【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册分层练习第5章《数列》章末检测（解析版）.doc，共(13)页，131.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-38173.html

以下为本文档部分文字说明：

数列章末检测本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60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，只有一项是符合题目要求的)1．等差数列{an}中，a3＝2，a5＝7，则a

7＝()A．10B．20C．16D．12解析：选D∵{an}是等差数列，∴d＝a5－a35－3＝52，∴a7＝2＋4×52＝12.2．在数列{an}中，a1＝13，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)

，则a5等于()A．－163D．163C．－83D．83解析：选B∵a1＝13，an＝(－1)n·2an－1，∴a2＝(－1)2×2×13＝23，a3＝(－1)3×2×23＝－43，a4＝(－1)4×2×－43＝－83，a5＝(－1)5×2×－83＝163.3．设等比数列

{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝()A．3∶4B．2∶3C．1∶2D．1∶3解析：选A在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，„成等比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝34S5，得S15∶S5＝3∶4，故选A.4．在等

比数列{an}中，已知前n项和Sn＝5n＋1＋a，则a的值为()A．－1B．1C．5D．－5解析：选D因为Sn＝5n＋1＋a＝5×5n＋a，由等比数列的前n项和Sn＝a11－qn1－q＝a11－q－a11－q·qn

，可知其常数项与qn的系数互为相反数，所以a＝－5.5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an，n为正奇数，an＋1，n为正偶数，则254是该数列的()A．第8项B．第10项C．第12项D．第14项解析：选

D当n为正奇数时，an＋1＝2an，则a2＝2a1＝2，当n为正偶数时，an＋1＝an＋1，得a3＝3，依次类推得a4＝6，a5＝7，a6＝14，a7＝15，„，归纳可得数列{an}的通项公式an＝2n＋12－1，n为正奇数，2n2＋1－2

，n为正偶数，则2n2＋1－2＝254，n＝14，故选D.6．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且3S1S3＋15S3S5＋5S5S1＝35，则a2＝()A．2D．12C．3D．13解

析：选C∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，∴1a1a2＋1a2a3＋1a1a3＝35.∵a1a2a3＝15，∴35＝a315＋a115＋a215＝a25，∴a2＝3.故选C.7．如果数列a1，a2－a1，a3－a2，„，an－an－1，„是首项为1，公比为13的等比数列，那么an＝()A.

321－13nD．321－13n－1C.231－13nD．231－13n－1解析：选A由题知a1＝1，q＝13，则an－an－1＝1×13n－1.设数列a1，a2－a1，„，an－an－1的前n项和为Sn，∴Sn＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2

)＋„＋(an－an－1)＝an.又∵Sn＝1×1－13n1－13＝321－13n，∴an＝321－13n.8．若有穷数列a1，a2，„，an(n是正整数)，满足a1＝an，a2＝an－1，„，an＝a1，即ai＝an－i＋1(i是正整数，且1≤

i≤n)，就称该数列为“对称数列”．已知数列{bn}是项数不超过2m(m＞1，m∈N*)的对称数列，且1,2,4，„，2m－1是数列{bn}的前m项，则当m＞1200时，数列{bn}的前2019项和S2019的值不可能为()A．2m－2m－2009B．220

19－1C．2m＋1－22m－2019－1D．3·2m－1－22m－2020－1解析：选A若数列{bn}的项数为偶数，则数列可设为1,21,22，„，2m－1,2m－1，„，22,2,1，当m≥2019时，S2019

＝1×1－220191－2＝22019－1，故B可能．当1200＜m＜2019时，S2019＝2×1×1－2m1－2－1×1－22m－20191－2＝2m＋1－22m－2019－1，故C可能．若数列为奇数项，则数列可设为1,21,22

，„，2m－2,2m－1,2m－2，„，22,2,1，当m≥2019时，S2019＝1×1－220191－2＝22019－1.当1200＜m＜2019时，S2019＝2×1×1－2m－11－2－1×1－22m－1－20191－2＋2m－1＝3·2m－1－22m－20

20－1，故D可能．故选A.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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9．已知等比数列{an}的公比q＝－2

3，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9>b9且a10>b10，则以下结论正确的有()A．a9·a10<0B．a9>a10C．b10>0D．b9>b10解析：选AD∵等比数列{an}的公比q＝－23，∴a9和a1

0异号，∴a9a10＝a29－23<0，故A正确；但不能确定a9和a10的大小关系，故B不正确；∵a9和a10异号，且a9>b9且a10>b10，∴b9和b10中至少有一个数是负数，又∵b1＝12>0，∴d<0，∴b9>b10，故D正确；∴b10一定是负数，即b10<0，故

C不正确．故选A、D.10．等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是()A．若S5＝S9，则必有S14＝0B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项C．若S6＞S7，则必有S7＞S8D．若S6＞S7，则必有S5＞S6解析：选ABC∵等差数列{an}的前n项和

公式Sn＝na1＋nn－1d2，若S5＝S9，则5a1＋10d＝9a1＋36d，∴2a1＋13d＝0，∴a1＝－13d2，∵a1＞0，∴d＜0，∴a1＋a14＝0，∴S14＝7(a1＋a14)＝0，A对；又∵Sn＝na1＋nn－1d2＝－13n

d2＋nn－1d2＝d[n－72－49]2，由二次函数的性质知S7是Sn中最大的项，B对；若S6＞S7，则a7＝a1＋6d＜0，∴a1＜－6d，∵a1＞0，∴d＜0，∴a6＝a1＋5d＜－6d＋5d＝－d，a8＝a7＋d＜a7＜0，S7

＞S8＝S7＋a8，C对；由a6＜－d不能确定a6的符号，所以S5＞S6不一定成立，D错．故选A、B、C.11．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．此人第三天走了四十八里路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倍解析：选ABD设此人第n天走an里路，则{an}是首项为a1，公比为q＝12的等比数列．所以S6＝a11－q61

－q＝a11－1261－12＝378，解得a1＝192.a3＝a1q2＝192×14＝48，所以A正确，由a1＝192，则S6－a1＝378－192＝186，又192－186＝6，所以B正确．a2＝a1q＝192×1

2＝96，而14S6＝94.5＜96，所以C不正确．a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝192×1＋12＋14＝336，则后3天走的路程为378－336＝42而且42×8＝336，所以D正确．故选A、B、D.12．若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则

称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N*)，其中是“差递减数列”的有()A．an＝3nB．an＝n2＋1C．an＝nD．an＝lnnn＋1解析：选CD对A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以

{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；对B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；对C，若an＝n，则an＋1－an＝n＋1－n

＝1n＋1＋n，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对D，若an＝lnnn＋1，则an＋1－an＝lnn＋1n＋2－lnnn＋1＝lnn＋1n＋2·n＋1n＝ln1＋1n2＋2n，由函数y＝ln1＋1x2＋2x

在(0，＋∞)递减，所以数列{an＋1－an}为递减数列，故D正确．故选C、D.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知数列{an}的通项公式为an＝2020－3n，则使an>

0成立的最大正整数n的值为________．解析：由an＝2020－3n>0，得n<20203＝67313，又∵n∈N*，∴n的最大值为673.答案：67314．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S2

0＝20，则an＝________，S10＝________.解析：设{an}的首项，公差分别是a1，d，则a1＋2d＝16，20a1＋20×20－12×d＝20，解得a1＝20，d＝－2，∴an＝a1＋(n－1)d＝20－2(n－1)＝22－2n.

S10＝10×20＋10×92×(－2)＝110.答案：22－2n11015．已知数列1，a1，a2,9是等差数列，数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，则b2a1＋a2＝________.解析：因为数列1，a1，a2,9是等差数列，所以a1＋a2

＝1＋9＝10.因为数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，所以b22＝1×9＝9，又b2＝1×q2＞0(q为等比数列的公比)，所以b2＝3，则b2a1＋a2＝310.答案：31016．设{an}是由正数组成

的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝________.解析：设{an}的公比为q，q>0，且a23＝1，∴a3＝1.∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝1q2＋1q＋1＝7，即6q

2－q－1＝0，解得q＝12或q＝－13(舍去)，a1＝1q2＝4.∴S5＝4×1－1251－12＝8×1－125＝314.答案：314四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或

演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝3xx＋3，数列{xn}的通项由xn＝f(xn－1)(n≥2且x∈N*)确定．(1)求证：1xn是等差数列；(2)当x1＝12时，求x20

20.解：(1)证明：∵xn＝f(xn－1)＝3xn－1xn－1＋3(n≥2且n∈N*)，∴1xn＝xn－1＋33xn－1＝13＋1xn－1，∴1xn－1xn－1＝13(n≥2且n∈N*)，∴1xn

是公差为13的等差数列．(2)由(1)知1xn＝1x1＋(n－1)×13＝2＋n－13＝n＋53.∴1x2020＝2020＋53＝675.∴x2020＝1675.18．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1

，S10S5＝3132.(1)求等比数列{an}的公比q；(2)求a21＋a22＋„＋a2n.解：(1)由S10S5＝3132，a1＝－1，知公比q≠1，S10－S5S5＝－132.由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－

132，q＝－12.(2)由(1)，得an＝(－1)×－12n－1，所以a2n＝14n－1，所以数列{a2n}是首项为1，公比为14的等比数列，故a21＋a22＋„＋a2n＝1×1－14n1－14＝43

1－14n.19．(本小题满分12分)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和(n∈N*)，且a2＝3，S4＝16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差是d，由已知条件得a1＋

d＝3，4a1＋6d＝16，解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.(2)由(1)知，an＝2n－1，∴bn＝1anan＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝121－13＋13－15＋„＋

12n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.20．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an<an＋1，且S3＝2S2＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝(2n

－1)an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由an<an＋1，得q>1，又a1＝1，则a2＝q，a3＝q2，因为S3＝2S2＋1，所以a1＋a2＋a3＝2(a1＋a2)＋1，则1＋q＋q2＝2(1＋q)＋1

，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．(2)由(1)知，bn＝(2n－1)·an＝(2n－1)·2n－1(n∈N*)，则Tn＝1×20＋3×21＋5×22＋„＋(2n－1)×2n－1，2Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋„＋(

2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，两式相减，得－Tn＝1＋2×21＋2×22＋„＋2×2n－1－(2n－1)×2n，即－Tn＝1＋22＋23＋24＋„＋2n－(2n－1)×2n，化简得Tn＝(2n－3)×2n＋3.21．(本小题满分12分)在①an＋1＝an3an＋1，②1an

为等差数列，其中1a2，1a3＋1，1a6成等比数列，③1a1＋1a2＋1a3＋„＋1an＝3n2－n2这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，然后解答补充完整的题目．已知数列{an}中，a1＝1，________.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝anan＋1，

Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn＜13.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：若选条件①：(1)易知an≠0，∵an＋1＝an3an＋1，∴1an＋1－1an＝3.又1a1＝1，∴数列1an是以1为首项，3为公差的等差数列，∴1an＝3

n－2，∴an＝13n－2.(2)证明：由(1)可知，bn＝13n－23n＋1＝1313n－2－13n＋1，∴Tn＝131－14＋14－17＋„＋13n－2－13n＋1＝131－13n＋1＝13－19n＋3＜13，

故Tn＜13.若选条件②：(1)设数列1an的公差为d，则1a2＝1＋d，1a3＋1＝2＋2d，1a6＝1＋5d，∵1a2，1a3＋1，1a6成等比数列，∴(2＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝3或d＝－1.当d＝－1时，1a2＝

1＋d＝0，此时1a2，1a3＋1，1a6不能构成等比数列，∴d＝3，∴1an＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴an＝13n－2.(2)由(1)可知，bn＝13n－23n＋1＝1313n－2－13n＋1，∴Tn＝131－14＋

14－17＋„＋13n－2－13n＋1＝131－13n＋1＝13－19n＋3＜13，故Tn＜13.若选条件③：(1)由1a1＋1a2＋1a3＋„＋1an＝3n2－n2知，当n≥2时，1a1＋1a2＋1a3＋„＋1an－1＝3n－12－n－12，两

式相减，得1an＝3n2－n2－3n－12－n－12＝3n－2，∴an＝13n－2(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也适合上式，∴an＝13n－2.(2)由(1)可知，bn＝13n－23n＋1＝1313n－2－13n＋1，∴Tn＝131－14＋14－1

7＋„＋13n－2－13n＋1＝131－13n＋1＝13－19n＋3＜13，故Tn＜13.22．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝55，S20＝210.(1)求数列{a

n}的通项公式；(2)设bn＝anan＋1，是否存在m，k(k>m≥2，m，k∈N*)使得b1，bm，bk成等比数列？若存在，请说明理由．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋nn－12d.由

已知，得10a1＋10×92d＝55，20a1＋20×192d＝210，即2a1＋9d＝11，2a1＋19d＝21，解得a1＝1，d＝1.所以an＝a1＋(n－1)d＝n(n∈N*)．(2)假设存在m，k(k>m≥2，m，k∈N*)使得b1，bm，bk成等比数列，则b2m

＝b1bk.因为bn＝anan＋1＝nn＋1，所以b1＝12，bm＝mm＋1，bk＝kk＋1，所以mm＋12＝12×kk＋1.整理，得k＝2m2－m2＋2m＋1.以下给出求m，k的方法：因为k>0，所以－m2＋2m＋1>0，解得1－2<m<1＋2.因为m≥2，m∈N

*，所以m＝2，此时k＝8.故存在m＝2，k＝8使得b1，bm，bk成等比数列．