第四章数列章末基础知识专项训练-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

第四章　数列 【章末基础知识专项训练】 单项选择题 1.[2025人大附中高二阶段练习]数列,,,,,…的一个通项公式是an=(　　) A. B. C. D. 2.[2025华中师大一附中、武汉二中等校高二联考]在等比数列{an}中,a4=1,a8=81,则公比q=(　　) A. B.±3 C.3 D.-3 3.[2024太原五中高二月考]已知数列{an}中,a1=2,an+1=1-(n∈N*),则a2 026=(　　) A. B.-1 C.1 D.2 4.[2024哈尔滨三中月考]已知{an}为等比数列,若a2a3=2a1,且a4与2a7的等差中项为,则a1=(　　) A.35 B.33 C.16 D.29 5.[2024长沙一中高二阶段测试]已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若S4=14,S6=S2+22,则S6=(　　) A.27 B.28 C.29 D.30 6.[2025东北育才学校高二月考]已知数列{an}的通项公式为an=,则an取到最小值时n的值是(　　) A.6 B.7 C.8 D.9 7.[2025南阳一中高二期中]已知数列{an}满足a1=2,且an+1=an+3n+2(n∈N*),则a20=(　　) A.565 B.608 C.601 D.610 8.[2025雅礼中学、湖南师大附中等校高二联考]已知{an}是无穷等比数列,其前n项和为Sn,a1=3,S2=.若对任意正整数n,都有Sn-(-1)n·A>0,则A的取值范围是(　　) A.(-3,1) B.[-2,1) C.(-3,) D.[-2,) 多项选择题 9.[2024六安一中高二期中改编]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a2=S8,则下列结论正确的有(　　) A.a5+a6=0 B.a6>0 C.S10=0 D.S4=S6 10.[2024莆田二中高二月考]设等比数列{an}的公比为q,前n项积为Tn,并且满足条件a1>1,a6a7>1,<0,则下列结论正确的是(　　) A.0<q<1 B.a6a8>1 C.Tn的最大值为T7 D.T13<1 11.[2025大连二十四中高二期中]已知数列{an}的首项为4,且满足2(n+1)an=nan+1(n∈N*),则(　　) A.{}为等差数列 B.{an}为递增数列 C.{an}的前n项和Sn=(n-1)2n+2+4 D.{}的前n项和Tn= 填空题 12.[2024上海市延安中学高二期中]已知数列{an}中,a1=a2=1,an+2=则数列{an}的前20项和为　　　　.  13.[2025合肥一中高二期末]将数列{2n-1}与{3n+1}的所有公共项从小到大排列形成一个新的数列{an},则an=　　　　.  14.【情境创新】[2025重庆一中高二期末]无人机表演美轮美奂,为了精确控制每一台参演的无人机,程序员需要为每一台无人机编写控制代码.已知一名程序员每天最多可以编写110行该类代码,从第二台无人机开始,后一台无人机需要的控制代码数量是前一台的a倍(a>0),控制1 000台无人机需要24 300行代码,控制2 000台无人机需要32 400行代码.某无人机表演公司接到客户临时通知,将表演规模从3 000台增加到5 000台,仅有2天的时间准备,则该公司最少需要组织　　　　名程序员编写新增的控制代码.  解答题 15.(13分)[2024常州高级中学高二月考]已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn+1=Sn+an-2,　　　　.①a4+a7=6;②=8;③a3,a5,a6成等比数列.请在①,②,③这三个条件中选择一个,填入题中的横线上,并解答下面的问题:  (1)求数列{an}的通项公式; (2)求Sn的最大值并指明相应n的值. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 16.(15分)[2025天津市耀华中学高二月考]已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求b1+b3+b5+…+b2n-1. 17.(15分)[2023全国甲卷理]记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列{}的前n项和Tn. 18.(17分)[2025郑州外国语学校、河南省实验中学等校高二联考]已知正项数列{an}中,a1=,3n+1(an+1-an)=2. (1)证明:数列{1+3nan}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式; (3)设bn=[log3(1-an)]2,证明:++…+<7. 19.(17分)【探索新定义】[2025盐城中学、扬州中学等校阶段联测]若数列{an}满足-=p(n为正整数,p为常数),则称数列{an}为等方差数列,p为公方差. (1)已知数列{xn},{yn}的通项公式分别为:xn=,yn=3n-1,判断上述两个数列是否为等方差数列,并说明理由. (2)若数列{an}既是等方差数列,又是等差数列,证明:数列{an}为常数列. (3)若数列{an}是首项为1,公方差为2的等方差数列,在(1)的条件下,在yk与yk+1之间依次插入数列{}中的k项构成新数列{cn}:y1,,y2,,,y3,,,,y4,…,求数列{cn}的前30项的和T30. 参考答案 1.B　数列前5项均为分数,其分子是从1开始的正奇数,分母比对应分子多2,则第n项的分子为2n-1,对应的分母为2n+1,所以an=. 2.B　因为公比为q的等比数列{an}满足a4=1,a8=81,所以q4==81,故q=±3. 3.D　由a1=2,an+1=1-,可得a2=1-=1-=,a3=1-=1-=-1,a4=1-=1-=2,…,可见数列{an}的周期为3(探索数列的周期的一般思路是写出数列的前几项,直到出现a1+T=a1,则周期为T),因为2 026=3×675+1,所以a2 026=a1=2. 4.C　设等比数列{an}的公比为q,由等比数列的性质,知a2a3=a1a4=2a1,所以a4=2.由a4与2a7的等差中项为,知a4+2a7=2×,所以a7=,所以q3==,则a1==16. 5.A　由题意得S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,∴2(S4-S2)=S2+(S6-S4),又S4=14,S6=S2+22,∴2[14-(S6-22)]=S6-22+(S6-14),解得S6=27. 6.B　分n>7和n≤7,n∈N*判断an的单调性,即可求解.an===1+,当n>7,n∈N*时,2n-15>0,且an=1+单调递减,此时an=1+>1;当n≤7,n∈N*时,2n-15<0,且an=1+单调递减,此时an=1+≥a7=1+=-12.所以an取到最小值时n的值是7. 7.D　因为an+1=an+3n+2,所以an+1-an=3n+2(减法结构,用累加法),所以当n≥2时,an-an-1=3(n-1)+2,an-1-an-2=3(n-2)+2,…,a2-a1=3×1+2,将这n-1个式子相加,可得(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)=3[1+2+…+(n-1)]+2(n-1),化简得an-a1=3×+2(n-1)=-2(n≥2),又a1=2,所以an=(n≥2),则a20==610. 8.D　等比数列前n项和+数列不等式恒成立问题 思路导引　先根据条件求出Sn,然后对n分奇偶讨论可得A<{2[1-()n]}min和A>{-2[1+()n]}max,结合函数的单调性可得结果. 设{an}的公比为q,因为a1=3,S2=≠2a1,所以q≠1,所以S2==3(1+q)=,所以q=-,所以Sn==2[1-(-)n].因为Sn-(-1)n·A>0对任意正整数n恒成立,所以2[1-(-)n]-(-1)n·A>0对任意正整数n恒成立( 对于含(-1)n的式子,一般对n分奇数和偶数进行讨论).当n是偶数时,2[1-()n]-A>0对任意正整数n恒成立,则A<{2[1-()n]}min,因为f(n)=2[1-()n](n∈N*)在(0,+∞)上单调递增,所以f(n)min=f(2)=2(1-)=,所以A<;当n是奇数时,2[1+()n]+A>0对任意正整数n恒成立,则A>{-2[1+()n]}max,因为g(n)=-2[1+()n](n∈N*)在(0,+∞)上单调递增,且n→+∞时,-2[1+()n]→-2,-2[1+()n]<-2,所以A≥-2.综上所述,A的取值范围是[-2,). 9.ACD　A(√)根据题意,等差数列{an}中,a1+a2=S8,即S2=S8,则有a3+a4+a5+a6+a7+a8=0,由等差数列的性质可得a3+a8=a4+a7=a5+a6=0. B(✕)a5+a6=0,但不确定a1的符号,故不能确定是a5>0还是a6>0. C(√)S10===0. D(√)S6-S4=a5+a6=0. 10.AD　A(√)由a1>1,且a6a7=q11>1,得q>0,若q≥1,由a1>1,得a6>1,a7>1,所以>0,与已知条件矛盾,所以0<q<1. B(✕)结合选项A可得a7<1,所以a6a8=<1. C(✕)因为a1>1,0<q<1,所以数列{an}为单调递减数列,结合选项A可得a6>1>a7,所以Tn的最大值为T6. D(√)因为a7<1,所以T13=a1a2a3…a13=<1. 11.BCD　由递推关系证明等比数列+错位相减法求和+数列的增减性+等差数列前n项和 思路导引　由2(n+1)an=nan+1得=2×,可知数列{}是以4为首项,2为公比的等比数列,从而可求出an=n·2n+1,可得数列{an}为递增数列,利用错位相减法可求得{an}的前n项和Sn,由于==n,从而利用等差数列的求和公式可求出数列{}的前n项和Tn. A(✕)由2(n+1)an=nan+1,得=2×,所以{}是以=a1=4为首项,2为公比的等比数列. B(√)因为=4×2n-1=2n+1,即an=n·2n+1,显然an>0,且==2(1+)>1,即an+1>an,所以{an}为递增数列. C(√)Sn=1×22+2×23+…+n·2n+1,则2Sn=1×23+2×24+…+n·2n+2,两式相减得-Sn=1×22+23+…+2n+1-n·2n+2=-n·2n+2=(1-n)2n+2-4,所以Sn=(n-1)2n+2+4. D(√)因为==n,所以{}的前n项和Tn==. 12.1 123　由数列{an}中,a1=a2=1,an+2=可得数列{a2n}是首项为1,公比为2的等比数列,数列{a2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列,所以数列{an}的前20项和为+10×1+×2=1 123. 13.6n+1　易知数列{2n-1}是以1为首项,2为公差的等差数列,即1,3,5,7,9,…,数列{3n+1}是以4为首项,3为公差的等差数列,即4,7,10,13,…,所以{an}是首项为7,公差为6的等差数列(公差为两个等差数列公差的最小公倍数,也可通过观察法列出公共项,得出首项和公差),则an=7+6(n-1)=6n+1. 14.6　等比数列前n项和的实际应用 思路导引　设控制第一台无人机需要x行代码,a≠1,利用等比数列前n项和公式列方程组求得a1 000,再由等比数列前n项和公式求得从3 000台增加到5 000台时增加的代码量即可求得结果. 设控制第一台无人机需要x行代码,显然a≠1,由题意解得a1 000=.将表演规模从3 000台增加到5 000台,需要增加的代码行数为-=×-×=×[(1+a1 000+a2 000+a3 000+a4 000)-(1+a1 000+a2 000)]=×(a3 000+a4 000)=24 300×[()3+()4]=1 200,≈5.45,因此该公司最少需要组织6名程序员编写新增的控制代码( 注意人数为大于5.45的正整数,故为6). 15.【解析】(1)由于Sn+1=Sn+an-2,即an+1=Sn+1-Sn=an-2, 故an+1-an=-2,即数列{an}是公差为-2的等差数列.(3分) 选①,由a4+a7=6,得a1-6+a1-12=6,即a1=12, 故an=12-2(n-1)=14-2n.(6分) 选②,由=8,得=8,即a1=12, 故an=12-2(n-1)=14-2n.(6分) 选③,由a3,a5,a6成等比数列,得=a3a6, 即=(a1-4)(a1-10),解得a1=12, 故an=12-2(n-1)=14-2n.(6分) (2)方法一　由(1)可得Sn=12n+n(n-1)×(-2)=-n2+13n=-(n-)2+, 由于n为正整数,故n取6或7时,Sn取到最大值-(6-)2+=42(注意不是在二次函数图象的对称轴处取得最大值,n取正整数).(13分) 方法二　令an=14-2n≥0,得n≤7,又当n=7时,a7=0, 所以当n取6或7时,Sn取到最大值,最大值为==42.(13分) 16.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d, 由题可得),解得(4分) 所以an=a1+(n-1)d=2n-1.(6分) (2)设等比数列{bn}的公比为q,则b2b4=, 又b2b4=a5,a5=9, 所以=9,又b3=b1q2=q2>0,所以b3=3, 即q2=3(b2b4=q4=q4=a5=9,则q2=3),所以=q2=3(n≥2),(12分) 所以数列{b2n-1}是首项为1,公比为3的等比数列, 所以b1+b3+b5+…+b2n-1==.(15分) 17.【解析】(1)第一步:赋值法计算a1 当n=1时,2S1=a1,即2a1=a1,所以a1=0.(1分) 第二步:依题意由Sn写出Sn-1的对应等式 当n≥2时,由2Sn=nan,得2Sn-1=(n-1)an-1.(2分) 第三步:将Sn与Sn-1的对应等式作差,得到an与an-1的关系式 两式相减得2an=nan-(n-1)an-1(题眼), 即(n-1)an-1=(n-2)an,(3分) 第四步:确定n=2时,a1=0成立 当n=2时,可得a1=0, 第五步:累乘法计算通项公式 故当n≥3时,=,则··…·=··…·,(5分) 整理得=n-1,因为a2=1,所以an=n-1(n≥3).(6分) 第六步:检验并得结论 当n=1,n=2时,均满足上式,所以an=n-1.(7分) (2)第一步: 写出的具体表达式 令bn==,(8分) 第二步:利用错位相减法计算数列的前n项和 则Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=++…++,　① Tn=++…++,　②(10分) 由①-②得Tn=+++…+-=-=1-,(14分) 第三步:得结论 即Tn=2-.(15分) 18.【解析】(1)由3n+1(an+1-an)=2得, 3n+1an+1=2+3n+1an=3·3nan+2(先推出an+1=pan+q(p≠0,1)结构,然后用待定系数法构造等比数列), 则1+3n+1an+1=3×(1+3nan),(3分) 因为an>0,所以=3, 又1+3a1=1+3×=3,故数列{1+3nan}是首项为3,公比为3的等比数列.(5分) (2)由(1)可知,1+3nan=3×3n-1=3n, 故an==1-()n.(8分) (3)由(2)得,bn=[log3(1-an)]2=[log3()n]2=n2.(10分) 当n=1时,=4<7,不等式成立; 当n=2时,+=4+=5<7,不等式成立; 当n≥3时,<=-),(15分) 所以++…+<4[1++(-)+(-)+…+(-)]=5+(2-)=7-<7.(16分) 综上可知,++…+<7.(17分) 19.【解析】(1)因为-=1(常数), 所以数列{xn}为等方差数列,1为公方差.(2分) 因为-=32-12=8,-=92-32=72,-≠-, 所以数列{yn}不是等方差数列.(4分) (2){an}是等差数列,设其公差为d, 则an-an-1=an+1-an=d(n≥2,n∈N*), 又{an}是等方差数列,所以-=-(n≥2,n∈N*), 故(an+an-1)(an-an-1)=(an+1+an)(an+1-an), 所以(an+an-1)d=(an+1+an)d,(7分) 即d(an+an-1-an+1-an)=-2d2=0, 所以d=0,故{an}是常数列.(9分) (3)由题意知数列{an}是首项为1,公方差为2的等方差数列, 故-=2,而=1,所以=1+2(n-1)=2n-1.(11分) {yn}是首项为1,公比为3的等比数列.(12分) 而新数列{cn}中yk+1项(含yk+1)前的项数为(1+2+3+…+k)+k+1=, 令≤30,结合k∈N*,得k≤6, 故数列{cn}中前30项含有{yn}的前7项和数列{}的前23项, 所以数列{cn}的前30项的和T30=+23×1+×2=1 622.(17分)  1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $