【文档说明】2023-2024学年高中数学人教A版2019 选择性必修第二册课后习题 第四章　数列 第四章综合训练 Word版含答案.docx，共(9)页，53.656 KB，由小赞的店铺上传

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第四章综合训练一、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{an}的通项公式为an=n2-n,则可以作为这个数列的其中一项的数是()A.10B.15C.21D.422.已知数列{bn}是等

比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=()A.16B.8C.4D.23.(2021江苏启东高二期中)在等差数列{an}中,已知前21项和S21=63,则a2+a5+a8+…+a20的值为()A.7B.9C.21D.424.在等差数列{an}中,S1

6>0,S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=()A.8B.9C.16D.175.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+…+𝑎𝑏10=()A.1033B.1034C.2057D.2

0586.我国古代数学巨著《九章算术》中,有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”这个问题的意思为:“有一位善于织布的女子,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这位女

子每天分别织布多少?”根据上面的已知条件,可求得该女子第4天织布()A.815尺B.1615尺C.2031尺D.4031尺7.(2021安徽亳州高二期末)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.510511B.10231024C.10221023D.110238.已知数列{an}的各项都为正数,定义:Gn=𝑎1+2𝑎2+3𝑎3+…+𝑛𝑎𝑛

𝑛为数列{an}的“匀称值”.已知数列{an}的“匀称值”为Gn=n+2,则该数列中的a10等于()A.83B.125C.94D.2110二、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.(2021山东临沂高二期末)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=1B.Sn的最小值为S5C.S1=S6D.Sn存在最大值10.在等比数列{an}中,a1=1,公比q=2,Sn是{an}的前n项和,则下列说法正确的是()A.数列{a2n}是

等比数列B.数列{1𝑎𝑛}是递增数列C.数列{log2an}是等差数列D.数列{an}中,S10,S20,S30仍成等比数列11.已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6

a7+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项正确的是()A.0<q<1B.a6>1C.T12>1D.T13>112.(2021山东烟台高二期中)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=a8B.S7=33C.a1+a3+a5+…+a2021=a2022D.𝑎12+𝑎22+𝑎32+…+𝑎20202=a2020a2021三、填空题13.(2021河南新乡

高二期末)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.我国古代数学名著《张丘建算经》有“分钱问题”:今有与人钱,初一人与三钱,次一人与四钱,次一人与五钱,以次与之,转多一钱,与讫,还敛聚与均分之,人得一百钱,问人几何?意思是:将钱分给若干人,第一人给3钱,第二人给4钱,第三人给5

钱,以此类推,每人比前一人多给1钱,分完后,再把钱收回平均分给各人,结果每人分得100钱,问有多少人?则题中的人数是.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+…+12𝑛”时,第一步的验证为;若已假设n=k(k≥2且k为偶数)时等式成立,则还需要用归纳假设证n=时等式成立.四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(2021江苏淮

安高二期末)从条件①2Sn=(n+1)an,②√𝑆𝑛+√𝑆𝑛-1=an(n≥2),③an>0,𝑎𝑛2+an=2Sn中任选一个,补充到下面问题中,并给出解答.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.(2021陕西宝鸡期末)用数学归纳法证明:对任意正整数n,4n+15n-1能被9整除.19.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.20.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,{a

n-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.21.已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,𝑎52=9a4a8.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=an-a

n-1,求数列{bn}的前n项和Sn.22.设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.参考答案第四章综合训练1.D当n=7时,a7=72-

7=42,所以42是这个数列中的一项.2.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=4.3.C∵等差数列{an}的前21项和S21=63=21(𝑎1+𝑎21)2,∴a1+a21=6.由等差数列的性质可得a2+a20=a1

+a21=6,则a2+a5+a8+…+a20=7(𝑎2+𝑎20)2=7×62=21.故选C.4.A依题意,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0,即a1+a17=2a9<0,所以a

9<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.5.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+22+…+29)+10=1-2101-2+10=1033.6.D设该女子第n天织的布为an尺,则数列{an}为公比q=2的等比数列,由题意可得𝑎1(1-25)1-2=5,解得a1=531.所以a4=a1q3=4031.

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−1𝑆𝑛+1.∴Tn=b1+b2+…+bn=1𝑆1−1𝑆2+1𝑆2−1𝑆3+…+1𝑆𝑛−1𝑆𝑛+1=1𝑆1−1𝑆𝑛+1=1-12𝑛+1-1.∴T9=1-1210-1=10221023.故选C.8.D∵Gn=�

�1+2𝑎2+3𝑎3+…+𝑛𝑎𝑛𝑛,Gn=n+2,∴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D.9.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a1=-3.a5=-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.故选A

C.10.AC在等比数列{an}中,a1=1,q=2,所以an=2n-1,Sn=2n-1.于是a2n=22n-1=2×4n-1,1𝑎𝑛=(12)𝑛-1,log2an=n-1,故数列{a2n}是等比数列,数列{1𝑎𝑛}是递减数列,数列{log2an}是等差数列.因为S10=210-

1,S20=220-1,S30=230-1,𝑆20𝑆10≠𝑆30𝑆20,所以S10,S20,S30不成等比数列.故选AC.11.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=𝑎713<1.故选ABC.12.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+𝑎22+𝑎32+…+𝑎20202=a2020a

2021,故D正确.故选BCD.13.0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+𝑑=0,5𝑎1+10𝑑=10,

解得{𝑎1=-2,𝑑=2.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

.195设共有n人,根据题意得3n+𝑛(𝑛-1)2=100n,解得n=195,n=0舍去,所以一共有195人.16.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+13−14+…+1𝑘-1−1𝑘=21𝑘+2+1𝑘+4+…+12𝑘成立,由于n是正偶数,则下一个数应为n=k+2.17.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=1,公差是0,故𝑎𝑛𝑛=1,所以an=n.(2)由{a

n}的通项公式知Sn=𝑛(𝑛+1)2,故Sk+2=(𝑘+2)(𝑘+3)2.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k是正

整数,所以k=6.若选②.(1)√𝑆𝑛+√𝑆𝑛-1=an(n≥2),a1=1,故Sn>0.因为√𝑆𝑛+√𝑆𝑛-1=an=Sn-Sn-1,所以√𝑆𝑛+√𝑆𝑛-1=(√𝑆𝑛+√𝑆𝑛-1)(√𝑆𝑛−√𝑆𝑛-1),即√𝑆𝑛−√𝑆𝑛-1=1,n

≥2,故{√𝑆𝑛}是等差数列,首项是√𝑆1=1,公差是1,故√𝑆𝑛=n,故Sn=n2.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+1

2+an+1)-(𝑎𝑛2+an)=2an+1,化简得(an+1+an)(an+1-an-1)=0.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1,公差为1,故an=n.(2)由{an}的通项公式知,Sn=𝑛(𝑛+1)2,故Sk+2=(𝑘+2)(𝑘+3)2.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k是正整数,所以k=6.18

.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.解(1)设{an}的公差为d.因为a1=-10,所以a2=-10+d,a3=-10+2d,a4=-10+3d.因为a2+10,a3+8,a4+6成等比数列,所以(

a3+8)2=(a2+10)(a4+6).所以(-2+2d)2=d(-4+3d).解得d=2.所以an=a1+(n-1)d=2n-12.(2)由(1)知,an=2n-12.所以,当n≥7时,an>0;当n≤6时,an≤0.所以,Sn的最

小值为S5=S6=-30.20.(1)证明由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-b

n+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.(2)解由(1)知,an+bn=12𝑛-1,an-bn=2n-1.所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12𝑛+n-12,bn=1

2[(an+bn)-(an-bn)]=12𝑛-n+12.21.解(1)设{an}的公比为q,则由𝑎52=9a4a8,可得(a1q4)2=9a1q3·a1q7,即𝑎12q8=9𝑎12q10,因此q2=19.因为{

an}的各项均为正数,所以q>0,故q=13.又因为2a1+3a2=1,所以2a1+3a1·13=1,解得a1=13.故an=13·(13)𝑛-1,即an=(13)𝑛.(2)由(1)得bn=an-an-1=(13)

𝑛−(13)𝑛-1=-23·(13)𝑛-1,所以{bn}是首项为-23,公比为13的等比数列,因此其前n项和Sn=-23[1-(13)𝑛]1-13=(13)𝑛-1.22.解(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1

)],an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],……a2-5=3(a1-3).因为a1=3,所以an=2n+1.(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+

1.②①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以Sn=(2n-1)2n+1+2.