资料简介
数学选择性必修二尖子生同步培优题典第四章数列单元检测B解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________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．-10【答案】B【解析】【分析】把，用和公差2表示，根据，，成等比数列，得到解得.【详解】解：因为等差数列的公差为2，若，，成等比数列，即解得故选：【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，与等比中项的性质，属于基础题.2．设正项等比数列的前项和为，，则公比等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】由条件可得，即可求出.【详解】因为，所以
所以，即因为，所以故选：A【点睛】本题考查的是等比数列的知识，考查了学生的转化能力，较简单.3．已知等差数列，的前项和分别为和，且，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】由条件可设，，然后计算出和即可.【详解】因为等差数列，的前项和分别为和，且，所以可设，，所以，，所以.故选：A【点睛】本题考查的是等差数列前项和的特点，属于基础题.4．若数列满足：，而数列的前项和最大时，的值为（）A．6B．7C．8D．9【答案】B【解析】方法一：∵，∴，
∴数列是首项为19，公差为-3的等差数列．则．所以时，取最大值．选B．方法二：∵，∴，∴数列是首项为19，公差为-3的等差数列．∴，∴当时，；当时，．所以时，取最大值．选B．点睛：求等差数列前n项和最值的常用方法：①利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；②利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；③将等差数列的前n项和(A、B为常数)看作关于项数n的二次函数，根据二次函数的性质求最值．5．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．A【答案】B【解析】
【分析】利用对数与指数的转化，得到数列为等比数列，公比，然后求得所求半音对应的数列的项数，从而得到答案.【详解】依题意可知.由于满足，则，所以数列为等比数列，公比，对应的频率为，题目所求半音与的频率之比为，所以所求半音对应的频率为，即对应的半音为.故选：B.【点睛】本题考查等比数列的应用，涉及对数运算，等比数列的判定，等比数列的性质，属中档题.6．若数列满足：对任意的，总存在，使，则称是“数列”．现有以下数列：①；②；③；④；其中是数列的有（）．A．①③B．②④C．②③D．①④【答案】D【解析】【分析】利用特殊值的方法可以否定②③,再根据通项公式的特点证明①④即可【详解】①,则,,则,故①是“数列”；②,则,若,则只能是1,2,但,,此时,故②不是“数列”；③,则,若,则只能是1,2,但,
,此时,故③不是“数列”；④,则,，则,故④是“数列”故选：D【点睛】本题考查数列的通项公式的应用,考查对新定义的理解,考查分析阅读能力,考查推理论证能力7．已知数列1、1、2、1、2、4、1、2、4、8、1、2、4、8、16、…，其中第一项是，接下来的两项是、，再接下来的三项是、、，以此类推，若且该数列的前项和为2的整数幂，则的最小值为（）A．440B．330C．220D．110【答案】A【解析】【分析】把题设中的数列分成如下的组：，记前组的和为，算出后结合前项和为2的整数幂可得的最小值.【详解】把题设中的数列分成如下的组：，记前组的和为。则.令即，故.故当时，数列至少包括前13组且含有第14组的前个元素.设前项和为2的整数幂且第项为第组的第个元素，则，且前项和，其中，.
下证：当时，总有.记，则当时，有，故为单调增数列，而，故即.所以，由为2的整数幂，故，从而，当时，，与矛盾；当时，，此时，故选：A.【点睛】本题考查分组数列的和以及与不定方程的整数解，对于分组数列的前项和的问题，一般采用计算“大组”和，再计算“小组”和，而不定方程的整数解问题，则需把和式放缩为2的正整数幂的形式，从而确定和的表达式，本题属于难题.8．等差数列，满足，则（）A．的最大值为50B．的最小值为50C．的最大值为51D．的最小值为51【答案】A【解析】【分析】首先数列中的项一定满足既有正项，又有负项，不妨设，由此判断出数列为偶数项，利用配凑法和关系式的变换求出的最大值.【详解】为等差数列，则使，所以数列中的项一定有正有负，不妨设，因为
为定值，故设，且，解得.若且，则，同理若，则.所以，所以数列的项数为，所以，由于，所以，解得，故，故选A.【点睛】本小题主要考查数列的通项公式的应用，考查等差数列求和公式的应用，考查运算求解能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.二、多选题9．首项为正数，公差不为0的等差数列，其前项和为，现有下列4个命题中正确的有（）A．若，则；B．若，则使的最大的n为15C．若，，则中最大D．若，则【答案】BC【解析】【分析】根据等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，逐项判断，即可得答案.【详解】A选项，若，则，那么.故A不正确；B选项，若，则，又因为，所以前8项为正，从第9项开始为负，
因为，所以使的最大的为15.故B正确；C选项，若，，则，，则中最大.故C正确；D选项，若，则，而，不能判断正负情况.故D不正确.故选：BC.【点睛】本题考查等差数列性质的应用，涉及等差数列的求和公式，属于常考题型.10．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，则下列结论正确的是（）A．B．C．的最大值为D．的最大值为【答案】AD【解析】【分析】利用等比数列，得数列为等差数列，用等差数列的性质得出和的大小关系【详解】解：因为等比数列的公比为，由得，所以数列为等差数列，公差为，由于，，则且，得，，由，得，，若，则，而，则，则，，此时不成立，所以，所以，所以A正确；
由，，得，又因为，所以数列为递减数列，从第10项开始小于零，故前9项和最大，即可的最大值为，所以D正确，因为，所以，所以B不正确，因为，，所以数列各项均为正数，所以没有最大值，所以C不正确，故选：AD【点睛】此题考查等差数列与等比数列的性质和前项和公式的应用，属于中档题11．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．【答案】ABD【解析】【分析】根据题中递推公式，求出，，数列的前项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.【详解】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，所以，，，类似的有，，
累加得，由题知，故选项A正确，对于B选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项B正确，对于C选项，因为，，，类似的有，累加得，故选项C错误，对于D选项，可知扇形面积，故，故选项D正确，故选：ABD.【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列的性质，属于一般题.12．如图，已知点是的边的中点，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为1的正项数列，是数列的前项和，则下列结论正确的是（）A．B．数列是等比数列C．D．
【答案】AB【解析】【分析】化简得到，根据共线得到，即，计算，依次判断每个选项得到答案.【详解】，故，共线，故，即，，故，故.，正确；数列是等比数列，正确；，错误；，故错误.故选：.【点睛】本题考查了向量运算，数列的通项公式，数列求和，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力.三、填空题13．已知数列满足，，则__________．【答案】【解析】【分析】利用已知条件证得数列是等差数列，由此先求得，再求得.【详解】依题意数列满足，，
所以，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查根据递推关系求数列的项，属于基础题.14．设数列的前项和为，若，且，则_______.【答案】【解析】【分析】用，代入已知等式，得，变形可得，说明是等差数列，求其通项公式，可得的值.【详解】，，整理可得，则，即，所以，是以为公差的等差数列，又，，则.故答案为：.【点评】
本题考查数列递推式，考查等差数列的判定，训练了等差数列通项公式的求法，是中档题.15．已知函数，，正项等比数列满足，则等于______．【答案】【解析】试题分析：因为，所以．因为数列是等比数列，所以，即．设①，又＋…＋②，①+②，得，所以．考点：1、等比数列的性质；2、对数的运算；3、数列求和．【知识点睛】如果一个数列，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和（都相等，为定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．如等差数列的前项和公式即是用此法推导的．16．如图，在杨辉三角形中，斜线1的上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记其前项和为，则__________．【答案】361【解析】【分析】将按照奇偶分别计算：当为偶数时，；当为奇数时，，
计算得到答案.【详解】解法一：根据杨辉三角形的生成过程，当为偶数时，，当为奇数时，，，，，，，，解法二：当时，，当时，，【点睛】本题考查了数列的前N项和，意在考查学生的应用能力和解决问题的能力.四、解答题17．在①对任意，满足，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．问题：已知数列的前项和为，，______，若数列是等差数列，求数列的通项公式；若数列不一定是等差数列，说明理由．【答案】选择条件①，数列不一定是等差数列，理由见解析；选择条件②，数列
的通项公式为；选择条件③，．【解析】【分析】若选择条件①，可得，即，由于无法确定的值，即可判断；若选择条件②：可得，，再根据等差数列的通项公式计算得解；若选择条件③：利用，可得，，再根据等差数列的通项公式计算得解；【详解】解：选择条件①：因为对任意，，满足，所以，所以．因为无法确定的值，所以不一定等于2．所以数列不一定是等差数列．选择条件②：由，得，即，．又因为，所以．所以数列是等差数列，其公差为2．因此，数列的通项公式为．选择条件③：因为，所以，两式相减得，即．又，即，所以，，又，，所以，所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以．【点睛】本题考查等差数列的通项公式的计算，根据求通项公式，属于基础题.18．已知等比数列的前n项和为，，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列为递增数列，数列满足，求数列的前n项和.（3）在条件（2）下，若不等式对任意正整数n都成立，求的取值范围.【答案】（1）当时：；当时：（2）（3）【解析】【分析】（1）直接利用等比数列公式得到答案.（2）利用错位相减法得到答案.（3）将不等式转化为，根据双勾函数求数列的最大值得到答案.【详解】（1）当时：当时：（2）数列为递增数列，，两式相加，化简得到（3）
设原式（为奇数）根据双勾函数知：或时有最大值.时，原式时，原式故【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，错位相减法求前N项和，恒成立问题，将恒成立问题转化为利用双勾函数求数列的最大值是解题的关键，此题综合性强，计算量大，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.19．设数列的前项和为，且满足，.（1）求（用表示）；（2）求证：当时，不等式成立.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据，代入即得，整理可得，为等差数列，即可得解；（2）代入整理，通过放缩即可证明.【详解】解：（1）∵，∴，∴，∴，为首项为为首项，公差为等差数列，
∴.（2）∵，∴时，，时，.【点睛】本题考查了和关系，考查了构造等差数列求通项公式，同时考查了放缩法证明不等式，要求一定的计算能力，属于较难题.20．市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2019年7月7日贷款到账，则2019年8月7日首次还款）.已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004.（1）若小张采取等额本金的还款方式，现已得知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算小张该笔贷款的总利息；（2）若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半，已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）；（3）对比两种还款方式，从经济利益的角度来考虑，小张应选择哪种还款方式.参考数据：.【答案】（1）289200元；（2）能够获批；（3）应选择等额本金还款方式【解析】【分析】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，即可由等差数列的前n项和公式求得其还款总额，减去本金即为还款的利息；（2）根据题意，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，设小张每月还款额为元，由等比数列求和公式及参考数据，即可求得其还款额，与收入的一半比较即可判断；（3）计算出等额本息还款方式时所付出的总利息，两个利息比较即可判断.【详解】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为，
表示数列的前项和，则，，则，故小张该笔贷款的总利息为元.（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，则，所以，即，因为，所以小张该笔贷款能够获批.（3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为：，因为，所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择等额本金还款方式.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列求和公式的综合应用，数列在实际问题中的应用，理解题意是解决问题的关键，属于中档题.21．已知数列满足，，.（1）若.①求数列的通项公式；②证明：对，.（2）若，且对，有，证明：.【答案】（1）①；②证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】
（1）①当时，，两边取倒数，再根据数列递推关系，可得出数列是首项为2，公差为1的等差数列，即可求出数列的通项公式；②由①知，利用裂项公式整理得出，则对，根据裂项相消法即可求出；（2）当时，，则，由于，则，根据基本不等式得出，化简整理有，最后再利用基本不等式，即可证明出.【详解】解：（1）①当时，，∵，∴，依此类推，∴，∴，∴数列是首项为2，公差为1的等差数列，∴，即，②证明：由①知，故对，∴
＝＝，（2）证明：当时，，则，∵，则，得，∴＝＝，∵与不能同时成立，所以上式“＝”不成立，即对，.【点睛】本题考查通过数列的递推关系证出等差数列和求数列的通项公式，以及运用裂项相消法求和，还涉及运用基本不等式求最值，考查推理证明和化简运算能力.22．已知数列的前项和为，，且为与的等差中项，当时，总有.（1）求数列的通项公式；（2）记为在区间内的个数，记数列的前项和为，求.
【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用得出的递推关系，同时判断与的关系也与这个相同，从而得数列是等比数列，由等比数列通项公式可得结论；（2）由（1）可得，写出，两两配对后易得和．【详解】（1）因为，，，所以，，因为，，，依次成等差数列，所以，得，所以，所以数列是以1为首项，公比为的等比数列，所以.（2）由题意知：，所以，所以，即，所以，当为偶数时，，所以．【点睛】本题考查由求，求等比数列的通项公式，考查分组（并项）求和法．在由的转化中注意，因此后面的关系式、结论需验证时是否成立，否则易出错．在出现正负相间的数列求和时常常相邻项并项后再求和．
查看更多
Copyright 2004-2019 ttzyw.com All Rights Reserved 闽ICP备18023965号-4
天天资源网声明：本站点发布的文章作品均来自用户投稿或网络整理，部分作品未联系到知识产权人或未发现有相关的知识产权登记