阶段综合检测卷(4) 数列（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

阶段综合检测卷(四)　数列 一、单项选择题 1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＋a5＋a8＝15，则S9＝(　　) A．15 B．30 C．45 D．60 2．等比数列{an}中，若|a1|＝1，8a2＋a5＝0，a2<a5，则a5＝(　　 ) A．16 B．－16 C．32 D．－32 3．记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝(　　) A．120 B．140 C．160 D．180 4．已知公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2·qn，n∈N*，且S3＝14，则a4＝(　　 ) A．48 B．32 C．16 D．8 5．记等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝3，S8－S5＝－96，则S6＝(　　) A．－3 B．－6 C．－21 D．－24 6．《九章算术》中有一道“良马、驽马行程问题”．若齐国到长安的路程为2 000里，良马从长安出发往齐国去，驽马从齐国出发往长安去，同一天相向而行．良马第一天行155里，之后每天比前一天多行12里，驽马第一天行100里，之后每天比前一天少行2里，若良马和驽马第n天相遇，则n的最小整数值为(　　 ) A．5 B．6 C．7 D．8 7．大衍数列0，2，4，8，12，18，…来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和．其通项公式为an＝记数列{an}的前n项和为Sn，则S100＝(　　) 参考公式：12＋22＋32＋…＋n2＝. A．169 125 B．169 150 C．338 300 D．338 325 8．我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过n次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则n的最小值为(　　 ) (参考数据：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477) A．9 B．10 C．11 D．12 二、多项选择题 9．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，且2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是(　　 ) A．{nan}是等比数列 B．{}是等比数列 C．an＝n·2n D．Sn＝(n－1)·2n＋2 10．等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝S20，则成立的是(　　) A．d>0 B．Sn的最大值是S15 C．a16<0 D．当Sn<0时，n最大值为32 11．设数列{an}前n项和为Sn，满足(an－1)2＝4(100－Sn)，n∈N*且a1>0，a2>0，则下列选项正确的是(　　) A．an＝－2n＋21 B．数列为等差数列 C．当n＝11时Sn有最大值 D．设bn＝anan＋1an＋2，则当n＝8或n＝10时数列{bn}的前n项和取最大值 三、填空题 12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S7＝35，则a5＝____． 13．已知数列{an}是首项为16，公比为的等比数列，{bn}是公差为2的等差数列．若集合A＝{n∈N*|an>bn}中恰有3个元素，则符合题意的b1的一个取值为__________． 14．现已知某化工厂污染物排放量随产量增加而同数递增，为保护环境，该厂决定斥资修复被污染的水土，经相关机构测算，修复被污染水土的单位费用随排放量的增加而成倍递增．设该厂第1年污染物排放量为1个单位，修复费用为每单位2万元，第2年该厂污染物排放量为2个单位，修复费用为每单位4万元，…不计科技提升带来的影响，以此类推，则4年后，该厂修复被污染水土的总费用为_______万元，n年后，该厂修复被污染水土的总费用为________万元． 四、解答题 15．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3Sn－1＝Sn－1(n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝log3，求数列{an＋bn}的前n项和Tn. 16．已知数列{an}满足a2＝2a1，，n∈N*. (1)若a1＝1，求数列{an}的通项an； (2)记Sn为数列{an}的前n项之和，若<2，求a1的取值范围． 17．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且＝2. (1)证明：数列{an}为等比数列，并求其通项公式； (2)若________，求数列{bn}的前n项和Tn. 从①bn＝nan；②bn＝这三个条件中任选一个补充在上面的横线上并解答问题． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 18．已知{an}是单调递增的等差数列，其前n项和为Sn.{bn}是公比为q的等比数列．a1＝b1＝3，a4＝b2，S4＝q·S2. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝求数列{cn}的前n项和Tn. 19．已知各项均为正数的数列{an}中，a1＝1且满足＝2an＋2an＋1，数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn＋1＝3bn. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若在bk与bk＋1之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列{cn}：b1，a1，b2，a2，a3，b3，a4，a5，a6，b4，…，求数列{cn}中前50项的和T50. 学科网（北京）股份有限公司 $ 阶段综合检测卷(四)　数列 1．解析：由题意得a2＋a5＋a8＝15，所以a5＝5， 所以S9＝＝9a5＝45. 答案：C 2．解析：∵8a2＋a5＝0，则＝q3＝－8，即q＝－2， 又∵a2<a5，即－2a1<16a1，则a1>0且|a1|＝1，∴a1＝1.则a5＝16a1＝16. 答案：A 3．解析：∵∴∴S16＝16×(－5)＋×2＝160. 答案：C 4．解析：因为公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2·qn①， 当n＝1时，a1＝S1＝c＋2·q， 当n≥2时，Sn－1＝c＋2·qn-1②， ①－②得an＝2·qn－2·qn-1＝(2q－2)·qn-1， 所以a1＝2q－2＝c＋2q，则c＝－2，又S3＝14，所以S3＝－2＋2·q3＝14，解得q＝2， 所以an＝2n，则a4＝24＝16. 答案：C 5．解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)， 则＝q5＝－32，解得q＝－2， 又S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(a1＋a2＋a3)＋a1q3＋a2q3＋a3q3， 所以S6＝S3(1＋q3)＝3×(1－8)＝－21. 答案：C 6．解析：设驽马、良马第n天分别行an、bn里， 则数列{an}是以100为首项，以－2为公差的等差数列， 数列{bn}是以155为首项，以12为公差的等差数列， 由题意可得100n＋＝5n2＋250n≥2 000， 整理可得n2＋50n－400≥0，解得n≤－25－5(舍)或n≥5－25， 而7<5－25<8，故n的最小整数值为8. 答案：D 7．解析：由an＝故S100－25＝169 150. 答案：B 8．解析：第1次操作，去掉的线段长度为；第2次操作，去掉的线段长度为；第3次操作，去掉的线段长度为，依次类推，可知第n次操作去掉的线段长度为n-1，即每次去掉的线段长度成等比数列， ∴第n次后，去掉的线段长度总和为＝1－n， 由1－n>得n<，∴≈11.4， ∴n的最小值为12. 答案：D 9．解析：由题意得，故{}是首项为2，公比为2的等比数列，＝2·2n-1＝2n，则an＝n·2n.故B，C正确，A错误； Sn＝21＋2·22＋…＋n·2n， 2Sn＝22＋2·23＋…＋n·2n+1， 两式相减得：Sn＝n·2n+1－(2＋22＋…＋2n)＝(n－1)·2n+1＋2，故D错误． 答案：BC 10．解析：设等差数列的公差为d， S10＝S20，10a1＋45d＝20a1＋190d，a1＋<0，A选项错误． 所以a1＋14d＝a15>0，a1＋15d＝a16<0，C选项正确． 所以Sn的最大值是S15，B选项正确． 由于n≥16时，an<0，{an}是单调递减数列， 所以当Sn<0时，n没有最大值，D选项错误． 答案：BC 11．解析：A选项，当n＝1时，(a1－1)2＝4(100－a1)， 又a1>0，解得a1＝19， 当n≥2时，(an－1)2＝4(100－Sn)①， (an－1－1)2＝4(100－Sn－1)②，①－②得， (an－1)2－(an－1－1)2＝4(100－Sn)－4(100－Sn－1)， 即＋2an－1＝0，故(an＋an－1)(an－an－1＋2)＝0， 因为a1>0，a2>0，所以an＋an－1＝0不能对任意的n≥2恒成立， 故an－an－1＋2＝0， 所以an－an－1＝－2， 故{an}为等差数列，公差为－2，首项为a1＝19， 所以通项公式为an＝19－2(n－1)＝－2n＋21，A正确； B选项，Sn＝＝－n2＋20n， 故＝－n＋20，则当n≥2时，＝－n＋20－(－n＋21)＝－1， 故为等差数列，B正确； C选项，Sn＝－n2＋20n＝－(n－10)2＋100， 故当n＝10时，Sn取得最大值，C错误； D选项，令an>0得1≤n≤10，令an<0得n≥11， 则当n∈[1，8]时，bn＝anan＋1an＋2>0， 当n＝9时，b9<0，当n＝10时，b10>0， 当n≥11时，bn<0， 又b9＝a9a10a11＝3×1×(－1)＝－3，b10＝a10a11a12＝1×(－1)×(－3)＝3， 则当n＝8或n＝10时数列{bn}的前n项和取最大值，D正确． 答案：ABD 12．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 依题意得解得所以a5＝a1＋4d＝7. 答案：7 13．解析：易得数列{an}逐项递减，{bn}逐项递增，故可考虑a1>b1，a2>b2，a3>b3，an≤bn(n≥4，n∈N*)， 此时只需即可，即解得－4≤b1<0， 故符合题意的b1的一个取值为－1(答案不唯一)． 答案：－1(答案不唯一) 14．解析：由题知，修复被污染水土的单位费用随排放量的增加而成倍递增， 故设该厂第n年的排放量为an个单位，则数列{an}为等差数列，公差为1，首项为1， 设该厂第n年的修复费用为bn万元，则数列{bn}为等比数列，公比为2，首项为2， 所以an＝n，bn＝2n. 设第n年时，该厂修复被污染水土的总费用为cn，则cn＝an·bn＝n·2n， 所以4年后，该厂修复被污染水土的总费用为1×2＋2×22＋3×23＋4×24＝2＋8＋24＋64＝98万元， n年后，该厂修复被污染水土的总费用为{cn}的前n项和，令为Sn， 则Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)2n-1＋n·2n， 2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)2n＋n·2n+1， 所以－Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝2n+1－2－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2， 所以Sn＝(n－1)·2n+1＋2. 答案：98　(n－1)·2n+1＋2 15．解：(1)当n＝2时，3S1＝S2－1＝a1＋a2－1，a1＝1，∴a2＝3， 当n≥3时，3Sn－2＝Sn－1－1，3Sn－1＝Sn－1， ∴an＝3an－1，又a2＝3a1，∴＝3(n≥2)， ∴数列{an}为首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＝3n-1. (2)由bn＝log3 及an＝3n-1， 可得bn＝， ∴Tn＝(30＋31＋32＋…＋3n-1)＋＝. 16．解：(1)当n≥2，，n∈N*①， ，n∈N*②， ①－②可得，n∈N*，左右同时乘以可以得出： ，n∈N*，即得－，n∈N*， 当n≥3时，， 应用累加法可得： ＝ ＝ ＝－a1， ， 当n≥3时，∵a2＝2a1，∴，an＝(n－1)a1＋a1＝na1， ∵a1＝1，∴an＝n，且∵a2＝2a1＝2，a1＝1， ∴an＝n. (2)由(1)∵an＝na1，∴Sn＝， ∴， ×[＋＋…＋]＝<， 若<2，则≤2， ∴a1<0或a1≥1. 17．解：(1)由＝2，得an＋1≠0，且Sn＋Sn＋1＝2an＋1－3，(ⅰ) 所以当n≥2时，Sn－1＋Sn＝2an－3，(ⅱ) (ⅰ)－(ⅱ)，得an＋1＋an＝2an＋1－2an，所以＝3(n≥2)． 当n＝1时，S1＋S2＝2a2－3，即a1＋a1＋a2＝2a2－3， 又a1＝3，所以a2＝9，所以＝3， 所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以an＝3×3n-1＝3n. (2)若选①：bn＝nan＝n·3n， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n， 所以3Tn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n+1， 所以－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n+1＝－n·3n+1＝·3n+1－， 所以Tn＝·3n+1＋. 若选②：bn＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝. 若选③：因为an＝3n， 所以bn＝(－1)n-1anan＋1＝(－1)n-13n·3n+1＝(－1)n-132n+1＝27×(－9)n-1， 所以数列{bn}是以27为首项，－9为公比的等比数列， 所以Tn＝. 18．解：(1)设等差数列{an}的公差为d>0， 由题意可得：解得或(舍去)， 所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝3×3n-1＝3n. (2)由(1)可得Sn＝＝n2＋2n， 当n为奇数时，则cn＝anbn＝(2n＋1)·3n， 设An＝c1＋c3＋…＋cn＝3×3＋7×33＋…＋(2n＋1)·3n， 则9An＝3×33＋7×35＋…＋(2n＋1)·3n+2， 两式相减得－8An＝9＋4×33＋4×35＋…＋4×3n－(2n＋1)·3n+2＝－(2n＋1)·3n+2＝－， 所以An＝； 当n为偶数时，则cn＝， 设Bn＝c2＋c4＋…＋cn＝＝， 所以Bn＝； 综上所述：cn＝ 当n为奇数时，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(c1＋c3＋…＋cn)＋(c2＋c4＋…＋cn－1)＝An＋Bn－1＝； 当n为偶数时，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(c1＋c3＋…＋cn－1)＋(c2＋c4＋…＋cn)＝An－1＋Bn＝； 综上所述：Tn＝ 19．解：(1)由＝2an＋2an＋1，得(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)， ∵an＋1＋an>0，an＋1－an＝2， ∴{an}是首项a1＝1，公差为2的等差数列，∴an＝2n－1. 又当n＝1时，2S1＋1＝3b1，得b1＝1， 当n≥2，2Sn＋1＝3bn①， 2Sn－1＋1＝3bn－1②， 由①－②整理得：bn＝3bn－1，∵b1＝1≠0，∴bn－1≠0， ∴＝3， ∴数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，故bn＝3n-1. (2)依题意知：新数列{cn}中，bk＋1(含bk＋1)前面共有：(1＋2＋3＋…＋k)＋(k＋1)＝项． 由≤50(k∈N*)，得k≤8， ∴新数列{cn}中含有数列{bn}的前9项：b1，b2，…，b9，含有数列{an}的前41项：a1，a2，a3，…，a41， ∴T50＝＝11 522. 学科网（北京）股份有限公司 $