2022版高中数学第一章数列本章达标检测含解析北师大版必修5（Word含答案）.docx

本章达标检测(满分:150分;时间:120分钟)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.已知数列an是等差数列,a1=2,其公差d0.若a5是a3和a8的等比中项,则S18=()A.398B.388C.189D.1992.在等差数列an中,a3+a5=12-a7,则a1+a9=()A.8B.12C.16D.203.已知两个等差数列an与bn的前n项和分别为An和Bn,且AnBn=7n+45n+3,则使得anbn为整数的正整数n的个数是()A.2B.3C.5D.44.在数列an中,a1=2,2an+1=2an+1(nN+),则a101的值为()A.52B.50C.51D.495.等比数列an的前n项和为Sn=32n-1+r,则r的值为()A.13B.-13C.19D.-196.已知数列an满足a1=2,an+1=1-21+an(nN+),则a2020=()A.2B.13C.-12D.-37.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.在龙门石窟的某处“浮雕像”共有7层,每一层的个数是它下一层的2倍,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案.已知该处共有1016个“浮雕像”,则正中间那层的“浮雕像”的个数为()A.508B.256C.128D.648.已知等差数列an的前n项和为Sn,若S13<0,S12>0,则在数列an中绝对值最小的项为()A.第5项B.第6项C.第7项D.第8项9.已知在正项数列an中,a1=1,a2=2,2an2=an-12+an+12(n2),bn=1an+an+1,记数列bn的前n项和为Sn,若Sn=3,则n的值是()A.99B.33C.48D.910.设Sn为数列an的前n项和,已知a1=12,n+1an+1=nan+2n,则S100=()A.2-492100B.2-49299C.2-512100D.2-5129911.若方程x2-5x+m=0与x2-10x+n=0的四个根适当排列后,恰好组成一个首项为1的等比数列,则mn的值是()A.4B.2C.12D.1412.对于数列an,若存在常数M,对任意nN+,都有|an|M成立,则称数列an是有界的.若数列an满足a1=1,则下列条件中,能使an有界的是()A.an+an+1=1+nB.an+1-an=1-1nC.anan+1=1+2nD.an+1an=1+1n2二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)13.已知数列an满足a1=-1,an+1=an+1n(n+1),nN+,则其通项公式为an=. 14.已知数列an的前n项和Sn=n2+3n(nN+),则其通项公式为an=. 15.数列an中,Sn为数列an的前n项和,且a1=1,an=2Sn22Sn-1(n2),则这个数列的前n项和Sn=. 16.已知数列an的前n项和是Sn,且an+Sn=3n-1,则数列an的通项公式为an=. 三、解答题(本大题共6小题,共70分,解答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)已知等差数列an的公差d为2,且a1,a3,a4成等比数列.(1)求an的通项公式;(2)设an的前n项和为Sn,求S20的值.18.(本小题满分12分)已知正项等比数列an的前n项和为Sn,且2a2=S2+12,a3=2.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=log2an+3,数列1bnbn+1的前n项和为Tn,求满足Tn>13的正整数n的最小值.19.(本小题满分12分)已知数列an的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有2Sn=3an+n-2成立.(1)求证:数列an-12为等比数列;(2)记bn=3n-1anan+1,求数列bn的前n项和Tn.20.(本小题满分12分)已知数列an的前n项和Sn=3n2+8n,bn是等差数列,且an=bn+bn+1.(1)求数列bn的通项公式;(2)令cn=(an+1)n+1(bn+2)n,求数列cn的前n项和Tn.21.(本小题满分12分)已知数列an的首项为2,前n项和为Sn,且1an-1an+1=24Sn-1(nN+).(1)求a2的值;(2)设bn=anan+1-an,求数列bn的通项公式;(3)求数列an的通项公式.22.(本小题满分12分)已知数列an是公比不为1的等比数列,且a1=1,a2,2a3,3a4成等差数列.(1)求数列an的通项公式和前n项和Sn;(2)设数列bn满足b1=a1,对任意的nN+,bn+1an+1-bnan=5.(i)求数列bn的最大项;(ii)是否存在等差数列cn,使得对任意nN+,都有2Sncn5-bn?若存在,求出所有符合题意的等差数列cn;若不存在,请说明理由.答案全解全析本章达标检测一、选择题1.C由题意可得a52=a3·a8,公差d0,a1=2,(a1+4d)2=(a1+2d)(a1+7d),代入数据可得(2+4d)2=(2+2d)(2+7d),解得d=1,S18=18a1+18×172d=189.故选C.2.A由题意,数列an为等差数列,结合等差数列的性质得,a3+a5+a7=3a5=12,则a5=4,所以a1+a9=2a5=8.故选A.3.C数列an和bn均为等差数列,且其前n项和An和Bn满足AnBn=7n+45n+3,anbn=2an2bn=n(a1+a2n-1)2n(b1+b2n-1)2=A2n-1B2n-1=14n+382n+2=7(2n+2)+242n+2=7+242n+2=7+12n+1.经验证知,当n=1,2,3,5,11时,anbn为整数.故选C.4.A由已知得an+1-an=12,nN+,所以an是首项为2,公差为12的等差数列.所以由等差数列的通项公式得a101=2+100×12=52.故选A.5.B设等比数列an的公比为q.解法一:当n=1时,a1=S1=3+r;当n2时,an=Sn-Sn-1=32n-1-32n-3=32n-3·(32-1)=8·32n-3=8·32n-2·3-1=83·9n-1.因为n=1时满足通项公式an=83·9n-1,所以3+r=83,所以r=-13.故选B.解法二:由题意知公比q1,由Sn=a1(1-qn)1-q,得Sn=a11-q-a11-q·qn,令a11-q=A,则Sn=A-Aqn.由题知Sn=32n-1+r=13·9n+r,所以r=-13.故选B.6.D由已知得a1=2,a2=1-21+2=13,a3=1-21+13=-12,a4=1-21-12=-3,a5=1-21-3=2,可以判断出数列an是以4为周期的周期数列,故a2020=a505×4=a4=-3,故选D.7.答案D信息提取龙门石窟的某处“浮雕像”共有7层,每一层的个数是它下一层的2倍;该处共有1016个“浮雕像”;求正中间那层的“浮雕像”的个数.数学建模本题以数学文化为背景,构建等比数列模型,应用等比数列模型解题.由题意可知,从最下层往上,每层“浮雕像”的个数构成一个公比为2的等比数列,且已知其和为1016,故可利用等比数列的通项公式和前n项和公式直接求解.解析根据题意,可知从最下层往上每层“浮雕像”的个数构成一个公比为2的等比数列an,设最下层“浮雕像”的个数为a1,数列an的前n项和为Sn,1n7,nN+,则由S7=(1-27)a11-2=1016,解得a1=8.正中间那层为第4层,所以其“浮雕像”的个数为8×23=64.8.C根据等差数列an的前n项和公式Sn=n(a1+an)2,因为S13<0,S12>0,所以a1+a13<0,a1+a12>0,由a1+a13=2a7,a1+a12=a6+a7得a7<0,a6+a7>0,所以数列an中绝对值最小的项为第7项.9.B2an2=an-12+an+12(n2),数列an2是首项为1,公差为22-12=3的等差数列,an2=1+3(n-1)=3n-2.又an>0,an=3n-2,bn=1an+an+1=13n-2+3n+1=13·(3n+1-3n-2),数列bn的前n项和Sn=13(4-1)+(7-4)+(3n+1-3n-2)=13·(3n+1-1),由Sn=13(3n+1-1)=3,解得n=33,故选B.10.D由n+1an+1=nan+2n,得n+1an+1-nan=2n,则当n2时,nan-n-1an-1=2n-1,n-1an-1-n-2an-2=2n-2,2a2-1a1=21,将各式左右分别相加得nan-1a1=21+22+2n-1=2n-2,又a1=12,所以an=n·12n(n2),当n=1时,a1=12也符合此式,因此得S100=1×12+2×122+100×12100,由×12得,12S100=1×122+2×123+99×12100+100×12101,-,得12S100=12+122+123+12100-100×12101,所以S100=2-1299-100×12100=2-51299.故选D.11.D由题意可知1是方程的一个根,若1是方程x2-5x+m=0的根,则m=4,另一根为4,设x3,x4是方程x2-10x+n=0的两个根,且x3<x4,则x3+x4=10,这四个数的排列顺序只能为1,x3,4,x4,则公比为2,x3=2,x4=8,n=16,mn=14;若1是方程x2-10x+n=0的根,则n=9,另一根为9,设x1,x2是方程x2-5x+m=0的两个根,则x1+x2=5,无论怎么排列均不符合题意.综上可知,mn=14.12.D对于A,假设an有界,即存在常数M,对任意nN+,都有an+1M,anM,则1+n=an+1+anM+M=2M.因为左边1+n递增到无穷大,而右边为常数,所以anM不恒成立,故A错误.同理,对于C,an+1an=1+2nM2也不恒成立,故C错误.对于B,当n2时,an+1-an=1-1n12,累加可得an-a212(n-2),a2=1,ann2,当n=1时,此式也成立,显然an不是有界的,故B错误.对于D,a2=2,an+1an=1+1n2=n2+1n2<n2n2-1=n2(n+1)(n-1)=nn+1·nn-1,当n2时,累乘可得anan-1×an-1an-2××a3a2<n-1n×n-2n-1××23·n-1n-2×n-2n-3××21,即ana2<2n·(n-1)<2,从而an<4,n=1时,a1=1<4也成立,故D正确.故选D.二、填空题13.答案-1n解析由题意得,an+1-an=1n-1n+1,所以a2-a1=11-12,a3-a2=12-13,an-an-1=1n-1-1n(n2).累加得an-a1=1-1n=n-1n(n2).因为a1=-1,所以an=-1n(n2).当n=1时,a1=-1也符合该式,故an=-1n.14.答案2n+2解析当n=1时,a1=S1=4;当n2时,an=Sn-Sn-1=(n2+3n)-(n-1)2+3(n-1)=2n+2,而a1=4也满足此式,所以an=2n+2(nN+).15.答案12n-1解析由an=2Sn22Sn-1,得an=Sn-Sn-1=2Sn22Sn-1(n2),整理得2Sn2-2Sn·Sn-1-Sn+Sn-1=2Sn2,即Sn-1-Sn=2Sn-1·Sn,两边同除以Sn·Sn-1得1Sn-1Sn-1=2(n2),所以1Sn是公差为2的等差数列,其首项为1S1=1a1=1,所以1Sn=1+2(n-1)=2n-1,所以Sn=12n-1.故答案为12n-1.16.答案3-12n-2解析由题得an+Sn=3n-1,an-1+Sn-1=3n-4(n2),两式相减得an=12an-1+32,即an-3=12(an-1-3)(n2),由a1+S1=2a1=2,得a1=1,所以a1-3=-20,所以数列an-3是首项为-2,公比为12的等比数列,所以an-3=-2×12n-1=-12n-2,所以an=3-12n-2.故答案为3-12n-2.三、解答题17.解析(1)a1,a3,a4成等比数列,a32=a1a4,(2分)(a1+2d)2=a1(a1+3d),(a1+4)2=a1(a1+6),解得a1=-8.an的通项公式为an=2n-10.(5分)(2)S20=20(a1+a20)2=10(a1+a1+19d)=10×(-16+19×2)=220,S20的值为220.(10分)18.解析(1)由题意知,2a2=S2+12,2a2=a1+a2+12,a2=a1+12.(1分)设等比数列an的公比为q(q>0),a3=2,2q=2q2+12,化简得q2-4q+4=0,解得q=2,(3分)an=a3·qn-3=2·2n-3=2n-2.(4分)(2)由(1)知,bn=log2an+3=log22n-2+3=n-2+3=n+1,1bnbn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,(6分)Tn=1b1b2+1b2b3+1bnbn+1=12-13+13-14+1n+1-1n+2=12-1n+2=n2(n+2).(9分)令Tn>13,得n2(n+2)>13,解得n>4,满足Tn>13的正整数n的最小值是5.(12分)19.解析(1)证明:对任意的正整数n,都有2Sn=3an+n-2成立,当n=1时,a1=S1=32a1-12,解得a1=1;(1分)当n2时,2an=2Sn-2Sn-1=(3an+n-2)-(3an-1+n-3),整理得an=3an-1-1,an-12=3an-1-12(n2),(3分)又a1-12=120,数列an-12是首项为12,公比为3的等比数列.(4分)(2)由(1)可得,an-12=12·3n-1,an=12(3n-1+1),(6分)bn=3n-1anan+1=4×3n-1(3n-1+1)(3n+1)=213n-1+1-13n+1,(8分)Tn=211+1-13+1+13+1-132+1+13n-1+1-13n+1=212-13n+1=3n-13n+1.(12分)20.解析(1)由题意可得,当n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5;(1分)当n=1时,a1=S1=11,经检验符合上式,所以an=6n+5.(2分)设等差数列bn的公差为d.由a1=b1+b2,a2=b2+b3,得11=2b1+d,17=2b1+3d,(3分)解得b1=4,d=3,所以bn=3n+1.(4分)(2)由(1)知,cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1.(6分)又Tn=c1+c2+cn,所以Tn=3×2×22+3×23+(n+1)×2n+1,2Tn=3×2×23+3×24+n×2n+1+(n+1)×2n+2,(9分)-,得-Tn=3×2×22+23+24+2n+1-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2,所以Tn=3n·2n+2.(12分)21.解析(1)a1=2,且1a1-1a2=24S1-1,12-1a2=24×2-1=27,解得a2=143.(2分)(2)由1an-1an+1=24Sn-1(nN+),可得4Sn-1=2anan+1an+1-an,4Sn-1-1=2an-1anan-an-1,n2,(4分)(4Sn-1)-(4Sn-1-1)=4an=2anan+1an+1-an-2an-1anan-an-1,易知an0,an+1an+1-an-an-1an-an-1=2,an+1-an+anan+1-an-an-1an-an-1=2,化简得anan+1-an-an-1an-an-1=1,即bn-bn-1=1(n2),(6分)又b1=a1a2-a1=2143-2=34,数列bn是首项为34,公差为1的等差数列,bn=34+(n-1)=4n-14.(8分)(3)由(2)可得anan+1-an=4n-14,an+1-anan=44n-1,即an+1an-1=44n-1,an+1an=4n+34n-1,anan-1=4n-14n-5(n2),(10分)an=anan-1×an-1an-2××a3a2×a2a1×a1=4n-14n-5×4n-54n-9××117×73×2=8n-23(n2),又a1=2满足上式,an=8n-23.(12分)22.解析(1)设数列an的公比为q(q1,0),由a1=1,a2,2a3,3a4成等差数列,可得q+3q3=4q2,解得q=13或q=1(舍去)或q=0(舍去),(2分)所以an=13n-1,(3分)Sn=1-13n1-13=321-13n.(4分)(2)(i)易得b1=1,b1a1=1,因为bn+1an+1-bnan=5,所以数列bnan是以1为首项,5为公差的等差数列,(5分)所以bnan=1+5×(n-1)=5n-4,所以bn=13n-1·(5n-4).显然bn>0,令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4>1,解得45<n<1310,即b2>b1,(6分)令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4<1,解得n>1310n<45舍去,即b2>b3>b4>,所以(bn)max=b2=2.(8分)(ii)假设存在等差数列cn,使得对任意nN+,都有2Sncn5-bn.2Sn=31-13n2,3),由(i)得,5-bn=5-13n-1·(5n-4)3,5),(9分)设cn的公差为d,则cn=c1+(n-1)·d.若d>0,则cn单调递增,存在k使得ck>5,但是5-bn<5,所以cn5-bn不恒成立,故不满足题意;(10分)若d<0,则cn单调递减,而数列2Sn单调递增,则2Sncn不恒成立,故不满足题意;(11分)若d=0,则cn=c1,因为2Sncn5-bn,所以cn3,cn5-b2=3,所以cn=3.所以存在等差数列cn=3满足题意.(12分)10