安徽省蚌埠市2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試卷一、單選題（共8小題）1.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝，則該數(shù)列的前4項(xiàng)依次為()A.1,0,1,0 B.0,1,0,1 C.，0，，0 D.2,0,2,0【答案】A【解析】當(dāng)n分別等于1,2,3,4時(shí)，a1＝1，a2＝0，a3＝1，a4＝0.2.設(shè)an＝＋＋＋＋…＋(n∈N*)，則a2等于()A. B.＋ C.＋＋ D.＋＋＋【答案】C【解析】∵an＝＋＋＋＋…＋(n∈N*)，∴a2＝＋＋.3.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝log(n＋1)(n＋2)，則它的前30項(xiàng)之積是()A. B.5 C.6 D.【答案】B【解析】a1·a2·a3·…·a30＝log23×log34×log45×…×log3132＝lg3lg2×lg4lg3×lg5lg4×…×lg32lg4.若數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝，則這個(gè)數(shù)列中的最大項(xiàng)是()A.第12項(xiàng) B.第13項(xiàng) C.第14項(xiàng) D.第15項(xiàng)【答案】C【解析】an＝＝，因?yàn)閚＋≥2＝28，當(dāng)且僅當(dāng)n＝14時(shí)，n＋有最小值28，所以當(dāng)n＝14時(shí)，an＝取得最大值為.5.已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝，那么這個(gè)數(shù)列是()A.遞增數(shù)列 B.遞減數(shù)列 C.擺動(dòng)數(shù)列 D.常數(shù)列【答案】A【解析】∵an＝，∴an＋1－an＝－＝＝>0，∴an＋1>an，因此，數(shù)列{an}是遞增數(shù)列．6.已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項(xiàng)的和為15，且a5＝3a3＋4a1，則a3等于()A.16 B.8 C.4 D.2【答案】C【解析】設(shè)該等比數(shù)列的首項(xiàng)為a1，公比為q，由已知得，a1q4＝3a1q2＋4a1，因?yàn)閍1>0且q>0，可得q＝2，又因?yàn)閍1(1＋q＋q2＋q3)＝15，即可解得a1＝1，則a3＝a1q2＝4.7.如果數(shù)列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，那么an＝()A. B. C. D.【答案】A【解析】由題意知等比數(shù)列{an－an－1}的首項(xiàng)與公比分別為a1＝1，q＝，∴an－an－1＝1×n－1.設(shè)數(shù)列a1，a2－a1，…，an－an－1的前n項(xiàng)和為Sn，∴Sn＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an.又∵Sn＝＝，∴an＝.8.已知數(shù)列{an}滿足an＝(n∈N*)，且數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.(2,3) B.[2,3) C. D.[2,3]【答案】C【解析】∵數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，∴當(dāng)n＞6時(shí)，a＞1；當(dāng)n≤6時(shí)，3－a＞0，且a6＜a7，即a>1,3-a>0,63-a-8<a,解得＜a二、多選題（共4小題）9.在數(shù)列{an}中，如果對(duì)任意n∈N*都有＝k(k為常數(shù))，則稱{an}為等差比數(shù)列，k稱為公差比，現(xiàn)給出下列命題，其中正確的是()A.等差比數(shù)列的公差比一定不為0B.等差數(shù)列一定是等差比數(shù)列C.若an＝－3n＋2，則數(shù)列{an}是等差比數(shù)列D.若等比數(shù)列是等差比數(shù)列，則其公比等于公差比【答案】ACD【解析】對(duì)于A，若公差比為0，則an＋2－an＋1＝0，故{an}為常數(shù)列，從而＝k的分母為0，無(wú)意義，所以公差比一定不為零；對(duì)于B，當(dāng)?shù)炔顢?shù)列為常數(shù)列時(shí)，不能滿足題意；對(duì)于C，若an＝－3n＋2，則＝＝3是公差比為3的等差比數(shù)列；對(duì)于D，an＝a1qn－1代入＝q，命題正確，所以正確命題為A，C，D.10.設(shè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，且S4＝S5，S6＝21，若＋＋…＋<λ恒成立，則λ的值不可以是()A.1 B.0 C.－1 D.2【答案】BC【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為d，因?yàn)镾4＝S5，所以4a1＋d＝，整理得12a1＋18d＝10a1＋20d，即a1＝d，由S6＝21，可得6a1＋d＝21，即6a1＋15d＝21，所以a1＝d＝1，所以Sn＝n＋n(n-1)2＝，所以＝＝－，所以＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－<1，因?yàn)椋?lt;λ恒成立，所以λ≥1.11.已知數(shù)列是各項(xiàng)均為正數(shù)且公比不等于1的等比數(shù)列，對(duì)于函數(shù)f，若數(shù)列{lnf(an)}為等差數(shù)列，則稱函數(shù)f為“保比差數(shù)列函數(shù)”，則定義在(0，＋∞)上的如下函數(shù)中是“保比差數(shù)列函數(shù)”的有()A.f(x)＝為“保比差數(shù)列函數(shù)” B.f＝x2為“保比差數(shù)列函數(shù)”C.f＝ex為“保比差數(shù)列函數(shù)” D.f＝為“保比差數(shù)列函數(shù)”【答案】ABD【解析】設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q≠1).由題意，lnf(an)＝ln，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝ln－ln＝ln＝－lnq是常數(shù)，所以數(shù)列{lnf(an)}為等差數(shù)列，A滿足題意；由題意，lnf(an)＝lnan2，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝lnan＋12－lnan2＝lnq2＝2lnq是常數(shù)，所以數(shù)列{lnf(an)}為等差數(shù)列，B滿足題意；由題意，lnf(an)＝lnean，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝ln－ln＝an＋1－an不是常數(shù)，所以數(shù)列{lnf(an)}不為等差數(shù)列，C不滿足題意；由題意，lnf(an)＝ln，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝ln－ln＝lnq是常數(shù)，所以數(shù)列{lnf(an)}為等差數(shù)列，D滿足題意．12.已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列中，a1＋a2＋a3＝15，且a1＋2，a2＋5，a3＋13構(gòu)成等比數(shù)列的前三項(xiàng)，則()A.a2＝5B.bn＝5·2n－1C.an＝2n－1D.設(shè)cn＝anbn，則數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn＝(2n－1)2n＋1【答案】ABD【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則由已知得a1＋a2＋a3＝3a2＝15，即a2＝5，又(5－d＋2)(5＋d＋13)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)，a1＝a2－d＝3，所以an＝a1＋(n－1)×d＝2n＋1，又b1＝a1＋2＝5，b2＝a2＋5＝10，所以q＝2，所以bn＝5·2n－1；因?yàn)門n＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1，2Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n，兩式相減得－Tn＝3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＝(1－2n)2n－1，則Tn＝(2n－1)2n＋1.三、填空題（共4小題）13.已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝，若bn＝－1，則數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝________.【答案】2n－1【解析】由an＋1＝可得＝－1，于是－1＝－2＝2，而－1＝1，且bn＝－1，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，所以bn＝1×2n－1＝2n－1.14.已知f(x)＝，利用課本中推導(dǎo)等差數(shù)列前n項(xiàng)和的公式的方法，可求得f＋f＋…＋f＝________.【答案】2022【解析】f(x)＋f(1－x)＝＋＝＝2，令S＝f＋f＋…＋f，則S＝f＋f＋…＋f，兩式相加得，2S＝2022×2，∴S＝2022.15.如果數(shù)列{an}滿足－＝k(k為常數(shù))，那么數(shù)列{an}叫做等比差數(shù)列，k叫做公比差．給出下列四個(gè)結(jié)論：①若數(shù)列{an}滿足＝2n，則該數(shù)列是等比差數(shù)列；②數(shù)列{n·2n}是等比差數(shù)列；③所有的等比數(shù)列都是等比差數(shù)列；④存在等差數(shù)列是等比差數(shù)列．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是________．【答案】①③④【解析】①數(shù)列{an}滿足＝2n，則－＝2(n＋1)－2n＝2，滿足等比差數(shù)列的定義，故①正確；②數(shù)列{n·2n}，－＝－＝＝－，不滿足等比差數(shù)列的定義，故②錯(cuò)誤；③等比數(shù)列－＝0，滿足等比差數(shù)列，故③正確；④設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則－＝an+2dan+d－a故當(dāng)d＝0時(shí)，滿足－＝0，故存在等差數(shù)列是等比差數(shù)列，即④正確．16.若數(shù)列{an}滿足an+2an+1+an+1an=q(q為常數(shù)),則稱數(shù)列{an}為等比和數(shù)列,q稱為公比和,已知數(shù)列{an}是以3為公比和的等比和數(shù)列,其中a1=1,a2=【答案】21009【解析】由題意可得a1=1,a2=2,a3a故a3=2,又a4a3+a3a同理,a5=4,a6=8,a7=8,…,總結(jié)規(guī)律:當(dāng)n=2k-1(k∈N*)時(shí),an=2k-1,當(dāng)n=2k(k∈N*)時(shí),an=2k,故當(dāng)n=2019時(shí),k=1010,a2019=21010-1=21009.四、解答題（共6小題）17.(10分)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝0且－＝1.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝，記Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求證：Sn<1.【答案】(1)解由－＝1知，是公差為1的等差數(shù)列，又∵＝1，故＝n，∴an＝1－.(2)證明由(1)得bn＝＝＝－，∴Sn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－<1.18.(10分)已知等差數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，a1＝3，前n項(xiàng)和為Sn，{bn}為等比數(shù)列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.(1)求an與bn；(2)求＋＋…＋.【答案】解(1)設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q.依題意有解得或(舍去).故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)因?yàn)镾n＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝＝－.19.(12分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2n2+n,n∈N*,數(shù)列{bn}滿足an=4log2bn+3,n∈N*.(1)求an,bn;(2)求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Tn.【答案】解(1)由Sn=2n2+n,得當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=3;當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=4n所以an=4n-1,n∈N*.由4n-1=an=4log2bn+3,得bn=2n-1,n∈N*.(2)由(1)知anbn=(4n-1)·2n-1,n∈N*.所以Tn=3+7×2+11×22+…+(4n-1)·2n-1,2Tn=3×2+7×22+…+(4n-5)·2n-1+(4n-1)·2n,所以2Tn-Tn=(4n-1)·2n-[3+4(2+22+…+2n-1)]=(4n-5)·2n+5.故Tn=(4n-5)·2n+5,n∈N*.20.(12分)已知{an}(n∈N*)是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,a1=16,2a3+3a2=32.(1)求{an}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=3log2an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn,并求Sn的最大值.【答案】解(1)設(shè){an}的公比為q,因?yàn)閍1=16,2a3+3a2=32,所以2q2+3q-2=0.解得q=-2(舍去)或q=12因此{(lán)an}的通項(xiàng)公式為an=16×12n-1=2(2)由(1)得bn=3(5-n)log22=15-3n.當(dāng)n≥2時(shí),bn-bn-1=-3,故{bn}是首項(xiàng)為b1=12,公差為-3的單調(diào)遞減的等差數(shù)列.則Sn=12n+12n(n-1)(-3)=-32(n2-9n因?yàn)閎5=0,所以數(shù)列{bn}的前4項(xiàng)為正數(shù),所以當(dāng)n=4或5時(shí),Sn取得最大值,且最大值為S4=S5=30.21.(12分)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且當(dāng)n∈N*時(shí)，Sn是2n＋1與2m的等差中項(xiàng)(m為實(shí)數(shù))．(1)求m的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．(2)令bn＝1＋log2an(n∈N*)，是否存在正整數(shù)k，使得＋＋…＋>對(duì)任意正整數(shù)n均成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，說(shuō)明理由．【答案】解(1)∵Sn是2n＋1與2m的等差中項(xiàng)，∴2Sn＝2n＋1＋2m，即Sn＝2n＋m，當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝a1＝2＋m，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.∵{an}是等比數(shù)列，∴a1＝1，∴2＋m＝1，∴m＝－1，且數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.(2)存在正整數(shù)k，使不等式恒成立，k的最大值為4.理由如下：由(1)知bn＝1＋log2an＝n(n∈N*)．設(shè)f(n)＝＋＋…＋＝＋＋…＋.∵f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－>0，∴f(n＋1)>f(n)，∴f(n)min＝f(1)＝.由不等式恒成立，得<，解得k<5.故存在正整數(shù)k，使不等式恒成立，k的最大值為4.22.(14分)已知等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，前n項(xiàng)和為Sn，且滿足________(從①S10＝5(a10＋1)；②a1，a2，a6成等比數(shù)列；③S5＝35這三個(gè)條件中任選兩個(gè)補(bǔ)充到題干中的橫線位置，并根據(jù)