第7单元 数列 单元提升卷-【十年砺剑】2026年高考数学一轮复习单元达标检测示范卷

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 单 元 提 升 卷 满分150分,限时120分钟 一、单项选择题(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.(2025山西三晋名校联考)已知数列{an}是等差数列,m,n都是正整数,则“m+n=10”是“an+am=2a5”的(　　) A.充要条件　　B.必要不充分条件 C.充分不必要条件　　D.既不充分也不必要条件 2.(2025河北邢台期中)已知正项等比数列{an}的前3项和为21,且++=,则a2=(　　) A.　　B.2　　C.6　　D.4 3.(2024辽宁部分学校摸底考试)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若=,则=(　　) A.　　B.　　C.　　D. 4.(2025山东临清实验高级中学月考)等差数列{an}的首项为-1,公差不为0,若a2,a3,a6成等比数列,则{an}的前6项和为(　　) A.24　　B.-24　　C.3　　D.-3 5.(2025山西忻州期中)已知数列{an}满足+=2,且a2=,a3=,则3a100=(　　) A.　　B.　　C.　　D. 6.(2024山东部分学校联考)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足anSn=,设bn=,将数列{bn}中的整数项组成新的数列{cn},则c2 024=(　　) A.2 022　　B.2 023　　C.4 048　　D.4 046 7.(2024安徽合肥一中质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,且=4++(n≥2,n∈N*),若a1=1,则(　　) A.S2 024∈　　B.S2 024∈　　 C.S2 024∈　　D.S2 024∈ 8.(2025黑龙江大庆实验中学期中)设数列{an}的前n项和为Sn,若bn=,则称数列{bn}是数列{an}的“均值数列”.已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”,且2b1+4b2+8b3+…+2nbn=n2+n,设数列{an}的前n项积为Tn,则下列结论正确的是(　　) A.对任意n∈N*,都有|Tn|<1 B.Tn既有最大值,也有最小值 C.数列{Sn}中没有最大项 D.若对任意的|Tn|<1,m2-m-Sn≥0恒成立,则m≥ 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.(2025福建福州恒一高级中学入学考试)已知等比数列{an}中,a1=1,公比为2,数列{an}的前n项和为Sn,则(　　) A.数列{a2n}是等比数列 B.数列是递增数列 C.数列{log2an}是等差数列 D.S10,S20,S30成等比数列 10.(2025江西多校期中调研)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,且=2an+1,记的前n项和为Tn,则(　　) A.a2=　　B.是等比数列 C.Tn=2n+2-2n-4　　D.-<Sn≤1- 11.(202安徽六安第一中学月考)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,公比为q,在a1,a2之间插入1个数,使这3个数成等差数列,记公差为d1,在a2,a3之间插入2个数,使这4个数成等差数列,公差为d2,……,在an,an+1之间插入n个数,使这(n+2)个数成等差数列,公差为dn,则下列说法错误的是(　　) A.当0<q<1时,数列{dn}单调递减 B.当q>1时,数列{dn}单调递增 C.当d1>d2时,数列{dn}单调递减 D.当d1<d2时,数列{dn}单调递增 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.(2025湖南长沙周南中学月考)已知数列{an}中,a1=1,a2=,且满足4an+1=4an-an-1(n∈N*,n≥2),则an=　　　　.  13.(2025福建福州师范大学附属中学期中)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且=,则=　　　　;若的值为正整数,则n=　　　　.  14.(2024山东日照二模)“-1,0,1序列”在通信技术中有着重要应用,该序列中的数取值于-1,0或1.设A是一个有限“-1,0,1序列”, f(A)表示把A中每个-1都变为-1,0,每个0都变为-1,1,每个1都变为0,1,得到新的有序实数组.例如:A=(-1,0,1),则f(A)=(-1,0,-1,1,0,1).定义Ak+1=f(Ak),k=1,2,3,…,若A1=(-1,1),An中1的个数记为bn,则{bn}的前10项和为　　　　.  四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)(2025湖北鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟联考)记Sn是等差数列{an}的前n项和,a1=2,且a2-2,a3-4,a4-6成等比数列. (1)求an和Sn; (2)若bnSn=2,求数列{bn}的前20项和T20. 16.(15分)(2025广东广州、深圳、珠海三市联考)设各项非零的数列{an}的前n项积为Tn,即Tn=a1a2…an,且满足2anTn=an+2Tn. (1)求数列{Tn}的通项公式; (2)若bn=an,求数列{bn}的前n项和Sn. 17.(15分)(2025山东青岛期中)记数列{an}是公差不为0的等差数列,a1=2,且a2是a1和a4的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{bn}满足:b1=a1-1,b2=a3+3,bn+2=3bn+1-2bn-10, (i)求证:{bn+1-bn-10}为等比数列; (ii)求bn取最大值时n的值. 18.(17分)(2025广东部分学校模拟)已知数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列,且a1=1,a4=7,a1+b3=,a2b3=4a3+b2(n∈N*). (1)求{an},{bn}的通项公式; (2)已知cn=求数列{cn}的前2n项和T2n; (3)求证:<2(i∈N*). 19.(17分)(2025天津五区县重点校期中联考)给定数列{An},若对任意的m,n∈N*且m≠n,Am+An是{An}中的项,则称{An}为“H数列”;若对任意的m,n∈N*且m≠n,AmAn是{An}中的项,则称{An}为“J数列”. (1)设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2n-1,试判断数列{an}是不是“J数列”,并说明理由; (2)设数列{bn}既是等比数列又是“J数列”,且b1=8,b2≥16,求公比q的所有可能值; (3)设等差数列{cn}的前n项和为Tn,对任意的n∈N*,Tn是数列{cn}中的项,求证:数列{cn}是“H数列”. 学科网（北京）股份有限公司 $$ ( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 答案全解全析 1.C　因为数列{an}是等差数列,所以由m+n=10,可得an+推不出m+n=10,故“m+n=10”是“an+am=2a5”的充分不必要条件. 2.C　由题意得+==, 则++=+===,解得a2=6(负值舍去). 3.D　易知等比数列{an}的公比不为-1,则S4,S8-S4,S12-S8,设S4=m,则S8=3m,S8-S4=2m,故S12-S8=4m,即S12=7m, 所以==. 4.A　设等差数列{an}的公差为d(d≠0),前n项和为Sn. 由a2,a3,a6成等比数列,得=a2a6, 即(-1+2d)2=(-1+d)(-1+5d), 解得d=2或d=0(舍去), 所以S6=6×(-1)+×2=24. 5.B　因为+=2,所以+=,故数列为等差数列, 因为a2=, 所以==2+, 所以-=2, 所以是公差为2的等差数列, 由a3=,得=7, 所以=7+2(n-3)=2n+1,即an=, 所以3a100==. 6.C　设数列{an}的公比为q,q>0, ∵anSn=, ∴当n=1时,==1,∴a1=1, 当n=2时,a2S2==6, 即q(1+q)=6,解得q=2(q=-3舍去), 所以Sn==2n-1, 即bn==, 因为数列{bn}中的整数项组成新的数列{cn}, 所以n=2k2,k∈N*, 此时==2k, 即cn=2n,故c2 024=2×2 024=4 048. 7.A　由a1=1,=4++(n≥2,n∈N*),可得an>0, 则=4++=+≥(n≥2), 所以≥2+(n≥2), 即-≥2(n≥2), 故-≥2,-≥2,……,-≥2(n≥2), 上述式子累加,得-≥2(n-1), 故≥+2(n-1)=2n-1(n≥2), 当n=1时,=1满足上式, 所以≥2n-1(n∈N*), 所以an≤<=×(n≥2), 所以Sn<a1+=1+×=-<, 故S2 024<. 因为an>0,所以S2 024=a1+a2+…+a2 024>a1=1, 所以1<S2 024<. 解题技法 数列与不等式结合,关键是看能不能求和,不能的可以对通项公式进行放缩后求解. 8.B　因为2b1+4b2+8b3+…+2nbn=n2+n, 所以2b1+4b2+8b3+…+2n-1bn-1=(n-1)2+n-1,n≥2, 两式相减并整理,得bn==,n≥2(关键点), 当n=1时,可得b1=1符合上式, 故bn=,n∈N*. 因为bn=, 所以Sn=, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=, 当n=1时,可得a1=1符合上式, 所以an=. 对于A,显然|T1|=1,故A错误; 对于B,易知a2=1,a3=,a4=-,当n=1,2,3时,an>0,当n≥4时,an<0,an+1-an=-=, 所以a4=->a5=-=a6,且-1<a6<a7<…<an<0, 所以当n=1或n=2时,Tn取得最大值1,当n=4时,Tn有最小值-,故B正确; 对于C,Sn+1-Sn=-==, 易知S1<S2<S3且S3>S4>S5>…>Sn,所以数列{Sn}中的最大项为S3,故C错误; 对于D,若|Tn|<1,则n≥3,由m2-m-Sn≥0恒成立,结合C中分析可得m2-m≥S3,易得S3=,所以m2-m≥,解得m≥或m≤-1,故D错误. 9.AC　由题意可得an=2n-1,则a2n=22n-1,所以=4,所以数列{a2n}是首项为a2=2,公比为4的等比数列,故A正确; =,结合指数函数的性质可知,数列是递减数列,故B错误; log2an=n-1,log2a1=0,log2an+1-log2an=n-(n-1)=1, 故数列{log2an}是首项为0,公差为1的等差数列,故C正确; 易得S10==210-1,S20=220-1,S30=230-1,故≠,故D错误. 10.ACD　对于A,由题意得2a2==,所以a2=,故A正确; 对于B,由=2an+1,得an-2an+1=2anan+1,即-=2,即+2=2, 又+2=4,所以是以4为首项,2为公比的等比数列,故B错误; 对于C,由B可得+2=4×2n-1, 即=2n+1-2, 所以Tn=22-2+23-2+…+2n+1-2=22+23+…+2n+1-2n=-2n=2n+2-2n-4,故C正确; 对于D,由C可得an=,则<an≤, 所以Sn≤=1-,Sn>=-, 即-<Sn≤1-,故D正确. 11.ABC　易知q>0,由题意可得an+1=an+(n+1)dn(关键点),则dn==, 当0<q<1时,dn<0,=<1,故dn+1>dn,数列{dn}单调递增,故A错误; 当q>1时,dn>0,=,若数列{dn}单调递增,则>1恒成立,即q>恒成立,由n∈N*,得q>,故B错误; 当d1>d2时,>, 解得1<q<, 当q>1时,dn>0,由=,可知若数列{dn}单调递减,则<1恒成立,即q<=1+恒成立,而1<q<不满足q<1+(n∈N*)恒成立,故C错误; 当d1<d2时,<,解得0<q<1或q>,由A,B选项的分析可知,数列{dn}单调递增,故D正确. 12. 解析　由4an+1=4an-an-1,得2an+1-an=(2an-an-1), 又2a2-a1=,所以{2an+1-an}是首项为,公比为的等比数列, 所以2an+1-an=, 则2n+1an+1-2nan=1, 又2a1=2,所以{2nan}是首项为2,公差为1的等差数列,则2nan=n+1,则an=. 13.;1或3 解析　由题意得=====. 易得=========3-, 要使的值为正整数, 则n+1为4的约数,因为n∈N*, 所以n+1=2或n+1=4, 所以n=1或n=3. 14.682 解析　因为A1=(-1,1),所以A2=(-1,0,0,1),A3=(-1,0,-1,1,-1,1,0,1), 显然,A1中有2项,其中1项为-1,1项为1,A2中有4项,其中1项为-1,1项为1,2项为0,A3中有8项,其中3项为-1,3项为1,2项为0, 由此可得An中共有2n项,其中1和-1的项数相同(关键点), 设An中有cn项为0,易知1和-1的项数都为bn,则2bn+cn=2n,b1=1, 所以2bn-1+cn-1=2n-1(n≥2)①, 因为f(A)表示把A中每个-1都变为-1,0,每个0都变为-1,1,每个1都变为0,1,得到新的有序实数组, 所以bn=bn-1+cn-1(n≥2)②, ①+②得bn+bn-1=2n-1(n≥2), 所以{bn}的前10项和为(b1+b2)+(b3+b4)+(b5+b6)+(b7+b8)+(b9+b10)=21+23+25+27+29==682. 15.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d, 因为a2-2,a3-4,a4-6成等比数列, 所以(a3-4)2=(a2-2)(a4-6),即(2d-2)2=d(3d-4), 即d2-4d+4=0,所以d=2,(3分) 所以an=2n,Sn==n(n+1).(6分) (2)由(1)知Sn=n(n+1), 又bnSn=2,所以bn==2,(9分) 所以Tn=2+++…+=2,(11分) 所以T20=2×=.(13分) 16.解析　(1)∵2anTn=an+2Tn, ∴当n=1时,T1=a1,∴2=T1+2T1,解得T1=或T1=0(舍去),(2分) 当n≥2时,由an=(关键点),得·Tn=+2Tn⇒=+2⇒Tn-Tn-1=, ∴{Tn}是以T1=为首项,为公差的等差数列,(5分) ∴Tn=+(n-1)×=+1,n∈N*.(6分) (2)当n=1时,T1=a1=, 当n≥2时,an==, 又T1=a1=满足上式,∴an=,n∈N*.(9分) 解法一　(错位相减法)bn=an=, 则Sn=++…+①, Sn=++…++②,(12分) ①-②得Sn=+++…+-=+-=2--, ∴Sn=4--=4-.(15分) 解法二　(裂项相消法)bn==-,(12分) ∴Sn=b1+b2+…+bn=-+-+…+-=4-.(15分) 17.解析　(1)设{an}的公差为d,则d≠0,因为a2是a1和a4的等比中项,所以=a1a4,即(a1+d)2=a1(a1+3d), 所以d2-a1d=0,即d2-2d=0,又d≠0,所以d=2,(3分) 故an=2+(n-1)×2=2n.(5分) (2)(i)证明:b1=a1-1=1,b2=a3+3=9,(6分) 因为bn+2=3bn+1-2bn-10,所以bn+2-bn+1-10=2(bn+1-bn-10),(8分) 又b2-b1-10=-2≠0,所以bn+1-bn-10≠0, 所以=2, 所以{bn+1-bn-10}是首项为-2,公比为2的等比数列.(10分) (ii)由(i)可得bn+1-bn-10=-2×2n-1=-2n, 所以bn+1-bn=10-2n,(12分) 故当1≤n≤3时,bn+1-bn>0,当n≥4时,bn+1-bn<0,(14分) 故b1<b2<b3<b4>b5>…>bn>…, 故bn取最大值时n=4.(15分) 18.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q, 由a1=1,a4=7,得d==2,则an=2n-1,(2分) 由a1+b3=,a2b3=4a3+b2,得 解得b3=8,b2=4,则b1=2,q=2,则bn=2n, 所以{an},{bn}的通项公式分别是an=2n-1,bn=2n.(5分) (2)当n是奇数时,cn=(2n-1)·2n; 当n是偶数时,cn===1+=1+,(6分) 则c2k-1=(4k-3)·22k-1=1×21+5×23+9×25+…+(4n-7)×22n-3+(4n-3)×22n-1, 于是4c2k-1=1×23+5×25+9×27+…+(4n-7)×22n-1+(4n-3)×22n+1,两式相减,得 -3c2k-1=2+4×(23+25+…+22n-1)-(4n-3)×22n+1 =2+4×-(4n-3)×22n+1 =-, 因此c2k-1=,(9分) c2k= =n+++…+ =n+=n+, 所以T2n=ck=c2k-1+c2k=+n+.(12分) (3)证明:由(1)知,==≤,当且仅当i=1时取等号,(14分) 因此≤1+++…+==2<2, 所以<2(i∈N*).(17分) 19.解析　(1){an}是“J数列”.理由如下: 因为Sn=2n-1, 所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1, 当n=1时,a1=S1=1也成立, 所以an=2n-1,n∈N*,(3分) 所以对任意的m,n∈N*且m≠n,aman=2m-1×2n-1=2m+n-2=am+n-1, 所以{an}是“J数列”.(5分) (2)因为b1=8,b2≥16,数列{bn}是等比数列, 所以bn=8qn-1,且q≥2, 由已知得bmbn=8qm-1×8qn-1=64qm+n-2为数列{bn}中的项(突破口), 设bmbn=bt(t∈N*),则64qm+n-2=8qt-1,(7分) 即8qm+n-1=qt,所以qt-m-n+1=8,(8分) 因为q≥2且t-m-n+1∈N*, 所以q的所有可能值为2,2,8.(10分) (3)证明:设数列{cn}的公差为d,由已知得存在k∈N*,对任意的n∈N*,Tn=ck(关键点), 即nc1+d=c1+(k-1)d, 当d=0时,c1=0,故ck=0,此时数列{cn}为“H数列”.(12分) 当d≠0时,k=(n-1)++1, 取n=2,则k=+2,所以≥-1,∈Z, 当=-1时,k=+2,均为正整数,符合题意, 当∈N时,k=(n-1)++1,均为正整数,符合题意, 所以≥-1,∈Z,(14分) 设=s,s≥-1,s∈Z,即c1=sd, 所以对任意m,n∈N*且m≠n,cm+cn=sd+(s+m+n-2)d, 显然s+m+n-2∈N,所以cm+cn为数列{cn}中的项,所以{cn}是“H数列”. 综上,{cn}是“H数列”.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$