新教材2023-2024学年高中数学第一章数列综合测评北师大版选择性

第一章综合测评一、选择题:本题共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.[2023江西抚州统考模拟预测]已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若a4a5=3a8,S3=39,则a4=()A.64 B.81 C.128 D.1922.[2023全国新高考卷Ⅰ,7]设Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙:Snn为等差数列,则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件3.已知等比数列{an}为递减数列,若a2a6=6,a3+a5=5,则a5a7=A.32 B.23 C.4.在各项均为正数的等比数列{an}中,若a5=3,则log3a1+log3a2+log3a3+…+log3a9=()A.5 B.7 C.9 D.115.[2023北京十四中校考期中]已知等比数列{an}的公比为q,则“q>1”是“anan+1<0”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要的条件6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2≥3,S5≤30,则a1的最小值是()A.1 B.0 C.1 D.27.已知在数列{an}中,a1=1,(n+1)an=2nan+1,则数列{an}的通项公式是()A.an=n2n-1 B.C.an=n D.an=n8.[2023广东广州统考模拟预测]已知数列{an}的各项均为正数,记数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn=an2+1an(n∈A.a1=2B.a2021·a2022<1C.Sn=nD.1a1+1二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知等比数列{an}的公比q=23,等差数列{bn}的首项b1=12,若a9>b9且a10>b10,则下列结论正确的有(A.a9a10<0 B.a9>a10 C.b10>0 D.b9>b1010.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N+),公差d≠0,S6=90,a7是a3与a9的等比中项,则下列结论正确的是()A.a1=22B.d=2C.当n=10或n=11时,Sn取得最大值D.当Sn>0时,n的最大值为2011.已知数列{an}为等差数列,其前n项和为Sn,且2a1+3a3=S6,则下列结论正确的是()A.a10=0 B.S10最小C.S7=S12 D.S19=012.在数列{an}中,n∈N+,若an+2-an+1an+1A.k不可能为0B.等差数列一定是“等差比数列”C.等比数列一定是“等差比数列”D.“等差比数列”中可以有无数项为0三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知数列{an}的前n项和公式为Sn=2n2n+1,则数列{an}的通项公式为.

14.已知两个等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=7n+14n+2715.设f(x)=4x4x+2,可求得f12015+f22015+f32015+…+f20142015的值为.

16.已知数列{an}满足an+an+2=2an+1,a2=8,a5=20,bn=2n+1+1,设数列{bnan}的前n项和为Sn,则a1=,Sn=四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)在数列{an}中,a1=1,an=2an1+n2(n≥2).(1)证明:数列{an+n}为等比数列,并求数列{an}的通项公式;(2)求数列{an}的前n项和Sn.18.(12分)[2023全国甲,理17]已知数列{an}中,a2=1,设Sn为{an}的前n项和,2Sn=nan.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列an+12n的前n19.(12分)甲、乙两物体分别从相距70米的两处同时相向运动.甲第1分钟走2米,以后每分钟比前1分钟多走1米,乙每分钟走5米.(1)甲、乙开始运动后几分钟相遇?(2)如果甲、乙到达对方起点后立即折返,甲继续每分钟比前1分钟多走1米,乙继续每分钟走5米,那么甲、乙开始运动后几分钟第二次相遇?20.(12分)在等差数列{an}中,an=3n31,记bn=|an|,求数列{bn}的前30项和.21.(12分)已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2Sn=an2+n4(n∈N+(1)求证:数列{an}为等差数列;(2)求数列{an}的前n项和Sn.22.(12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an是Sn与2的等差中项.在等差数列{bn}中,b1=2,点P(bn,bn+1)在直线y=x+2上.(1)求a1和a2的值;(2)求数列{an},{bn}的通项公式;(3)设cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.参考答案第一章综合测评1.B由等比数列的性质可知a4a5=a1a8=3a8,所以a1=3,由S3=39,得a1(1+q+q2)=39,所以q2+q12=0,解得q=3或q=4(舍去),所以a4=a1q3=81.故选B.2.C(充分性)若{an}为等差数列,设其首项为a1,公差为d,则Sn=na1+n(n-1)2d,则Snn=a1+n-12d=d(必要性)反之,若Snn为等差数列,设Snn=An+B,A≠0,则Sn=An2+Bn,a1=S当n≥2时,an=SnSn1=A(2n1)+B=2AnA+B.当n=1时也符合上式,故an=2AnA+B,故{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件.综上,甲是乙的充要条件.故选C.3.A由{an}为等比数列,得a2a6=a3a5=6,又a3+a5=5,∴a3,a5为方程x25x+6=0的两个根,解得a3=2,a5=3或a3=3,a5=2.由{an}为递减数列得an>an+1,∴a3=3,a5=2,∴q2=a5a3=4.C∵在各项均为正数的等比数列{an}中,a5=3,∴log3a1+log3a2+log3a3+…+log3a9=log3(a1a2…a9)=log3a59=9log3a5=9log33=9.5.D如果q>1,比如q=2,a1=1,则an=2n1,an+1=2n,anan+1=2n1+2n=2n1>0,即不能推出anan+1<0,如果anan+1<0,an=a1qn1,an+1=a1qn,∴a1qn1(1q)<0,比如a1=1,q=12也满足上式,即不能推出q>1,故选D6.B设等差数列{an}的公差为d,由a2≥即2a1+2d则a1的最小值是0.故选B.7.B在数列{an}中,a1=1,(n+1)an=2nan+1,整理得an+1aan……a2所有的式子相乘得到anan-1·a所以an=n2n-1(a1也符合该式).故an=8.B当n=1时,2S1=a12+1a1,解得a1当n≥2时,因为SnSn1=an,代入2Sn=an2Sn=(Sn-S所以{Sn2}是首项为S1所以Sn2=n,因为an>0,所以Sn=n所以Sn=n,Sn1=n-1(an=SnSn1=n-n-1,经检验所以an=n-对于B,a2021·a2022=12022+2021对于D,1a1+1a2+…+1an=11-0+12-1+…故选B.9.AD∵等比数列{an}的公比q=23,∴a9和a10异号,即a9a10<0,但不能确定a9和a10的大小关系,故A正确,B不正确;∵a9和a10异号,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,b10一定是负数,即b10<0,故C不正确,D正确.故选AD10.BCD因为S6=90,所以6a1+6×52d=90,即2a1+5又因为a7是a3与a9的等比中项,所以a72=a3a所以(a1+6d)2=(a1+2d)(a1+8d),整理得a1=10d, ②由①②解得a1=20,d=2,故A错误,B正确;所以Sn=20n+n(n-1)2×(2)=n2+21n=n2122+4414,又n∈N*,所以当n=令Sn=n2+21n>0,解得0<n<21,又n∈N*,所以n的最大值为20,故D正确.故选BCD.11.ACD因为数列{an}为等差数列,2a1+3a3=S6,即5a1+6d=6a1+15d,即a1+9d=a10=0,故A正确;因为a10=0,所以S9=S10,但是无法确定数列{an}的公差d的大小,故无法确定S10是最大值还是最小值,故B错误;因为a8+a9+a10+a11+a12=5a10=0,所以S12=S7+a8+a9+a10+a11+a12=S7+0=S7,故C正确;S19=a1+a192×19=19a1012.AD由题意,an+1≠an,则an不为常数列,故A正确,B,C错误;数列0,1,0,1,0,1,…,0,1是等差比数列,且有无数项为0,故D正确.故选AD.13.an=2,n=1,4n-3,n≥2由Sn=2n2n+1,可得当n≥2时,an=SnSn1=2n2n+1[2(n1)2(n1)+1]=4n3,当n=则数列{an}的通项公式为an=214.43因为在等差数列{an},{bn}中,SnTn=7n+115.1007∵f(x)=4x∴f(x)+f(1x)=4=4=4=4x+24故可得f12015+f22015+f32015+…+f20142015=f12015+f20142015+f22015+f20132015+…+f10072015+f10082015=1007×1=1007.16.42n+22n2n4∵数列{an}满足an+an+2=2an+1,∴{an}为等差数列,设{an}的公差为d,则a5=故an=4n.∴bnan=2n+1+14∴Sn=4(1-2n)1-2+n4·n(17.(1)证明因为an+∴数列{an+n}是首项为a1+1=2,公比为2的等比数列,那么an+n=2·2n1=2n,即an=2nn.(2)解由(1)知an=2nn,Sn=(21+22+23+…+2n)(1+2+3+…+n)=2(1-2n)18.解(1)由题意可知,2Sn=nan,①当n≥2时,2Sn1=(n1)an1,②①②得2an=nan(n1)an1,∴(n1)an1=(n2)an.(方法一:构造数列)当n≥3时,an当n=2时,ann-1=a2=1,∴an=n1(n≥2),当n=1时,2a1=a1,a1=0,满足上式,∴an=n1(n∈(方法二:累乘法)由2Sn=nan可知,当n=1时,2a1=a1,a1=0,a2=1,anan-1=n-1n-2,∴an=an显然a1=0满足,∴an=n1(n∈N+).(2)由(1)可知an=n1(n∈N+),∴an+1=n,∴an+12n∴Tn=1×121+2×122+3×123+12Tn=1×122+2×123+…+(n1)·1③④得,12Tn=121-∴Tn=2(2+n)·1219.解(1)设开始运动n分钟后相遇,依题意,有2n+n(n-1)2+5n=70,整理,得n2解得n=7,n=20(舍去).故甲、乙两物体开始运动后7分钟相遇.(2)设开始运动m分钟后第2次相遇,依题意,有2m+m(m-1)2+5m=3×70,整理,得m2+13m420=故甲、乙两物体开始运动后15分钟第二次相遇.20.解由an=3n31,可得a1=28,公差d=3,{an}的前n项和Sn=28n+12n(n1)·3=32n2当1≤n≤10时,an<0,当n≥11时,an>0,则数列{bn}的前30项和为S30S10S10=32×302592×302×32×102592×10=21.(1)证明当n=1时,有2a1=a12即a122a13=0,解得a1=3(a1=当n≥2时,有2Sn1=an-又2Sn=an2+n4,两式相减得2an=a即an22an+1=an-12,即(a因此an1=an1或an1=an1.若an1=an1,即an+an1=1.则有当a1=3时,a2=2,这与数列{an}的各项均为正数相矛盾,所以an1=an1,即anan1=1,因此数列{an}为等差数列.(2)解由(1)知a1=3,d=1,所以数列{an}的通项公式为an=3+(n1)×1=n+2,故Sn=n222.解(1)由2an=Sn+2,得2a1=S1+2,即2a1=a1+2,解得a1=2.同理得2a2=S2+2,即2a2=a1+a2+2,解得a2=4.(2)由2an=Sn+2,得2an1=Sn1+2(n≥2),两式相减,得2an2an1=SnSn