【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册精练：第四章《数列》（章末测试）（解析版）.doc，共(12)页，692.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第四章数列章末测试注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（每题只有一个选项为正确答案，每题5分，共40分）1．（2020·山东泗水·期中（文））已知数列na中，11

a，122nnnaaa，则5a等于（）A．25B．13C．23D．12【答案】B【解析】在数列na中，11a，122nnnaaa，则12122122123aaa，2322221322

223aaa，3431222212522aaa，4542221522325aaa.故选：B.2．（2020·四川阆中中学月考（理））等比数列na的各项均为正实数，其前n项和为Sn，若a3＝4，a2·a6＝64，则S5＝（）

A．32B．31C．64D．63【答案】B【解析】依题意3264640naaaa，即2151114640,0aqaqaqaq，解得11,2aq，所以551123

112S.故选：B3．（2020·湖南武陵·常德市一中月考）在等比数列na中，5113133,4aaaa，则122aa（）A．3B．13C．3或13D．3或13【答案】C【解析】若{}na的公比为q，∵31

35113aaaa，又由3134aa，即有31313aa或31331aa,∴1013q或3，故有101223aqa或13故选：C4．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校月考（理））在递减等比数列na中，nS是其前n项和，若245aa，15

4aa，则7S（）．A．1278B．212C．638D．6332【答案】A【解析】则24152454aaaaaa，解得2414aa或2441aa，∵{}na是递减数列，则2441aa

，∴24214aqa，12q（12q舍去）．∴218aaq，7717181(1)21112aqSq1278．故选：A．5．（2020·重庆高一期末）《莱茵德纸草书》是世界上最

古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把100个面包分给5个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小的一份为（）A．53B．103C．56D．116【答案】A【解析】设5人分到的面包数量从小到大记为{}na，设公差为d，依题意

可得，15535()51002aaSa，33451220,7()aaaaaa，6037(403)dd，解得556d，1355522033aad.故选:A.6．（2020·贵州贵阳·为明国际学校其他（理））已知等比数列na的前n项和为n

S，若公比6121,24qS，则数列na的前n项积nT的最大值为（）A．16B．64C．128D．256【答案】B【解析】由12q，6214S，得61112211412a，解得18a，所以数列na为8，4，2，

1，12，14，……，前4项乘积最大为64.故选：B.7．（2020·吉林市第二中学月考）已知等差数列na的前n项的和为nS，且675SSS，有下面4个结论：①0d；②110S；③120S；④数列nS中的最大项为11S，其中正确结论的序号为（）A．②③B．①②C

．①③D．①④【答案】B【解析】由675SSS得760SS，750SS，则70a，670aa，所以60a，所以0d，①正确；111116111102aaSa，故②正确；1126712126()02aaSaa，

故③错误；因为60a，70a，故数列nS中的最大项为6S，故④错误．故选：B.8．（2020·上海市市西中学月考）已知等差数列{}na的前n项和为nS，若2415aaa是一个确定的常数，则数列{}n

S中是常数的项是（）A．7S；B．8S；C．11S；D．13S【答案】D【解析】由于题目所给数列为等差数列，根据等差数列的性质，有2415117318363aaaadada，故7a为确定常数，由等差数列前n项和公式可知11313713132aaSa也为确定的常数.故选

:D二、多选题（每题有多个选项为正确答案，少选且正确得3分，每题5分，共20分）9．（2020·鱼台县第一中学月考）设na是等差数列，nS为其前n项和，且78SS，8910SSS，则下列结论正确的是（）A．0dB．90aC．117SSD．8S、9S均为nS

的最大值【答案】ABD【解析】由78SS得12377812aaaaaaaa，即80a，又∵89SS，1229188aaaaaaa，90a，故B正确；同理由910SS，得100a，1090daa，故

A正确；对C，117SS，即8910110aaaa，可得9102)0aa，由结论9100,0aa，显然C是错误的；7898810,,SSSSSS与9S均为nS的最大值，故D正确；故选：ABD.10．（2020·河北邯郸·高三

月考）已知数列na满足：13a，当2n时，21111nnaa，则关于数列na说法正确的是（）A．28aB．数列na为递增数列C．数列na为周期数列D．22nann【答案】ABD【解析】21111nnaa得21111nnaa，∴1

111nnaa，即数列1na是首项为112a，公差为1的等差数列，∴12(1)11nann，∴22nann，得28a，由二次函数的性质得数列na为递增数列，所以易知ABD正确，故选：ABD.11．（2020·湖南雁峰·衡阳市八中高二月考）在《增

减算法统宗》中有这样一则故事：三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．则下列说法正确的是（）A．此人第三天走了二十四里路B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C．此人第二天走的路程占全程的14D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍【答案】BD

【解析】由题意，此人每天所走路程构成以12为公比的等比数列，记该等比数列为na，公比为12q，前n项和为nS，则16611163237813212aSa，解得1192a，所以此人第三天走的路程为23148aaq，故A错；此人第一

天走的路程比后五天走的路程多1611623843786aSaaS里，故B正确；此人第二天走的路程为213789694.54aaq，故C错；此人前三天走的路程为31231929648336Saa

a，后三天走的路程为6337833642SS，336428，即前三天路程之和是后三天路程之和的8倍，D正确；故选：BD.12．（2019·山东省招远第一中学高二期中）已知两个等

差数列na和nb的前n项和分别为nS和nT，且3393nnSnTn，则使得nnab为整数的正整数n的值为（）A．2B．3C．4D．14【答案】ACD【解析】由题意可得12121121212121221212nnnnnnnnnaanaSanbbTnbb

，则21213213931815321311nnnnnaSnbTnnn，由于nnab为整数，则1n为15的正约数，则1n的可能取值有3、5、15，因此，正整数n的可能取值有2、4、14.故选：ACD.第II卷（非

选择题）三、填空题（每题5分，共20分）13．（2020·山东泗水·期中（文））已知na是等比数列，14a，412a，则12231nnaaaaaa______.【答案】321134n

【解析】由题意，等比数列na中，14a，412a，可得34218aqa，解得12q，又由2111114nnnnnnaaaqaaa，且21218aaaq，即数列1nnaa表示首项为

8，公比为14的等比数列，所以1223118[1()]3214113414nnnnaaaaaa.故答案为：321134n.14．（2021·黑龙江哈尔滨市

第六中学校月考（理））在各项都是正数的等比数列na中，2a，312a，1a成等差数列，则7856aaaa的值是________.【答案】352【解析】设等比数列na的公比为0qq，由321aaa，得210qq

，解得152q(负值舍)，则222278565656153522aaaqaqqaaaa.故答案为：352.15．（2020·吉林市第二中学月考）各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S6＝30，S9＝70，则S3＝______

__.【答案】10【解析】根据等比数列的前n项和的性质，若Sn是等比数列的和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍是等比数列，得到(S6－S3)2＝S3(S9－S6)，即233307030SS.解得S3＝10或S3＝90(舍)．故答案为：1016．（202

0·四川武侯·成都七中月考）已知等差数列na的公差2d，前n项之和为nS，若对任意正整数n恒有2nSS，则1a的取值范围是______.【答案】4,2【解析】因为对任意正整数n恒有2nSS，所以2S为nS最小值，因此2

30,0aa，即111+20,+4042aaa故答案为：4,2四、解答题（17题10分，其余每题12分，共6题70分）17．（2020·安徽省舒城中学月考（文））已知在等差数列na中，35a，1763aa．（1）求数列na的通项公式：（2）设2(3)nnbn

a，求数列nb的前n项和nS．【答案】（1）21nan；（2）1nn.【解析】设等差数列na的公差为d，由317653aaa，可得111251635adadad解得1a1,d2==，所以等差数列na的通项公式可得

21nan;（2）由（1）可得211(3)22(1)1nnbnannnn，所以111111...22311nnSnnn.18．（2020·湖南武陵·常德市一中月考）已知数列na的前n项和为nS，

111,11,2nnanSnSnnnNn.（1）求证：数列nSn为等差数列；（2）记数列11nnaa的前n项和为nT，求nT【答案】（1）证明见解析；（2）21nnTn.【解析

】（1）当2n时，因为111nnnSnSnn，所以1121nnSSnnn，即nSn首项为1，公差为1的等差数列.（2）由（1）得nSnn，2nSn.当2n时，22121nannn.当1n时，

11a，符合题意，所以21nan.所以111111212122121nnaannnn，所以111111123352121nTnn11122121nnTnn.19．

（2021·黑龙江鹤岗一中月考（理））已知各项均为正数的等差数列na中，12315aaa，且12a，25a，313a构成等比数列nb的前三项.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）求数列nnab的前n项和nT.【答

案】（1）21nan，152nnb；（2）5(21)21nnTn【解析】（1）设等差数列的公差为d，则由已知得：1232315aaaa，即25a，又(52)(513)10

0dd，解得2d或13d（舍去），123aad，1(1)21naandn，又1125ba，22510ba，2q，152nnb；（2）21535272(21)2nnTn，232

5325272(21)2nnTn，两式相减得2153222222(21)25(12)21nnnnTnn，则5(21)21nnTn.20．（2020·四川省绵阳南山中学月考（

理））已知数列na为等差数列，11a，0na，其前n项和为nS，且数列nS也为等差数列.（1）求数列na的通项公式；（2）设11nnnnabSS，求数列nb的前n项和.【答案】（1）21nan；（2

）222(1)nnn.【解析】（1）设等差数列na的公差为(0)dd，11S，22Sd，333Sd成等差数列，22133dd，解得2d，1(1)221nann，经检

验122nnnSnn，所以数列nS为等差数列，21nan.（2）2(121)2nnnSn，22222111(1)(1)nnbnnnn，设数列nb的前n项和为nT，则2222222221111111211223(

1)(1)(1)nnnTnnnn.21．（2020·浙江月考）已知等比数列na的公比1q，且13542aaa，39a是1a，5a

的等差中项.（1）求数列na的通项公式；（2）证明：3nnnnaba，设{}nb的前n项的和为nS，求证：2113nS.【答案】（1）2nna；（2）证明见解析.【解析】（1）由39a是1a，5a的等差中项得15

3218aaa，所以135aaa331842a，解得38a，由1534aa，得228834qq，解得24q或214q，因为1q，所以2q=.所以2nna.（2）112

()333()1()22nnnnb，3412324222()()()513333nnnSbbbb24688221()6599313n在3n成立，又有122214621513

6513SS，，2113nS.22．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高二期中（理））已知数列na中，nS是na的前n项和且nS是2a与2nna的等差中项，其中a是不为0的常数.（1）求123,,aaa.（2）猜想na的表达式，并用数学归纳法进行

证明.【答案】（1）12aa；26aa；312aa（2）猜想：*1naanNnn；证明见解析【解析】（1）由题意知：222nnSana即nnSana，当1n时，111Saaa，解得12aa.当2n时，21

222Saaaa，解得26aa.当3n时，312333Saaaaa，解得312aa.（2）猜想：*1naanNnn证明：①当1n时，由（1）知等式成立.②假设当*1,nkkkN

时等式成立，即1kaakk，则当1nk时，又nnSana则kkSaka，11kkSaka，∴1111kkkkkaSSakaaka，即1211kkaakakakkkk所以

112111kaaakkkk，即当1nk时，等式成立.结合①②得1naann对任意*nN均成立.