4.2 等差数列 阶段综合-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

数列{an}为递减数列，则S6是S。中的最大值，B正确； 若S3>S6,则S。-S<0,即a6<0.因为a1>0,d≠0，则d<0,故 a5=a6-d,无法判断a的正负，故S,=S4+a,不能判断 S4>S5,C错误；因为S1>S4,所以S4-2=a4<0.因为a1>0,d≠ 0,所以d<0,则a5=a4+d<0,则S,=S4+a5<S4,D正确. 10.5解析：设bn=a2-1+a2n,则{bn}为等差数列，且b,=21, b2=16,公差为-5，即bn=26-5n,故S2n就是{bn{的前n项 和.因为当n≤5时，bn>0,当n≥6时，bn<0,所以n=5 时S2最大. 11.3,5,7,9790解析：当n=2时，a2=a1+2=3;当n=3时， a3=a1+2=3或a3=a2+2=5,即a3=3,5;当n=4时，a4= a1+2=3或a4=a2+2=5或a4=a3+2=5,7,即a4=3,5,7;当 n=5时，a5=a1+2=3或a5=a2+2=5或a5=a3+2=5,7或 a5=a4+2=5,7,9,即a的所有可能取值为3,5,7,9.因为 {a.}中恰有3项具有性质P,且这3项的积为27，且a1= 1,a2=3,可得a2=a3=a4=3,即a2=a3=a4=3具有性质P, 可知从第4项开始是以3为首项，2为公差的等差数列，所 以20.=1+2x3+3x27+27X26x2=790 2 2.（)证明：因为6，=2所以1-6，=1-2-6 0则品2即2、26 6n-1 2-2.因为b,=5,所以女三10.又ab所议 4 2 1-bn1 an-an-1=-2,a1=10,所以{an}是首项a1=10,公差d=-2 的等差数列，所以an=a1+(n-1)d=10+(n-1)×(-2)= 12-2n. (2)解：根据等差数列的前n项和公式可得S。= n(a,+a)n(10+12-2n）=11n-n2,对于二次函数y=-+ 2 2 1111 1x,其对称轴为直线x=2x-)25,5.因为neN, 所以当n=5或n=6时，Sn取得最大值，当n=5时，S,= 11×5-52=30,当n=6时，S6=11×6-62=30,所以Sn存在 最大值，最大值为30，此时n=5或n=6. 13.(1)证明：由na1=2S.+3n,当n≥2时，(n-1)an=2Sn1+ 3(m-1),两式相减得na1-(n-1)a.=2a.+3,即naa1 (n+1)a.=3①，则(n+1)a+2-(n+2)an+1=3②，由①- ②整理得，(n+1)an+2+(n+1)an=(2n+2)a+1,所以an+2+ an=2a+1(n≥2).又a1=3,则当n=1时，a2=2S1+3=2a1+ 3=9,当n=2时，2a3=2S2+6=2(a1+a2)+6=24+6=30,则 a3=15,所以a1+a3=2a2,满足an+2+an=2aa+1,所以a+2+ an=2a+1,故数列{an}为等差数列，且首项为3，公差为6. (2)解：由(1)可知数列{a}是首项为3，公差为6的等差 数列，所以s.=3n+n(n1)×6=3n,则n+1 2 S.Sat1 2n+1 111 3n2.3(n+1)29n 11,11 11 22323242 n2(n+1)2]=9 n2+2n 9(n+1)2 压轴挑战 (1)解：由at-a,=4n+1(n∈N),可得a-a-1=4n-3,n≥2， 且a1=1,则当n≥2时，an=(an-a-1)+(an1-a-2)+…+(a2- 参考答案 a1)）+a,=(4n-3)+(4n-7)++(4x2-3)+1=n1+4n-3》三 2 2n2-n.又n=1时也满足上式，故an=2n2-n. (2)证明：nb1-(n+1)bn=n2+n(n∈N),. bb.=1, n+l n :(合}是公差为1，首项为1的等差数列 3)解：由(2)得经=1+n-1,即=心6 4n2(n+1) 4n ”(2m2-n)[2(a+i2-(t1万(-1）'(2n-12+D (-1) (-r(品2小当=(eN)时，数列1e.的前 骏和8=8=-(+写)（行+兮）-(2)片 2m-1'2n+-1+1 11 =-2n当n=2k-1(keN)时，数列 1+2n+12n+1 6的前。项和8.=1=-(1+了）小+（兮+兮）… -2n 2n+1n=2k, (k∈N). 2n+2 2n+1,n=2k- 4.2阶段综合 黑题 阶段强化 1.A解析：a3=S3-S2=12-4=8,S2=a1+a2=（a3-2d)+(a3- d)=16-3d=4,所以d=4. 2.B解析：由{an}是等差数列，a1+a,=10,可得2a=10,a5= 5,又aa,=35,所以a,=7,所以S0=10(aa）_ 2 10(asta6）=60. 2 3.Ac解新：油2=-1，-10，可得{头}是以10为 n+l n 首项，-1为公差的等差数列，所以=10+(n-1)(-1）= -n+11,所以Sn=-n2+11n,故S11=0,B正确；an=S。-Sn-1= (-n2+11n)-[-(n-1)2+11(n-1)]=-2n+12(n≥2)，又 a1=10,符合上式，所以an=-2n+12(neN*),所以{an}是 以10为首项，-2为公差的等差数列，A正确；又S4=4×10+ 2x(-2)=28,S,=8×10+8x7x 4× 2 ×(-2)=24,S2=12×10+ 12x1x(-2）=-12,所以5。-5。=-4，Sa-,=-36,所 2 以S4,Sg-S4,S12-Sg成等差数列，且公差为-32，D错；又当 n≤6时，an=-2n+12≥0，所以数列{|an1}的前10项和是 1a1l+la21+…+|a1o1=a1+…+a6-(a7+…+a1o）=S6 (S0-S%)=2S。-S0又S,=6×10+6X5 ×(-2)=30,So=10× 10+10x9x(-2)=10,所以数列11a,}的前10项和为60- 10=50,C正确. 4.A解析：由题意可得a1-a2=2,则数列{a}是以a为 黑白题09 首项，2为公差的等差数列，则a2=a+2(n-1),由a13=5,故 a=a+2(13-1)=25,即a1=1(负值舍去)，故a2=1+2(n- 1)=2n-1,放a,=2n-i,则1_ 1 an+an+1√2n-I+√2n+I /2n+1-w2n-1 (√2n-I+√2n+I)(√2n+I-√2n-I) a2(v2m-可)，放8.=25- 2n+1-2n+1 i+5-3++√2n+1-v2n-)=y2n+T-l 2 5.C解析：因为S1= 1(a,t+n）-1la6<0,所以as<0.因为 2 a6+a,=a3+a1o>0,所以a>0,所以公差d=a,-a6>0,故当 n≤6时，an<0,当n≥7时，a.>0,所以当n=6时，Sn取得最 小值，即数列{Sn}中最小的项是S6 6.B解析：a+2+(-1)"an=2n-1,.a4+a2=3,ag+a6=11, a12+a10=19,∴.a2+a4+a6+ag+a1o+a12=33.又a3-a1=1,a5- a3=5,a,-a5=9,ag-a,=13,a11-ag=17,∴.a1+a3+a5+a,+ag+ a1=(a1-ag)+2(ag-a,)+3(a,-a5)+4(a5-a3）+5(a3-a1)+ 6a1=17+13×2+9×3+5×4+1×5+6a1=158-33,.a1=5. 7.A解析：a4=a,+3d,a+a匠=a+(a,+3d)2=2a+92+ 6a1d=2,设k三心d=a1k,心2a+9(a1)+6a1·ak 2 a(2+9k+6)=2,解得a=2+9%+6G“a41≥1，a≥1， 2+9g+62L,整理可得，2 2 2+9k2+61= 92+6k≥0. 2+9k2+6k 2+9k2+6k=(3k+1)2+1>0,.9k2+6k≤0，则3k(3k+2)≤ 0得符-号56≤0即-号54≤0 8.ACD解析：设等差数列{an}的公差为d,因为neN时， (a+1）S<nS,即S.<n(S4-8.)=m1,放8<an…因 为S=na,+》a,所以各=a+"d<a1=a+nd,即 2 nd-n4d=+'4>0.因为+1>0恒成立，所以b0,故等差数 2 2 列{an}为递增数列，A正确；若S。=S12,则8a1+28d=12a1+ 6,即4=9故a=a+a-1d=4(a-1d=(e )4,由A选项知>0，放aw=(10-)i<0,41=(1 分)4>0，所以S>S,故3w为8的最小值，B结误： 8=a,-9h24,因为heN 2 2 故当k=20时，S=0,所以存在正整数k,使得S=0,C正 确00，令40 2 2 2 因为meN·,解得m=5,所以存在正整数m,使得Sm=Sm, D正确. 9.10解析：因为am-1+am*1-a=0(m>1),所以2am-a2=0,解 得am=0或2.又前2m-1项和S2m-1=38= (2m-1)(a+a)-(2m-1)a.,所以a.不能等于0，只能 2 选择性必修第二册·RJ 等于2，所以2m-1=19,解得m=10. 10.2n-6(答案不唯一）解析：若a2<0,则满足①.又不存 在正整数k,使得S>S1且S+1<S+2,则可得S。连续两项 取得最小值，即存在n使得an=0,则可得{an}的通项公式 可以是an=2n-6. ,7解析：因为0，，{b.为等差数列，所以+ 11.29 b+bs ata as as aztas atag 2 9 tb,6+0,+ab,B+h,6t6,6x T 2 时号故答案为号 12. 2解析：由题意得，a,=a1+d(n-1)=dM+,-d,5。=na,+ 1 aaa-受(a号）所以8-a=号+(a 2 兰)+d-a,因为V心a是等差数列，则！V及西的 通项是一次函数型，则号+(a,)+d-a能整理成 完全平方型，所以4=(a受°-4·受(d-a,)=0,化简 3d)2 得（号）广=0，所以a1-兰，即号号 d=2 13.（1)解：由an+2=3an1-2an+2",a1=1,a2=3,所以a3= 3a2-2a1+2=3×3-2×1+2=9,a4=3a3-2a2+22=3×9-2×3+ 4=25,a5=3a4-2a3+23=3×25-2×9+8=65. (2)证明：由an+2=3a+1-2an+2得a2-a+1=2(an1 。）+2,等式周边同时除以2，可得2-+1， 24 即2.2=1当a=1时，2=2.所以 2 {2}是以2为首项，1为公差的等差数列， 14.证明：(1)在数列1a.中，3=nm.-,),当n≥2 2 时，S1=(n-1）a1a-n-2》,两式相减得a,=m. (n-1)a-1-(n-1),即(n-1)an=(n-1)an-1+(n-1),因此 an=an-1+1,所以{an}是等差数列. (2)由(1)知，等差数列{an}的公差d=1,an=a1+(n-1)d=n+ 1,S=2++1.n=n(n+3),1=2=2(1 2’Snn(n+3)3（n 1 (兮（号）+（日川号宁 1111）211_11 3n+1n+2n+33x6=9 压轴挑战 (1)解：对于数列3,4,6，则k=1,注意到a3-a2=2,a2-a1=1, a3-a2≠a2-a1,则数列3,4,6不具有性质K;对于数列2,3,4,6， 8,则k=1,2,注意到a3-a2=a2-a1=1;a5-a4=a4-a3=2,则数 列2,3,4,6,8具有性质K 黑白题10 (2)(i)解：由题可得，ak1-a24=a24-a2k-1=k,则a2k+1-a-1= a21-a2k+a2k-a2k-1=2k,又a1=0,则a2k-1-a2k-3=2(k-1),a2k-3 a2k-5=2(k-2),…,a3-a1=2,a1=0,累加可得a2k-1=0+2+…+ 2k-2）+2(6-1）=2,10k=k(k-1）.因为a1-0=0- 2 a2k-1=k,则a2*3-a2+2=a2+2-a2k+1=k+1,则a2k+2-a4=a2k+2 a2k1+a2k+1-a24=2k+1.又a1=0,a3-a2=a2-a1=1,则a2=1,则 a24-a2k-2=2k-1,a2k-2-a2k-4=2k-3,…,a4-a2=3,a2=1,累加可 得021=1+3++2-3+2-1=（1+2-1=.综上，4 2 (k(k-1),n=2k-1kEN". k2,n=2k, （i)证明：因为6，=1,9 h(k-),n=2k-1,keN,所以当 a,{2,n=2k, a2-1时，=4场+地士1 1 a2 a3 a2k +1+1( 1 ）注意到++ 1 11 1 k(k-1)1 到2+6++4-）1x22x3…tk-) 1-1+11 144 i22(）期1室+日≤： (传日g子+)小；品则当 n=2k-1时，Rn=R24-1<1 +<号当m=24时，及=R-66+ 1,1，,1 111.1.1 …+b2=—+—+…+ -=1+ a2 a3 a2k+1 24+6 及ta(+1)(1+ 22+…+ 1 十…十 十…十 1 1,1，，1 k+1)1×22x3++(k+1)1-。+。-。+…t了 1-2+23++kk+1 11,益合1安名可得当=2以时风=儿< 1. 令综上可得，R< 8 4.3等比数列 4.3.1等比数列的概念 白题 基础过关 1.C解析：由等比数列的定义知①②④都是等比数列.当a=0 时，③不是等比数列.故选C. 2.B解析：对于①，因为等比数列中的各项都不为0，所以① 不正确；对于②，因为等比数列的公比不为0，所以②不正 确；对于③，若一个常数列是等比数列，则这个常数不为0， 根据等比数列的定义知此数列的公比为1，所以③正确.因 此，正确的说法只有1个.故选B. 3.ABC解析：设数列1a,是公比为g的等比数列，则0=q, an=1 对于选项A,因为 101g,所以数列{1a,}为等比数列， laI 参考答案 故A正确：对于选项B,因为2,01=g,所以数列{a,a1为 an-1an 壁比数列，故B正确：对于选项C,因为，所以数列 {a}为等比数列，故C正确；对于选项D,若等比数列{an} 公比g=-1,则21=-1，即a,+an1=0,此时数列{a+an不 是等比数列，故D错误，故选ABC 四方法总结 判定一个数列为等比数列的常见方法： ①定义法：若°1=q(g是不为零的常教)，则数列{a,}是等比 a. 数列. ②等比中项法：若a1=anan2(neN,a.≠0)，则数列{an}是 等比数列. ③通项公式法：若an=a19(a1,9是不为零的常数)，则数列 {an}是等比数列. 4.C解析：设2与32的等比中项为G,则G2=2×32=64,所以 G=±8. 5.C解析：设等差数列{an}公差为d,:a6是a3和a,的等比 中项，∴.a6=a3g,即(1+5d)2=(1+2d)(1+8d),解得d=0, .a5=1. 6.B解析：设插入的第一个数为a,则插人的另一个数为号 由a,2,20成等差数列，得2 2=a+20.整理得a2-a-20= 0,解得a=-4或a=5.当a=-4时，插入的两个数的和为a+ 4当a=5时，插入的两个数的和为a+g-5 a 22 7.C解析：若等比数列的公比为g,则g==2故4，= da a5g4=16. 8.B解析：由题意得x(x+24)=(x-6)2,解得x=1,则这个等 比数列的公比q=一-6=-5，所以这个等比数列的第四项为 x(-5)3=-125. 9.A解析：设数列{an}的公比为g,由9a=a1a,得9a=a, 所以g=)又因为6，的各项均为正数，所以g=了，由 3如+90=2得3+9如9=2，所以a,=写板，分 10.AD解析：因为(an+1-a.-1)(an1-3an)=0(neN),所以 am1-an=1或aa1=3an.当a+1-an=1时，{an}是公差为1 的等差数列，此时a1=a4-3d=9-3=6;当a+1=3an时， {an}是公比为3的等比数列，此时a1= 宁名写故首项 a可能是6或号故选AD, 11.2解析：设数列{a,的公比为g,则s+_（a,+a)·g a3+a5a3+a5 g3=8,解得g=2.故答案为2. 12.A解析：因为21=2(n∈N),所以数列a,}为等比数 0◆ 列，4，=a1·21.又4>0，则a,>0,所以得2=2>1,01> a。 黑白题114.2 阶段综合 黑题 阶段强化 限时：50min 1.*(2025·河南南阳高二期末)已知Sn为等6.**(2025·山东泰安高二月考)数列{4n}满 差数列{an}的前n项和，若S2=4,S,=12,则 足a+2+(-1)“an=2n-1,前12项和为158，则 {an}的公差d= ( a,的值为 A.4 B.3 C.2 D.1 A.4 B.5 C.6 D.7 2.*(2025·江苏扬州高二期末)设等差数列 7.整(2025·四川广安高二月考)已知公差为 {an}的前n项和为Sn,已知a1+ag=10,a5a6= d的等差数列{an}满足a+a=2,且a1≥1，则 35,则S10= A.50 B.60 C.70 D.80 d的取值范围为 a 3.*(多选)(2025·河南安阳高二月考)设数 -号] B-子) 列{an}的前n项和为Sn, =-1,S1= C.[-1,1) D.[-1,1] 10,则下列说法正确的是 ( 8.(多选)(2025·江苏徐州高二期中)设等 A.{an}是等差数列 差数列{an}的前n项和为Sn,若Sg=S12,且 B.S11=0 (n+1)Sn<nSnt1(n∈N*),则 （) C.数列{Ian1}的前10项和是50 A.数列{an}为递增数列 D.S4,S。-S4,S2-S成等差数列，公差为-30 4.*(2025·河北沧州高二月考)定义“等方 B.S1o和S11均为Sn的最小值 差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项 C.存在正整数k,使得S=0 的平方与它的前一项的平方的差都等于同一 D.存在正整数m,使得Sm=Sm 个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这 9.**(2025·四川成都高二月考)已知等差数 个常数叫做该数列的方公差.设数列{an}是 列{an}满足am-1+an+1-a品=0(m>1),且 由正数组成的等方差数列，且方公差为2， 前2m-1项和S2m-1=38,则m= l0.**设数列{an}的前n项和为Sn,写出一个 a13=5,则数列 的前n项和Sn= an+an+I 同时满足条件①②的等差数列{an}的通项 ( 公式an= √2n+1-1 B.2n-1-l ①Sn存在最小值且最小值不等于a,; 2 ②不存在正整数k,使得S4>S+1且S+1<Sk+2 C.√2n+1-1 D.√2n-1-1 11.*★(2025·河南洛阳高二期末)设两个等 5.*(2025·辽宁沈阳二中高二月考)已知数 差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn, 列{an}是等差数列，其前n项和为Sn,若a3+ a1o>0,S1<0,则数列{Sn}中最小的项是 若对任意正整数n都有 _2n-1,则，+ T3n+2’b4+b6 0 的值为 A.Sa B.Ss C.S6 D.S, b3+b2 选择性必修第二册·RJ黑白题14 12.整(2025·安徽阜阳高二月考)已知Sn是 压轴挑战 等差数列{an}的前n项和，数列{an}的公差 然(2025·广东广州高二月考)数列{an}中， 为d(d≠0)，且{√S。-an}是等差数列，则 若对任意的keN,a2+1-a2k=a2k-a2k-1=k,则 称数列{an}具有性质K. (1)分别判断数列3,4,6和数列2,3,4,6,8是 13.**(2025·江西赣州高二期末)数列{an} 否具有性质K,并说明理由. 满足a1=1,a2=3且对于n∈N,都有a+2= (2)数列{an}具有性质K,且a1=0. 3an+1-2an+2. (1)求数列{an}的通项公式； (1)求数列{an}的a3,a4,a5; (2)证明：数列“2}是等差数列 (i)记6，=1,6，的前n项和为R,证 8 明R3 14.整(2025·湖南衡阳高二期末)记数列 {an}的前n项和为Sn,已知Sn=nan n(n-1) 2 (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a1=2,证明：。+ 1.1，,111 S1 S2 第四章黑白题15