设数列1an的前n项积为Tn,则T5=A.18 B.C.132 D.7.[2024广东佛山一中阶段练习]已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn,Tn(Sn,Tn≠0),且(n+1)Sn=(7n+23)Tn,则a6b6A.657 B.253 C.1078.记[x]表示不超过实数x的最大整数,记an=[log8n],则∑i=12022aiA.5479 B.5485C.5475 D.5482二、选择题:本题共4小题.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.9.已知数列1,0,1,0,1,0,…,则这个数列的通项公式可能是()A.an=1+(-B.an=1+C.an=sinnD.an=cos(10.等差数列{an}的前n项和为Sn,a1+5a3=S8,则下列结论肯定正确的是()A.a10=0B.当n=9或10时,Sn取最大值C.|a9|<|a11|D.S6=S1311.已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),且满意an+4Sn-1Sn=0(n≥2),a1=14,则下列说法正确的是 (A.数列{an}的前n项和为Sn=1B.数列{an}的通项公式为an=1C.数列{an}为递增数列D.数列1Sn为递增数列12.设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并且满意条件a1>1,a6a7>1,a6-1aA.0<q<1 B.0<a6a8<1C.Sn的最大值为S7 D.Tn的最大值为T6三、填空题13.若数列{an}满意an=1n+1+n,则数列{an}的前15项的和S1514.已知数列{an}是等差数列,且a6=0,a1+a4+a7=6,将a2,a3,a4,a5去掉一项后,剩下三项依次为等比数列{bn}的前三项,则bn=.

15.若数列{an}满意1an+1-1an=d(n∈N+,d为常数),则称数列{an}为“调和数列”.已知正项数列1bn为“调和数列”,且b1+b2+…+b2024=16.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1+2Sn+1Sn=0,则a3=,Sn=.

四、解答题:本题共6小题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.[2024海南中学阶段练习]已知Sn为数列{an}的前n项和,满意a1=1,an>0,an(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=Sncosnπ,求数列{bn}的前(2n-1)项和T2n-1.18.已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式;(2)若a2,a3,a1成等比数列,求数列{|an|}的前n项和.19.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是各项均为正数的等比数列,a1=b4,,b2=8,b1-3b3=4,是否存在正整数k,使得数列1Sn的前k项和Tk>1516?若存在,求出从①S4=20,②S3=2a3,③3a3-a4=b2这三个条件中任选一个,补充到上面问题中并作答.注:假如选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.20.[2024广东佛山荣山中学校考期中]已知数列{an}满意a1=12,an+1=a(1)设bn=1an,证明:{b(2)设数列ann的前n项和为Sn,求S21.已知公比大于1的等比数列{an}满意a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通项公式;(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N+)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.22.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满意a1=3,an=xan-1+n-2(n≥2),其中x∈R.(1)若x=1,求出an.(2)是否存在实数x,y,使{an+yn}为等比数列?若存在,求出Sn;若不存在,说明理由.

参考答案第一章综合训练1.C由题意,知a6≥0,a7<0.∴a∴-235≤d<-23∵d∈Z,∴d=-4.2.D由a1=2,Sn+1-3Sn=2,得S2-3S1=2,即2+a2-6=2,解得a2=6.因为Sn+1-3Sn=2,所以Sn-3Sn-1=2(n≥2),两式相减得an+1-3an=0,即an+1an=又因为a1=2,a2=6,所以an+1an=3(n所以{an}是首项为2,公比为3的等比数列,所以an=2·3n-1,Sn=2×1-3n1-3故选D.3.C1a3+1a9故选C.4.C若公比q=1,则当a1<0时,S2024=2024a1<0成立,当S2024=2024a1<0时,则a1<0,若q≠1,则S2024=a1因为1-q与1-q2024同号,所以当a1<0时,S2024<0成立,当S2024<0时,a1<0成立,所以“a1<0”是“S2024<0”的充要条件.故选C.5.BS2024=-1+2-3+4-5+…+2024-2025=(-1)+(2-3)+(4-5)+…+(2024-2025)=(-1)+(-1)×1011=-1012.6.C因为数列{an}满意a1=12,an+1=2an所以数列{an}是首项为12所以数列1an是以2为首项,所以1an=2×12n-所以T5=2×1×12故选C.7.B由(n+1)Sn=(7n+23)Tn,得Sna6故选B.8.B当1≤n≤7时,a1=a2=…=a7=0,一共有7个0;当8≤n≤63时,a8=a9=…=a63=1,一共有56个1;当64≤n≤511时,a64=a65=…=a511=2,一共有448个2;当512≤n≤2024时,a512=a513=…=a2024=3,一共有1511个3.故∑i=12022ai=(a1+…+a7)+(a8+…+a63)+(a64+…+a511)+(a512+…+a2024)=7×0+56×1+448×2+1511×3=54859.BC对于选项A,当n为奇数时,an=0,当n为偶数时,an=1,故不符合题意;对于选项B,当n为奇数时,an=1,当n为偶数时,an=0,故符合题意;对于选项C,当n为奇数时,an=1,当n为偶数时,an=0,故符合题意;对于选项D,当n为奇数时,an=1或an=-1,当n为偶数时,an=0,故不符合题意.故选BC.10.AD设等差数列{an}的公差为d,∵a1+5a3=S8,∴a1+5(a1+2d)=8a1+8×7∴a1=-9d,故a10=a1+9d=0,故A正确;该数列的前n项和Sn=na1+n(n-1)2d=d2n不能推出当n=9或10时,Sn取最大值,故B错误;∵|a9|=|a1+8d|=|-d|=|d|,|a11|=|a1+10d|=|d|,∴|a9|=|a11|,故C错误;由于S6=6a1+6×52d=-39d,S13=13a1+13×122d=-39d,故S611.AD∵an+4Sn-1Sn=0(n≥2),∴Sn-Sn-1+4Sn-1Sn=0(n≥2),∵Sn≠0,∴1Sn-1∴数列1Sn是以1S1∴1Sn=4+4(n-1)=4n,∴Sn=当n≥2时,an=Sn-Sn-1=14n-经检验,当n=1时上式不成立.所以an=14,n=112.ABD∵a1>1,a6a7>1,a6-∴1<a6,0<a7<1.∴a7a6=q∈(0,1),a6a8=a72∈(0,1),Sn没有最大值,T故选ABD.13.3由题意,可得an=1n故S15=a1+a2+…+a15=2-1+3-2+…+16-14.23-n在等差数列{an}中,3a4=a1+a4+a7=6,解得a4=2,而a6=0,即有公差d=a6-等差数列{an}的通项公式an=a4+(n-4)d=6-n,则a2=4,a3=3,a4=2,a5=1,明显去掉a3,则a2,a4,a5成等比数列,则数列{bn}的首项为b1=a2=4,公比q=a4所以bn=b1qn-1=4×12n-1=15.100因为正项数列1b所以bn+1-bn=d,数列{bn}是等差数列.则b1+b2+…+b2024=2024(b解得b2+b2024=20,故2b2b2023≤b2+b2024=20,即b2当且仅当b2=b2024=10时,等号成立,故b2b2024的最大值是100.16.-21512n-1数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1+2则Sn+1-Sn=-2SnSn+1(n∈N+),可得1Sn所以1Sn是等差数列,首项为1,公差为2,所以1Sn=1+2(n-1)=2Sn=12n-1,na3=S3-S2=15-117.解(1)因为an+1n所以an+1+1所以an+1n=a1+11=(2)由(1)知an=2n-1,所以Sn=n(a1故bn=n2cosnπ=(-1)nn2,对随意的k∈N+,b2k-1+b2k=-(2k-1)2+4k2=4k-1,所以T2n为数列4k-1(k∈N+因为[4(k+1)-1]-(4k-1)=4,故数列4k-1(k∈所以T2n-1=T2n-b2n=n(3+4n-1)2-418.解(1)设等差数列{an}的公差为d,则a2=a1+d,a3=a1+2d,由题意得3解得a所以等差数列的通项公式为an=2-3(n-1)=-3n+5或an=-4+3(n-1)=3n-7.故数列{an}的通项公式为an=-3n+5或an=3n-7.(2)当an=-3n+5时,a2,a3,a1分别为-1,-4,2,不成等比数列;当an=3n-7时,a2,a3,a1分别为-1,2,-4,成等比数列,满意条件.故|an|=|3n-7|=-记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n=1时,S1=|a1|=4;当n=2时,S2=|a1|+|a2|=5;当n≥3时,Sn=S2+|a3|+|a4|+…+|an|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7)=5+(n-2)[2+(3当n=2时,满意上式;当n=1时,不满意上式.综上,Sn=419.解设等比数列{bn}的公比为q(q>0),等差数列{an}的公差为d,因为b2=8,所以b1=8q,b3=8q又因为b1-3b3=4,所以8q-3×8q=即6q2+q-2=0,解得q=12或q=-23所以bn=8·12若选①,则a1=b4=2,S4=4a1+4×3解得d=2,所以Sn=2n+n(n-1)1S故Tk=1S1+1S2+…+1Sk=1-12+12-13+…令1-1k+1>因为k为正整数,所以k的最小值为16.若选②,则a1=b4=2,S3=3a1+3×22d=2(a1+解得d=a1=2.所以Sn=2n+n(n-1)2×2故Tk=1S1+1S2+…+1Sk=1-12+1令1-1k+1>1516,解得k>15,因为若选③,则a1=b4=2,3(a1+2d)-(a1+3d)=8,解得d=43所以Sn=2n+n(n-1)21Sn故Tk=341-13+12-14+…+1k-1-1k+1+1k-1k+2=34令Tk>1516,得1因为k为正整数,所以k≥7,所以k的最小值为7.20.(1)证明因为bn+1-bn=1an+1-1a(2)解因为b1=1a1=2,所以bn=2+(n-1)×1由1an=n+1得an=故an所以Sn=a11+a22+…+ann=1-1221.解(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=12(舍去),q=2因为a1q2=8,所以a1=2.所以{an}的通项公式为an=2n.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.22.解(1)由题可知,当x=1时,an-an-1=n-2(n≥2),所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)