【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册培优练习第4章《数列》单元检测A（解析版）.doc，共(19)页，792.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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数学选择性必修二尖子生同步培优题典第四章数列单元检测A解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注：本检测满分150分。其中8道单选题，4道多选题，4道填空

题，6道解答题。一、单选题1．已知数列2，2，22，4，…，则162是这个数列的（）A．第8项B．第9项C．第10项D．第11项【答案】B【解析】【分析】将数列中的每一项都写成(2)n，即可判断162是第几项.【详解

】可将数列改写为2，2(2)，3(2)，4(2)，...，由此可归纳该数列的通项公式为(2)nna，又9162(2)，则其为该数列的第9项.故选：B.【点睛】本题考查了由数列的前几项归纳出其通项公式，属于基础题.2．记等差数列na的前n项和

为nS，若52a，25468aaaa，则20S（）A．180B．180C．162D．162【答案】B【解析】【分析】先利用等差数列的通项公式，求出等差数列的首项和公差，再根据前n项和公式即可求出20S.【详解】52a，24628aaa

，11114226840adadadad,解得11114226840adadadad，2d，110a，()201019228a\=+?=-，12020201802aaS

.故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列的性质和前n项和公式，考查学生的运算求解能力，属于基础题.3．在数列{}na中，112a，111nnaa（2n，n+N），则2020a（）A．12B

．1C．1D．2【答案】A【解析】【分析】通过递推式求出数列前几项可得数列为周期数列，利用数列的周期性可得答案.【详解】2111121aa，3211112aa，431111122aa，可得数列{}na是以3为周期的周

期数列，202036731112aaa.故选：A.【点睛】本题考查数列的周期性，关键是通过递推式求出前几项观察出周期，是基础题.4．等比数列na的前n项和为nS，若0na，1q，35

2620,64aaaa，则5S（）A．B．C．42D．【答案】D【解析】【分析】根据2664aa，利用等比数列的性质得到3564aa,结合3520aa，利用根与系数的关系构造二次方程求解得到35,aa的值，进而得到等比

数列的首项和公比，然后利用求和公式计算即得所求.【详解】由于在等比数列na中，由2664aa可得：352664aaaa，又因为3520aa，所以有：35,aa是方程220640xx的二实根，又0,1naq，所以35aa，故解得

：354,16aa，从而公比531232,1,aaqaaq那么55213121S，故选：D．【点睛】本题考查等比数列的通项公式，等比数列的性质，等比数列的求和，属中档题.5．两等差数列na和nb，前n项和分别为nS，nT，且

723nnSnTn，则220715aabb的值为（）A．14924B．7914C．165D．5110【答案】A【解析】【分析】在{}na为等差数列中，当(mnpqm，n，p，)qN时，mnpqaa

aa．所以结合此性质可得：2202171521aaSbbT，再根据题意得到答案．【详解】解：在{}na为等差数列中，当(mnpqm，n，p，)qN时，mnpqaaaa．所以1212202171521121121()212

1()2aaaaSbbTbb，又因为723nnSnTn，所以22071514924aabb．故选：A．【点睛】本题主要考查等差数列的下标和性质，属于中档题．6．等比数列na中（

）A．若12aa，则45aaB．若12aa，则34aaC．若32SS，则12aaD．若32SS，则12aa【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的通项公式及求和公式，等比数列的公比分析即可求出答案.【详解】等比数列na中，

20q，当12aa时，可得2212aqaq，及34aa，故B正确；但341aaq和352aaq不能判断大小（3q正负不确定），故A错误；当32SS时，则12312+++aaaaa，可得30a，即210aq，可得10a，由于

q不确定，不能确定12,aa的大小，故CD错误.故选：B.【点睛】本题考查等比数列通项公式和求和公式的应用，属于基础题.7．函数()3sin2cos23fxxx的正数零点从小到大构成数列na，则3a（）A．1312B．54

C．1712D．76【答案】B【解析】【分析】先将函数化简为()2sin236fxx，再解函数零点得4xk或512xk，kZ，再求3a即可.【详解】解：∵()3sin2co

s232sin236fxxxx∴令0fx得：2263xk或22263xk，kZ，∴4xk或512xk，kZ，∴正数零点从小到大构成数列为：12355,,,4124

aaa故选：B.【点睛】本题考查三角函数的性质，数列的概念，考查数学运算求解能力，是中档题.8．已知函数coslnxfxxx，若22018201920192019fff1009ln0,0)a

bab（，则11ab的最小值为（）A．2B．4C．6D．8【答案】A【解析】【分析】根据2lnfxfx，采用倒序相加的方法可得2018lnS，从而得到2ab，根据基本不等式求得最小值.【详解】由题

可知：2coslncoslnln2lnxxfxfxxxxx令22018201920192019Sfff又20182017201920192019Sfff

于是有22ln2ln2ln22018lnS2018lnS因此2ab所以11111112222222ababababba

当且仅当1ab时取等号本题正确选项：A【点睛】本题考查倒序相加法求和、利用基本不等式求解和的最小值问题.关键是能够通过函数的规律求得a与b的和，从而能够构造出基本不等式的形式.二、多选题9．无穷数列na的前n项和

2nSanbnc，其中a，b，c为实数，则（）A．na可能为等差数列B．na可能为等比数列C．na中一定存在连续三项构成等差数列D．na中一定存在连续三项构成等比数列【答案】AC【解析】【分析】由2nSanbnc可求得na的表达式，利用定

义判定得出答案．【详解】当1n时，11aSabc．当2n时，221112nnnaSSanbncanbncanab．当1n时，上式＝ab．所以若na是等差数列，则0.ababc

c所以当0c=时，na是等差数列，不可能是等比数列；当0c时，na从第二项开始是等差数列．故选：AC【点睛】本题只要考查等差数列前n项和nS与通项公式na的关系，利用nS求通项公式，属于基础题．10．数列na的前n项和为nS，若

11a，*12nnaSnN，则有（）A．13nnSB．nS为等比数列C．123nnaD．21,1,23,2nnnan【答案】ABD【解析】【分析】根据,nnaS的关系，求得na，结合

等比数列的定义，以及已知条件，即可对每个选项进行逐一分析，即可判断选择.【详解】由题意，数列na的前n项和满足*12nnaSnN，当2n时，12nnaS，两式相减，可得112()2nnnnnaaSSa，可得13nnaa，即13,

(2)nnaan，又由11a，当1n时，211222aSa，所以212aa，所以数列的通项公式为21,1232nnnan；当2n时，11123322nnnnaS

，又由1n时，111Sa，适合上式，所以数列的na的前n项和为13nnS；又由11333nnnnSS，所以数列nS为公比为3的等比数列，综上可得选项,,ABD是正确

的.故选：ABD.【点睛】本题考查利用,nnaS关系求数列的通项公式，以及等比数例的证明和判断，属综合基础题.11．设na是等差数列，nS是其前n项的和，且56SS，678SSS，则下列结论正确的是

（）A．0dB．70aC．95SSD．6S与7S均为nS的最大值【答案】BD【解析】【分析】设等差数列na的公差为d，依次分析选项即可求解.【详解】根据题意，设等差数列na的公差为d，依次分析选项：na是等差数列，若67SS，则767

0SSa，故B正确；又由56SS得6560SSa，则有760daa，故A错误；而C选项，95SS，即67890aaaa，可得7820aa，又由70a且0d，则80a，必有780aa，显然C选项是错误的.∵56SS，678SSS，∴6S与7S

均为nS的最大值，故D正确；故选：BD.【点睛】本题考查了等差数列以及前n项和的性质，需熟记公式，属于基础题.12．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m＞0）.已知a11＝2，a13＝

a61+1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有（）A．m＝3B．767173aC．1313jijaiD．131314nSnn【答案】ACD【解析】【分析】根据第一列成等差，第一行成等比可求出1

361,aa，列式即可求出m，从而求出通项ija，再按照分组求和法，每一行求和可得S，由此可以判断各选项的真假．【详解】∵a11＝2，a13＝a61+1，∴2m2＝2+5m+1，解得m＝3或m12（舍去），∴aij＝ai1•3j﹣1＝[2+（i﹣1）×

m]•3j﹣1＝（3i﹣1）•3j﹣1，∴a67＝17×36，∴S＝(a11+a12+a13+……+a1n)+(a21+a22+a23+……+a2n)+……+(an1＋an2＋an3＋……＋ann)1112113

1313131313nnnnaaa（）（）（）12（3n﹣1）•2312nn（）14n（3n+1）（3n﹣1）故选：ACD.【点睛】本题主要考查等差数列，等比数列的通项公式的求法，分组求和法，等差数列，等比数列前n项和公式的应用，属于中档题．三、填空题13．已知数列

na的通项公式是246nan，那么nS达到最小值时n为________.【答案】22或23.【解析】【分析】利用数列的单调性求得满足题意的n即可.【详解】246nan，数列na是递增数列.令1246021460nnanan，解得：2223n

，22n或23n，则可知nS达到最小值时n为22或23.故答案为：22或23.【点睛】本题考查等差数列前n项和最值的求法，属于基础题.14．我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计．例如，北京天坛圆丘的底面由扇环形的石板铺成（如图），最高一层是一

块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，则前9圈的石板总数是__________．【答案】405【解析】【详解】【分析】前9圈的石板数依次组成一个首项为9，公差为9的等差数列

，9989994052S15．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”.将数列1，4进行“扩展”，第一次得到数列1，4，4；第二次得到数列1，4，4，16

，4；……；第n次得到数列1，1x，2x，…，ix，4，并记212log14niaxxx，其中21nt，*nN.则na的通项na___________.【答案】31n【解析】【分析】先由

212log14ntaxxx，结合题意得到132nnaa，再设13()nnatat求出1t，得到数列1na是首项为3，公比为3的等比数列，进而可求出结果.【详解】由

题意，根据212log14ntaxxx，可得1211122log1(1)((4)4)ttnaxxxxxxx3333312214log324ntxxxa，设13()nna

tat，即132nnaat，可得1t，则数列1na是首项为2121log413a，公比为3的等比数列，故13nna，所以31,nnanN.故答案为：31n.【点睛】本题主要考查数列的应用，熟记等比数列的性质以及通项公式即可，属于常考

题型.16．如图，互不相同的点12,,,nAAA和12,,,,nBBB分别在角O的两条边上，所有nnAB相互平行，且所有梯形11nnnnABBA的面积均相等.设nnOAa.若11a，22a，则数列na的通项公式是________.【答案】32nan【解

析】【分析】根据三角形相似和所有梯形11nnnnABBA的面积均相等，找到与na相关的递推公式，再由递推公式求得通项公式.【详解】由于11//,nnnnABAB所以11,nnnnOABOAB梯形11nnnnABBA的面积为11nnOAB的面积減去nnOAB△的面积，22

22iijjOABiiOABjjSOAaSOAa则可得222211,nnnnaaaa即递推公式为222112,nnnaaa故2{}na为等差数列，且公差d2221aa3，故21(1)332nann，得32nan

故答案为:32nan【点睛】本题主要考查数列在平面几何中的应用，根据几何关系寻找递推有关系是解决问题的关键，属于中档题.四、解答题17．在①112nnaa，②116nnaa，③18nnaan这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的nS存在最大

值，则求出最大值；若问题中的nS不存在最大值，请说明理由.问题：设nS是数列na的前n项和，且14a，__________，求na的通项公式，并判断nS是否存在最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解

答计分.【答案】答案见解析【解析】【分析】若选①，求出数列na是首项为4，公比为12的等比数列，求出通项公式和前n项和，通过讨论n的奇偶性，求出其最大值即可；若选②，求出数列na是首项为4，公差为16的等差数列，求出通项公式和前n项和，求

出其最大值即可；若选③，求出217242nnna，当16n时，0na，故nS不存在最大值.【详解】解：选①因为112nnaa，14a，所以{}na是首项为4.公比为12的等比数列，所1211422nnna

.当n为奇数时，141281113212nnnS，因为81132n随着n的增加而减少，所以此时nS的最大值为14S

.当n为偶数时，81132nnS，且81814323nnS综上，nS存在最大值，且最大值为4.选②因为116nnaa，14a.所以na是首项为4，公差为16的等差数列，所以11254(1)666nann.由1250

66n得25n，所以nS存在最大值.且最大值为25S（或24S），因为25252412545026S，所以nS的最大值为50.选③因为18nnaan，所以18nnaan，所以217aa，326aa

，…19nnaan，则2121321(79)(1)171622nnnnnnnaaaaaaaa，又14a，所以217242nnna.当16n时，0na，故nS不存在最大值.

【点睛】此题考查数列的通项公式和求和公式，考查等差数列和等比数列的性质，属于基础题18．数列na的前n项和2=1003nSnnnN.(1)求数列na的通项公式；(2)设nnba，

求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)102110122nnann(2)22100350100500351nnnnTnnn【解析】【分析】(1

)当1n时，1102a，利用1nnnaSS得到通项公式，验证1a得到答案.(2)根据na的正负将和分为两种情况，50n和51n，分别计算得到答案.【详解】(1)当1n时，11=10013=102as，当2n时，221=10010011=10

12nnnaSSnnnnn.综上所述102110122nnann.(2)当50n时，nnba，所以123nnTaaaa39997951012n991012331002nnnn

，当51n时，nnba，123505152nnTaaaaaaa5012312nnTaaaaa50063100nn21005003nn.综上所述

22100350100500351nnnnTnnn.【点睛】本题考查了利用1nnnaSS求通项公式，数列的绝对值和，忽略1n时的情况是容易犯的错误.19．已知数列na满足12a，1122nnnaa.（1）证明：数列2nna

为等差数列；（2）设2nnnab，证明：122311111nnbbbbbb.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由1122nnnaa变形得：11122nnnnaa，

可得证明.（2）由（1）知：2nnnabn,∴1111111nnbbnnnn,用裂项相消可求和,从而可证明.【详解】（1）由1122nnnaa变形得：11122nnnnaa又12a，故112a∴数列2nna是以1为首项1为公差的等差数列.（2

）由（1）知：2nnnabn∴1111111nnbbnnnn∴122311111111112231nnbbbbbbnn1111n∴122311111nnbb

bbbb【点睛】本题考查根据数列的递推公式证明数列为等差数列，考查用裂项相消法求和，属于基础题.20．设na是公比大于1的等比数列，12314aaa，且21a是1a，3a的等差中项.（1）求数列na的通

项公式；（2）若21log2nnnba，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）2nna；（2）1122nnTn.【解析】【分析】（1）设等比数列na的公比为1qq，根据题中条件列出

方程组，求出首项和公比，即可得出通项公式；（2）先由（1）得到2nnbn，再由错位相减法，即可得出结果.【详解】（1）设等比数列na的公比为1qq.依题意，有21321aaa，将1

3221aaa代入12314aaa得222114aa，得24a.联立1232144aaaa得21111144aaqaqaq两式两边相除消去1a得22520qq，解得2q=或12q（舍去），所以142

2a，所以，111222nnnnaaq，（2）因为21log22nnnnban所以，231222322nnTn①23412122232(1)22nnnTnn②①②，得23122222n

nnTn111212222212nnnnnn.所以，数列nb的前n项和11222nnnTn.【点睛】本题主要考查求等比数列的通项公式，考查错位相减法求数列的和，涉及等差中项的应用，属于

常考题型.21．已知数列na的前n项和为23122nSnn.（1）求数列na的通项公式；（2）数列lgnnba，x表示不超过x的最大整数，求nb的前1000项和1000T.【

答案】（1）32nan；（2）10002631T.【解析】【分析】（1）利用1nnnaSS可求出；（2）根据数列特点采用分组求和法求解.【详解】（1）当1n时，111aS，当2n时，221313111322222nnnaSSnnnnn

，将1n代入上式验证显然适合，所以32nan.（2）因为410a，34100a，3341000a，333410000a，所以0,131,4332,343333,3341000nnnbnn

，所以100003130230036672631T.【点睛】本题考查na和nS的关系，考查分组求和法，属于基础题.22．已知na为等差数列，nb为等比数列，115

435431,5,4abaaabbb．（Ⅰ）求na和nb的通项公式；（Ⅱ）记na的前n项和为nS，求证：2*21nnnSSSnN；（Ⅲ）对任意的正整数n，设21132,,,.nnnnnnnabnaacanb

为奇数为偶数求数列nc的前2n项和．【答案】（Ⅰ）nan，12nnb；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）465421949nnnn.【解析】【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利

用等差、等比数列的通项公式得到结果；(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列na前n项和，然后利用作差法证明即可；(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算211n

kkc和21nkkc的值，据此进一步计算数列nc的前2n项和即可.【详解】(Ⅰ)设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q.由11a，5435aaa，可得d=1.从而na的通项公式为nan.由15431,4bbbb，又q≠0，可得

2440qq，解得q=2，从而nb的通项公式为12nnb.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得(1)2nnnS，故21(1)(2)(3)4nnSSnnnn，22211124nSnn，从而2211(1)(2)02nnnSSS

nn，所以221nnnSSS.(Ⅲ)当n为奇数时，111232(32)222(2)2nnnnnnnnabncaannnn，当n为偶数时，1112nnnnancb，对任意的正整数n，有222221112221212121kknn

nkkkckkn，和223111211352321444444nnkknnkkknnc①由①得22314111352321444444nknnknnc

②由①②得22111211312221121441444444414nnknnnknnc，由于11211121221121156544144334444

123414nnnnnnnn，从而得：21565994nknknc.因此，2212111465421949nnnnkkknkkkncccn

.所以，数列nc的前2n项和为465421949nnnn.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题.