高中数学《第四章 数列》单元检测试卷与答案解析（共五套）

高中数学选择性必修二《第四章数列》单元检测试卷（一）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a7＝()A．10B．20C．16D．122．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5等于()A．－eq\f(16,3)D．eq\f(16,3)C．－eq\f(8,3)D．eq\f(8,3)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∶34．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．－55．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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6．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且eq\f(3,S1S3)＋eq\f(15,S3S5)＋eq\f(5,S5S1)＝eq\f(3,5)，则a2＝()A．2D．eq\f(1,2)C．3D．eq\f(1,3)7．如果数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为eq\f(1,3)的等比数列，那么an＝()A.eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))C.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))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．22019－1C．2m＋1－22m－2019－1D．3·2m－1－22m－2020－1二、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＝－eq\f(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>b1010．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＞S611．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eq\f(1,4)D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍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＝eq\r(n)D．an＝lneq\f(n,n＋1)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________．14．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，则an＝________，S10＝________.15．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eq\f(b2,a1＋a2)＝________.16．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＝________.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)＝eq\f(3x,x＋3)，数列{xn}的通项由xn＝f(xn－1)(n≥2且x∈N*)确定．(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))是等差数列；(2)当x1＝eq\f(1,2)时，求x2020.18．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32).(1)求等比数列{an}的公比q；(2)求aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).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＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.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.21．(本小题满分12分)在①an＋1＝eq\f(an,3an＋1)，②eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，其中eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)成等比数列，③eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)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＜eq\f(1,3).注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．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{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(an,an＋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．答案解析一、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a7＝()A．10B．20C．16D．12解析：选D∵{an}是等差数列，∴d＝eq\f(a5－a3,5－3)＝eq\f(5,2)，∴a7＝2＋4×eq\f(5,2)＝12.2．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5等于()A．－eq\f(16,3)D．eq\f(16,3)C．－eq\f(8,3)D．eq\f(8,3)解析：选B∵a1＝eq\f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1，∴a2＝(－1)2×2×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，a3＝(－1)3×2×eq\f(2,3)＝－eq\f(4,3)，a4＝(－1)4×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝－eq\f(8,3)，a5＝(－1)5×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)))＝eq\f(16,3).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＝eq\f(3,4)S5，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＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\f(n＋1,2)－1，n为正奇数，,2\f(n,2)＋1－2，n为正偶数，))则2eq\f(n,2)＋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eq\f(3,S1S3)＋eq\f(15,S3S5)＋eq\f(5,S5S1)＝eq\f(3,5)，则a2＝()A．2D．eq\f(1,2)C．3D．eq\f(1,3)解析：选C∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，∴eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a1a3)＝eq\f(3,5).∵a1a2a3＝15，∴eq\f(3,5)＝eq\f(a3,15)＋eq\f(a1,15)＋eq\f(a2,15)＝eq\f(a2,5)，∴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eq\f(1,3)的等比数列，那么an＝()A.eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))C.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))D．eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))解析：选A由题知a1＝1，q＝eq\f(1,3)，则an－an－1＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－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＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))，∴an＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))).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．22019－1C．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＝eq\f(1×1－22019,1－2)＝22019－1，故B可能．当1200＜m＜2019时，S2019＝2×eq\f(1×1－2m,1－2)－eq\f(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＝eq\f(1×1－22019,1－2)＝22019－1.当1200＜m＜2019时，S2019＝2×eq\f(1×1－2m－1,1－2)－eq\f(1×1－22m－1－2019,1－2)＋2m－1＝3·2m－1－22m－2020－1，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＝－eq\f(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＝－eq\f(2,3)，∴a9和a10异号，∴a9a10＝aeq\o\al(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))<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＋eq\f(nn－1d,2)，若S5＝S9，则5a1＋10d＝9a1＋36d，∴2a1＋13d＝0，∴a1＝－eq\f(13d,2)，∵a1＞0，∴d＜0，∴a1＋a14＝0，∴S14＝7(a1＋a14)＝0，A对；又∵Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝－eq\f(13nd,2)＋eq\f(nn－1d,2)＝eq\f(d[n－72－49],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eq\f(1,4)D．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＝eq\f(1,2)的等比数列．所以S6＝eq\f(a11－q6,1－q)＝eq\f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))6)),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192.a3＝a1q2＝192×eq\f(1,4)＝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×eq\f(1,2)＝96，而eq\f(1,4)S6＝94.5＜96，所以C不正确．a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝192×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)))＝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＝eq\r(n)D．an＝lneq\f(n,n＋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＝eq\r(n)，则an＋1－an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对D，若an＝lneq\f(n,n＋1)，则an＋1－an＝lneq\f(n＋1,n＋2)－lneq\f(n,n＋1)＝lneq\f(n＋1,n＋2)·eq\f(n＋1,n)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2＋2n)))，由函数y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2＋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<eq\f(2020,3)＝673eq\f(1,3)，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，S20＝20，则an＝________，S10＝________.解析：设{an}的首项，公差分别是a1，d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝16，,20a1＋\f(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＋eq\f(10×9,2)×(－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eq\f(b2,a1＋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beq\o\al(2,2)＝1×9＝9，又b2＝1×q2＞0(q为等比数列的公比)，所以b2＝3，则eq\f(b2,a1＋a2)＝eq\f(3,10).答案：eq\f(3,10)16．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aeq\o\al(2,3)＝1，∴a3＝1.∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝eq\f(1,q2)＋eq\f(1,q)＋1＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1,2)或q＝－eq\f(1,3)(舍去)，a1＝eq\f(1,q2)＝4.∴S5＝eq\f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25)))＝eq\f(31,4).答案：eq\f(31,4)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)＝eq\f(3x,x＋3)，数列{xn}的通项由xn＝f(xn－1)(n≥2且x∈N*)确定．(1)求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))是等差数列；(2)当x1＝eq\f(1,2)时，求x2020.解：(1)证明：∵xn＝f(xn－1)＝eq\f(3xn－1,xn－1＋3)(n≥2且n∈N*)，∴eq\f(1,xn)＝eq\f(xn－1＋3,3xn－1)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,xn－1)，∴eq\f(1,xn)－eq\f(1,xn－1)＝eq\f(1,3)(n≥2且n∈N*)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列．(2)由(1)知eq\f(1,xn)＝eq\f(1,x1)＋(n－1)×eq\f(1,3)＝2＋eq\f(n－1,3)＝eq\f(n＋5,3).∴eq\f(1,x2020)＝eq\f(2020＋5,3)＝675.∴x2020＝eq\f(1,675).18．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32).(1)求等比数列{an}的公比q；(2)求aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n).解：(1)由eq\f(S10,S5)＝eq\f(31,32)，a1＝－1，知公比q≠1，eq\f(S10－S5,S5)＝－eq\f(1,32).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＝－eq\f(1,32)，q＝－eq\f(1,2).(2)由(1)，得an＝(－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，所以aeq\o\al(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1，所以数列{aeq\o\al(2,n)}是首项为1，公比为eq\f(1,4)的等比数列，故aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))).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＝eq\f(1,anan＋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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,4a1＋6d＝16，))解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.(2)由(1)知，an＝2n－1，∴bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋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＝eq\f(an,3an＋1)，②eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，其中eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)成等比数列，③eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)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＜eq\f(1,3).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＝eq\f(an,3an＋1)，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3.又eq\f(1,a1)＝1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，3为公差的等差数列，∴eq\f(1,an)＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2).(2)证明：由(1)可知，bn＝eq\f(1,3n－23n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)＜eq\f(1,3)，故Tn＜eq\f(1,3).若选条件②：(1)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差为d，则eq\f(1,a2)＝1＋d，eq\f(1,a3)＋1＝2＋2d，eq\f(1,a6)＝1＋5d，∵eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)成等比数列，∴(2＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝3或d＝－1.当d＝－1时，eq\f(1,a2)＝1＋d＝0，此时eq\f(1,a2)，eq\f(1,a3)＋1，eq\f(1,a6)不能构成等比数列，∴d＝3，∴eq\f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2).(2)由(1)可知，bn＝eq\f(1,3n－23n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)＜eq\f(1,3)，故Tn＜eq\f(1,3).若选条件③：(1)由eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)知，当n≥2时，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,an－1)＝eq\f(3n－12－n－1,2)，两式相减，得eq\f(1,an)＝eq\f(3n2－n,2)－eq\f(3n－12－n－1,2)＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2)(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也适合上式，∴an＝eq\f(1,3n－2).(2)由(1)可知，bn＝eq\f(1,3n－23n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，∴Tn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,9n＋3)＜eq\f(1,3)，故Tn＜eq\f(1,3).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{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(an,an＋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＋eq\f(nn－1,2)d.由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋\f(10×9,2)d＝55，,20a1＋\f(20×19,2)d＝210，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝11，,2a1＋19d＝21，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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beq\o\al(2,m)＝b1bk.因为bn＝eq\f(an,an＋1)＝eq\f(n,n＋1)，所以b1＝eq\f(1,2)，bm＝eq\f(m,m＋1)，bk＝eq\f(k,k＋1)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)))2＝eq\f(1,2)×eq\f(k,k＋1).整理，得k＝eq\f(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－eq\r(2)<m<1＋eq\r(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．高中数学选择性必修二《第四章数列》单元检测试卷（二）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．已知数列中，，，则等于（）A．B．C．D．2．等比数列的各项均为正实数，其前n项和为Sn，若a3＝4，a2·a6＝64，则S5＝（）A．32B．31C．64D．633．在等比数列中，，则（）A．3B．C．3或D．或4．在递减等比数列中，是其前项和，若，，则（）．A．B．C．D．5．《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：把个面包分给个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（）A．B．C．D．6．已知等比数列的前n项和为，若公比，则数列的前n项积的最大值为（）A．16B．64C．128D．2567．已知等差数列的前n项的和为，且，有下面4个结论：①；②；③；④数列中的最大项为，其中正确结论的序号为（）A．②③B．①②C．①③D．①④8．已知等差数列的前n项和为，若是一个确定的常数，则数列中是常数的项是（）A．B．C．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．设是等差数列，为其前项和，且，，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．、均为的最大值10．已知数列满足：，当时，，则关于数列说法正确的是（）A．B．数列为递增数列C．数列为周期数列D．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D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍12．已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的值为（）A．B．C．D．第II卷（非选择题）三、填空题（每题5分，共20分）13．已知是等比数列，，，则______.14．在各项都是正数的等比数列中，，，成等差数列，则的值是________.15．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＝___.16．已知等差数列的公差，前项之和为，若对任意正整数恒有，则的取值范围是______.四、解答题（17题10分，其余每题12分，共6题70分）17．已知在等差数列中，，．（1）求数列的通项公式：（2）设，求数列的前n项和．18．已知数列的前项和为，.（1）求证：数列为等差数列；（2）记数列的前项和为，求19．已知各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和.20．已知数列为等差数列，，，其前项和为，且数列也为等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.21．已知等比数列的公比，且，是，的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）证明：，设的前项的和为，求证：.22．已知数列中，是的前项和且是与的等差中项，其中是不为的常数.（1）求.（2）猜想的表达式，并用数学归纳法进行证明.答案解析第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．已知数列中，，，则等于（）A．B．C．D．【答案】B【解析】在数列中，，，则，，，.故选：B.2．等比数列的各项均为正实数，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，即，解得，所以.故选：B3．在等比数列中，，则（）A．3B．C．3或D．或【答案】C【解析】若的公比为，∵，又由，即有或,∴或，故有或故选：C4．在递减等比数列中，是其前项和，若，，则（）．A．B．C．D．【答案】A【解析】则，解得或，∵是递减数列，则，∴，（舍去）．∴，．故选：A．5．《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：把个面包分给个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，依题意可得，，，，解得，.故选:A.6．已知等比数列的前n项和为，若公比，则数列的前n项积的最大值为（）A．16B．64C．128D．256【答案】B【解析】由，，得，解得，所以数列为8，，2，，，，……，前4项乘积最大为64.故选：B.7．已知等差数列的前n项的和为，且，有下面4个结论：①；②；③；④数列中的最大项为，其中正确结论的序号为（）A．②③B．①②C．①③D．①④【答案】B【解析】由得，，则，，所以，所以，①正确；，故②正确；，故③错误；因为，，故数列中的最大项为，故④错误．故选：B.8．已知等差数列的前n项和为，若是一个确定的常数，则数列中是常数的项是（）A．；B．；C．；D．【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，故为确定常数，由等差数列前项和公式可知也为确定的常数.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．设是等差数列，为其前项和，且，，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．、均为的最大值【答案】ABD【解析】由得，即，又∵，，，故B正确；同理由，得，，故A正确；对C，，即，可得，由结论，显然C是错误的；与均为的最大值，故D正确；故选：ABD.10．已知数列满足：，当时，，则关于数列说法正确的是（）A．B．数列为递增数列C．数列为周期数列D．【答案】ABD【解析】得，∴，即数列是首项为，公差为1的等差数列，∴，∴，得，由二次函数的性质得数列为递增数列，所以易知ABD正确，故选：ABD.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D．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为公比的等比数列，记该等比数列为，公比为，前项和为，则，解得，所以此人第三天走的路程为，故A错；此人第一天走的路程比后五天走的路程多里，故B正确；此人第二天走的路程为，故C错；此人前三天走的路程为，后三天走的路程为，，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．已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的值为（）A．B．C．D．【答案】ACD【解析】由题意可得，则，由于为整数，则为的正约数，则的可能取值有、、，因此，正整数的可能取值有、、.故选：ACD.第II卷（非选择题）三、填空题（每题5分，共20分）13．已知是等比数列，，，则______.【答案】【解析】由题意，等比数列中，，，可得，解得，又由，且，即数列表示首项为，公比为的等比数列，所以.故答案为：.14．在各项都是正数的等比数列中，，，成等差数列，则的值是________.【答案】【解析】设等比数列的公比为，由，得，解得(负值舍)，则.故答案为：.15．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.解得S3＝10或S3＝90(舍)．故答案为：16．已知等差数列的公差，前项之和为，若对任意正整数恒有，则的取值范围是______.【答案】【解析】因为对任意正整数恒有，所以为最小值，因此，即故答案为：四、解答题（17题10分，其余每题12分，共6题70分）17．已知在等差数列中，，．（1）求数列的通项公式：（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）.【解析】设等差数列的公差为，由，可得解得，所以等差数列的通项公式可得;（2）由（1）可得，所以.18．已知数列的前项和为，.（1）求证：数列为等差数列；（2）记数列的前项和为，求【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）当时，因为，所以，即首项为，公差为的等差数列.（2）由（1）得，.当时，.当时，，符合题意，所以.所以，所以.19．已知各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），；（2）【解析】（1）设等差数列的公差为，则由已知得：，即，又，解得或（舍去），，，又，，，；（2），，两式相减得，则.20．已知数列为等差数列，，，其前项和为，且数列也为等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设等差数列的公差为，，，成等差数列，，解得，，经检验，所以数列为等差数列，.（2），，设数列的前项和为，则.21．已知等比数列的公比，且，是，的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）证明：，设的前项的和为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由是，的等差中项得，所以，解得，由，得，解得或，因为，所以.所以.（2），在成立，又有，.22．已知数列中，是的前项和且是与的等差中项，其中是不为的常数.（1）求.（2）猜想的表达式，并用数学归纳法进行证明.【答案】（1）；；（2）猜想：；证明见解析【解析】（1）由题意知：即，当时，，解得.当时，，解得.当时，，解得.（2）猜想：证明：①当时，由（1）知等式成立.②假设当时等式成立，即，则当时，又则，，∴，即所以，即当时，等式成立.结合①②得对任意均成立.高中数学选择性必修二《第四章数列》单元检测试卷（三）注：本检测满分150分。其中8道单选题，4道多选题，4道填空题，6道解答题一、单选题1．已知数列，，，，…，则是这个数列的（）A．第8项B．第9项C．第10项D．第11项2．记等差数列的前项和为，若，，则（）A．180B．C．162D．3．在数列中，，（，），则（）A．B．1C．D．24．等比数列的前n项和为，若，，，则（）A．B．C．D．5．两等差数列和，前n项和分别为，，且，则的值为（）A．B．C．D．6．等比数列中（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则7．函数的正数零点从小到大构成数列，则（）A．B．C．D．8．已知函数，若，则的最小值为（）A．B．C．D．二、多选题9．无穷数列的前项和，其中，，为实数，则（）A．可能为等差数列B．可能为等比数列C．中一定存在连续三项构成等差数列D．中一定存在连续三项构成等比数列10．数列的前项和为，若，，则有（）A．B．为等比数列C．D．11．设是等差数列，是其前项的和，且，，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．与均为的最大值12．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m＞0）.已知a11＝2，a13＝a61+1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有（）A．m＝3B．C．D．三、填空题13．已知数列的通项公式是，那么达到最小值时n为________.14．我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计．例如，北京天坛圆丘的底面由扇环形的石板铺成（如图），最高一层是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，则前9圈的石板总数是__________．15．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”.将数列1，4进行“扩展”，第一次得到数列1，4，4；第二次得到数列1，4，4，16，4；……；第次得到数列1，，，…，，4，并记，其中，.则的通项___________.16．如图，互不相同的点和分别在角O的两条边上，所有相互平行，且所有梯形的面积均相等.设.若，，则数列的通项公式是________.四、解答题17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的存在最大值，则求出最大值；若问题中的不存在最大值，请说明理由.问题：设是数列的前项和，且，__________，求的通项公式，并判断是否存在最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18．数列的前项和.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.19．已知数列满足，.（1）证明：数列为等差数列；（2）设，证明：.20．设是公比大于1的等比数列，，且是，的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.21．已知数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）数列，表示不超过的最大整数，求的前1000项和.22．已知为等差数列，为等比数列，．（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）记的前项和为，求证：；（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．答案解析一、单选题1．已知数列，，，，…，则是这个数列的（）A．第8项B．第9项C．第10项D．第11项【答案】B【分析】将数列中的每一项都写成，即可判断是第几项.【详解】可将数列改写为，，，，...，由此可归纳该数列的通项公式为，又，则其为该数列的第9项.故选：B.【点睛】本题考查了由数列的前几项归纳出其通项公式，属于基础题.2．记等差数列的前项和为，若，，则（）A．180B．C．162D．【答案】B【分析】先利用等差数列的通项公式，求出等差数列的首项和公差，再根据前项和公式即可求出.【详解】，，,解得，，，，.故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列的性质和前项和公式，考查学生的运算求解能力，属于基础题.3．在数列中，，（，），则（）A．B．1C．D．2【答案】A【分析】通过递推式求出数列前几项可得数列为周期数列，利用数列的周期性可得答案.【详解】，，，可得数列是以3为周期的周期数列，.故选：A.【点睛】本题考查数列的周期性，关键是通过递推式求出前几项观察出周期，是基础题.4．等比数列的前n项和为，若，，，则（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据，利用等比数列的性质得到,结合，利用根与系数的关系构造二次方程求解得到的值，进而得到等比数列的首项和公比，然后利用求和公式计算即得所求.【详解】由于在等比数列中，由可得：，又因为，所以有：是方程的二实根，又，所以，故解得：，从而公比那么，故选：D．【点睛】本题考查等比数列的通项公式，等比数列的性质，等比数列的求和，属中档题.5．两等差数列和，前n项和分别为，，且，则的值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】在为等差数列中，当，，，时，．所以结合此性质可得：，再根据题意得到答案．【详解】解：在为等差数列中，当，，，时，．所以，又因为，所以．故选：A．【点睛】本题主要考查等差数列的下标和性质，属于中档题．6．等比数列中（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】B【分析】根据等比数列的通项公式及求和公式，等比数列的公比分析即可求出答案.【详解】等比数列中，，当时，可得，及，故B正确；但和不能判断大小（正负不确定），故A错误；当时，则，可得，即，可得，由于不确定，不能确定的大小，故CD错误.故选：B.【点睛】本题考查等比数列通项公式和求和公式的应用，属于基础题.7．函数的正数零点从小到大构成数列，则（）A．B．C．D．【答案】B【分析】先将函数化简为，再解函数零点得或，，再求即可.【详解】解：∵∴令得：或，，∴或，，∴正数零点从小到大构成数列为：故选：B.【点睛】本题考查三角函数的性质，数列的概念，考查数学运算求解能力，是中档题.8．已知函数，若，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据，采用倒序相加的方法可得，从而得到，根据基本不等式求得最小值.【详解】由题可知：令又于是有因此所以当且仅当时取等号本题正确选项：【点睛】本题考查倒序相加法求和、利用基本不等式求解和的最小值问题.关键是能够通过函数的规律求得与的和，从而能够构造出基本不等式的形式.二、多选题9．无穷数列的前项和，其中，，为实数，则（）A．可能为等差数列B．可能为等比数列C．中一定存在连续三项构成等差数列D．中一定存在连续三项构成等比数列【答案】AC【分析】由可求得的表达式，利用定义判定得出答案．【详解】当时，．当时，．当时，上式＝．所以若是等差数列，则所以当时，是等差数列，不可能是等比数列；当时，从第二项开始是等差数列．故选：AC【点睛】本题只要考查等差数列前n项和与通项公式的关系，利用求通项公式，属于基础题．10．数列的前项和为，若，，则有（）A．B．为等比数列C．D．【答案】ABD【分析】根据的关系，求得，结合等比数列的定义，以及已知条件，即可对每个选项进行逐一分析，即可判断选择.【详解】由题意，数列的前项和满足，当时，，两式相减，可得，可得，即，又由，当时，，所以，所以数列的通项公式为；当时，，又由时，，适合上式，所以数列的的前项和为；又由，所以数列为公比为3的等比数列，综上可得选项是正确的.故选：ABD.【点睛】本题考查利用关系求数列的通项公式，以及等比数例的证明和判断，属综合基础题.11．设是等差数列，是其前项的和，且，，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．与均为的最大值【答案】BD【分析】设等差数列的公差为，依次分析选项即可求解.【详解】根据题意，设等差数列的公差为，依次分析选项：是等差数列，若，则，故B正确；又由得，则有，故A错误；而C选项，，即，可得，又由且，则，必有，显然C选项是错误的.∵，，∴与均为的最大值，故D正确；故选：BD.【点睛】本题考查了等差数列以及前项和的性质，需熟记公式，属于基础题.12．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m＞0）.已知a11＝2，a13＝a61+1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有（）A．m＝3B．C．D．【答案】ACD【分析】根据第一列成等差，第一行成等比可求出，列式即可求出，从而求出通项，再按照分组求和法，每一行求和可得S，由此可以判断各选项的真假．【详解】∵a11＝2，a13＝a61+1，∴2m2＝2+5m+1，解得m＝3或m（舍去），∴aij＝ai1•3j﹣1＝[2+（i﹣1）×m]•3j﹣1＝（3i﹣1）•3j﹣1，∴a67＝17×36，∴S＝(a11+a12+a13+……+a1n)+(a21+a22+a23+……+a2n)+……+(an1＋an2＋an3＋……＋ann)（3n﹣1）•n（3n+1）（3n﹣1）故选：ACD.【点睛】本题主要考查等差数列，等比数列的通项公式的求法，分组求和法，等差数列，等比数列前项和公式的应用，属于中档题．三、填空题13．已知数列的通项公式是，那么达到最小值时n为________.【答案】22或23.【分析】利用数列的单调性求得满足题意的n即可.【详解】，数列是递增数列.令，解得：，或，则可知达到最小值时n为22或23.故答案为：22或23.【点睛】本题考查等差数列前n项和最值的求法，属于基础题.14．我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计．例如，北京天坛圆丘的底面由扇环形的石板铺成（如图），最高一层是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，则前9圈的石板总数是__________．【答案】405【分析】前9圈的石板数依次组成一个首项为9，公差为9的等差数列，15．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”.将数列1，4进行“扩展”，第一次得到数列1，4，4；第二次得到数列1，4，4，16，4；……；第次得到数列1，，，…，，4，并记，其中，.则的通项___________.【答案】【分析】先由，结合题意得到，再设求出，得到数列是首项为，公比为的等比数列，进而可求出结果.【详解】由题意，根据，可得，设，即，可得，则数列是首项为，公比为的等比数列，故，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查数列的应用，熟记等比数列的性质以及通项公式即可，属于常考题型.16．如图，互不相同的点和分别在角O的两条边上，所有相互平行，且所有梯形的面积均相等.设.若，，则数列的通项公式是________.【答案】【分析】根据三角形相似和所有梯形的面积均相等，找到与相关的递推公式，再由递推公式求得通项公式.【详解】由于所以梯形的面积为的面积減去的面积，则可得即递推公式为故为等差数列，且公差，故，得故答案为:【点睛】本题主要考查数列在平面几何中的应用，根据几何关系寻找递推有关系是解决问题的关键，属于中档题.四、解答题17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的存在最大值，则求出最大值；若问题中的不存在最大值，请说明理由.问题：设是数列的前项和，且，__________，求的通项公式，并判断是否存在最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】答案见解析【分析】若选①，求出数列是首项为4，公比为的等比数列，求出通项公式和前项和，通过讨论的奇偶性，求出其最大值即可；若选②，求出数列是首项为4，公差为的等差数列，求出通项公式和前项和，求出其最大值即可；若选③，求出，当时，，故不存在最大值.【详解】解：选①因为，，所以是首项为4.公比为的等比数列，所.当为奇数时，，因为随着的增加而减少，所以此时的最大值为.当为偶数时，，且综上，存在最大值，且最大值为4.选②因为，.所以是首项为4，公差为的等差数列，所以.由得，所以存在最大值.且最大值为（或），因为，所以的最大值为50.选③因为，所以，所以，，…，则，又，所以.当时，，故不存在最大值.【点睛】此题考查数列的通项公式和求和公式，考查等差数列和等比数列的性质，属于基础题18．数列的前项和.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】(1)当时，，利用得到通项公式，验证得到答案.(2)根据的正负将和分为两种情况，和，分别计算得到答案.【详解】(1)当时，，当时，.综上所述.(2)当时，，所以，当时，，.综上所述.【点睛】本题考查了利用求通项公式，数列的绝对值和，忽略时的情况是容易犯的错误.19．已知数列满足，.（1）证明：数列为等差数列；（2）设，证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）由变形得：，可得证明.（2）由（1）知：,∴,用裂项相消可求和,从而可证明.【详解】（1）由变形得：又，故∴数列是以1为首项1为公差的等差数列.（2）由（1）知：∴∴∴【点睛】本题考查根据数列的递推公式证明数列为等差数列，考查用裂项相消法求和，属于基础题.20．设是公比大于1的等比数列，，且是，的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题中条件列出方程组，求出首项和公比，即可得出通项公式；（2）先由（1）得到，再由错位相减法，即可得出结果.【详解】（1）设等比数列的公比为.依题意，有，将代入得，得.联立得两式两边相除消去得，解得或（舍去），所以，所以，，（2）因为所以，①②①②，得.所以，数列的前n项和.【点睛】本题主要考查求等比数列的通项公式，考查错位相减法求数列的和，涉及等差中项的应用，属于常考题型.21．已知数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）数列，表示不超过的最大整数，求的前1000项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用可求出；（2）根据数列特点采用分组求和法求解.【详解】（1）当时，，当时，，将代入上式验证显然适合，所以.（2）因为，，，，所以，所以.【点睛】本题考查和的关系，考查分组求和法，属于基础题.22．已知为等差数列，为等比数列，．（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）记的前项和为，求证：；（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列前n项和，然后利用作差法证明即可；(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算和的值，据此进一步计算数列的前2n项和即可.【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.由，，可得d=1.从而的通项公式为.由，又q≠0，可得，解得q=2，从而的通项公式为.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，故，，从而，所以.(Ⅲ)当n为奇数时，，当n为偶数时，，对任意的正整数n，有，和①由①得②由①②得，由于，从而得：.因此，.所以，数列的前2n项和为.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题.高中数学选择性必修二《第四章数列》单元检测试卷（四）注：本检测满分150分。其中8道单选题，4道多选题，4道填空题，6道解答题一、单选题1．已知等差数列的公差为2，若，，成等比数列，则（）A．-4B．-6C．-8D．-102．设正项等比数列的前项和为，，则公比等于（）A．B．C．D．3．已知等差数列，的前项和分别为和，且，则（）A．B．C．D．4．若数列满足：，而数列的前项和最大时，的值为（）A．6B．7C．8D．95．著名物理学家李政道说：“科学和艺术是不可分割的”.音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的，它们是按照严格的数学方法确定的.我国明代的数学家、音乐理论家朱载填创立了十二平均律是第一个利用数学使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如下表所示，其中表示这些半音的频率，它们满足.若某一半音与的频率之比为，则该半音为（）频率半音CDEFGABC（八度）A．B．GC．D．A6．若数列满足：对任意的