【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(2)(含答案).doc，共(26)页，646.500 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2一、单选题1．设数列na满足120,nnnaaanN，则84aa（）A．2B．4C．8D．162．在等差数列na中，276aa，则1

8aa等于（）.A．6B．12C．24D．323．等比数列na中，1234aaa，4568aaa，则789aaa等于（）A．16B．32C．64D．1284．设数列na的通项公式为2nnan，要使它的前n项的乘积大于36，则n的最小值为（）

A．6B．7C．8D．95．在各项均为正数的等比数列na中，226598225aaaa，则113aa的最大值是（）A．25B．254C．5D．256．已知等差数列na的公差d为正数，111,211,nnnaaatnat

为常数，则na（）A．21nB．43nC．54nD．n7．在等差数列na中，10a，81335aa，则nS中最大的是（）A．21SB．20SC．19SD．18S8．设等差数列na、nb的

前n项和分别是nS、nT.若237nnSnTn，则63ab的值为（）A．511B．38C．1D．29．在数列na中，129a，*13nnaanN，则1220aaa（）A．10B．145C．300D．32010．《张丘建

算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾（注：从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布），第一天织5尺布，现一月（按30天计）共织390尺”，则从第2天起每天比前一天多织（）A．12尺布B．518尺布C．1631尺布D．1629尺布11．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则

称该数列为“m积列”.若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2022积数列”，且a1>1，则当其前n项的乘积取最大值时，n的最大值为（）A．1009B．1010C．1011D．202012．已知数列na的前n项和为nS，112a，2n

且*nN，满足120nnnaSS，数列1nS的前n项和为nT，则下列说法中错误的是（）A．214aB．648211SSSC．数列12nnnSSS的最大项为712D．1121nnnnnTTTnn第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的

文字说明二、填空题13．在公差不为0的等差数列{an}中，a1、a3、a4成等比数列，则该等比数列的公比为_______.14．若等差数列na和等比数列nb满足111ab，448ab，则22ab_________

．15．在数列na中，11a，22a，*212nnnaaanN，记321nnnnca，若对任意的*nN，1nncc恒成立，则实数的取值范围为______.16．有一个数阵排列如

下：1247111622„„358121723„„„„69131824„„„„„„10141925„„„„„„„„152026„„„„„„„„„„2127„„„„„„„„„„„„28„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„则第40行从左至右第6个数字为____

__.三、解答题17．已知数列na的前n项和为nS，*nN，11a，232a，354a，且当2n时，211458nnnnSSSS．（Ⅰ）求4a的值；（Ⅱ）证明：112nnaa

为等比数列．18．已知数列na的前n项和nS与通项na满足1122nnSa.（1）求数列na的通项公式；（2）设3()logfxx，12nnbfafafa，12111nnTbbb

，求2019T.19．已知数列na的前n项和为nS．（Ⅰ）若na为等差数列，求证：12nnnaaS；（Ⅱ）若12nnnaaS，求证：na为等差数列．20．在数列na中，112a，1(42)(21)nnnana．（1）设21nnabn，证明：nb是等

比数列，并求na的通项公式；（2）设nS为数列na的前n项和，证明：3nS．21．设等差数列na的前n项和为nS，5624aa，11143S，数列nb的前n项和为nT，满足1*12nanTnaN

．（1）求数列na的通项公式及数列11nnaa的前n项和；（2）判断数列nb是否为等比数列，并说明理由．22．已知等差数列na的前n项和为nS，37a，648S，数列nb满足122nnbb，13b.（1）证明：数列2nb是等比

数列，并求数列na与数列nb通项公式；（2）若2nnncab，求数列nc的前n项和nT.参考答案1．D【分析】根据等比数列的定义可得数列na是以2为公比的等比数列，由此可得选项.【详解】因

为数列na满足120,nnnaaanN，所以数列na是以2为公比的等比数列，所以484482162aa，故选：D.【点睛】本题考查等比数列的定义，属于基础题.2．A【分析】由等差数列的性质可得选项.【

详解】由等差数列的性质得18276aaaa，故选：A.【点睛】本题考查等差数列的性质，属于基础题.3．A【分析】由4633512aaaaaaq，求得3q，再由37s94s6aaaaa

aq求解.【详解】1234aaa，4568aaa.∴32q，∴378945616aaaaaaq.故选：A4．C【分析】先求出数列na的前n项的乘积为nD，令0nD解不等式，结合*nN，即可求解.【详解】记数列na

的前n项的乘积为nD，则12112451232312nnnnnnnDaaaann依题意有12362nn整理得23707100nnnn解得：7n，因

为*nN，所以min8n，故选：C5．B【分析】由等比数列的性质，求得685aa，再结合基本不等式，即可求得113aa的最大值，得到答案.【详解】由等比数列的性质，可得222226598668

8682225aaaaaaaaaa，又因为0na，所以685aa，所以268113682524aaaaaa，当且仅当6852aa时取等号．故选：B.6．A【分析

】由已知等式分别求出数列的前三项，由2132aaa列出方程，求出公差，利用等差数列的通项公式求解可得答案．【详解】11a，1211nnnaatna,令1n，则121211aata，解得21at令2n，则

2322121aata，即2311tat，若1t，则20,1ad，与已知矛盾，故解得31atna等差数列，2132aaa，即2111tt，解得4t则公差212daa

，所以1121naandn.故选：A7．B【分析】设等差数列的公差为d.由已知得1137512adad，可得关系1392ad.再运用求和公式和二次函数的性质可得选项.【详解】设等差数列的公差为d.由81335aa得，1137512adad，整

理得，1392ad.又10a，所以0d，因此222120(20)2002222nddddSnanndnnd，所以20S最大.故选：B.8．C【分析】令22nSn，

37nTnn，求出na，nb，进而求出6a，3b，则63ab可得．【详解】令22nSn，37nTnn，可得当2n时，221221221nnnaSSnnn，137134232nnnb

TTnnnnn，当1n，11112,3710aSbT，符合221nan，232nbn故622a，322b，故631ab.【点睛】由nS求na时，11,1,2nnnSnaSSn，注

意验证a1是否包含在后面an的公式中，若不符合要单独列出，一般已知条件含an与Sn的关系的数列题均可考虑上述公式求解．9．C【分析】由等差数列的性质可得332nan，结合分组求和法即可得解。【详解】因为129a，*13nnaanN

，所以数列na是以29为首项，公差为3的等差数列，所以11332naandn，所以当10n时，0na；当11n时，0na；所以12201210111220aaaaaaaaa1101120

292128101010103002222aaaa.故选：C.10．D【分析】设该女子第Nnn尺布，前Nnn天工织布nS尺，则数列na为等差数列，设其公差为d，根据15

a，30390S可求得d的值.【详解】设该女子第Nnn尺布，前Nnn天工织布nS尺，则数列na为等差数列，设其公差为d，由题意可得30130293015015293902Sadd，解得162

9d.故选：D.11．C【分析】根据数列的新定义，得到122021...1aaa，再由等比数列的性质得到210111a，再利用11,01aq求解即可.【详解】根据题意：2022122022...aaaa，所以122021...1aaa

，因为{an}等比数列，设公比为q，则0q，所以212021220201011...1aaaaa，因为11a，所以01q，所以1010101110121,1,01aaa，所以前n项的乘积取最大值时n的最大值为10

11.故选：C.【点睛】关键点睛：本题主要考查数列的新定义以及等比数列的性质，数列的最值问题，解题的关键是根据定义和等比数列性质得出210111a以及11,01aq进行判断.12．D【分析】当2n且*nN时，由1nnnaSS代入120nnnaSS可推导出数列1nS

为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列1nS的通项公式，由221aSS可判断A选项的正误；利用nS的表达式可判断BC选项的正误；求出nT，可判断D选项的正误.【详解】当2n且*nN时，由1nnnaSS，由120nn

naSS可得111112020nnnnnnSSSSSS，整理得1112nnSS（2n且nN）.则1nS为以2为首项，以2为公差的等差数列12122nnnS

，12nSn.A中，当2n时，221111424aSS，A选项正确；B中，1nS为等差数列，显然有648211SSS，B选项正确；C中，记1212211221nnnnbS

SnnnS，1123111212223nnnnbSSSnnn，1111602223223nnnbbnnnnnn，故nb为递减数列，1123max111724612nbb

SSS，C选项正确；D中，12nnS，2212nnnTnn，112nTnn.11112112111nnnnTTnnnnnnn

nnnnnnn222122212nnnnnnT，D选项错误.故选：D．【点睛】关键点点睛：利用nS与na的关系求通项，一般利用11,1,2nnnSnaSSn来求解，在变形过程中要注意1a是否适用，当利用作差法求解不方便时，

应利用1nnnaSS将递推关系转化为有关nS的递推数列来求解.13．12【分析】设等差数列{an}的公差为0dd，利用等比中项求出1a和d的关系，代入31aa求值即为该等比数列的公比．【详解】设等差数列{an}的公差为0dd则

2314aaa，即111232adaad，解得14ad则该等比数列的公比为311122142aaddaad故答案为：1214．1【分析】利用等差、等比的通项公式结合已知求出公差d、公比q，进而求22

ab.【详解】若令na公差、nb公比分别为,dq，由题意知：413138aadd，得3d，33418bbqq，得2q，∴221311(2)ab,故答案为：1.15．3,12【分析】

先由题意求得数列na的前几项，进而猜想12nna-=，然后利用数学归纳法证明猜想，再求得nc，再根据1nncc恒成立对n分奇数、偶数两种情况讨论求得实数的取值范围【详解】解：由题意得11a，22a，342214,4228aa，„„故猜想：12nna-=，下面用数学归

纳法证明：（1）当1,2,3,4n时，显然成立；（2）假设当(3)nkk时有12kka-=，那么当1nk时，12(1)11122222kkkkkkaaa所以当1nk时，也成立，由（1），（2）得12

nna-=，所以32(1)3(2)nnnnnnca，因为对任意的*nN，1nncc恒成立，所以113(2)3(2)nnnn对任意的*nN恒成立，即13(1)()2nn对任意的*nN恒成立，当n为偶数时，有1max3

3()22n，当n为奇数时，有1min3()12n，所以312所以实数的取值范围为3,12，故答案为：3,12【点睛】关键点点睛：此题考查由递推式求数列的通项公式，考查不等式恒成立问

题，解题的关键是归纳出数列的通项公式，并用数学归纳法证明，以及由1nncc得13(1)()2nn，然后分类讨论可得结果，考查转化思想，属于中档题16．1030【分析】利用观察法和累加法得到178

95naan，进而求解即可【详解】第1行从左至右第6个数字：116a第2行从左至右第6个数字：223a；第3行从左至右第6个数字：331a；第4行从左至右第6个数字：440a；第5行从左至右第6个数字：550a；„„„„„„„„„„

„„„„；第n行从左至右第6个数字：na；利用累加法得：21324311()()()()(2316)(3123)()nnnnaaaaaaaaaa，17895naan

，175162nnna得，4039521639261610302a故答案为：1030【点睛】关键点睛：解题的关键在于观察得到，21324311()()()()(2316)(3123)()nnnnaa

aaaaaaaa最后，使用累加法求出数列的通项na，属于中档题17．（Ⅰ）478a；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）根据题中条件，令2n代入递推式，即可得出结果；（Ⅱ）根据递推公式，得到211

14444(2)nnnnnnSSSSSSn，得出2144nnnaaa，计算211112122nnnnaaaa，即可得出结论成立.【详解】（Ⅰ）因为211458nnnn

SSSS，11a，232a，354a，当2n时，4231458SSSS，即435335415181124224a，解得478a．（Ⅱ）证明：由211458(2)nnnnSSSSn，得21

114444(2)nnnnnnSSSSSSn，即2144(2)nnnaaan．当1n时，有3125441644aaa，∴2144nnnaaa，∴2121111111114242212142422222nnnnnnnnnnnn

nnnnnaaaaaaaaaaaaaaaaa，∴数列112nnaa是以21112aa为首项，12为公比的等比数列．【点睛】本题主要考查由

递推公式求数列中的项，考查证明数列是等比数列，属于常考题型.18．（1）13nna；（2）20191010.【分析】（1）先由题中条件，求113a；再由1nnnaSS－＝－，根据题中条件，得到113nnaa，判定数列为等比数列，进而可求出其通项公式；（2）由（1），根据

题中条件，得到nfan，求出(1)2nnnb，再由裂项相消的方法，即可求出数列的和.【详解】（1）当1n时，113a.当2n时，1nnnaSS－＝－，又1122nnSa，113nnaa，即数列na是首项为13，公比为13的等比数列，故13nna.（2）由已知得

31log3nnfan，12(1)1232nnnnbfafafan，12112(1)1nbnnnn.1111122122311nnTnnn

.2019220192019201911010T.【点睛】本题主要考查由递推公式求等比数列的通项公式，考查裂项相消法求数列的和，属于常考题型.19．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（1）根据na为等差数列，利用倒序相加法证明12nnnaaS即可；

（2）由前n项和公式有1nnnaSS、11nnnaSS，相加后整理可得11nnnnaaaa，na为等差数列得证．【详解】（Ⅰ）证明：已知数列na为等差数列，设其公差为d

，则有1123(1),nnnaandSaaaa，于是11112(1)nSaadadand，①又2(1)nnnnnSaadadand

，②①+②得：12nnSnaa，即12nnnaaS．（Ⅱ）证明：∵12nnnaaS，当2n时，111(1)2nnnaaS，∴1111(1)22nnnnnnaa

naaaSS，③11111(1)22nnnnnnaanaaaSS，④④-③并整理，得112nnnaaa，即11(2)nnnnaaaan≥，∴数列na是等差数列．【点睛】本题考查了已知等差数列的通项公式，应

用倒序相加法求证前n项和公式，由前n项和公式，结合等差数列的定义证明等差数列，属于基础题.20．（1）证明见解析，212nnna；（2）证明见解析.【分析】（1）由已知条件可得11(21)1(21)2nnn

nbnabna，从而可证得nb是等比数列，再由等比数列的通项公式可得111121222nnnnabn，而可求得212nnna，（2）利用错位相减法求出nS，再利用放缩法可证得结论【详解】（1）因为1121nnabn

，1(42)(21)nnnana，所以11(21)1(21)2nnnnbnabna．又11b，所以nb是首项为12，公比为12的等比数列．于是111121222nnnnabn，故212nnna．（2）23135212222nnnS

．两边同乘以12得234111352122222nnnS．以上两式相减得211111111112112122212222222212nnnnnnnS．故2

3332nnnS．【点睛】此题考查由递推式证明等比数列，考查错位相减法的应用，考查计算能力，属于基础题21．（1）21()nannN；69nn；（2）数列nb不是等比数列．理由见解析.【分析】（1）由等差数列的通项公式以及前n项和公式即可求得na，代入11

nnaa，利用裂项求和即可求得数列11nnaa的前n项和；（2）由nT求出数列nb的通项公式，再运用等比数列的定义判断即可.【详解】解：（1）设数列na的公差为d，11611143Sa，613a，

又5624aa，解得：511a，2d，21()nannN，111111(21)(23)22123nnaannnn，设11nnaa前n项的和为nB，1113557(21)(23)

nBnn1111111235572123nn111232369nnn；（2）13a，124nan，43nnT．当1n时，17

b；当2n时，1114434nnnnnnbTT，142nnbbn，若nb是等比数列，则有214bb，而17b，212b，所以与214bb矛盾，故数列nb不是等比数列．【点睛】方法点睛

：数列求和的方法技巧：(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．22．(1)证明见解析；21nan；

1122nnb，*nN；(2)1110252nnTn.【分析】(1)根据等比数列的定义计算122nnbb即可证出，然后求出数列2nb的通项公式，进而可求出数列nb通项公式；将37a，648S用基本量1,ad表示，解方程组即可求出

1,ad，进而可求出数列na的通项公式；(2)根据(1)可得112212nnnncabn，利用错位相减法即可求出数列nc的前n项和nT.【详解】(1)11112221222222n

nnnnnbbbbbb，所以数列2nb是首项为12b，公比12q等比数列，所以111112222nnnbb，即1122nnb，*nN；由3161

27656482aadSad，解得13a，2d，所以1121naandn(2)由（1）知112212nnnncabn，所以0122111111357212122

222nnnTnn，①12311111113572121222222nnnTnn，②①-②得

1231111111321222222nnnTn，111122132211212nnn1113212122nnn

15252nn，所以1110252nnTn.【点睛】方法点睛：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错

位相减法求解.①在写出nS与nqS的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出nnSqS；②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号．