試卷第=page55頁，共=sectionpages66頁試卷第=page66頁，共=sectionpages66頁人教版高中數學選擇性必修第二冊第四章測試題及答案第四章數列章末綜合復習檢測一、單選題1．數列的通項公式可能是an＝（）A． B．C． D．2．在等差數列{an}中，a10＝18，a2＝2，則公差d＝（）A．－1 B．2 C．4 D．63．設是數列的前n項和，若，則（）A． B． C． D．4．已知數列滿足，若.則的值是（）A． B． C． D．5．在數列中，，，則的表達式為（）A． B． C． D．6．已知數列為正項等比數列，且滿足，，則的最小值為（）A． B． C． D．7．我國古代以天為主，以地為從，天和干相連叫天干，地和支相連叫地支，合起來叫天干地支．天干有十個，就是甲?乙，丙?丁?戊?己?庚?辛?王?癸，地支有十二個，依次是子?丑?寅?卯?辰?巳?午?未?申?酉?戌?亥．古人把它們按照甲子?乙丑?丙寅……的順序而不重復地搭配起來，從甲子到癸亥共六十對，叫做一甲子．我國古人用這六十對干支來表示年?月?日?時的序號，周而復始，不斷循環，這就是干支紀年法，今年(2021年)是辛丑年，則百年后的2121年是（）年．A．丙午 B．丁巳 C．辛巳 D．辛午8．設數列滿足，，記，則使成立的最小正整數是（）A．2020 B．2021 C．2022 D．2023二、多選題9．等差數列的前項和為，，，則（）A． B．C．當時，的最小值為 D．10．已知等比數列的前項和，則（）A． B．等比數列的公比為2C． D．11．提丟斯·波得定律是關于太陽系中行星軌道的一個簡單的幾何學規則，它是1766年由德國的一位中學老師戴維斯，提丟斯發現的，后來被柏林天文臺的臺長波得歸納成一條定律，即數列：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6，…表示的是太陽系第n顆行星與太陽的平均距離（以天文單位A.U.為單位）.現將數列的各項乘以10后再減4得數列，可以發現從第3項起，每一項是前一項的2倍，則下列說法正確的是（）A．數列的通項公式為 B．數列的第2021項為C．數列的前n項和 D．數列的前n項和12．分形幾何學是一門以不規則幾何形態為研究對象的幾何學，分形幾何具有自身相似性，從它的任何一個局部經過放大，都可以得到一個和整體全等的圖形.如下圖的雪花曲線，將一個邊長為1的正三角形的每條邊三等分，以中間一段為邊向形外作正三角形，并擦去中間一段，得圖2，如此繼續下去，得圖（3）...記為第個圖形的邊長，記為第個圖形的周長，為的前項和，則下列說法正確的是（）A． B．C．若為中的不同兩項，且，則最小值是1 D．若恒成立，則的最小值為第II卷（非選擇題）三、填空題13．已知等比數列的各項均為正數，若，則__________﹒14．已知數列是等差數列，數列是等比數列，其前項和分別為，．若，，且，則________________．15．在正整數數列中，由1開始依次按如下規則取到的項：第一次取1；第一次1第二次取2個連續的偶數2，4；第二次24第三次取3個連續的奇數5，7，9；第三次579第四次取4個連續的偶數10，12，14，16，……第四次10121416…………按此規律一直取下去，得到一個子數列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，…，則在這個子數列中，第2020個數是___________.16．已知數列的各項都是正數，.若數列各項單調遞增，則首項的取值范圍是___________；當時，記，若，則整數___________.四、解答題17．已知數列的前項和為，，，，其中為常數．（1）求證：．（2）是否存在實數，使得數列為等比數列？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．18．數列中，且滿足.（1）求數列的通項公式；（2）設，求.19．已知數列的前項和為，，.（Ⅰ）求數列的前項和為；（Ⅱ）求數列的通項公式；（Ⅲ）令，求數列的前項和.20．已知數列的前項和為，在①②，③這三個條件中任選一個，解答下列問題．（1）求出數列的通項公式；（2）若設，數列的前項和為，證明：注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．21．保障性租賃住房，是政府為緩解新市民、青年人住房困難，作出的重要決策部署．2021年7月，國務院辦公廳發布《關于加快發展保障性租賃住房的意見》后，國內多個城市陸續發布了保障性租賃住房相關政策或征求意見稿．為了響應國家號召，某地區計劃2021年新建住房40萬平方米，其中有25萬平方米是保障性租賃住房．預計在今后的若干年內，該市每年新建住房面積平均比上一年增長，另外，每年新建住房中，保障性租賃住房的面積均比上一年增加5萬平方米．（1）到哪一年底，該市歷年所建保障性租賃住房的累計面積(以2021年為累計的第一年)將首次不少于475萬平方米?（2）到哪一年底，當年建造的保障性租賃住房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于?22．已知數列{an}的前n項和為Sn，且點（n，Sn）在函數y＝2x+1﹣2的圖象上．（1）求數列{an}的通項公式；（2）設數列{bn}滿足：b1＝0，bn+1+bn＝an，求數列{bn}的前n項和公式；（3）在第（2）問的條件下，若對于任意的n∈N*不等式bn＜λbn+1恒成立，求實數λ的取值范圍．參考答案1．解：根據題意，數列的前4項為，，，，則有，，，，則數列的通項公式可以為.故選：D.2．題意知a10－a2＝8d，即8d＝16，d＝2.3．，又，則故選：C4．因為數列滿足，所以，即，因為，所以，，所以，，故選：D5．由題意，故選：A6．D∵，∴，則，∴或（舍去）.由，得，即，∴，則，所以，所以，當且僅當，時，取得最小值為.故選：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，天干是以為公差的等差數列，地支是以為公差的等差數列，年是“干支紀年法”中的辛丑年，以年的天干和地支分別為首項，所以，則年的天干為辛；又，則年的地支為巳，故2121年是辛巳.故選：C．8．D∵，∴，又，∴數列為遞增數列，∴∵∴，∴∴，∴，∴，∴，∴∴，∴當時，，又∴當時，，當時，∴使成立的最小正整數是2023.9．AC因為，∴，∴，即.又，所以，A對，B錯；當，解得，∴，故C對；∴，D錯.故選：AC10．BC因等比數列的前項和為，當時，，則，因此，等比數列的公比為2，當時，，顯然，則，，A錯誤，B、C正確；而，于是得數列是等比數列，其首項為4，公比為4，則有，D錯誤.11．CD數列各項乘10再減4得到數列：0，3，6，12，24，48，96，192，，故該數列從第2項起構成公比為2的等比數列，所以，故選項A錯誤；所以，所以，故選項B錯誤；當時，，當時，，當時，也適合上式，所以，故選項C正確；因為，所以當時，，當時，①，則②，所以①②可得，，所以，又當時，也適合上式，所以，故選項D正確．12．ACD解：對于A，由題意可知，下一個圖形的邊長是上一個圖邊長的，邊數是上一個圖形的4倍，則周長之間的關系為，所以數列是公比為，首項為3的等比數列，所以，所以A正確，對于B，由題意可知，從第2個圖形起，每一個圖形的邊長均為上一個圖形邊長的，所以數列是1為首項，為公比的等比數列，所以，所以B錯誤，對于C，由，，得，所以，所以，因為，所以當時，，則，當時，，則，當時，，則，當時，，則，當時，，則，所以最小值是1，所以C正確，對于D，因為在上遞增，所以，即，令，則在上遞增，所以，即，即，因為恒成立，所以的最小值為，所以D正確，故選：ACD13．4在等比數列中，，則，依題意，，而的各項均為正數，于是得，∴﹒故答案為：4﹒14．設等差數列的公差為，等比數列的公比是，即，又，,左邊可以分子分母同時除以，得:，解得，根據等差中項可知，，故答案為：15．3976依題意，每次取出的各個數從小到大各排成一行，奇數次取數個數是奇數，偶數次取數個數是偶數，每一行數的個數與次數相同，每一行最后一個數依次為1，4，9，16，25，…，則第n行最后一個數為，前n行數的總個數為，當時，一共有個數，于是，第2020個數是第64行的第4個數，而第63行最后一個數為，則第2020個數是3976，所以2020個數是3976.故答案為：397616．（0，2）由題意，正數數列是單調遞增數列，且，，解得，．．，．又由，可得：．．，．，且數列是遞增數列，，即，．整數．故答案為：；4．17．（1）證明見解析；（2）存在，．（1）證明∵，，∴，∴．∵，∴，∴，．（2）∵，，相減得，∴從第二項起成等比數列．∵，即，∴，∴，∴若使是等比數列，則，∴，∴（舍）或．18．（1）∵數列滿足，即，∴數列為等差數列，設公差為d.∴，.∴.（2）∵，令，得.當時，；當時，.∴.19．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.（Ⅰ）由，得，又，所以數列是首項為3，公差為1的等差數列，所以，即.（Ⅱ）當時，由（Ⅰ）得，又也符合上式，所以.（Ⅲ）由（Ⅱ）得，所以，①，②①?②，得故.20．（1）利用求得的遞推關系，求出，驗證當時是否符合通項公式即可求解；（2）由（1）知，可得再利用裂項相消法求出，最后由放縮法即可證明．（1）若選條件①，當時，，①，，②，則由①－②得即，所以數列為從第項開始的等比數列，且公比為．又，當時，，符合，所以數列的通項公式為．若選條件②，當時，當時也成立，所以數列的通項公式為．若選條件③，當時，①，②，①－②得，即．當時也成立，所以數列的通項公式為．（2）證明：由（1）知，可得所以21．（1）設保障性租賃住房面積形成數列，由題意可知，是等差數列，其中，，則，令≥475，即，而為正整數，解得，故到2030年底，該市歷年所建保障性租賃住房的累計面積(以2021年為累計的第一年)將首次不少于475萬平方米；（2）設新建住房面積形成數列，由題意可知，是等比數列，其中，，則，由題意知，，則，滿足上式不等式的最小正整數，故到2026年底，當年建造的保障性租賃住房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于．22．（1）；（2）；（3）（1，+∞）由題意可知，．當時，，當時，也滿足上式，所以．由可知，即．當時，，①當時，，所以，②當時，，③當時，，所以，④當時為偶數），，所以以上個式子相加，得，又，所以，當為偶數時，．同理，當為奇數時，，所以，當為奇數時，．因此，當為偶數時，數列的前項和；當為奇數時，數列的前項和．故數列的前項和．由可知，①當為偶數時，，所以隨的增大而減小，從而，當為偶數時，的最大值是．②當為奇數時，，所以隨的增大而增大，且．綜上，的最大值是1．因此，若對于任意的，不等式恒成立，只需，故實數的取值范圍是．數列（基礎鞏固卷）考試時間：120分鐘；滿分：150分姓名：___________班級：___________考號：___________考卷信息：本卷試題共22題，單選8題，多選題4題，填空4題，解答6題，滿分150分，限時150分鐘，試卷緊扣教材，細分題組，精選一年好題，兩年真題，練基礎，提能力！單選題（共8小題，每小題5分，共計40分）1．數列2，﹣5，9，﹣14，?的一個通項公式可以是（）A．an=(?1)n?1C．an=(?1)【分析】根據題意，用排除法分析選項，綜合可得答案．【解答】解：根據題意，用排除法分析：數列2，﹣5，9，﹣14，?，其首項為正數，BD中求出第一項均為負數，可以排除，而AC均滿足a1＝2，但A中a2＝﹣5，a3＝8，排除A，C中滿足a2＝5，a3＝9，a4＝﹣14，故選：C．2．在等差數列{an}中，Sn為其前n項和，若a2+a8＝8，則S9＝（）A．20 B．27 C．36 D．45【分析】由已知結合等差數列的性質先求出a1+a9＝8，然后結合等差數列的求和公式即可求解．【解答】解：等差數列{an}中，由等差數列的性質得，a2+a8＝a1+a9＝8，則S9=9(故選：C．3．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若S8＝16，a6＝8，則數列{an}的公差為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由等差數列前n項和公式及等差數列性質得S8=8×(a1+a8)2=4×（a1+【解答】解：由題意知，S8=8×(a1+a8)＝4×（a3+a6）＝16，故a3+a6＝4，而a6＝8，故a3＝﹣4，故d=a故選：D．4．已知正項遞增等比數列{an}中，a2a4＝32，a1+a5＝12，則a9＝（）A．2 B．8 C．16 D．32【分析】根據題意，設正項遞增的等比數列{an}的公比為q，由等比數列的通項公式可得q2的值，進而計算可得答案．【解答】解：根據題意，設正項遞增的等比數列{an}的公比為q，則q＞1，若a2a4＝32，則（a3）2＝32，即a3＝42，又由a1+a5＝12，則a3q2+a3q2＝12，變形可得q4解可得q2=2或q2=則a9＝a3×q6＝42×（2）3故選：C．5．設數列{an+n}是等比數列，且a1＝3，a2＝6，則a8＝（）A．246 B．504 C．512 D．1014【分析】由已知結合等比數列的性質先求出公比，然后結合通項公式可求．【解答】解：因為數列{an+n}是等比數列，且1+a1＝4，2+a2＝8，故公比q＝2，則8+a8＝4?27＝512，所以a8＝504．故選：B．6．等比數列{an}中，若a1，a10是方程x2﹣x﹣2＝0的兩根，則a4?a7的值為（）A．2 B．﹣2 C．﹣1 D．1【分析】由已知結合一元二次方程根與系數的關系及等比數列的性質求解．【解答】解：∵a1，a10是方程x2﹣x﹣2＝0的兩根，∴a1?a10＝﹣2，又數列{an}為等比數列，∴a4?a7＝a1?a10＝﹣2，故選：B．7．《九章算術》是中國古代第一部數學專著，全書收集了246個數學問題，其中一個問題為“今有竹九節，下三節容量四升，上四節容量三升，問中間二節欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量變化均勻，即由下往上均勻變細，該問題中由上往下數的第2節，第3節，第8節竹子的容積之和為（）A．176升 B．72升 C．11366升 【分析】利用已知條件列出方程組，利用等差數列的通項公式求出首項與公差，然后求解即可．【解答】解：設竹九節由上往下的容量（單位：升）分別為a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，它們構成首項為a1，公差為d的等差數列，由題意可知a1+a解得a1所以a2+a3+a8＝3a1+10d=39故選：A．8．定義np1+p2+?+pn為n個正數p1，p2，…，pn的“均倒數”．若已知數列{an}的前A．1314 B．1415 C．114【分析】直接利用新定義和數列的遞推式，求出數列的通項公式，進一步利用裂項相消法求出數列的和．【解答】解：定義np1+p2+?+pn為n個正數p數列{an}的前n項的“均倒數”為12n+1則na整理得：a1+a2+…+an＝n（2n+1）①，則a1+a2+…+an﹣1＝（n﹣1）（2n﹣1）②，n≥2．①﹣②得an＝4n﹣1，滿足a1＝3，則bn=則1b1b2+故選：B．多選題（共4小題，每小題5分，共計20分）9．已知正項等比數列{an}的前n項和為Sn，公比為q，若S2＝1，S6＝91，則（）A．S8＝729 B．S8＝820 C．q＝3 D．q＝9【分析】利用正項等比數列前n項和列方程組求出q＝3，a1=14，再求出S【解答】解：正項等比數列{an}的前n項和為Sn，公比為q，S2＝1，S6＝91，∴a1(1?q2)整理得（1﹣q+q2）（1+q+q2）＝（1+q2）2﹣q2＝91，整理得q4+q2﹣90＝0，由q＞0，解得q＝3，故C正確，D錯誤；∴a1=1S8=14(1?38故選：BC．10．記Sn為公差d不為0的等差數列{an}的前n項和，則（）A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差數列 B．S33C．S9＝2S6﹣S3 D．S9＝3（S6﹣S3）【分析】由等差數列性質及前n項和公式對4個選項依次判斷即可．【解答】解：∵（S6﹣S3）﹣S3＝（a4+a5+a6）﹣（a1+a2+a3）＝（a4﹣a1）+（a5﹣a2）+（a6﹣a3）＝3d+3d+3d＝9d，（S9﹣S6）﹣（S6﹣S3）＝（a7+a8+a9）﹣（a4+a5+a6）＝（a7﹣a4）+（a8﹣a5）+（a9﹣a6）＝3d+3d+3d＝9d，∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差數列，故選項A正確；∵Sn＝na1+n(n?1)2∴Snn=a1∴S33=a1+d，S66=a1+52∴2×S即S33，S66，∵S9+S3﹣2S6＝9a1+36d+3a1+3d﹣2×（6a1+15d）＝9d≠0，∴S9＝2S6﹣S3不成立，即選項C錯誤；∵S9﹣3（S6﹣S3）＝9a1+36d﹣3×（6a1+15d﹣3a1﹣3d）＝0，∴S9＝3（S6﹣S3）成立，即選項D正確；故選：ABD．11．已知等差數列{an}的公差為d，前n項和為Sn，且S4＝8，S6＝﹣12，以下命題正確的是（）A．Sn的最大值為12 B．數列{SnC．an是4的倍數 D．S5＜0【分析】由已知結合等差數列的性質分析各選項即可判斷．【解答】解：由S44=2由等差數列的性質可知數列{S所以S11=8?S5故選：ABC．12．已知等差數列{an}的前n項和為Sn（n∈N*），公差d≠0，S6＝90，a7是a3與a9的等比中項，則下列選項正確的是（）A．a1＝22 B．d＝﹣2 C．當且僅當n＝10時，Sn取得最大值 D．當Sn＞0時，n的最大值為20【分析】根據條件求出首項與公差，得到通項公式，然后結合選項進行逐一判斷即可．【解答】解：由題意得6a解得a1＝20，d＝﹣2，所以an＝﹣2n+22，易知數列{an}為遞減數列，若Sn取得最大值，則an≥0，即﹣2n+22≥0，解得n≤11，所以當n＝10或11時，Sn取得最大值；Sn=n(a1+a令Sn＞0，得0＜n＜21，又n∈N*，所以n的最大值為20，故選：BD．三．填空題（共4小題，每小題5分，共計20分）13．已知等差數列{an}滿足a2+a5+a8＝18，則a3+a7＝．【分析】由已知利用等差數列的性質求得a5，進一步可得a3+a7的值．【解答】解：在等差數列{an}中，由a2+a5+a8＝18，得3a5＝18，即a5＝6，則a3+a7＝2a5＝2×6＝12．故答案為：12．14．正項遞增等比數列{an}，前n項的和為Sn，若a2+a4＝30，a1a5＝81，則S6＝．【分析】設每一項都是正數的遞增的等比數列{an}的公比為q＞1，由a2+a4＝30，a1a5＝81＝a2a4，聯立解出a4＝27，a2＝3，再利用通項公式與求和公式即可得出．【解答】解：設每一項都是正數的遞增的等比數列{an}的公比為q＞1，∵a2+a4＝30，a1a5＝81＝a2a4，聯立解得a4＝27，a2＝3．∴3q2＝27，解得q＝3．∴a1×3＝3，解得a1＝1．則S6=3故答案為：364．15．在數列{an}中，a1＝1，且a1?a2?…?an＝n2，則an＝．【分析】利用已知條件，求出數列的首項，然后求解通項公式．【解答】解：在數列{an}中，a1＝1，且a1?a2?…?an＝n2，???①可得a1?a2?…?an﹣1＝（n﹣1）2（n≥2），???②，②①可得n≥2時，an=所以an=1(n=1)故答案為：1(n=1)n16．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若S2021＜0，S2022＞0，則當Sn最小時，n的值為．【分析】由已知結合等差數列的性質得出a1011＜0，a1011+a1012＞0，從而可求．【解答】解：因為等差數列{an}的中，S2021=2021(a1+a2021)2=2021a1011＜0，S2022＝1011（a1+所以a1011＜0，a1011+a1012＞0，則當Sn最小時，n＝1011．故答案為：1011．四．解答題（共6小題，第17題10分，18-22題，每題12分，共計70分）17．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S2＝8，S9＝11a4．（1）求an；（2）若Sn＝3an+2，求n．【分析】（1）由已知結合等差數列的通項公式及求和公式可求首項及公差，進而可求；（2）結合等差數列的求和公式代入即可求解．【解答】解：（1）由已知得：2a解得：a1＝3，d＝2，所以an＝2+2（n﹣1）＝2n+1，（2）Sn=(3+2n+1)n2=n2因為Sn＝3an+2，所以n2+2n＝6n+5，解得n＝5，故n＝5．18．已知等比數列{an}中，a1＝1，a4（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）設bn＝log2an，求數列{bn}的前n項和Sn．【分析】（Ⅰ）直接利用等比數列的性質求出數列的通項公式；（Ⅱ）利用分組法和等差數列的求和公式的應用求出結果．【解答】解：（Ⅰ）設等比數列{an}的公比為q，有q3故數列{an}的通項公式為an（Ⅱ）bn故數列{bn}的前n項和：Sn＝（1+1+...+1）﹣（1+2+...+n），=n?n(n+1)19．已知數列{an}滿足a1＝1，an+1＝2an+1，bn（1）求證：{bn}是等比數列；（2）求{an}的通項公式．【分析】（1）根據題意，將an+1＝2an+1，變形可得an+1+1＝2（an+1），結合等比數列的定義分析可得結論；（2）由（1）的結論，可得{bn}的通項公式，又由bn＝an+1，變形可得答案．【解答】解：（1）證明：根據題意，an+1＝2an+1，變形可得an+1+1＝2（an+1），即bn+1＝2bn，又由b1＝a1+1＝2≠0．則bn≠0，則有bn+1故{bn}是等比數列；（2）由（1）知{bn}是首項b1＝2，公比為2的等比數列，則bn＝2×2n﹣1＝2n，又由bn＝an+1，則有an+1＝2n，變形可得an＝2n﹣1；故an＝2n﹣1．20．記數列{an}的前n項和為Sn，a1＝﹣7，a2＝﹣6，an+1＝kan+1（n∈N+，k∈R）．（1）證明數列{an}為等差數列，并求通項公式an；（2）記Tn＝|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|，求T20．【分析】（1）由題意得﹣6＝k?（﹣7）+1，從而可判斷數列{an}是以﹣7為首項，1為公差的等差數列，再求通項公式即可；（2）由通項公式可得當n≤7時，an＜0，當n≥8時，an≥0，從而去絕對值號化簡即可．【解答】解：（1）∵a1＝﹣7，a2＝﹣6，an+1＝kan+1，∴﹣6＝k?（﹣7）+1，解得k＝1，故an+1＝an+1，即an+1﹣an＝1，故數列{an}是以﹣7為首項，1為公差的等差數列，故an＝n﹣8；（2）∵an＝n﹣8，∴當n≤7時，an＜0，當n≥8時，an≥0，故T20＝|a1|+|a2|+|a3|+?+|a20|＝﹣（a1+a2+……+a7）+（a8+a9+……+a20）＝（a1+a2+……+a7+a8+a9+……+a20）﹣2（a1+a2+……+a7）＝﹣7×20+20×192×1?＝106．21．若正項數列{an}的前n項和為Sn，2Sn＝an2+an（n∈N+）．（1）求數列{an}的通項公式；（2）令bn=1an(an+2)，求數列{b【分析】（1）根據題意，當n＝1時，2S1＝2a1＝a12+a1，從而解得a1＝1，進一步根據an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）即可求出{an}的通項公式；（2）由（1）可知bn=1an(an【解答】解：（1）根據題意，當n＝1時，2S1＝2a1＝a12+a1，解得a1＝1或a1＝0（舍去），當n≥2時，an＝Sn﹣Sn﹣1=an2+an2?an?12+an?12（n又an＞0，所以an﹣an﹣1＝1，即{an}是以1為首項，1為公差的等差數列，所以an＝1+n﹣1＝n；（2）由（1）可知bn=1an所以Tn=12（1?13+1222．已知①2a3＝b3+b4；②S2＝3；③a4＝a3+2a2，在這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并給出解答．設正項等比數列{an}的前n項和為Sn，數列{bn}的前n項和為Tn，______，a1＝b2，對?n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立．（1）求數列{an}、{bn}的通項公式；（2）求數列{an?bn}的前n項和Hn．【分析】選條件①時，（1）直接利用數列的遞推關系式求出數列的通項公式，（2）利用乘公比錯位相減法在數列求和中的應用求出數列的和．選條件②時，（1）直接利用數列的和和遞推關系式求出數列的通項公式，（2）利用乘公比錯位相減法在數列求和中的應用求出數列的和．選條件③時，（1）直接利用數列的關系式的變換，求出數列的通項公式，（2）利用乘公比錯位相減法在數列求和中的應用求出數列的和．【解答】解：選條件①：（1）對?n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立；對于n＝1時，b1＝1+2b1，整理得b1＝﹣1；所以Tn所以bn＝Tn﹣Tn﹣1＝2n﹣3；由于①2a3＝b3+b4；所以a1＝1，a3＝4，整理得an（2）由（1）得：cn所以Hn=(?1)×2Hn①﹣②得：?H整理得：Hn選條件②時，（1）對?n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立；對于n＝1時，b1＝1+2b1，整理得b1＝﹣1；所以Tn由S2＝3，即a1+a2＝3，由于a1＝b2＝1，a1+a2＝1+q＝3，解得：q＝2；故an（2）由（1）得：cn所以Hn=(?1)×2Hn①﹣②得：?H整理得：Hn選條件③時，a4＝a3+2a2，整理得q2＝q+2，所以q＝2或﹣1（負值舍去），整理得an（2）由（1）得：cn所以Hn=(?1)×2Hn①﹣②得：?H整理得：H數列（能力提升卷）考試時間：120分鐘；滿分：150分姓名：___________班級：___________考號：___________考卷信息：本卷試題共22題，單選8題，多選題4題，填空4題，解答6題，滿分150分，限時150分鐘，試卷緊扣教材，細分題組，精選一年好題，兩年真題，練基礎，提能力！單選題（共8小題，每小題5分，共計40分）1．已知數列{an}是等差數列，且滿足a3+a11＝50，則a6+a7+a8等于（）A．84 B．72 C．75 D．56【分析】由已知直接利用等差數列的性質求解a6+a7+a8的值．【解答】解：在等差數列{an}中，由a3+a11＝50，得2a7＝50，∴a7＝25，則a6+a7+a8＝3a7＝3×25＝75．故選：C．2．若一個等差數列的前三項之和為21，最后三項之和為93，公差為2，則該數列的項數為（）A．14 B．15 C．16 D．17【分析】設該數列的項數為n，根據題意可得a1+a2+a3＝3a2＝21，an+an﹣1+an﹣2＝3an﹣1＝93，從而求出a2及an﹣1的值后再利用2=an?1?【解答】解：設該數列為{an}，其項數為n，根據題意，由a1+a2+a3＝3a2＝21，得a2＝7，又an+an﹣1+an﹣2＝3an﹣1＝93，得an﹣1＝31，因為該數列公差為2，所以2=an?1?a2故選：B．3．已知公差為d的等差數列{an}的前n項和為Sn，則“Sn﹣nan＜0，對n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件 C．充要條件 D．非充分也非必要條件【分析】將Sn=na1+n(n?1)2d，an＝a1+（n﹣1）d代入【解答】解：Sn=na1+n(n?1)2d，an則Sn﹣nan=na1+n(n?1)2d?na1﹣n則“Sn﹣nan＜0，對n＞1，n∈N*恒成立”，故d＞0，若d＞0，則Sn﹣nan=?n(n?1)2d＜0，對n＞1，n∈故“Sn﹣nan＜0，對n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的充分必要條件．故選：C．4．《九章算術》是中國古代張蒼、耿壽昌所撰寫的一部數學專著，全書總結了戰國、秦、漢時期的數學成就，其中有如下問題：“今有五人分五錢，令上二人所得與下三人等，問各得幾何？”其意思為：“今有5人分5錢，各人所得錢數依次為等差數列，其中前2人所得之和與后3人所得之和相等，問各得多少錢？”則第2人比第4人多得錢數為（）A．16錢 B．?13錢 C．23錢【分析】設從前到后的5個人所得錢數分別為a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，由已知列式求得a與d，再求出第2人與第4人所得錢數，作差得答案．【解答】解：設從前到后的5個人所得錢數分別為a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，則由題意可知，a﹣2d+a﹣d＝a+a+d+a+2d，即a＝﹣6d，又a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝5，∴a＝1，d=?a則a﹣d＝1﹣（?16）=76，a+∴第2人比第4人多得錢數為76故選：D．5．數列{an}滿足an+1＝2an+1，a1＝1，若bn＝λan﹣n2+4n為單調遞增數列，則λ的取值范圍為（）A．λ＞18 B．λ＞14 C．【分析】根據給定條件求出數列{an}通項，再由數列{bn}為單調遞增數列列出不等式并分離參數即可推理計算作答．【解答】解：數列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，則有an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，因此，數列{an+1}是公比為2的等比數列，an+1=2則bn=λ(2n?1)?n2+4n，因數列{bn}為單調遞增數列，即?n∈N*則λ（2n+1﹣1）﹣（n+1）2+4（n+1）﹣[λ（2n﹣1）﹣n2+4n]＝λ?2n﹣2n+3＞0，λ＞2n?3令cn=2n?32n，則cn+1當n≤2時，cn+1＞cn，當n≥3時，cn+1＜cn，于是得c3=38是數列{cn}的最大值的項，即當n＝3時，2n?32所以λ的取值范圍為{λ|λ＞3故選：C．6．設某廠2020年的產值為1，從2021年起，該廠計劃每年的產值比上年增長P%，則從2021年起到2030年底，該廠這十年的總產值為（）A．（1+P%）9 B．（1+P%）10 C．(1+P%)[(1+P%)10?1]【分析】由題意得，每年產值構成以（1+P%）的等比數列，然后結合等比數列的求和公式即可求解．【解答】解：因為該廠計劃每年的產值比上年增長P%，即每年產值構成以（1+P%）的等比數列，則從2021年起到2030年底，該廠這十年的總產值為1?(1+P%)故選：D．7．已知數列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2等于anan+1的個位數，若數列{an}的前k項和為2021，則正整數k的值為（）A．505 B．506 C．507 D．508【分析】直接利用數列的遞推式和數列的周期求出結果．【解答】解：數列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2等于anan+1的個位數，所以a3＝a1a2＝2，a4＝4，a5＝8，a6＝2，a7＝6，a8＝2，a9＝2，a10＝4，，故數列除第一項外，其余為周期為6的周期數列；一個周期的和為2+2+4+8+2+6＝24，由于2021＝24×84+5，即數列有84個周期加第一項以及2，2兩項，一共有1+84×6+2＝507；故選：C．8．已知數列{an}中，a1＝2，n（an+1﹣an）＝an+1，若對于任意的n∈N*，不等式an+1n+1＜tA．2 B．3 C．4 D．5【分析】由題意可得an+1n+1?ann=【解答】解：∵n（an+1﹣an）＝an+1，∴nan+1﹣（n+1）an＝1，∴an+1∴an+1∴an+1∴an+1∵an+1n+1＜t，∴3?故選：B．多選題（共4小題，每小題5分，共計20分）9．記Sn為公差d不為0的等差數列{an}的前n項和，則（）A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差數列 B．S33C．S9＝2S6﹣S3 D．S9＝3（S6﹣S3）【分析】由等差數列性質及前n項和公式對4個選項依次判斷即可．【解答】解：∵（S6﹣S3）﹣S3＝（a4+a5+a6）﹣（a1+a2+a3）＝（a4﹣a1）+（a5﹣a2）+（a6﹣a3）＝3d+3d+3d＝9d，（S9﹣S6）﹣（S6﹣S3）＝（a7+a8+a9）﹣（a4+a5+a6）＝（a7﹣a4）+（a8﹣a5）+（a9﹣a6）＝3d+3d+3d＝9d，∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差數列，故選項A正確；∵Sn＝na1+n(n?1)2∴Snn=a1∴S33=a1+d，S66=a1+52∴2×S即S33，S66，∵S9+S3﹣2S6＝9a1+36d+3a1+3d﹣2×（6a1+15d）＝9d≠0，∴S9＝2S6﹣S3不成立，即選項C錯誤；∵S9﹣3（S6﹣S3）＝9a1+36d﹣3×（6a1+15d﹣3a1﹣3d）＝0，∴S9＝3（S6﹣S3）成立，即選項D正確；故選：ABD．10．已知數列{an}滿足：a1＝1，an+2=2an+1?aA．{Sn}的通項公式可以是SnB．若a3，a7為方程x2+6x+5＝0的兩根，則a6C．若S4S2D．若S4＝S8，則使得Sn＞0的正整數n的最大值為11【分析】依題意可得數列{an}是以1為首項的等差數列，設其公差為d，對ABCD四個選項逐一分析可得答案．【解答】解：∵an+2∴an+2﹣an+1＝an+1﹣an，a1＝1，∴數列{an}是以1為首項的等差數列，設其公差為d，則Sn=d2n2+（a1?d對于A，{Sn}的通項公式不會是Sn=n對于B，若a3，a7為方程x2+6x+5＝0的兩根，則a3+a7＝2a5＝﹣6①，a3?a7＝（a5﹣2d）（a5+2d）＝5②，由①②得a5＝﹣3，d＝﹣1，∴a6?12a7=?對于C，若S4S2=2，即4a1+6d＝2（2a1+d）?d∴S8S4對于D，若S4＝S8，則a5+a6+a7+a8＝2（a6+a7）＝0，即a6+a7＝0，又a1＝1＞0，故公差d＜0，∴a6＞0，a7＜0，∴S11＝11a6＞0，S12＝6（a6+a7）＝0，S13＝13a7＜0，∴使得Sn＞0的正整數n的最大值為11，故D正確；故選：BD．11．已知數列{an}滿足2a1+22a2+???+2nan＝n（n∈N*），bn=1log4an?log2an+1，Sn為數列{bn}的前nA．1 B．2 C．3 D．4【分析】由2a1+22a2++2nan＝n可得2a1+22a2+…+2n﹣1an﹣1＝n﹣1（n≥2），兩式相減得2nan＝1，則an=12n，從而bn=1log4a【解答】解：由2a1+22a2++2nan＝n，得2a1+22a2+…+2n﹣1an﹣1＝n﹣1（n≥2），兩式相減得2nan＝1，則an=1又當n＝1時，2a1＝1，解得a1=1所以an=12n，故bn=所以Sn＝2（1?12+12?13+?+1n?故選：BC．12．對于公差為1的等差數列{an}，a1＝1，公比為2的等比數列{bn}，b1＝2，則下列說法正確的是（）A．an＝n B．bn＝2n﹣1 C．數列{lnbn}為等差數列 D．數列{anbn}的前n項和為（n﹣1）2n+1+2【分析】由等比數列和等差數列的通項公式，可判斷A、B、C；由數列的錯位相減法求和，結合等比數列的求和公式，計算可判斷D．【解答】解：由公差為1的等差數列{an}，a1＝1，可得an＝1+n﹣1＝n，故A正確；由公比為2的等比數列{bn}，b1＝2，可得bn＝2?2n﹣1＝2n，故B錯誤；由lnbn＝ln2n＝nln2，可得數列{lnbn}是首項和公差均為ln2的等差數列，故C正確；設數列{anbn}的前n項和為Sn，Sn＝1?2+2?22+...+n?2n，2Sn＝1?22+2?23+...+n?2n+1，上面兩式相減可得﹣Sn＝2+22+...+2n﹣n?2n+1=2(1?2n)1?2?n?2n+1，所以Sn＝2+（n故選：ACD．三．填空題（共4小題，每小題5分，共計20分）13．已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＝1+（n﹣1）d，5a2＝a8，則Sn＝．【分析】由題意得5（1+d）＝1+7d，從而確定d＝2，再求數列的前n項和即可．【解答】解：∵an＝1+（n﹣1）d，5a2＝a8，∴5（1+d）＝1+7d，解得，d＝2，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，故數列{an}為等差數列，故Sn=1+2n?12×n＝故答案為：n2．14．在數列{an}中，a1＝2，an+1=an+2【分析】由題意可知數列{an}是首項為2，公差為2【解答】解：∵an+1=an∴數列{an}是首項為2，公差為2∴an∴an故答案為：an15．已知數列{an}滿足：a1＝1，a2＝2，an+2=an+1an【分析】根據遞推關系依次求出數列的前幾項，歸納出周期，然后可求解．【解答】解：由已知，a3＝2，a4＝1，a5=12，a6=1因此數列{an}是周期數列，周期為6，則a20＝a2＝2．故答案為：2．16．在各項均為正數的等比數列{an}中公比q∈（0，1），若a3+a5＝5，a2?a6＝4，bn＝log2an，記數列{bn}的前n項和為Sn，則Sn＞0（n∈N*）成立的n最大值為．【分析】根據條件求出數列{an}的通項公式，進而可得數列{bn}的通項公式，求出{bn}的前n項和，可得Sn＞0時n的取值范圍，進而求得n的最大值．【解答】解：因為等比數列{an}，所以a3?a5＝a2?a6＝4，又a3+a5＝5，q∈（0，1），所以a3＝4，a5＝1，所以q2=14，即q所以an＝4×（12）n﹣3＝（12）n所以bn＝log2an＝5﹣n，易得數列{bn}為等差數列，故Sn=n(9?n)若Sn＞0，則0＜n＜9，因為n∈N*，所以n的最大值為8，故答案為：8．四．解答題（共6小題，第17題10分，18-22題，每題12分，共計70分）17．（1）已知數列{an}滿足a1＝1，an+1＝2an+1，求數列{an}的通項公式；（2）已知數列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n項和Sn滿足Sn+1﹣2Sn+Sn﹣1＝1，求數列{an}的通項公式．【分析】（1）將給定的遞推公式變形構造等比數列求解即可．（2）利用當n≥2時，Sn﹣Sn﹣1＝an將原遞推公式轉化為數列{an}項間關系即可計算作答．【解答】解：（1）數列{an}中，因an+1＝2an+1，則an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，于是得數列{an+1}是以2為首項，2為公比的等比數列，則an+1=2×2所以數列{an}的通項公式是an（2）因數列{an}前n項和Sn滿足Sn+1﹣2Sn+Sn﹣1＝1，則（Sn+1﹣Sn）﹣（Sn﹣Sn﹣1）＝1，而當n≥2時，Sn﹣Sn﹣1＝an，因此有an+1﹣an＝1，又由a1＝2，a2＝3得a2﹣a1＝1滿足上式，于是得數列{an}是以2為首項，1為公差的等差數列，則an＝2+（n﹣1）×1＝n+1，所以數列{an}的通項公式是an＝n+1．18．已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn（1）求數列{an}的通項公式；（2）求Sn的最小值．【分析】（1）利用數列的前n項和，求解通項公式即可．（2）求解數列中，變符號的項，即可推出數列和的最小值．【解答】解：（1）數列{an}的前n項和為Sn，且Sn=2n2當n≥2時，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n2﹣30n