第四章数列章末综合复习检测解析版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页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．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案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．综合训练一、单项选择题(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.已知数列{bn}是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=()A.16 B.8 C.4 D.22.在等差数列{an}中,已知前21项和S21=63,则a2+a5+a8+…+a20的值为()A.7 B.9 C.21 D.423.在等差数列{an}中,S16>0,S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=()A.8 B.9 C.16 D.174.已知数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则ab1+ab2+…A.1033 B.1034 C.2057 D.20585.用数学归纳法证明1+2+22+…+25n-1(n∈N*)能被31整除时,从n=k到n=k+1添加的项数为()A.7 B.6 C.5 D.46.中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处,更是美学和哲学的体现.如图1是某古建筑物中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中DD1,CC1,BB1,AA1是脊,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步的比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3,若k图1图2A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.97.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,则T9=()A.510511 B.10231024 C8.已知数列{an}的各项都为正数,定义:Gn=a1+2a2+3a3+…+nann为数列{an}的“匀称值”.已知数列{anA.83 B.125 C.94 二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)9.等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是()A.a5=1 B.Sn的最小值为S5C.S1=S6 D.Sn存在最大值10.已知数列{an}:1,1,2,3,5,…,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列结论正确的是()A.S6=a8 B.S7=33 C.a1+a3+a5+…+a2021=a2022 D.a12+a22+a11.已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项正确的是()A.0<q<1 B.a6>1C.T12>1 D.T13>112.[2023江苏盐城月考]设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S8=S12,且(n+1)Sn<nSn+1(n∈N*),则下列说法正确的是()A.数列{an}为递增数列B.S10和S11均为Sn的最小值C.存在正整数k,使得Sk=0D.存在正整数m,使得Sm=S3m三、填空题13.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3+12=0,S3+12=0,则a5+a6=.

14.若等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=0,S5=10,数列{bn}满足b1=0,且bn+1=an+1+bn,则数列{bn}的通项公式为.

15.设数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=,S5=.

16.已知n为正偶数,用数学归纳法证明“1-12+13−14+…+1n-1−1n=21n+2+1n+4+…+四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.从条件①2Sn=(n+1)an,②Sn+Sn-1=an(n≥2),③an>0,an2已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,.

(1)求数列{an}的通项公式;(2)若a1,ak,Sk+2成等比数列,求正整数k的值.18.设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.(1)求{an}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.19.已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.20.已知等比数列{an}满足a2a3=2a4=32.(1)求{an}的通项公式;(2)记数列{an}的前n项和为Sn,证明:当n≥2时,an2>Sn+21.已知等比数列{an}满足a2=4,a5=32.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=1log2an·log222.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1-2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log2a1+log2a2+…+log2an,求使(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数k的取值范围.综合训练1.C因为b9是1和3的等差中项,所以2b9=1+3,即b9=2.由等比数列{bn}的性质可得b2b16=b92=2.C∵等差数列{an}的前21项和S21=63=21(a1+a21)2,由等差数列的性质可得a2+a20=a1+a21=6,则a2+a5+a8+…+a20=7(a2+a203.A依题意,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0,即a1+a17=2a9<0,所以a9<0,a8>0,所以等差数列{an}为递减数列,且前8项为正数,从第9项以后为负数,所以当其前n项和取得最大值时,n=8.故选A.4.A由已知可得an=n+1,bn=2n-1,于是abn=a2n-1=2n-1+1,因此ab1+ab2+…+ab10=(20+1)+(21+1)+…+(29+1)=(1+2+25.C设f(n)=1+2+22+…+25n-1,假设当n=k时,f(k)=1+2+22+…+25k-1能被31整除,当n=k+1时,f(k+1)=1+2+22+…+25k+4,则f(k+1)-f(k)=1+2+22+…+25k+4-(1+2+22+…+25k-1)=25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4,则从n=k到n=k+1共添加了5项.故选C.6.D不妨设OD1=DC1=CB1=BA1=1,则DD1=0.5,CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3.由题意得DD1+C即0.5+k1+∵k1=k3-0.2,k2=k3-0.1,∴0.5+k3-解得k3=0.9.故选D.7.C∵a1=1,a3=a2+2,∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1.∵q>0,∴q=2,∴an=2n-1.∴Sn=a1×(1-qn)1-q=1-2n1-2=2n-1.∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,∴bn=Sn+1-SnSn+1Sn,即bn=1Sn−1∴T9=1-1210-18.D∵Gn=a1+2a2+3∴n·Gn=n·(n+2)=a1+2a2+3a3+…+nan,∴10×(10+2)=a1+2a2+3a3+…+10a10;9×(9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得10a10=21,∴a10=2110.故选D9.AC∵等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1,a1+3a5=S7,∴a1+3(a1+4)=7a1+7×62×1,解得a1a5=-3+4×1=1,故A正确;∵an=a1+(n-1)d=n-4,∴a1,a2,a3均小于零,a4=0,a5,a6,…均大于零,∴S3=S4,∴S3,S4为Sn的最小值,Sn无最大值,故B错误,D错误;S1=a1=-3,S6=6×(-3)+6×52×1=-3,∴S1=S6,故C正确.10.BCD由于a8=21,S6=20,S7=S6+13=33,故A不正确,B正确;由a1=a2,a3=a4-a2,a5=a6-a4,…,a2021=a2022-a2020,可得a1+a3+a5+…+a2021=a2022,故C正确;由于该数列总有an+2=an+1+an,a12=a2a1,则a22=a2(a3-a1)=a2a3-a2a1,a32=a3(a4-a2)=a3a4-a3a2,…,a20192=a2019a2020-a2019a2018,a20202=a2020a2021-a2020a2019,故a12+a2211.ABC由于等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,所以(a6-1)(a7-1)<0,所以0<a6<1且a7>1或a6>1且0<a7<1.当0<a6<1且a7>1时,a7a6=q>1,又a1>1,所以{an}是递增数列,所以a6>a1>1,矛盾;当a6>1且0<a7<1时,0<a7a6<1,即0<q<1.因为a6a7+1>2,所以a6a7>1,T12=a1·a2·…·a11·a12=(a6a7)6>1,T13=a12.ACD设等差数列{an}的公差为d,因为n∈N*时,(n+1)Sn<nSn+1,即Sn<n(Sn+1-Sn)=nan+1,故Snn<an+1,因为Sn=na1+n(n-1)2d,所以Snn=a1+n-12d,又an+1=a1+nd,所以a1+n-12d<a1+nd,即n+12d>0.因为n+1>0恒成立,所以d>0,故等差数列{an}为递增数列,A正确;因为S8=S12,所以8a1+28d=12a1+66d,即a1=-192d,故an=a1+(n-1)d=-192d+(n-1)d=(n-212)d,由A选项知d>0,故a10=(10-212)d<0,a11=(11-212)d>0,所以S11>S10,故S10为Sn的最小值,B错误;Sk=ka1+k(k-1)2d=-192kd+k(k-1)2d=k2-20k2d.因为k∈N*,故当k=20时,Sk=0,所以存在正整数k,使得Sk=0,C正确;Sm13.0设{an}的公比为q,则a1q2=-12,a1+a1q+a1q2=-12,所以q=-1,a5+a6=0.14.bn=n2-3n+2设{an}的公差为d,则a1+于是an=-2+2(n-1)=2n-4.因此an+1=2n-2.于是bn+1-bn=2n-2,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=0+0+2+…+(2n-4)=n2-3n+2,故数列{bn}的通项公式为bn=n2-3n+2.15.1121由题意,可得a1+a2=4,a2=2a1+1,所以a1=1,a2=3.再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n≥2),得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2).又因为a2=3a1,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列.所以S5=1-3516.当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等号成立k+2因为n为正偶数,则归纳基础为当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等式成立;归纳假设为当n=k(k≥2且k为偶数)时,1-12+13−117.解若选①.(1)2Sn=(n+1)an,则2Sn+1=(n+2)an+1,两式作差得2an+1=(n+2)an+1-(n+1)an,即an+1n+1−ann=0,n∈N*,所以{ann}是等差数列,首项是a11=(2)由{an}的通项公式知Sn=n(n+1)2,故S又a1=1,ak=k,结合题意知k2=1×(k+2)(k+3)2,即k2-5k-6=0,解得k=-1或k=6,因为若选②.(1)Sn+Sn-1=an(n≥2),a1=1,因为Sn+Sn-1=an=Sn-Sn-1,所以Sn+Sn-1=(Sn+Sn-1)(Sn−Sn-1),即Sn−S当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,且a1=1也适合该式,故数列{an}的通项公式an=2n-1.(2)a1=1,ak=2k-1,Sk+2=(k+2)2,结合题意知(2k-1)2=1·(k+2)2,即3k2-8k-3=0,解得k=3或k=-13,因为k是正整数,所以k=3若选③.(1)an>0,an2+an=2Sn,则an+12+an+1=2Sn+1,两式作差得(an+12+an+1)-(an2+an)=2an+1,化简得(an+1+an)(由an>0知,an+1+an>0,得an+1-an-1=0,即an+1-an=1,数列{an}是等差数列,首项是