【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册第4章《数列》章节复习基础测试(2)(含答案).doc，共(18)页，468.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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人教A版选择性必修第二册第四章数列基础测试2一、单选题1．设nS是等差数列na（*nN）的前n项和，且141,16aS，则7a（）A．7B．10C．13D．162．等比数列na的前n项和为nS，416a，314Sa，则公比q为（）A．2B．2或1C．1

D．23．一个蜂巢有1只蜜蜂，第一天，它飞出去找回了5个伙伴；第二天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第六天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有（）只蜜蜂.A．55989B．466

56C．216D．364．若数列{an}的通项公式为an＝n(n－2)，其中n∈N*，则a6＝（）A．8B．15C．24D．355．已知数列{}na为等差数列，2628aa，5943aa，则10a（）A．29B．38C．

40D．586．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”你的计算结果是（）A．80里B．86里C．90里D．96里7．设{an}是等比数列，若a1

+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8=（）A．6B．16C．32D．648．已知各项不为0的等差数列na满足26780aaa，数列nb是等比数列，且77ba，则3

810bbb（)A．1B．8C．4D．29．已知数列265nann则该数列中最小项的序号是（）A．3B．4C．5D．610．公比为(0)qq的等比数列na中，1349,27aaa，则1aq（）A．1B．2C．3D．411．已知数列{}na的前n

项和为nS，且1(),2,3,nnSan，则2020a（）A．0B．1C．2020D．202112．设数列na的满足：12a，111nnaa，记数列na的前n项积为nT，则2020T（）A．12B．2C．12D．2二、填空题13．等比数列

na的前n项和为nS，416a，314Sa，则公比q为______.14．数列1,3,5,7,9,的一个通项公式是___________15．已知等差数列na的前n项和为nS，且463aa，则9S__

____.16．已知等比数列na的公比14q，则1471025811aaaaaaaa等于______.三、解答题17．nS为等差数列na的前n项和，已知71a，432S.（1）求数列na的通项公式；（2）求nS，并求nS的最小值.18．等差数列na满足

1210aa，432aa.（1）求na的通项公式.（2）设等比数列nb满足23ba，37ba，求数列nb的前n项和.19．已知等差数列na的前n项和nS满足30S，55S.（1）求na的通项公式；（2）2nnba

求数列11nnbb的前n项和nT.20．设函数23()(0)3xfxxx，数列na满足1111,nnaafa（*nN，且2n…）．（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设212233445221nnnTaaaaaaaaaa

，若22nTtn对*nN恒成立，求实数t的取值范围．21．已知nS是等差数列na的前n项和，且2215nSnn.（1）求数列na的通项公式；（2）n为何值时，nS取得最大值并求其最大值．22．已知等比数列na的首项1=1a，前n项和nS满足*121,,0nnSanN

.（1）求实数的值及通项公式na；（2）设*,nnbnanN，求数列nb的前n项为nT，并证明：nnTnS.参考答案1．C【分析】由题建立关系求出公差，即可求解.【详解】设等差数列na的公差为d，141,16aS

，41464616Sadd，2d，71613aad.故选：C2．A【分析】由416a，314Sa列出关于首项与公比的方程组，进而可得答案.【详解】因为314Sa，所以234aa

，所以2131416aqqaq，解得2q，故选：A.3．B【分析】第n天蜂巢中的蜜蜂数量为na，则数列{}na成等比数列．根据等比数列的通项公式，可以算出第6天所有的蜜蜂都归巢后的蜜蜂数量．【详解】设第n天蜂巢中的蜜蜂数量

为na，根据题意得数列{}na成等比数列，它的首项为6，公比6q所以{}na的通项公式：1666nnna到第6天，所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有66646656a只蜜蜂．故选：B．4．C【分析】6n代入通项公式可得．【详解】代入通项公式得，66424a，故选：C．

5．A【分析】根据等差中项的性质，求出414a，再求10a;【详解】因为{}na为等差数列，所以264228aaa,∴414a.由59410aaaa43,得1029a,故选：A.6．D【分析】由题意得每天行走的路程成等比数列{}na、且公比为12，由

条件和等比数列的前项和公式求出1a，由等比数列的通项公式求出答案即可．【详解】由题意可知此人每天走的步数构成12为公比的等比数列，由题意和等比数列的求和公式可得611[1()]2378112a，解得1192a，此人第二天走1192962里，第二天走了96里，故选：D．7．C【分

析】根据等比数列的通项公式求出公比2q=，再根据等比数列的通项公式可求得结果.【详解】设等比数列{}na的公比为q，则234123()2aaaaaaq，又1231aaa，所以2q=，所以55678123()1232aaaaaaq.故选：C．8．B【分析】根据等

差数列的性质，由题中条件，求出72a，再由等比数列的性质，即可求出结果.【详解】因为各项不为0的等差数列na满足26780aaa，所以27720aa，解得72a或70a（舍）；又数列nb是

等比数列，且772ba，所以33810371178bbbbbbb.故选：B.9．A【分析】首先将na化简为234nan，即可得到答案。【详解】因为2269434nannn当3n时，na取得最小值。故选：A10．

D【分析】利用已知条件求得1,aq，由此求得1aq.【详解】依题意222111131912730aaqaqaaqqq，所以14aq.故选：D11．A【分析】当1n时，11aS，当2n时，利

用1nnnaSS，结合题干条件，即可求得答案.【详解】当1n时，11aS，当2n时，11nnnnnaSSaa，所以10na，即1220200aaa，故选：A12．D【分析】由123456,,,,,aaaaaa的值确定数列na是以3

为周期的周期数列，利用周期的性质得出2020T.【详解】12345611112,1,121,112,1,1212222aaaaaa可知数列na是以3为周期的周期数列1673202012320192020232020202012Taaaaaaa

aaaa故选：D13．2【分析】由条件可得234aa，即可得2131416aqqaq，从而可得出答案.【详解】因为314Sa，即312314Saaa

a所以234aa，所以2131416aqqaq，解得2q.故答案为：214．1(1)(21)nnan，()nN【分析】根据数列的部分项，归纳数列的一个通项公式即可.【详解】因为数列1,3,5,7,9,，所以

通项公式可以为1(1)(21)nnan，()nN故答案为：1(1)(21)nnan，()nN15．272【分析】根据题中条件，由等差数列的性质，求出532a，再由等差数列的求和公式，根据等差

数列的性质，即可求出结果.【详解】因为等差数列na的前n项和为nS，且463aa，由等差数列的性质可得，46523aaa，所以532a，因此1995927922aaSa.故答案为：272.16．4【分析】根据等比数列的定义计算．【详解】{}na是

等比数列，14q，则1471025811aaaaaaaa147101471014aaaaaqaqaqaqq．故答案为：4．17．（1）213nan；（2）212nnSn，6n时，nS的最小值为36.【分析】（1）利用等差数列的

通项公式以及前n项和公式求出1a，d，代入通项公式即可求解.（2）利用等差数列的前n项和公式可得nS，配方即可求解.【详解】（1）设na的公差为d，由71a，432S，即1161434322adad，解得1112ad，所以11213n

aandn.（2）221111122nnnSnadnnnnn，2212636nSnnn，所以当6n时，nS的最小值为36.18．（1）22nan；（2）224n.【分析】（1）利用等差数列的通项公式求

解即可；（2）根据条件计算23,bb，从而求出1,bq，利用等比数列前n项和公式即可求出ns.【详解】解：(1)∵na是等差数列，121431021022aaadaad，∴解出2d，14a，∴1(1)naadn422n

22n.(2)∵232328ba，3727216ba，nb是等比数列，322bqb，∴b1=421(1)4(12)24112nnnnbqsq19．（1）2nan；（2）1nnTn.【分析】（

1）由30S，55S，可得113230254552adad求出1,ad，从而可得na的通项公式；（2）由（1）可得nbn，从而可得11111(1)1nnbbnnnn，然后利用裂项相消求和法可求得nT【详解】解：（1）设等差数列na

的公差为d，因为30S，55S.所以113230254552adad，化简得11021adad，解得111ad，所以1(1)1(1)(1)2naandnn，（2）由（1）可知2(2)2

nnbann，所以11111(1)1nnbbnnnn，所以111111(1)()()1223111nnTnnnn【点睛】此题考查等差数列前n项和的基本量计算，

考查裂项相消求和法的应用，考查计算能力，属于基础题20．（Ⅰ）213nna（Ⅱ）20,9【分析】（Ⅰ）根据函数解析式化简题中的递推关系，结合等差数列的概念求解数列的通项公式；（Ⅱ）求出2nT，进而得到不等式，利用分离变量法求解t的

取值范围．【详解】解：（Ⅰ）因为111123113nnnnaafaa123na（*nN，且2n…），所以123nnaa．因为11a，所以数列na是以1为

首项，公差为23的等差数列，所以213nna．（Ⅱ）212233445221nnnTaaaaaaaaaa21343522121nnnaaaaaaaaa246243naaaa

22432naan218129nn要使22nTtn对*nN恒成立，只要使2218129nntn对*nN恒成立，只要使1289tn对*nN恒成立，只要max122098

20,9ttn，故实数t的取值范围为20,9．【点睛】本题考查等差数列的概念和性质、数列的综合应用,分离变量法求最值．21．（1）174nan；（2）n=4时取得最大值

28.【分析】（1）利用公式11,(1)(2,)nnnSnaSSnnN，进行求解；（2）对2215nSnn进行配方，然后结合由nN，可以求出nS的最大值以及此时n的值.【详解】（1）由题意可知：2215nSnn，当1n时

，1121513aS，当2n时，221215[2(1)15(1)]174nnnaSSnnnnn，当1n时，显然成立，∴数列na的通项公式174nan；（2）22152252152

()48nSnnn，由nN，则4n时，nS取得最大值28，∴当n为4时，nS取得最大值，最大值28．【点睛】本题考查了已知nS求na，以及二次函数的最值问题，根据n的取值范围求最大值是解题的关键.22．(1)1,13

nna;(2)见解析.【分析】（1）由题设中的递推关系可得12nnaa，再对原有的递推关系取1n，两者结合可得的值，从而利用数列na为等比数列求出其通项.（2）利用错位相减法求nT，令nn

fnTnS，利用数列的单调性可以证明0fn，从而原不等式成立.【详解】（1）当2n时，1122211nnnnnaSSaa，得12nnaa，又由1221S

a及11==1Sa，得23a因na为等比数列，故有2123aa，解得1，由110a，所以0na，故12nnaa，故数列na是首项为1，公比为3的等比数列，所以13nna.（2）13nnbn012113

23333nnTn①12131323(1)33nnnTnn②①-②得：211311213333331322nnnnnnTnnn所以1

13244nnnT，又312nnS，故311111332442424nnnnnnnnTnS令11()3424nnfn，则1(1)()1302nfnfn，故()fn单

调递减，又(1)=0f，所以()0fn恒成立，所以nnTnS【点睛】（1）数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规

律的出现，则用并项求和法.（2）数列的通项na与前n项和nS的关系式11,1,2nnnSnaSSn，我们常利用这个关系式实现na与nS之间的相互转化.