第四章 数列 章末检测卷（含答案）2021年新教材人教A版数学选择性必修第二册

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1、第四章第四章 数列数列 (时间：120 分钟 满分：150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要 求) 1.已知an是首项为 1，公差为 3 的等差数列，如果 an2 023，则序号 n 等于( ) A.667 B.668 C.669 D.675 解析 由 2 02313(n1)，解得 n675. 答案 D 2.在等差数列an中，a3a512a7，则 a1a9( ) A.8 B.12 C.16 D.20 解析 由 a3a512a7，得 a3a5a7123a5，即 a54，故 a1a92a58. 答案 A 3.已知数列

2、an是等差数列，a12，其公差 d0.若 a5是 a3和 a8的等比中项，则 S18( ) A.398 B.388 C.189 D.199 解析 由题可得 a25a3a8， 即(24d)2(22d)(27d)， 整理得 d2d0， 由 d0， 所以 d1.故 S18182 1 218171189. 答案 C 4.等比数列an中，a29，a5243，则an的前 4 项和是( ) A.81 B.120 C.168 D.192 解析 由 a5a2q3得 q3. a1a2 q 3，S4a1（1q 4） 1q 3（13 4） 13 120. 答案 B 5.已知数列an满足递推关系：an1 an an1，

3、a1 1 2，则 a2 020( ) A. 1 2 019 B. 1 2 020 C. 1 2 021 D. 1 2 022 解析 由 an1 an an1得 1 an1 1 an1，所以数列 1 an 是等差数列，首项 1 a12，公差为 1，所以 1 a2 0202(2 020 1)12 021，则 a2 020 1 2 021. 答案 C 6.已知两个等差数列an与bn的前 n 项和分别为 An和 Bn，且An Bn 7n45 n3 ，则使得an bn为整数的正整数 n 的个 数是( ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析 设数列an的首项为 a1，数列bn的首项为 b1.数列an和b

4、n均为等差数列，且其前 n 项和 An和 Bn满足An Bn 7n45 n3 ， an bn 2an 2bn （2n1）（a1a2n1） 2 （2n1）（b1b2n1） 2 A2n 1 B2n1 14n38 2n2 7（2n2）24 2n2 7 24 2n27 12 n1. 经验证知，当 n1，2，3，5，11 时，an bn为整数.故选 D. 答案 D 7.已知数列an的前 n 项和 Sn3n(n)6，若数列an单调递减，则 的取值范围是( ) A.(，2) B.(，3) C.(，4) D.(，5) 解析 Sn3n(n)6， Sn13n 1(n1)6，n1， 得 an3n 1(22n1)(n

5、1，nN*)，又a n为单调递减数列， anan1，且 a1a2. 3n 1(22n1)3n(22n3)， 化为 n2(n1)，且 2， 2， 的取值范围是(，2).故选 A. 答案 A 8.从 2017 年起，某人每年的 5 月 1 日到银行存入 a 元的定期储蓄，若年利率为 p 且保持不变，并约定每年 到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到 2021 年的 5 月 1 日将所有存款及利息全部取出，则可取 出钱(元)的总数为( ) A.a(1p)4 B.a(1p)5 C.a p(1p) 4(1p) D.a p(1p) 5(1p) 解析 设自 2018 年起每年到 5 月 1 日存款本息

6、合计为 a1，a2，a3，a4. 则 a1aa pa(1p)， a2a(1p)(1p)a(1p)a(1p)2a(1p)， a3a2(1p)a(1p)a(1p)3a(1p)2a(1p)， a4a3(1p)a(1p)a(1p)4(1p)3(1p)2(1p)a （1p）1（1p）4 1（1p） a p(1p) 5(1p). 答案 D 二、 多项选择题(本大题共 4 小题， 每小题 5 分， 共 20 分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求， 全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的不得分) 9.若 Sn为数列an的前 n 项和，且 Sn2an1(nN*)，则下列结论正确的是( )

7、 A.a516 B.S531 C.数列an是等比数列 D.数列Sn1是等比数列 解析 因为 Sn为数列an的前 n 项和，且 Sn2an1(nN*)， 所以 S12a11，因此 a11. 当 n2 时，anSnSn12an2an1，即 an2an1， 所以数列an是以1 为首项，以 2 为公比的等比数列，故 C 正确； 因此 a512416，故 A 正确； 又 Sn2an12n1，所以 S525131，故 B 正确； 因为 S110，所以数列Sn1不是等比数列，故 D 错误.故选 ABC. 答案 ABC 10.已知数列an是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是( ) A. 1 an B.l

8、og2(an)2 C.anan1 D.anan1an2 解析 当 an1 时，log2(an)20，所以数列log2(an)2不一定是等比数列； 当 q1 时，anan10，所以数列anan1不一定是等比数列； 由等比数列的定义知 1 an 和anan1an2都是等比数列.故选 AD. 答案 AD 11.记 Sn为等差数列an的前 n 项和.若 a13a5S7，则以下结论一定正确的是( ) A.a40 B.Sn的最大值为 S3 C.S1S6 D.|a3|0).已知 a112，a13a611，记这 n2个数的和为 S.下列结论正确的有( ) A.m3 B.a671737 C.aij(3i1)3j

9、 1 D.S1 4n(3n1)(3 n1) 解析 由 a112，a13a611， 可得 a13a11m22m2，a61a115m25m，所以 2m225m1， 解得 m3 或 m1 2(舍去)，所以选项 A 是正确的； 又由 a67a61m6(253)361736，所以选项 B 不正确； 又由 aijai1mj 1a 11(i1) m m j12(i1)33j1(3i1)3j1，所以选项 C 是正确的； 又由这 n2个数的和为 S， 则 S(a11a12a1n)(a21a22a2n)(an1an2ann) a11（13 n） 13 a21（13 n） 13 an1（13 n） 13 1 2(3

10、 n1)（23n1）n 2 1 4n(3n1)(3 n1)，所以选项 D 是正确的，故选 ACD. 答案 ACD 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在题中的横线上) 13.若数列an满足 a11， an12an(nN*)， 则 a4_， 前 8 项的和 S8_.(本题第一空 2 分， 第二空 3 分) 解析 由 a11，an12an(nN*)，可知数列an为等比数列，故 a48，S8255. 答案 8 255 14.已知等比数列an是递增数列，Sn是an的前 n 项和.若 a1，a3是方程 x25x40 的两个根，则 S6 _. 解析 a1， a3是方程 x

11、25x40 的两根， 且 q1， a11， a34， 则公比 q2， 因此 S61（12 6） 12 63. 答案 63 15.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852 年，英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数” 问题的解法传至欧洲.1874 年，英国数学家马西森指出此法符合 1801 年由高斯得到的关于同余式解法的一 般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一 个整除问题： 将 1 到 2020 这 2020 个数中， 能被 3 除余 1 且被 5 整除余 1 的数按从小到大的顺序排成一列， 构成数列an，则此数列的项数为_. 解

12、析 因为能被 3除余 1且被5 除余1 的数就是能被 15 除余1 的数， 故 an15n142 020， 解得 n1353 5， 数列an共有 135 项. 答案 135 16.将数列3n 1按“第 n 组有 n 个数”的规则分组如下：(1)，(3，9)，(27，81，243)，则第 100 组中的 第一个数是_. 解析 在“第 n 组有 n 个数”的规则分组中，各组数的个数构成一个以 1 为首项，1 为公差的等差数列.因 为前 99 组中数的个数共有（199）99 2 4 950 个，且第 1 个数为 30，故第 100 组中的第 1 个数是 34 950. 答案 34 950 四、解答题

13、(本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分 10 分)记 Sn为等差数列an的前 n 项和，已知 a17，S315. (1)求an的通项公式； (2)求 Sn，并求 Sn的最小值. 解 (1)设an的公差为 d，由题意得 3a13d15. 由 a17 得 d2. 所以an的通项公式为 an2n9. (2)由(1)得 Snn28n(n4)216. 所以当 n4 时，Sn取得最小值，最小值为16. 18.(本小题满分 12 分)已知数列an满足 a17 8，且 an1 1 2an 1 3，nN *. (1)求证： an2 3 是等比数列； (2

14、)求数列an的通项公式. (1)证明 由已知得 an12 3 1 2an 1 3 1 2 an2 3 . 因为 a17 8，所以 a1 2 3 5 24， 所以 an2 3 是以 5 24为首项， 1 2为公比的等比数列. (2)解 由(1)知 an2 3 是以 5 24为首项， 1 2为公比的等比数列， 所以 an2 3 5 24 1 2 n1 ， 所以 an 5 24 1 2 n1 2 3. 19.(本小题满分 12 分)已知数列an的通项公式为 an 1 3n2，nN *. (1)求数列 an2 an 的前 n 项和 Sn； (2)设 bnanan1，求 bn的前 n 项和 Tn. 解

15、(1) 2 an6n4， an2 an 1 2 an6n3，所以 an2 an 是首项为 3，公差为 6 的等差数列，所以 Sn3n n（n1） 2 63n2. (2)bnanan1 1 3n2 1 3n1 1 3 1 3n2 1 3n1 ， Tnb1b2bn1bn 1 3 11 4 1 4 1 7 1 3n5 1 3n2 1 3n2 1 3n1 1 3 1 1 3n1 n 3n1. 20.(本小题满分 12 分)设an是等差数列，其前 n 项和为 Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Tn(nN*).已知 b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6. (1)求

16、 Sn和 Tn； (2)若 Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数 n 的值. 解 (1)设等比数列bn的公比为 q(q0). 由 b11，b3b22，可得 q2q20. 因为 q0，可得 q2，故 bn2n 1. 所以，Tn12 n 12 2n1. 设等差数列an的公差为 d. 由 b4a3a5，可得 a13d4. 由 b5a42a6，可得 3a113d16，从而 a11，d1， 故 ann. 所以，Snn（n1） 2 . (2)由(1)，有 T1T2Tn(21222n)n2（12 n） 12 n2n 1n2. 由 Sn(T1T2Tn)an4bn可得 n（n1） 2 2n 1n2n2n1，

17、 整理得 n23n40，解得 n1(舍)或 n4. 所以，n 的值为 4. 21.(本小题满分 12 分)2015 年推出一种新型家用轿车，购买时费用为 16.9 万元，每年应交付保险费、养路 费及汽油费共 1.2 万元，汽车的维修费为：第一年无维修费用，第二年为 0.2 万元，从第三年起，每年的维 修费均比上一年增加 0.2 万元. (1)设该辆轿车使用 n 年的总费用(包括购买费用、保险费、养路费、汽油费及维修费)为 f(n)，求 f(n)的表达 式； (2)这种汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年，年平均费用最少)? 解 (1)由题意，每年的维修费构成一等差数列，n 年的维修总费用

18、为 n00.2()n1 2 0.1n20.1n(万元)， 所以 f(n)16.91.2n(0.1n20.1n) 0.1n21.1n16.9(万元)，nN*. (2)该辆轿车使用 n 年的年平均费用为f（n） n 0.1n 21.1n16.9 n 0.1n16.9 n 1.1 20.1n 16.9 n 1.13.7(万元). 当且仅当 0.1n16.9 n 时取等号，此时 n13. 故这种汽车使用 13 年报废最合算. 22.(本小题满分 12 分)若数列an是公差为 2 的等差数列，数列bn满足 b11，b22，且 anbnbnnbn1. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)设数列cn满

19、足 cnan1 bn1 ，数列cn的前 n 项和为 Tn，若不等式(1)nTn n 2n 1对一切 nN*恒成立， 求实数 的取值范围. 解 (1)数列bn满足 b11，b22，且 anbnbnnbn1. a112，解得 a11. 又数列an是公差为 2 的等差数列， an12(n1)2n1. 2nbnnbn1，2bnbn1， 数列bn是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，即 bn2n 1. (2)数列cn满足 cnan1 bn1 2n 2n n 2n 1， 数列cn的前 n 项和 Tn12 2 3 22 n 2n 1， 1 2Tn 1 2 2 22 n1 2n 1 n 2n， 两式相减得1 2Tn1 1 2 1 22 1 2n 1 n 2n 1 1 2n 11 2 n 2n2 n2 2n ，Tn4n2 2n 1， 不等式(1)nTn n 2n 1，即(1)n4 2 2n 1恒成立， 当 n2k(kN*)时，4 2 2n 1，3； 当 n2k1(kN*)时，2. 综上可得，实数 的取值范围是(2，3).