第4章 数列 章末达标检测（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

(满分：150分，时间：120分钟) 一、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．等比数列{an}的公比q＝－，a1＝，则数列{an}是(　　) A．递增数列　　　　　 B．递减数列 C．常数数列 D．摆动数列 解析　因为等比数列{an}的公比为q＝－，a1＝，故a2<0，a3>0，…，所以数列{an}是摆动数列． 答案　D 2．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝(　　) A． B． C．－ D．－ 解析　由S5＝S10，得＝，所以5a3＝5(a3＋a8)，所以a8＝0，公差d＝＝－，所以a1＝a5－4d＝1－4×＝，故选B． 答案　B 3．(2025·重庆期末)已知等比数列的前n项和为Sn，S3＝10，S6＝30，则＝(　　) A．2 B． C． D．4 解析　由等比数列性质有S6－S3＝q3S3，即20＝10q3，解得q3＝2，则＝q3＝2. 故选A． 答案　A 4．(2025·安阳期末)设等差数列的公差为d，若a2＋a10＝16，a6a10＝96，则d＝(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析　因为a2＋a10＝2a6＝16，所以a6＝8， 又a6a10＝96，所以a10＝12，故公差d＝＝1. 故选D． 答案　D 5．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为(　　) A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3 C．an＝ D．an＝ 解析　当n＝1时，a1＝S1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3.又当n＝1时，a1的值不适合n≥2时的通项公式，故选C． 答案　C 6．(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝(　　) A．－20 B．－18 C．16 D．18 解析　设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 因为a3，a4，a6成等比数列，且a1＝－2， 所以a＝a3a6，即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)，解得d＝2或d＝0(舍去)， 所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16. 故选C． 答案　C 7．(2025·烟台期末)已知等差数列的前n项和Sn＝n2，数列的前n项和为Tn，且bn＝(－1)n，若不等式Tn≤λ恒成立，则实数λ的最小值为(　　) A．－ B．－1 C．－ D．－ 解析　当n＝1时，a1＝S1＝12＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1， 当n＝1时，a1＝1适合上式， 所以的通项公式为an＝2n－1， 所以bn＝(－1)n＝(－1)n＝(－1)n·， 当n为偶数时，Tn＝－＋－＋…＋， 所以Tn＝－＋≤－； 当n为奇数时，Tn＝－＋－＋…－， 所以Tn＝－－<－， 又因为不等式Tn≤λ恒成立，所以max≤λ，所以λ≥－， 所以实数λ的最小值为－. 故选D． 答案　D 8．(2025·深圳期末)已知数列满足an＋1＝an＋a，a1＝，且∈，m∈N*，则m等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　因为数列满足an＋1＝an＋a，a1＝，所以an>0， 因为an＋1＝an＋a，所以＝＝－，所以＝－， ＝＋＋＋…＋＝3－<3， 因为an＋1＝an＋a，所以a2＝＋＝，a3＝＋＝， ＝＋＋…＋>＋＋＝＋＋>2， 所以∈，所以m＝2. 故选B． 答案　B 二、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．在等比数列{an}中，a3＝6，前三项和S3＝18，则公比q的值为(　　) A．1 B．－ C．－1 D． 解析　当q＝1时，a1＝a2＝a3＝6，∴S3＝18，符合条件．当q≠1时，由S3＝18＝6＋＋，解得q＝－.故选AB． 答案　AB 10．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N*)，则下列说法正确的是(　　) A．a5＝－16 B．S5＝－63 C．数列{an}是等比数列 D．数列{Sn＋1}是等比数列 解析　因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1，(n∈N*)， 所以S1＝2a1＋1，因此a1＝－1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－1， 所以数列{an}是以－1为首项，以2为公比的等比数列，故C正确； 因此a5＝－1×24＝－16，故A正确； 又Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以，故B错误； 因为S1＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误． 故选AC． 答案　AC 11．已知Sn是等差数列的前n项和，且a7>0，a6＋a9<0，则(　　) A．数列为递增数列 B．数列为递减数列 C．S13>0 D．S14>0 解析　由题设，a6＋a9＝a7＋a8<0，而a7>0， ∴a8＝a7＋d<0，则d<－a7<0，则为递减数列，A错误，B正确； S13＝＝13a7>0，S14＝＝7(a6＋a9)<0，C正确，D错误． 故选BC． 答案　BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．设等比数列{an}的公比q＝，前n项和为Sn，则＝________. 解析　＝＝＝＝15. 答案　15 13．等比数列{an}中，a2＋a4＋…＋a20＝6，公比q＝3，则前20项和S20＝________. 解析　S偶＝a2＋a4＋…＋a20， S奇＝a1＋a3＋…＋a19， 则＝q， ∴S奇＝＝＝2. ∴S20＝S偶＋S奇＝6＋2＝8. 答案　8 14．某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_______；如果对折n次，那么k＝_______ dm2. 解析　(1)对折4次可得到如下规格： dm×12 dm， dm×6 dm,5 dm×3 dm,10 dm× dm，20 dm× dm，共5种； (2)由题意可得S1＝2×120，S2＝3×60， S3＝4×30，S4＝5×15，…，Sn＝， 设S＝＋＋＋…＋， 则S＝＋＋…＋＋， 两式作差得 S＝240＋120－ ＝240＋－ ＝360－－＝360－， 因此，S＝720－＝720－. 答案　5　720－ 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·上海长宁期末)已知数列满足a1＝1，an＝3an－1＋4. (1)求证：数列是等比数列； (2)求数列的通项公式． (1)证明　因为an＝3an－1＋4，所以an＋2＝3，即＝3， 即数列是以a1＋2＝3为首项，3为公比的等比数列． (2)解析　由(1)可得an＋2＝3×3n－1＝3n，所以数列的通项公式为an＝3n－2. 16．(15分)(2025·常州期末)已知等差数列的前n项和为Sn，a3＋a4＝3，S7＝14. (1)求的通项公式； (2)若bn＝2an＋2an，求前n项和Tn. 解析　(1)因为是等差数列，设其公差为d， 由题知 解得a1＝－1，d＝1， 所以的通项公式为an＝n－2. (2)由题知bn＝2n－2＋2＝＋2n－4， 所以Tn＝×＋＝2n－1－＋n2－3n. 17．(15分)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1. (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． (1)证明　由于＋n＝2an＋1，变形为2Sn＝2nan＋n－n2，记为①式，又2Sn－1＝2(n－1)an－1＋n－1－(n－1)2，记为②式， ①－②，可得(2n－2)an－(2n－2)an－1＝2n－2，n≥2，n∈N*， 即an－an－1＝1，n≥2，n∈N*， 所以{an}是等差数列． (2)解析　由题意可知a＝a4a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)， 解得a1＝－12， 所以an＝－12＋(n－1)×1＝n－13， 其中a1＜a2＜…＜a12＜0，a13＝0， 则Sn的最小值为S12＝S13＝－78. 18．(17分)(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn. (1)解析　由题意知 设{an}公差为d， ∴ 解得 ∴an＝5＋2(n－1)＝2n＋3. (2)证明　bn＝ b2n－1＋b2n＝12n＋1，Sn＝＝(n＋4)n， Tn＝12×1＋1＋12×2＋1＋…＋12·＋1＝12·＋＝n2＋n， n为偶数且n＞5时，即n≥6时， Tn－Sn＝n2＋n－(n＋4)n＝n2－＞0， n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－4n－10＝n2＋n－5， n为奇数且n＞5，即n≥7时， Tn－Sn＝n2＋n－5－(n＋4)n＝n2－n－5＝(n＋2)·(n－5)＞0， ∴n＞5时，Tn＞Sn. 19．(17分)在无穷数列中，令Tn＝a1a2…an，若∀n∈N*，Tn∈，则称对前n项之积是封闭的． (1)试判断：任意一个无穷等差数列对前n项之积是否是封闭的？ (2)设是无穷等比数列，其首项a1＝2，公比为q.若对前n项之积是封闭的，求出q的两个值； (3)证明：对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得an＝bn·cn，其中和对前n项之积都是封闭的． (1)解析　不是的，理由如下： 如等差数列， T2＝a1a2＝∉， 所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积是封闭的． (2)解析　是等比数列，其首项a1＝2，公比为q， 所以an＝a1·qn－1＝2qn－1， 所以Tn＝a1a2…an＝2nq1＋2＋…＋＝2nq， 由已知得，对任意正整数n，总存在正整数m，使得Tn＝am成立， 即对任意正整数n，总存在正整数m， 使得2nq＝2qm－1成立． 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得q－＝21－n成立， ①当m＝≥1时， 得－＝1－n，所以q＝2； ②当m＝＋＝≥1时，得＝n－1， 所以q＝，综上，q＝2或. (3)证明　对任意的无穷等比数列， an＝a1qn－1＝a·n－1， 令bn＝a，cn＝n－1，则an＝bn·cn. 下面证明：对前n项之积是封闭的． 因为bn＝a，所以Tn＝a11＋2＋…＋n＝a1， 取正整数m＝得，Tn＝bm， 所以对前n项之积是封闭的． 同理证明：也对前n项之积是封闭的， 所以对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得an＝bn·cn，其中和对前n项之积都是封闭的． 学科网（北京）股份有限公司 $