2023北师大版新教材高中数学选择性必修第二册第一章 数列(全卷满分150分,考试用时120分钟)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.在数列{an}中,a1=2,2an+1=2an+1(n∈N+),则a101的值为( ) A.52B.50C.51D.492.已知等比数列{an}中,a1a8a15=27,则a3a13=( )A.3B.6C.9D.183.已知数列{an}是等差数列,a1=2,其前n项和为Sn,公差d≠0.若a5是a3和a8的等比中项,则S18=( )A.398B.388C.189D.1994.在数列{an}中,a1=-2,an+1=1-1an,则a2022的值为( )A.-2B.13C.12D.325.已知两个等差数列{an}和{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.46.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a12=9a10,要使数列{λ+Sn}为等比数列,则实数λ的值为( )A.13B.12C.2D.不存在7.如图,一个质点从原点出发,按(0,0)→(0,1)→(1,1)→(1,0)→(2,0)→(2,1)→(2,2)…的规律移动,且每秒移动一个单位长度,那么到第2011秒时,这个质点所处位置的坐标是( )A.(13,44)B.(14,44)C.(44,13)D.(44,14)8.某人从2016年起,每年的1月1日到银行存入a元的定期储蓄,若年利率为p且保持不变,并约定每年到期时存款的本息均自动转为新的一年的定期,则到2022年的1月1日将所有存款及利息全部取出,可取出的钱数为( )A.a(1+p)6B.a(1+p)7C.ap[(1+p)6-(1+p)]D.ap[(1+p)7-(1+p)]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.已知数列{an}(n∈N+)为等差数列,Sn为{an}的前n项和,若a2=5,S5=35,则下列结论中正确的是( )A.a1=2B.Sn=n2+2nC.若数列1Sn的前n项和为Tn,则Tn<34D.若bn=Sn+2n,则数列{bn}的最小项为22+210.已知数列{an},{bn}满足an+1=2an+bn,bn+1=an+2bn+lnn+1n3(n∈N+),a1+b1>0,则下列命题为真命题的是( )A.数列{an-bn}单调递增B.数列{an+bn}单调递增C.数列{an}单调递增D.数列{bn}从某项以后单调递增11.数列{an}的前n项和为Sn,若数列{an}的各项依次排列如下:12,13,23,14,24,34,15,25,35,45,…,1m,2m,…,m-1m(m≥2,m∈N+),…,则以下结论正确的是( )A.a24=38B.数列a1,a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9+a10,…是等比数列C.数列a1,a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9+a10,…的前n项和Tn=n2+n4D.若存在正整数k,使Sk<10,Sk+1≥10,则ak=5712.《张丘建算经》是中国古代数学史上的杰作,该书中有首民谣记载了一数列问题:“南山一棵竹,竹尾风割断,剩下三十节,一节一个圈.头节高五寸①,头圈一尺三②.逐节多三分③,逐圈少分三④.一蚁往上爬,遇圈则绕圈.爬到竹子顶,行程是多远?”(注释:①第一节(最下面一节)的高度为0.5尺;②第一圈(最下面一圈)的周长为1.3尺;③每节比其下面的一节多0.03尺;④每圈周长比其下面的一圈少0.013尺)则下列说法正确的是( )A.蚂蚁爬到第10节底部时的高度是5.58尺B.蚂蚁爬到第10节底部时的高度是6.35尺C.蚂蚁爬到竹子顶的行程是73.995尺D.蚂蚁爬到竹子顶的行程是61.395尺三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将
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八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
填在题中横线上)13.已知等比数列{an}满足a2+a3=5,a3+a4=10,则公比q= ,前n项和Sn= .(第一空2分,第二空3分) 14.某公司产品研发部为了激发员工的工作积极性,准备在年终奖的基础上增设18个“幸运奖”,投票产生“幸运奖”,按照得票数(假设每人的得票数各不相同)排名次,发放的奖金数从多到少依次成等差数列.已知第1名发放900元,前10名共发放6750元,则该公司需要准备“幸运奖” 元. 15.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= . 16.对于数列{an},若a1=2,an+1-an=2n,数列{an}的前n项和为Sn,则log12(Sn+2)的最大值为 . 四、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}的前n项和为Sn,数列{bn}是公比q=2的等比数列,且a1=b2=4,S3=21.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)现由数列{an}与{bn}按照下列方式构造新的数列{cn}:①将数列{an}中的项去掉数列{bn}中的项,按原来的顺序构成新数列{cn};②数列{an}与{bn}中的所有项分别构成集合A与B,将集合A∪B中的所有元素从小到大依次排列,构成新数列{cn}.在以上两种方式中任选一种,求数列{cn}的前30项和.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.18.(本小题满分12分)已知等差数列{an}满足a1+a3=8,a4-a2=4.(1)求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn;(2)记数列1Sn的前n项和为Tn,若Tn>99100,求n的最小值.19.(本小题满分12分)已知正项数列{an}的首项a1=4,且an+1-an=2.(1)求{an}的通项公式;(2)若bn=ann×22-n,求数列{bn}的前n项和Tn.20.(本小题满分12分)在数列{an}中,an>0,其前n项和为Sn,且对任意n∈N+,都有(an+1)2=4Sn.等比数列{bn}中,b1+b3=30,b4+b6=810.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)求数列{(-1)nan+bn}的前n项和Tn.21.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项积Tn满足条件:①1Tn是首项为2的等差数列;②T2-T5=16.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}满足bn=nn+2-an,其前n项和为Sn.求证:对任意正整数n,都有0
0,a12=9a10可得q=3,又a1=1,所以Sn=1−3n1−3=3n-12.若数列{λ+Sn}为等比数列,则(λ+S2)2=(λ+S1)·(λ+S3),即(λ+4)2=(λ+1)·(λ+13),解得λ=12,所以λ+Sn=12+3n-12=12×3n,因为12+Sn+112+Sn=12×3n+112×3n=3,为常数,12+S1=32≠0,所以λ=12时,数列{λ+Sn}为等比数列.故选B.7.A 由题图得质点到达(1,1)时,走过的长度是2,方向向右;质点到达(2,2)时,走过的长度是6=2+4,方向向上;质点到达(3,3)时,走过的长度是12=2+4+6,方向向右;质点到达(4,4)时,走过的长度是20=2+4+6+8,方向向上;……故质点到达(n,n)时,走过的长度是2+4+6+…+2n=n(n+1),且n为偶数时,运动方向向上,n为奇数时,运动方向向右.因为44×45=1980,45×46=2070,所以第1980秒时,这个质点到达(44,44),因为2011-1980=31,所以该质点继续移动31个单位长度,由题图中规律,可得该质点向左移动了31个单位长度,所以第2011秒时,这个质点所处位置的坐标是(13,44),故选A.8.D 由题意知,2016年1月1日存入了a元,一年后存款及利息为a(1+p)元,两年后存款及利息为a(1+p)2元,……,依次类推可得,从2016年1月1日到2022年1月1日所有的存款及利息为a(1+p)6+a(1+p)5+…+a(1+p)=a(1+p)[1-(1+p)6]1−(1+p)=ap[(1+p)7-(1+p)]元.故选D.9.BC 设等差数列{an}的公差为d.由题意得a1+d=5,5a1+5×42d=35,解得a1=3,d=2,故A错误;Sn=3n+n(n-1)2×2=n2+2n,故B正确;1Sn=1n2+2n=1n(n+2)=121n-1n+2,所以Tn=1211-13+12-14+…+1n-1-1n+1+1n-1n+2=1211+12-1n+1-1n+2=34-121n+1+1n+2<34,故C正确;bn=Sn+2n=n2+2n+2n=n+2n+2,因为n∈N+,所以数列{bn}的最小项为b1=b2=5,故D错误.故选BC.10.BCD 由题可知,an+1=2an+bn,①bn+1=an+2bn+lnn+1n3,②①-②得,an+1-bn+1=an-bn-lnn+1n3,当n=1时,a2-b2=a1-b1-ln2,∴a2-b20,∴数列{an+bn}单调递增,故B正确.将③代入①得,an+1=an+(an+bn)=an+(a1+b1)·3n-1+lnn,∴an+1-an=(a1+b1)·3n-1+lnn>0,∴数列{an}单调递增,故C正确.将③代入②得,bn+1=bn+(an+bn)+lnn+1n3=bn+(a1+b1)·3n-1+lnn+lnn+1n3,∴bn+1-bn=(a1+b1)·3n-1+ln(n+1)-2lnn.由指数函数与对数函数的增长速度知,存在实数λ,使得当n≥λ(n∈N+)时,(a1+b1)·3n-1-lnn>0,又ln(n+1)-lnn>0,∴bn+1-bn>0,即{bn}从某项起单调递增,故D正确.故选BCD.11.ACD 在A中,分母为2,3,4,…的分数的个数分别为1,2,3,…,∴以2,3,4,5,6,7为分母的数共有1+2+3+4+5+6=21(个),∴a22=18,a23=28=14,a24=38,A正确;在B中,a1=12,a2+a3=33=1,a4+a5+a6=64=32,a7+a8+a9+a10=2,……,1m+2m+…+m-1m=m-12(m≥2,m∈N+),∴a1,a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9+a10,…构成首项为12,公差为12的等差数列,B错误;在C中,由B中的结论,可知Tn=n×12+n(n-1)2×12=n2+n4,C正确;在D中,由C中的结论可得,T5=52+54=152<10,T6=62+64=212>10,∴ak的分母为7,由T6=212>10,T6-67=212-67<10,得ak=57,D正确.故选ACD.12.AD 设从地面往上,每节竹长依次为a1尺,a2尺,a3尺,…,a30尺,所以{an}是以a1=0.5为首项,0.03为公差的等差数列,所以an=0.5+0.03(n-1)=0.03n+0.47,{an}的前n项和Sn=0.5n+0.015n(n-1)=0.015n2+0.485n,所以S9=5.58,A正确,B错误.设从地面往上,每圈周长依次为b1尺,b2尺,b3尺,…,b30尺,所以{bn}是以b1=1.3为首项,-0.013为公差的等差数列,所以bn=1.3-0.013(n-1)=-0.013n+1.313,{bn}的前n项和Tn=1.3n-0.0065n(n-1)=-0.0065n2+1.3065n,所以一蚂蚁往上爬,遇圈则绕圈,爬到竹子顶,行程为(0.015×302+0.485×30)+(-0.0065×302+1.3065×30)=61.395(尺),C错误,D正确.故选AD.13.答案 2;5(2n-1)6解析 由题意得,q=a3+a4a2+a3=105=2.∴a2+a3=a1q+a1q2=6a1=5,∴a1=56.∴Sn=a1(1-qn)1−q=56×(1−2n)1−2=5(2n-1)6.14.答案 8550解析 设第1名,第2名,…,第18名所得奖金数分别为a1,a2,…,a18,则数列{an}为等差数列,设其公差为d,前n项和为Sn,依题意可知a1=900,S10=10a1+45d=6750,解得d=-50,所以S18=18a1+18×172d=8550,故该公司需要准备“幸运奖”8550元.15.答案 3-12n-2解析 由题得an+Sn=3n-1,an-1+Sn-1=3n-4(n≥2),两式相减并整理,得an=12an-1+32,即an-3=12(an-1-3)(n≥2),当n=1时,结合题中已知条件得a1+S1=a1+a1=2,解得a1=1,所以数列{an-3}是首项为a1-3=-2,公比为12的等比数列,所以an-3=(-2)×12n-1=-12n-2,所以an=3-12n-2.16.答案 -2解析 由an+1-an=2n,得an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-2,an-2-an-3=2n-3,……,a2-a1=2,将所得各式相加,得an-a1=2n-1+2n-2+2n-3+…+2=2×(1−2n-1)1−2=2n-2,∵a1=2,∴an=2n,∴Sn=2+22+23+…+2n=2×(1−2n)1−2=2n+1-2,∴Sn+2=2n+1≥4,∴log12(Sn+2)的最大值为log124=-2.17.解析 (1)因为数列{bn}是公比q=2的等比数列,且b2=4,所以数列{bn}的通项公式为bn=b2×qn-2=4×2n-2=2n.(2分)因为S3=a1+a2+a3=3a2=21,所以a2=7,又a1=4,所以等差数列{an}的公差d=a2-a1=3,故数列{an}的通项公式为an=4+(n-1)×3=3n+1.(4分)(2)由(1)得b1=2,b2=4,b3=8,b4=16,b5=32,b6=64,b7=128,a30=91,a31=94,a32=97,a33=10099100,所以1-1n+1>99100,(10分)所以n>99.又n∈N+,所以n的最小值为100.(12分)19.解析 (1)∵an+1-an=2,a1=4,∴数列{an}是首项为a1=2,公差为2的等差数列,(2分)∴an=2+2(n-1)=2n,∴an=4n2.(4分)(2)bn=ann×22−n=n×2n,∴Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n①,(6分)2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1②,(8分)①-②得-Tn=1×21+1×22+1×23+…+1×2n-n×2n+1=2(1−2n)1−2-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2,∴Tn=(n-1)×2n+1+2.(12分)20.解析 (1)由(an+1)2=4Sn,得Sn=14(1+an)2,①当n≥2时,Sn-1=14(1+an-1)2,②①-②得,Sn-Sn-1=14(1+an)2-14(1+an-1)2,即4an=an2-an-12+2(an-an-1),整理得an2-an-12=2(an+an-1),∵an+an-1>0,∴an-an-1=2(n≥2).(2分)由已知得,当n=1时,S1=14(1+a1)2,即a1=14(1+a1)2,∴a1=1,(3分)∴数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,∴an=1+2(n-1)=2n-1(n∈N+).(4分)设等比数列{bn}的公比为q,则q3=b4+b6b1+b3=81030=27,∴q=3.∴b1+b3=b1+b1q2=30,即10b1=30,解得b1=3,∴bn=b1qn-1=3n(n∈N+).(6分)(2)记数列{(-1)nan}的前n项和为An,数列{bn}的前n项和为Bn,则Bn=3(1−3n)1−3=12(3n+1-3).(7分)当n为偶数时,{an}的奇数项与偶数项各有n2项,则An=-a1+a2-a3+…-an-1+an=-(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an)=-n2[1+(2n-3)]2+n2[3+(2n-1)]2=n.(9分)当n为奇数时,{an}的奇数项有n+12项,偶数项有n-12项,则An=-a1+a2-a3+…+an-1-an=-(a1+a3+…+an)+(a2+a4+…+an-1)=-n+12[1+(2n-1)]2+n-12[3+(2n-3)]2=-n.(11分)所以Tn=An+Bn=12(3n+1-3)+n,n∈N+,n为偶数,12(3n+1-3)-n,n∈N+,n为奇数.(12分)21.解析 (1)设等差数列1Tn的公差为d.由已知得1T1=2,所以1Tn=2+(n-1)d,所以1T2=2+d,1T5=2+4d,(2分)因为T2-T5=16,所以12+d-12+4d=16,解得d1=d2=1,所以1Tn=n+1,即Tn=1n+1.(3分)又Tn=a1·a2·…·an,所以当n=1时,a1=T1=12,当n≥2时,Tn-1=a1·a2·…·an-1=1n,所以an=TnTn-1=nn+1(n≥2),当n=1时也符合上式,所以an=nn+1(n∈N+).(5分)(2)证法一:由(1)知an=nn+1,所以bn=nn+2-nn+1.因为n+1n+2>nn+1,所以nn+2=nn+1×n+1n+2>nn+12,(7分)所以nn+2>nn+1,所以bn=nn+2-nn+1>0,所以Sn>0.(8分)因为nn+2=nn+1×n+1n+20,所以Sn>0.(8分)又bn=nn+2-nn+12nn+2+nn+1,nn+2>nn+1>0,所以bn0,令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4>1,得n<1310,即b2>b1,(6分)令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4<1,得n>1310,即b2>b3>b4>…,所以b1b3>b4>…,故数列{bn}的最大项为b2=2.(8分)②假设存在等差数列{cn},使得对任意n∈N+,都有2Sn≤cn≤5-bn.易得2Sn=31−13n∈[2,3),由①得,5-bn=5-13n-1·(5n-4)∈[3,5),(9分)则cn=3.所以存在等差数列{cn}满足题意,cn=3.(12分)
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