第四章数列单元检测-2025-2026学年高二上学期人教A版数学选择性必修第二册

第四章　数列 (考查范围：第四章　时间：120分钟　分值：150分) 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，只有一项符合题目要求． 1．已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n(n∈N*)，则a4的值为(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 2．已知等差数列{an}，其前n项和是Sn.若S5＝25，则a2＋a4＝(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝2，且a2，a3，a4－2成等差数列，则S5＝(　　) A．7 B．12 C．15 D．31 4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋2a4＋a13＝160，则S11－5a6＝(　　) A．240 B．180 C．120 D．60 5．已知数列{an}，a3＝2，a5＝1．若是等差数列，则a11等于(　　) A．0 B． C． D． 6．设等差数列{an}的公差为d，a1>0，则“a5>0”是“d>0”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 7．若数列{an}满足(n－1)an＝(n＋1)an－1(n≥2)，a1＝2，则满足不等式an<930的最大正整数n为(　　) A．28 B．29 C．30 D．31 8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an－(n∈N*)，则(　　) A．2<100a100< B．<100a100<3 C．3<100a100< D．<100a100<4 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．已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是(　　) A．若Sn＝n2－1，则{an}是等差数列 B．若Sn＝2n－1，则{an}是等比数列 C．若{an}是等差数列，则S99＝99a50 D．若{an}是等比数列，且a1＞0，公比q＞0，则S2n－1S 10．已知各项均为正数的等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，且(a2 023－1)(a2 024－1)<0，则(　　) A．0<q<1 B．a2 023a2 025>1 C．对任意的正整数n，有Tn≥T4 047 D．使得Tn>1的正整数n的最小值为4 047 11．如果有穷数列a1，a2，a3，…，am(m为正整数)满足a1＝am，a2＝am－1，…，即ai＝am－i＋1(i＝1，2，…，m)，我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”．设{bn}是项数为2m(m>1，m∈N*)的“对称数列”，且1，2，22，23，…，2m-1为该数列的前m项，则数列{bn}的前100项和S100可能的取值为(　　) A．2100－1 B．251－2 C．226－4 D．2m+1－22m-100－1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知数列{an}的通项公式为an＝，则an的最小值为________． 13．在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则{an}的通项公式为____________． 14．设等比数列{an}满足a1＋a2＝12，a1－a3＝6，则an＝________，a1·a2·…·an的最大值为________． 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)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S4＝－90，a10＝15. (1)求{an}的通项公式； (2)求Sn的最小值，并指出n取何值时Sn取得最小值． 16．(15分)数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝3n+1＋2n－3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若cn＝(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn. 17．(15分)在①a3＝5，a5＋a7＝22，②a1＝1，S5＝25，③Sn＝n2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目． 已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且________． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn. 18．(17分)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. 19．(17分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)证明：{Sn＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝[lg an]，[x]表示不超过x的最大整数，求数列{bn}的前15项和T15. 第四章　数列 (考查范围：第四章　时间：120分钟　分值：150分) 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，只有一项符合题目要求． 1．D　解析：因为a1＝2，an＋1＝an＋n， 所以a2＝a1＋1＝2＋1＝3，a3＝a2＋2＝3＋2＝5， a4＝a3＋3＝5＋3＝8．故选D． 2．C　解析：由已知可得，S5＝＝25， 所以a1＋a5＝10. 又a1＋a5＝a2＋a4，所以a2＋a4＝10．故选C． 3．D　解析：设等比数列{an}的公比为q，q≠0， 依题意得 则 所以2(a1q)q＝a1q＋(a1q)q2－2， 所以4q＝2＋2q2－2，所以2q2－4q＝0， 解得q＝2，则a1＝1，所以S5＝＝31. 故选D． 4． A　解析：设等差数列{an}的公差为d， a3＋2a4＋a13＝4a1＋20d＝160，a1＋5d＝40， S11－5a6＝11a1＋55d－5(a1＋5d)＝6a1＋30d＝＝6×40＝240. 故选A． 5．A　解析：因为，设数列的公差为d，则 解得所以＋(n－1)·， 所以＝1，所以a11＝0．故选A． 6．B　解析：必要性成立：因为a1>0，由等差数列{an}的公差d>0可知，a5＝a1＋4d>0； 充分性不成立：例如，由a1＝5，a5＝1得d＝－1. 所以“a5>0”是“d>0”的必要不充分条件．故选B． 7．B　解析：依题意，数列{an}满足(n－1)an＝(n＋1)an－1(n≥2)，a1＝2，则(n≥2)， 所以an＝a1·＝n(n＋1)， a1＝2也符合上式，所以an＝n(n＋1)，{an}是递增数列． 由an＝n(n＋1)<930，得(n＋31)(n－30)<0，解得－31<n<30. 又n∈N*，所以n的最大值为29. 故选B． 8．B　解析：因为a1＝1，an＋1＝an－2＋，所以an≤(n≥2)，易知an≠0. 由>0(n≥2)，得an>0(n∈N*)． 由题意，an＋1＝an，即， 所以>，即>>>(n≥2)， 累加可得－1>(n－1)，即>(n＋2)(n≥2)， 所以an<(n≥2)，即a100<，100a100<<3. 又a1＝1，所以an≤(n∈N*)． 又， 所以(n≥2)， 累加可得(n－1)＋(n≥2)， 所以<33＋＝39， 即<40，所以a100>，即100a100>. 综上，<100a100<3．故选B． 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．BC　解析：若Sn＝n2－1，则有a1＝S1＝0，a2＝S2－S1＝22－12＝3，a3＝S3－S2＝32－22＝5，2a2≠a1＋a3，此时数列{an}不是等差数列，故A错误； 若Sn＝2n－1，则当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝2n－2n-1＝2n-1，当n＝1时，有a1＝S1＝1，满足上式，此时＝2，数列{an}是等比数列，故B正确； 由等差数列的性质可得S99＝＝99a50，故C正确； 当a1＞0，q＝1时，有an＝a1，S2n－1S2n＋1＝＝， ＝(2na1)2＝，此时S2n－1S2n+1，故D错误．故选BC． 10．BD　解析：依题意，an>0，q>0，0<a1<1， 由于(a2 023－1)(a2 024－1)<0， 所以或 若则0<q<1，则0<a1q2 022<1⇒a2 023<1，矛盾， 所以则q>1，故A错误． a2 023a2 025＝(a2 024)2>1，故B正确． 由于所以Tn的最小值为T2 023，即Tn≥T2 023，故C错误． T4 047＝(a1×a4 047)·(a2×a4 046)·…·(a2 023×a2 025)·a2 024＝(a2 024)4 047>1， 由于a2 023＋a2 024<2， 所以2>a2 023＋a2 024>2， 所以a2 023·a2 024<1， 所以T4 046＝(a1×a4 046)2 023＝(a2 023×a2 024)2 023<1. 由于q>1，且所以当n≤4 046时，Tn≤T4 046<1. 综上所述，使得Tn>1的最小正整数n为4 047，故D正确． 故选BD． 11．ABD　解析：由题意知数列{bn}为1，2，22，23，…，2m-1，2m-1，…，23，22，2，1. 若m＝50，则S100＝2×＝251－2，故B正确； 若51≤m<100，则S100＝2×＝2m+1－22m-100－1，故D正确； 若m≥100，则S100＝＝2100－1，故A正确． 故选ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．　解析：依题意，an＝ 当n≤3且n∈N*时，最小值为a3＝； 当n≥4且n∈N*时，最小值为a4＝. 综上所述，an的最小值为. 13． an＝　解析：由题意可知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1， 故an＋1－an＝n＋1，所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2＋3＋…＋n＝2＋，a1＝2符合该式，所以{an}的通项公式为an＝. 14．　64　解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由a1＋a2＝12，a1－a3＝6， 得 解得 所以an＝8×. 所以a1·a2·…·an＝. 令f (n)＝n(n－7)＝(n2－7n)＝， 所以当n＝3或n＝4时，f (n)有最小值， 即f (n)min＝－6， 所以a1·a2·…·an的最大值为＝64. 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． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 依题意，即 解得a1＝－30，d＝5， 所以an＝－30＋(n－1)×5＝5n－35. (2)由an＝5n－35≤0，解得1≤n≤7，n∈N*， 所以当n＝6或n＝7，时Sn取得最小值， 且Sn的最小值为S6＝6a1＋15d＝－180＋75＝－105. 16． 解：(1)由题意a1＝S1＝31+1＋2×1－3＝8， 当n≥2，n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝(3n+1＋2n－3)－(3n＋2n－5)＝2·3n＋2. 当n＝1时，a1＝2×31＋2＝8也满足上式． 综上所述，数列{an}的通项公式为an＝2·3n＋2(n∈N*)． (2)由(1)可知an＝2·3n＋2(n∈N*)，所以由题意cn＝＝n·3n(n∈N*)． 所以Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n， 3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n+1， 两式相减得－2Tn＝31＋32＋…＋3n－n·3n+1＝－n·3n+1， 所以数列{cn}的前n项和为Tn＝(n∈N*)． 17． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d. 若选①，a3＝5，a5＋a7＝22， 则 解得所以an＝2n－1. 若选②，a1＝1，S5＝25， 则 解得所以an＝2n－1. 若选③，Sn＝n2，当n＝1时，a1＝S1＝12＝1， 当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2， 所以an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1. 当n＝1时，an＝2n－1也成立，所以an＝2n－1. (2)由(1)知an＝2n－1， cn＝ ＝， 所以Tn ＝ ＝. 18． (1)解：设等差数列{an}的公差为d， 而bn＝ 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3. 所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3. (2)证明：由(1)知，Sn＝ 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1， b1＋b2＝13，则Tn＝n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn. 综上所述，当n>5时，Tn>Sn. 19． (1)证明：由Sn＋1＝2Sn＋1，得Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，又S1＋1＝a1＋1＝2，则＝2， 所以{Sn＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列， 则Sn＋1＝2×2n-1＝2n，即Sn＝2n－1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n-1－1)＝2n-1. 又a1＝1，符合an＝2n-1， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n-1，n∈N*. (2)解：bn＝[lg an]＝[lg 2n-1]， 若[lg 2n-1]＝0，则0≤lg 2n-1<1，得1≤n≤4； 若[lg 2n-1]＝1，则1≤lg 2n-1<2，得5≤n≤7； 若[lg 2n-1]＝2，则2≤lg 2n-1<3，得8≤n≤10； 若[lg 2n-1]＝3，则3≤lg 2n-1<4，得11≤n≤14； 若[lg 2n-1]＝4，则4≤lg 2n-1<5，得15≤n≤17. 故T15＝4×0＋3×1＋3×2＋4×3＋1×4＝25. 学科网（北京）股份有限公司 $