【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修二）专题4.14 数列 全章综合测试卷（基础篇） Word版含解析.docx，共(11)页，36.096 KB，由小赞的店铺上传

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第四章数列全章综合测试卷（基础篇）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·陕西·高二阶段练习）数列12,−14,18,−116，…的一个通项公式可能是（）

A．(−1)𝑛⋅12𝑛B．(−1)𝑛⋅12𝑛C．(−1)𝑛−1⋅12𝑛D．(−1)𝑛−1⋅12𝑛【解题思路】将每项的绝对值写成以12为底的幂的形式，再结合负号出现的规律即可得答案.【解答过程】解：因为12=(12)1，−14=−

(12)2，18=(12)3,−116=−(12)4，⋯所以此数列的一个通项公式可以是𝑎𝑛=(−1)𝑛−1⋅12𝑛.故选：D.2．（5分）（2022·陕西·高二阶段练习（文））在等差数列{𝑎

𝑛}中，若𝑎3=5，𝑎13=10，则公差𝑑=（）A．12B．1C．32D．2【解题思路】根据等差数列的知识求得正确答案.【解答过程】由等差数列的通项公式知𝑑=𝑎13−𝑎313−3=10−513−3=12．故选：A.3．（5分）（2022·山东·高三期中）已知

数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，且𝑎1=1，𝑆𝑛=(𝑛+1)𝑎𝑛2，则𝑎2020=（）．A．2018B．2019C．2020D．2021【解题思路】利用𝑎𝑛与𝑆𝑛的关系和累乘法求出𝑎𝑛=

𝑛即得解.【解答过程】因为𝑎1=1，𝑆𝑛=(𝑛+1)𝑎𝑛2，所以当𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=(𝑛+1)𝑎𝑛2−𝑛𝑎𝑛−12，化为𝑎𝑛𝑛=𝑎𝑛−1𝑛−1，从而𝑎𝑛

𝑛=𝑎𝑛−1𝑛−1=⋅⋅⋅=𝑎22=𝑎11=1，所以𝑎𝑛=𝑛．适合𝑛=1.所以𝑎𝑛=𝑛.故𝑎2020=2020．故选：C.4．（5分）（2022·全国·高三专题练习）利用数学归纳法证明不等式1+12+13+⋯+12𝑛−1<𝑛

(𝑛≥2,𝑛∈𝑁∗)的过程中，由𝑛=𝑘到𝑛=𝑘+1，左边增加了（）A．1项B．k项C．2𝑘−1项D．2𝑘项【解题思路】分别分析当𝑛=𝑘与𝑛=𝑘+1时等号左边的项，再分析增加项即可【解答过程】由题意知当𝑛=𝑘时，左边为1+12+13+⋯+12𝑘−1，当𝑛=𝑘+1

时，左边为1+12+13+⋯+12𝑘−1+12𝑘+12𝑘+1+12𝑘+2+⋯+12𝑘+1−1，增加的部分为12𝑘+12𝑘+1+12𝑘+2+⋯+12𝑘+1−1，共2𝑘项．故选：D.5．（5分）（2022·江苏

·高一期末）已知等差数列{𝑎𝑛}的公差d不为0，若𝑎1，𝑎3，𝑎7成等比数列，则𝑎1𝑑的值为（）A．±2B．2C．±4D．4【解题思路】根据等比数列的性质可知，𝑎1𝑎7=𝑎3⬚2，再代入等差数列的基本量，化简即可求解.【解答过程】因为{𝑎𝑛}是

公差不为零的等差数列，且𝑎1，𝑎3，𝑎7成等比数列，所以𝑎1𝑎7=𝑎3⬚2，即𝑎1(𝑎1+6𝑑)=(𝑎1+2𝑑)2，化简得𝑎1𝑑=2𝑑2，又因为𝑑≠0，所以𝑎1𝑑=2．故选：B．6．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知公差为1的等差数列{𝑎�

�}中，𝑎1，𝑎2，𝑎4成等比数列，则{𝑎𝑛}的前10项的和为（）A．55B．50C．45D．10【解题思路】由𝑎1，𝑎2，𝑎4成等比数列，列出关系式，通过公差，解得首项，再利用求和公式即可得出．【解答过程】∵𝑎1

，𝑎2，𝑎4成等比数列，∴𝑎22=𝑎1𝑎4，可得(𝑎1+𝑑)2=𝑎1(𝑎1+3𝑑)，又等差数列{𝑎𝑛}的公差为1，∴(𝑎1+1)2=𝑎1(𝑎1+3)，解得：𝑎1=1，则{𝑎𝑛}的前10项和𝑆10=𝑎1+

𝑎102×10=1+1+92×10=55．故选：A．7．（5分）（2022·河北·高二期中）设{𝑎𝑛}是等差数列，𝑆𝑛是其前𝑛项和，且𝑆5<𝑆6,𝑆6=𝑆7>𝑆8，则下列结论正确的是（）A．𝑑>0B．𝑆6和𝑆7是𝑆𝑛的最大值C．𝑆9>𝑆5D．

𝑆7=0【解题思路】对A，由前𝑛项和定义可得𝑎7=0、𝑎8<0的符号，由等差数列定义得𝑑的符号；对BD，由前𝑛项和定义，𝑎7=0,𝑑<0即可判断；对C，𝑆9−𝑆5=4𝑎7+2𝑑.【解答过程】{𝑎

𝑛}是等差数列，对A，由𝑆6=𝑆7>𝑆8得𝑎7=𝑆7−𝑆6=0，𝑎8=𝑆8−𝑆7<0，𝑑=𝑎8−𝑎7<0，A错；对BD，由𝑎7=0,𝑑<0得𝑆6和𝑆7是𝑆𝑛的最大值，𝑆7>0，B对D错；对C，𝑆9−

𝑆5=𝑎6+𝑎7+𝑎8+𝑎9=4𝑎7+2𝑑<0，C错.故选：B.8．（5分）（2022·安徽·高三阶段练习）山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间，左右对称分布，最中间的是明间，宽度最大，然后向两

边均依次是次间､次间､梢间､尽间.每间宽度从明间开始向左右两边均按相同的比例逐步递减，且明间与相邻的次间的宽度比为8:7.若设明间的宽度为𝑎，则该大殿9间的总宽度为（）A．(78)4𝑎B．15𝑎−14𝑎(78)5C．14𝑎[1−(78)4]D．15

𝑎−14𝑎(78)4【解题思路】由题意把9间的宽度转化为两个等比数列的和,应用等比数列前𝑛项和公式计算即可.【解答过程】由题意,设明间的宽度𝑎为等比数列的首项,从明间向右共5间,宽度成等比数列

,公比为78,同理从明间向左共5间,宽度成等比数列,公比为78,则由𝑆𝑛=𝑎[1−(78)𝑛]1−78可得𝑆5=𝑎[1−(78)5]1−78=8𝑎−7𝑎(78)4所以总宽度为2𝑆5−𝑎=2[8𝑎−7𝑎(78)4]−𝑎=15𝑎−14𝑎(78)4故

选:D.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）已知一个命题p(k)，k＝2n(n∈N*)，若当n＝1，2，…，1000时，p(k)成立，且当n＝1001时也成立，则下列判断中正确的是（）A．p(k)对k＝528成

立B．p(k)对每一个自然数k都成立C．p(k)对每一个正偶数k都成立D．p(k)对某些偶数可能不成立【解题思路】直接根据已知条件判断每一个选项的正确错误.【解答过程】由题意知p(k)对k＝2，4，6，…，2002成立，

当k取其他值时不能确定p(k)是否成立，故选：AD.10．（5分）（2022·福建漳州·高二期中）下列有关数列的说法正确的是（）A．数列−2021，0，4与数列4，0，−2021是同一个数列B．数列{

𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=𝑛(𝑛+1),则110是该数列的第10项C．在数列1,√2,√3,2,√5,⋅⋅⋅中,第8个数是2√2D．数列3,5,9,17,33,…的通项公式为𝑎𝑛=2𝑛+1【解

题思路】根据数列的定义数列是根据顺序排列的一列数可知选项A错误,使𝑛(𝑛+1)=110,即可得出项数,判断选项B的正误,根据数列的规律可得到第8项可判断选项C的正误,根据数列的规律可得到通项公式判断选项D的

正误.【解答过程】对于选项A,数列−2021，0，4与4，0，−2021中数字的排列顺序不同,不是同一个数列,所以选项A不正确;对于选项B,令𝑎𝑛=𝑛2+𝑛=110,解得𝑛=10或𝑛=−11（舍去）,所以选项B正确;对于选项C,根号里面的

数是公差为1的等差数列,第8个数为√8,即2√2,所以选项C正确;对于选项D,由数列3,5,9,17,33,…的前5项可知通项公式为𝑎𝑛=2𝑛+1,所以选项D正确.故选:BCD.11．（5分）（2022·福建三明·高二阶段练习）在各项均为正数的等比数列{

𝑎𝑛}中，𝑎62+2𝑎5𝑎9+𝑎82=25，则（）A．𝑎6+𝑎8=5B．𝑎6𝑎8=5C．𝑎1𝑎13有最大值25D．𝑎1𝑎13有最大值254【解题思路】利用等比数列的性质可得：𝑎5𝑎9=𝑎6𝑎8，将其代入题干条件可得𝑎6+𝑎8

=5，再次利用等比数列的性质和基本不等式即可求解.【解答过程】∵等比数列{𝑎𝑛}的各项都为正数，由等比数列的性质可得：𝑎5𝑎9=𝑎6𝑎8，∴𝑎62+2𝑎5𝑎9+𝑎82=𝑎62+2𝑎6

𝑎8+𝑎82=(𝑎6+𝑎8)2=25，∴𝑎6+𝑎8=5，∴𝑎1𝑎13=𝑎6𝑎8≤(𝑎6+𝑎82)2=254，当且仅当𝑎6=𝑎8=52时取等号，∴𝑎1𝑎13的最大值是254.故选：AD.12．（5分）（2022·

福建·高三阶段练习）已知数列{𝑎𝑛}为等差数列，其前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑎5=−1,𝑎2+𝑎7=−4，下列选项正确的是（）A．𝑎11=11B．{𝑎𝑛}是递减数列C．𝑆𝑛取得最小值时，𝑛

=5或6D．𝑆7=−21【解题思路】根据等差数列基本量法求出数列首项和公差，代入选项判断即可.【解答过程】不妨设𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑𝑎2+𝑎7=𝑎1+𝑑+𝑎1+6𝑑=2𝑎1+7𝑑=−4，与𝑎

5=𝑎1+4𝑑=−1联立解得𝑑=2,𝑎1=−9，即通项𝑎𝑛=2𝑛−11.对于选项A.𝑎11=2×11−11=11，故正确；对于选项B.𝑑>0,{𝑎𝑛}是递增数列，故错误；对于选项C.𝑆𝑛存在

最小值，且有两个最小值，即𝑆6−𝑆5=0，即𝑎6=0，与𝑎𝑛不符；对于选项D.𝑆7=7𝑎4=7×(−3)=−21，故正确.故选：AD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022·上海市高一期末）若等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎

4=8,𝑎6=14，则数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=3𝑛−4,𝑛∈𝑁∗．【解题思路】根据题意，求出首项𝑎1和公差𝑑，利用等差数列的通项公式，计算求解即可.【解答过程】𝑎4=8,𝑎6=14，可得

公差𝑑=𝑎6−𝑎42=3，𝑎1=𝑎4−3𝑑=−1，𝑎𝑛=𝑎1+3(𝑛−1)=3𝑛−4，𝑛∈𝑁∗故答案为：3𝑛−4,𝑛∈𝑁∗.14．（5分）（2021·全国·高二课时练习）用数学归纳法证明1+2+2

2+⋯+2𝑛−1=2𝑛−1(𝑛∈𝑁)的过程中，第二步假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，则当n＝k＋1时应得到的式子为1＋2＋22＋⋯＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k.【解题思路】分析由n＝k到n＝k＋1时，等式左边增加的项可得结果.【解答

过程】因为由n＝k到n＝k＋1时，等式的左边增加了一项，该项为2𝑘，所以当n＝k＋1时应得到的式子为1＋2＋22＋⋯＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k，故答案为：1＋2＋22＋⋯＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k

.15．（5分）已知数列{𝑎𝑛}对任意的𝑛∈N∗，都有𝑎𝑛∈N∗，且𝑎𝑛+1={3𝑎𝑛+1,𝑎𝑛为奇数𝑎𝑛2,𝑎𝑛为偶数，当𝑎1=16时，𝑎2022=4.【解题思路】通过计算发现数列从第三项起为周期数列，则得到𝑎2022=𝑎3，计算出�

�3即可.【解答过程】根据题意知∵𝑎1=16是偶数，∴𝑎2=𝑎12=162=8是偶数，∴𝑎3=𝑎22=82=4是偶数，∴𝑎4=𝑎32=42=2是偶数，∴𝑎5=𝑎42=22=1是奇数，∴𝑎6=3𝑎5+1

=3×1+1=4是偶数，∴𝑎7=2是偶数，∴𝑎8=1是奇数，⋯从第三项开始，正整数数列{𝑎𝑛}是以3为周期的周期数列，∵2022=2+3×673+1，∴𝑎2022=𝑎3=4，故答案为：4.16．（5分）（2

022·陕西·一模（理））设等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎1+𝑎2=12,𝑎1−𝑎3=−24，记𝑏𝑚为{𝑎𝑛}中在区间(0,𝑚](𝑚∈N∗)中的项的个数，则数列{𝑏𝑚}的前50项和𝑆50=114

.【解题思路】由题意求得等比数列{𝑎𝑛}的通项公式，由此确定数列{𝑏𝑚}中的项的取值，进而求得{𝑏𝑚}的前50项和.【解答过程】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为q，则𝑎1(1+𝑞)=12,𝑎1(1−𝑞2)=−24，解得𝑎1=3,�

�=3，故𝑎𝑛=3𝑛，因为𝑏𝑚为{𝑎𝑛}中在区间(0,𝑚](𝑚∈N*)中的项的个数，所以当𝑚=1,2时，𝑏𝑚=0；当3≤𝑚<9时，𝑏𝑚=1；当9≤𝑚<27时，𝑏𝑚=2；当27≤𝑚≤50时，𝑏𝑚=3；故𝑆50=0×2+1×6+2×18+3×24=114,故

答案为：114.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·全国·高二课时练习）写出以下各数列{𝑎𝑛}的一个通项公式，并根据你写的通项公式求出各数列的第10项.(1)12,14,18,116,⋅⋅⋅；(2)1

,−3,5,−7,⋅⋅⋅.【解题思路】（1）根据所给项的分母找出规律即可求解；（2）先不考虑符号，可以看出项都为奇数，再根据项数的奇偶确定符号就可以.【解答过程】(1)由12,14,18,116,⋅⋅⋅知，第一项分母为2，第二项分母4=22，第三项分母

8=23，依次规律，第n项分母为2𝑛，所以通项公式𝑎𝑛=12𝑛，故𝑎10=1210=11024.(2)1,−3,5,−7,⋅⋅⋅先不考虑符号，第一项1，第二项3，第三项5，第四项7，故第n项2𝑛−1，再考虑符号，可得𝑎𝑛=(−1)𝑛+1(2𝑛−1).故𝑎10

=(−1)11(2×10−1)=−19.18．（12分）（2022·陕西·高二阶段练习（理））用数学归纳法证明：对任意正整数𝑛,4𝑛+15𝑛−1能被9整除．【解题思路】按照数学归纳法的步骤操作即可证明.【解答过程】证明：（1）当𝑛=1时，4𝑛+

15𝑛−1=18，能被9整除，故当𝑛=1时，4𝑛+15𝑛−1能被9整除．（2）假设当𝑛=𝑘时，命题成立，即4𝑘+15𝑘−1能被9整除，则当𝑛=𝑘+1时，4𝑘+1+15(𝑘+1)−1=4(4𝑘+15𝑘−1

)−9(5𝑘−2)也能被9整除.综合(1)(2)可得,对任意正整数𝑛,4𝑛+15𝑛−1能被9整除．19．（12分）（2022·江苏省高二期中）已知在等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎5=1,𝑎9=−7．(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式

；(2)若数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛，则当n为何值时𝑆𝑛取得最大，并求出此最大值．【解题思路】（1）设出公差，利用等差数列的性质计算出公差，从而求出通项公式；（2）令𝑎𝑛>0,𝑎𝑛<0，解不等式，求出当𝑛=5时，𝑆𝑛取得最大值，并用等差数列求和公式求出最大值.

【解答过程】（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，则𝑎9=𝑎5+4𝑑=1+4𝑑=−7，解得：𝑑=−2，则{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=𝑎5+(𝑛−5)𝑑=1−2(𝑛−5)=11−2𝑛；（2）因为𝑛∈N∗，令𝑎𝑛=11−2𝑛>0得：1≤𝑛≤5

，令𝑎𝑛=11−2𝑛<0得：𝑛>6，故当𝑛=5时，𝑆𝑛取得最大值，其中𝑎1=9,𝑎5=1，故最大值为𝑆5=5(𝑎1+𝑎5)2=5×(1+9)2=25.20．（12分）（2022·天津市高二期中（理））已知数列{𝑎𝑛}满足

𝑆𝑛+𝑎𝑛=2𝑛+1.(1)写出𝑎1,𝑎2,𝑎3，并推测𝑎𝑛的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论．【解题思路】（1）分别将𝑛=1、2、3代入递推式中求𝑎1,𝑎2,𝑎3，进而总结归纳出𝑎𝑛

的表达式；（2）应用数学归纳法，首先判断𝑛=1时𝑎𝑛是否成立，再假设𝑛=𝑘时𝑎𝑘=2−12𝑘成立，最后结合已知条件推导出𝑛=𝑘+1时𝑎𝑘+1=2−12𝑘+1成立即可.【解答过程】(1)𝑛=1时，𝑆1+𝑎1=2𝑎

1=3，则𝑎1=32，𝑛=2时，𝑆2+𝑎2=𝑎1+2𝑎2=5，则𝑎2=74，𝑛=3时，𝑆3+𝑎3=𝑎1+𝑎2+2𝑎3=7，则𝑎3=158，猜想𝑎𝑛=2−12𝑛.(2)由（1）得：𝑛=1时，𝑎

1=2−12=32成立．假设𝑛=𝑘(𝑘≥1,𝑘∈N∗)时，𝑎𝑘=2−12𝑘成立，那么当𝑛=𝑘+1时，𝑆𝑘+1+𝑎𝑘+1=𝑆𝑘+2𝑎𝑘+1=2(𝑘+1)+1，而𝑆𝑘=2𝑘+1−𝑎�

�，所以2𝑘+1−𝑎𝑘+2𝑎𝑘+1=2𝑘+3，即𝑎𝑘+1=1+𝑎𝑘2=2−12𝑘+1，故𝑛=𝑘+1时，𝑎𝑛=2−12𝑛也成立．综上，对一切n∈N*，𝑎𝑛=2−12𝑛都成立，得证．21．（12分）（2022·福建省高二期中）已知𝑆𝑛是等差数列{𝑎𝑛}

的前n项和，且𝑎3+𝑎6=40，𝑆5=70.(1)求𝑆𝑛；(2)若𝑏𝑛=1𝑆𝑛，求数列{𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛.【解题思路】（1）利用基本量列方程求解即可；（2）由裂项相消法求和.【解答过程】（1）{𝑎�

�}为等差数列，则𝑎3+𝑎6=𝑎4+𝑎5=40，𝑆5=5𝑎3=70⇒𝑎3=14，3𝑎2=𝑎1+𝑎2+𝑎3=𝑆5−(𝑎4+𝑎5)=70−40=30⇒𝑎2=10.∴𝑑=𝑎3−𝑎2=4,𝑎1=𝑎2−𝑑=6，故𝑎𝑛=6+(

𝑛−1)⋅4=4𝑛+2，故𝑆𝑛=(6+4𝑛+2)𝑛2=2𝑛2+4𝑛.（2）𝑏𝑛=1𝑆𝑛=12𝑛(𝑛+2)=14(1𝑛−1𝑛+2)，∴𝑇𝑛=14(1−13+12−14+13−15+⋯+1𝑛−1𝑛+2)=14(1+12−1𝑛+1−1𝑛+2

)=14(32−1𝑛+1−1𝑛+2).22．（12分）（2022·河北·高二期中）已知递增的等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎2+𝑎3+𝑎4=28，且𝑎3+2是𝑎2和𝑎4的等差中项.数列{𝑏𝑛}

是等差数列，且𝑏1=𝑎1,𝑏3=𝑎1+𝑎2+𝑎3.(1)求数列{𝑎𝑛},{𝑏𝑛}的通项公式；(2)设𝑐𝑛=𝑎𝑛+𝑏𝑛，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛.【解题思路】（1

）设等比数列{𝑎𝑛}首项为𝑎1，公比为𝑞，列方程组求出𝑎1,𝑞即得解.求出等差数列的公差𝑑即得数列{𝑏𝑛}的通项公式；（2）利用分组求和法即可得出．【解答过程】（1）解：设等比数列{𝑎𝑛}首项为𝑎1，公比为𝑞．由已知得2(�

�3+2)=𝑎2+𝑎4代入𝑎2+𝑎3+𝑎4=28可得𝑎3=8．于是𝑎2+𝑎4=20．故{𝑎1𝑞+𝑎1𝑞3=20𝑎3=𝑎1𝑞2=8，解得{𝑞=2𝑎1=2或{𝑞=12𝑎1=32．又数列{𝑎𝑛}为递增数

列，故{𝑞=2𝑎1=2，∴𝑎𝑛=2𝑛.设等差数列{𝑏𝑛}首项为𝑏1=𝑎1=2，公差为𝑑．所以𝑏3=2+4+8=14=2+2𝑑,∴𝑑=6,∴𝑏𝑛=2+(𝑛−1)×6=6𝑛−4.所以𝑏𝑛=6𝑛−4.（2）解：

由题得𝑐𝑛=𝑎𝑛+𝑏𝑛=2𝑛+6𝑛−4.所以数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛=2(1−2𝑛)1−2+𝑛2(2+6𝑛−4)=2𝑛+1+3𝑛2−𝑛−2.