【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》章节复习综合测试(1)(含答案).doc，共(22)页，599.500 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综合测试1一、单选题1．在等差数列{an}中，已知a5=3，a9=6，则a13=（）A．9B．12C．15D．182．在等差数列na中，若nS为其前n项和，65a，则11S的值是（）A．60B．11C．50D．553．已

知q为等比数列na的公比，且1212aa，314a，则q（）A．1B．4C．12D．124．等差数列na的前n项和为nS，已知58a，36S，则107SS的值是（）A．48B．60C．72D．245．已知数列{xn}满足x1＝1，x2＝23，且11112nn

nxxx(n≥2)，则xn等于（）A．(23)n－1B．(23)nC．21nD．12n6．已知数列1，2aa,234aaa,3456aaaa,„，则数列的第k项是（）A．12kkka

aaB．121kkkaaaC．12kkkaaaD．122kkkaaa7．数列{an}满足211232222nnnaaaa(n∈N*)，数列{an}前n和为Sn，则S10等于（）A．5512B．10112

C．9112D．66128．历史上数列的发展，折射出很多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，1

44，233„„即F（1）=F（2）=1，F（n）=F（n－1）＋F（n－2），*3nnN，，此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新数列nb，则b2020=（）A．3B．2C．1D．09．已知数列na的首项11a，前n项的和为nS，且满足

*122nnaSnN，则满足2100111100010nnSS<<的n的最大值为（）.A．7B．8C．9D．1010．已知数列na满足2122111,16,2nnnaaaaa则数列na的最大项为（）A．92B．102C．8182D．1

1211．已知单调递增数列na的前n项和nS满足*21nnnSaanN，且0nS，记数列2nna的前n项和为nT，则使得2020nT成立的n的最小值为（）A．7B．8C．10

D．1112．函数222,3()11,316xaxaxfxaxx，数列na满足()nafn，*nN，且为递增数列．则实数a的取值范围是（）A．0,1B．33,42C．3,14D．53,42二、填空题1

3．已知等差数列na的前n项和为nS，且463aa，则9S______.14．数列na的前n项和为223nSnn，则na_________________.15．设nS是数列na的前n项和

，若112nnnnSa，则129SSS________.16．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2

斤；问依次每一尺各重多少斤？”设该金杖由粗到细是均匀变化的，现将该金杖截成长度相等的15段，记第n段的重量为na斤(n=1，2，…，15)，且1215aaa，若nnnbaa(其中na表示不超过na的最大整数)，

则数列nb的所有项和为________.三、解答题17．在等比数列na中，已知1a1，2a2．1求na的通项公式；2若3a，4a分别为等差数列nb的前两项，求nb的前n项和nS．18．已知等差数列na的前n项和为nS，且35a，15150S

.（1）求数列na的通项公式；（2）记124nanb，nb的前n项和为nT，求nT.19．已知数列na的前n项和为233nSnn.（1）求证：数列na是等差数列；（2）求nS的最大值及取得最大值时n的值.20．已知等差数列na，

nS为其前n项和，5710,56.aS（1）求数列na的通项公式；（2）若(3)nannba，求数列nb的前n项和nT.21．已知数列na的前n项和为nS，且2nSnn，数列nb的通项公式为1nnbx．（1）求数列na的通项公式；（2）设

nnncab，数列nc的前n项和为nT，求nT；（3）设44nndna，12nnHddd*nN，求使得对任意*nN，均有9nmH成立的最大整数m22．已知nS是数列na的前n项和，131nnSS，11a．（1）证明：数列

na是等比数列，并求na的通项公式；（2）若11nnnbna，求数列nb的前n项和nT．参考答案1．A【分析】在等差数列{an}中，利用等差中项由95132aaa求解.【详解】

在等差数列{an}中，a5=3，a9=6，所以95132aaa，所以139522639aaa，故选：A2．D【分析】根据题中条件，由等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，即可求出结果.【详解】因为在等差数列na中，若nS为其前n项和，65a，所以11

11161111552aaSa.故选：D.3．C【分析】利用等比通项公式直接代入计算，即可得答案；【详解】211142211111122211121644aaqaqqqqaqaq

，故选：C.4．A【分析】根据条件列方程组，求首项和公差，再根据107891093SSaaaa，代入求值.【详解】由条件可知114832362adad

，解得：102ad，10789109133848SSaaaaad.故选：A5．C【分析】由已知可得数列1nx是等差数列，求出数列1nx的通项公式，进而得出答案．【详解】由已知可得数列1nx是等差数列，且121131

,2xx，故公差12d则1111122nnnx，故21nxn故选：C6．D【分析】根据已知中数列的前4项，分析数列的项数及起始项的变化规律，进而可得答案【详解】解：由已知数列的前4项：1，2a

a,234aaa,3456aaaa,归纳可知该数列的第k项是一个以1为首项，以a为公比的等比数列第k项开始的连续k项和，所以数列的第k项为：122kkkaaa故选：D7．B【分析】根据题意得到22123112222nnnaaaa，（2n），与条件两式

作差，得到12nna，（2n），再验证112a满足12nna，得到12nna*nN，进而可求出结果.【详解】因为数列na满足211232222nnnaaaa，22123112222nnnaaaa，（2n）则11

12222nnnna，则12nna，（2n），又112a满足12nna，所以12nna*nN，因此1010210123101011111112211222212Saaaa.故选：B8．A【分析】根据条件得

出数列nb的周期即可.【详解】由题意可知“兔子数列”被4整除后的余数构成一个新数列为：1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，„„则可得到周期为6，所以b2020=b4=3，故选：A9．C【分析】根据*122nnaSn

N可求出na的通项公式，然后利用求和公式求出2,nnSS，结合不等式可求n的最大值.【详解】1122,22()2nnnnaSaSn相减得1(22)nnaan，11a，212a；则na是首项为1，公比为12的等比数列，100111111

000210n，1111000210n，则n的最大值为9.故选：C10．B【分析】本题先根据递推公式进行转化得到21112nnnnaaaa．然后令1nnnaba，可得出数列{}nb是等比数列．即11322nnnaa．然后用累

乘法可求出数列{}na的通项公式，根据通项公式及二次函数的知识可得数列{}na的最大项．【详解】解：由题意，可知：21112nnnnaaaa．令1nnnaba，则112nnbb．211

16aba，数列{}nb是以16为首项，12为公比的等比数列．111163222nnnb．11322nnnaa．1211322aa，2321322a

a，111322nnnaa．各项相乘，可得：12111111(32)222nnnaa．(1)2511()22nnn2115(1)221122nnn2115

52212nnn21(1110)212nn．令2()1110fnnn，则，根据二次函数的知识，可知：当5n或6n时，()fn取得最小值．2551151020

f，2661161020f，()fn的最小值为20．211(1110)(20)1022101112222nn．数列{}na的最大项为102．故选：B．【点睛】本题主要考查根据递推公式得出通项公式，构造新

数列的方法，累乘法通项公式的应用，以及利用二次函数思想求最值；11．B【分析】由数列na与nS的关系转化条件可得11nnaa，结合等差数列的性质可得nan，再由错位相减法可得1122nnTn，即可得解.【详解】由题意，*21nnnSaanN，当

2n时，11121nnnSaa，所以11122211nnnnnnnaSSaaaa，整理得1110nnnnaaaa，因为数列na单调递增且0nS，所以110,10nnnnaaaa

，即11nnaa，当1n时，11121Saa，所以11a，所以数列na是以1为首项，公差为1的等差数列，所以nan，所以1231222322nnTn，23412122232122nnnTnn

，所以234111212222222212212nnnnnnTnnn，所以1122nnTn，所以876221538T，987223586T

，所以2020nT成立的n的最小值为8.故选：B.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是数列na与nS关系的应用及错位相减法的应用.12．B【分析】根据分段函数的特征，以及数列在*nN是单调递增数列，列式求解.【详解】na是单调递增数列，所以0a，数列na是单调递增数列2

2303321142222316aaaaa.故选：B．【点睛】易错点点睛：本题考查分段函数的单调性和数列单调性的简单综合应用，本地的易错点是1n和2n时，数列的单调性，容易和函数222

,3yxaxax时函数单调性搞混，此时函数单调性和数列单调性的式子是不一样的，需注意这点.13．272【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：272.14．2,123,2nnn【分析】利用11,1,2nnnSnaSSn

计算可得出数列na的通项公式.【详解】当2n时，221=23121323nnnaSSnnnnn;而112aS不适合上式，2,123,2nnann.故答案为：2,123,2nnn.15．34110

24【分析】令1n计算得出114a，然后推导出当n为偶数时，0nS，当n为奇数时，112nnS，利用等比数列的求和公式可求得129SSS的值.【详解】当1n时，11112aSa，解得114a；当2n时，1111122nnnnnnnnSaSS

.当n为偶数时，可得112nnnnSSS，则112nnS；当3nn为奇数时，可得112nnnnSSS，则1112120222nnnnnSS.因此，251292468101

1111111341240000122222102414SSS.故答案为：3411024.【点睛】方法点睛：本题考查已知nS与na的关系求和，常用的数列求和方法如下：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）

对于nnab型数列，其中na是等差数列，nb是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于nnab型数列，利用分组求和法；（4）对于11nnaa型数列，其中na是公差为0dd的等差数列，利用裂项相消法求和.16．869【分析】先根据等差数列的通项公式列方程

求出公差与首项，可得1018nna，结合新定义与等差数列的求和公式可得答案.【详解】由题意，由细到粗每段的重量成等差数列na，设公差为d，则1123131415132,4,323394aaaaaadada

解得11118a，118d，所以1018nna．所以0,17,1,815.nnan因此数列nb的所有项和为891518192586189aaa．故答案为：869【点睛】与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，

这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答..17．（1）1(2)nna；（2）2610nSnn.【分析】(1)求出等比数列的公比q，进而得到其通项公式；（2）求出等差

数列公差d，再利用等差数列的前n项和公式求解.【详解】（1）∵公比212aqa，∴1112nnnaaq.（2）∵34a，48a，4a-3a8+4=12,∴14b，公差12d.故214126102nnnSnnn.【点睛】本题考查了等比数列的基本

量计算和等比数列的通项公式，考查了等差数列的基本量计算和前n项和公式.是基础题.18．（1）2nan（2）122nnT【分析】（1）由15150S，可得11510aa，即85a，从而可得公差d，从而得出答案.（2）由条件可得21122244nannnb，由

等比数列的前n项和公式可得答案.【详解】（1）设等差数列na的公差为d，11515151502aaS则11520aa，又1158220aaa，810a，又35a83510aad，得1d，则13a所以

11312naandnn（2）21122244nannnb所以12122212nnnT19．（1）证明见解析；（2）前16项或前17项和最大，最大值为272.【分析】（1）先由nS求na通项公式，再利用定义

法证明即可；（2）先判断0na的n的范围，得到数列的正负分布，即得何时nS最大.【详解】解：（1）证明：当2n时，1342nnnaSSn，又当1n时，11323421aS，满足342nan，故na的通项公式为342nan，∴134213422n

naann.故数列na是以32为首项，2为公差的等差数列；（2）令0na，即3420n，解得17n，故数列na的前16项或前17项和最大，此时21617331717272SS.20．（1）2nan；（2）12332nnTnn

.【分析】（1）设数列na的首项为1a，公差为d，然后根据题目条件列出关于1a和d的方程组求解；（2）将（1）中所得的数列na的通项公式代入，得到nb的通项公式，再根据通项公式确定该用哪个方法求前n项和.【详解】解：（1

）设数列na的首项为1a，公差为d，则根据题意得：由715172156410Sadaad，解得122ad，所以2nan.（2）323nannnban，则123(23)(43)(6

3)(23)nnTn2(242)(333)nn(22)3(13)213nnn12332nnn.【点睛】本题考查等差数列的基本公式的运用，考查利用分组求和

法求数列的前n项和.解答时，如果已知数列为等差数列或等比数列求通项公式，只需将题目条件翻译成数学表达式，然后通过方程解出首项和公差或公比，然后得出数列的通项公式.对于数列nnncab，当na和nb分别为等差数列与等比数列

时，可采用分组求和法求和.21．（1）2nan；（2）1222212,112,1nnnnxnxxTxnnx；（3）存在最大的整数5m满足题意．【分析】（1）当1n

时，11aS；当2n时，1nnnaSS，将已知代入化简计算可得数列na的通项公式；（2）利用错位相减法计算nT，分1x和1x两种情况，分别得出答案；（3）利用裂项相消法计算出nH，并得出单调性和最值，代入不等式解出m的范围，得到答案．【详解】

（1）当1n时，112aS当2n时，221112nnnaSSnnnnn即数列na的通项公式为2nan（2）12nnnncabnx，23124682nnTxxxnx，①则23

424682nnxTxxxxnx，②①﹣②，得21122222nnnxTxxnxnx．当1x时，11221nnnxxTnxx，则1222121nnnnxnxTx．当1x时，224682nTnnn

综上可得，1222212,112,1nnnnxnxxTxnnx（3）由（1）可得411242ndnnnn，则12111111111111324352212nnHdddnnnn

显然nH为关于n的增函数，故1min23nHH．于是欲使9nmH恒成立，则293m，解得6m．存在最大的整数5m满足题意．【点睛】方法点睛：本题考查数列的通项公式，考查数列的求和，数列求和的方法总结如下：1.公式

法，利用等差数列和等比数列的求和公式进行计算即可；2.裂项相消法，通过把数列的通项公式拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求出数列的和；3.错位相减法，当数列的通项公式由一个等差数列与一个等比数列的乘积构成时使用此方法；4.倒序相加法，如果一个数列满足首末两项等距离的两项之

和相等，可以使用此方法求和．22．（1）证明见解析，13nna；（2）11316164nnnT.【分析】（1）首先根据131nnSS，131nnSS两式相减得132nnaan，即可得到na的通项公式.（2）首先求出13nnb

n，再利用错位相减法求前n项和nT即可.【详解】（1）证明：由131nnSS，当2n时，131nnSS，两式相减得132nnaan，当1n时，2131SS即12131aaa，∴23a，∴213aa，∴1n时都有13nnaa，∴数列na

是首项为1，公比为3的等比数列，∴13nna．（2）解：1113nnnnbnan，∴122112333133nnnTnn，

12131323133nnnTnn，∴111413333nnnTn，∴13114331344nnnnTnn∴11316164nnnT

．【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的求和，常见的数列求和方法如下：1.公式法：直接利用等差、等比数列的求和公式计算即可；2.分组求和法：把需要求和的数列分成熟悉的数列，再求和即可；3.裂项求和法：通过把数列的通项公式拆成两

项之差，再求和即可；4.错位相减法：当数列的通项公式由一个等差数列和一个等比数列的乘积构成时，可使用此方法求和.