第1章 数列（Word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册分层练习（湘教版）

**基本信息** 本卷为高中数学数列单元卷，以文化传承与创新探究为特色，覆盖等差等比数列、递推数列等核心知识，适配单元复习，注重数学抽象与逻辑推理素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|8/40|等差等比基本运算（如第1题等差数列求和）|基础巩固，梯度合理| |多项选择题|3/18|新定义问题（如第10题等方差数列）|考查数学抽象与辨析能力| |填空题|3/15|递推求通项（如第12题）|注重运算与转化思想| |解答题|5/77|综合应用（如第15题三选一条件求和）、创新探究（如第19题数学归纳法）|体现逻辑推理与数学建模，呼应高考命题趋势|

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第1章　数列 全卷满分150分　考试用时120分钟 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,只有一项是符合题目要求的) 1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,a3=3,则S4=(　　) A.12　　　　B.10　　　　C.8　　　　D.6 2.各项均为正数的等比数列{an}中,a6与a12的等比中项为3,则log3a7+log3a11=(　　) A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4 3.《算法统宗》是我国古代数学名著,由明代数学家程大位编著,它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用.在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,如“九儿问甲歌”:一个公公九个儿,若问生年总不知,自长排来差三岁,共年二百又零七,借问长儿多少岁,各儿岁数要详推.在这个问题中,这位公公的长儿的年龄为(　　) A.23岁　　　　B.32岁　　　　C.35岁　　　　D.38岁 4.已知数列{an}中,a1=-,an=1-(n≥2),则a100=(　　) A.5　　　　B.-　　　　C.　　　　D.- 5.已知等差数列{an}的项数为2m+1(m∈N+),其中奇数项之和为140,偶数项之和为120,则m=(　　) A.6　　　　B.7　　　　C.12　　　　D.13 6.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=a,an+1=,若a6=,则(　　) A.0<S5<　　　　　B.<S5<1　　　　 C.1<S5<　　　　　D.<S5<2 7.设等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,已知a5=11,S10=120,bn=,若Tk=,则正整数k的值为(　　) A.9　　　　B.8　　　　C.7　　　　D.6 8.已知数列{an}满足a1=1,a2=,anan+2=4,则an的最小值为(　　) A.2-12　　　　B.2-10　　　　C.2-5　　　　D.2-6 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{an}是各项均为正数的无穷数列,其前n项和为Sn,且 +=1(n∈N+),则下列结论正确的有(　　) A.a2<a1 B.对于任意的n∈N+,Sn≥n+1 C.存在k∈N+,使得ak<1 D.数列{an}有最大值,无最小值 10.在数列{an}中,若-=p(n≥2,n∈N+,p为常数),则称{an}为等方差数列.下列对等方差数列的判断正确的是(　　) A.若{an}是等差数列,则{}是等方差数列 B.{(-1)n}是等方差数列 C.若{an}是等方差数列,则{akn}(k∈N+,k为常数)也是等方差数列 D.若{an}既是等方差数列,又是等差数列,则该数列为常数列 11.设正整数n=a0·20+a1·21+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则(　　) A.ω(2n)=ω(n)　　　　　B.ω(2n+3)=ω(n)+1 C.ω(8n+5)=ω(4n+3)　　　　　D.ω(2n-1)=n 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.已知数列{an},满足2a1+3a2+4a3+…+(n+1)an=n(n∈N+),则a2 023=　　　　.  13.已知等比数列{an}是递增数列,若a1=1,且3a2,2a3,a4为等差数列,则{an}的前4项和S4=　　　　.  14.如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得到图形P3,P4,…,Pn,…,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=　　　　,若∀n∈N+,Sn> 恒成立,则a的取值范围是　　　　.  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)在①Sn=2an-1,②=,a2=,③Sn=2n+1这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答. 已知数列{an}的前n项和为Sn,　　　　,数列{bn}满足bn=anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.  16.(15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且2a6-a3=9,S5=15. (1)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn; (2)若bn=·an+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 17.(15分)已知数列{an},{bn}满足an-bn=2n. (1)若{an}是等差数列,b2=1,b4=-7,求数列{bn}的前n项和Sn; (2)若{bn}是各项均为正数且公比为q的等比数列,是否存在实数q,使{an}为等比数列?若存在,求出q的值;若不存在,请说明理由. 18.(17分)已知数列{an}满足an+1-2an+2=0,且a1=8. (1)证明:数列{an-2}为等比数列; (2)设bn=,记数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N+,m≥Tn恒成立,求m的取值范围. 19.(17分)数学归纳法是一种数学证明方法,通常被用于证明某个给定的命题在整个(或者局部)正整数范围内成立,证明分为下面两个步骤:1.证明当n=n0(n0∈N+)时命题成立;2.假设n=k(k∈N+,且k≥n0)时命题成立,推导出在n=k+1时命题也成立.只要完成这两个步骤,就可以断定命题对从n0开始的所有自然数n都成立.已知有穷递增数列{an},a1=-1,a2>0,n∈N+且n≥3.定义:集合A={(x,y)|x=ai,y=aj,1≤i≤n,1≤j≤n,i,j∈N+},若∀(x1,y1)∈A,∃(x2,y2)∈A,使得x1x2+y1y2=0,则称{an}具有性质T. (1)若数列-1,1,2,m(m>2)具有性质T,求实数m的值; (2)若{an}具有性质T,且a2=1,a3=2, (i)猜想当n≥2时{an}的通项公式,并用数学归纳法证明你的猜想; (ii)求+++…+(n≥2). 答案全解全析 1.B　设等差数列{an}的公差为d,由a1=1,a3=a1+2d=3,解得d=1, 所以S4=4a1+×d=10. 2.B　易知a6·a12=9,∴log3a7+log3a11=log3(a7·a11)=log3(a6·a12)=log39=2. 3.C　设第n个儿子的年龄为an岁,由题可知{an}是等差数列,设其公差为d,前n项和为Sn,易得d=-3,则S9=9a1+×(-3)=207,解得a1=35,即这位公公的长儿的年龄为35岁. 4.B　因为a1=-,an=1-(n≥2), 所以a2=1-=1-=5,a3=1-=1-=, a4=1-=1-=1-=-, 所以数列{an}是以“-,5,”为一个周期的周期数列, 因为100=33×3+1,所以a100=a1=-. 5.A　项数为2m+1的{an}中奇数项共有(m+1)项,其和为==(m+1)am+1=140,项数为2m+1的{an}中偶数项共有m项,其和为==mam+1=120, 所以==,解得m=6. 6.C　由题意可知an≠0,因为an+1=, 所以=,即-=an-1. 令n=1,得-=a1-1;令n=2,得-=a2-1; 令n=3,得-=a3-1;令n=4,得-=a4-1; 令n=5,得-=a5-1. 将以上各式相加,得++++=a1+a2+a3+a4+a5-5, 即-=S5-5,所以S5=10-, 因为<a<, 所以<<9, 所以1<10-<,即1<S5<. 7.A　设等差数列{an}的公差为d, 因为S10==5(a5+a6)=5(11+a6)=120, 所以a6=13,则d=a6-a5=2, 所以an=a5+2(n-5)=2n+1, 所以bn==, 故Tn===, 因为Tk=,所以=,解得k=9. 8.D　∵a1=1,a2=,anan+2=4,∴an≠0,=, 又=,∴数列是首项为,公比为4的等比数列, ∴=×4n-1=4n-3. 当n≥2时,an=··…··a1=4n-4×4n-5×…×4-2×1=, ∵当n=1时,a1=1,满足上式,∴an=. ∴当n=3或n=4时,an取得最小值,最小值为4-3=2-6. 9.ABD　令n=1,则+=2·=1, 所以a1=2, 令n=2,得+=+=1, 又an>0,所以a2=,A正确; 由an>0,+=1得<1,所以an>1,C错误; 由a1=2=1+1,且an>1,得Sn=a1+a2+…+an=2+a2+…+an≥n+1,B正确; 由=1-,得an=, 所以an+1-an=-= ==<0, 所以an+1<an,所以an随n的增大而减小,故{an}为单调递减的正项无穷数列,且1<an≤2, 故数列{an}有最大值,为2,无最小值,D正确. 10.BCD　在选项A中,取an=n,则{an}是等差数列,且=n2,则-=(n+1)2-n2=2n+1,不是常数,所以{}不是等方差数列,故A错误. 在选项B中,设an=(-1)n,则-=-[(-1)n-1]2=1-1=0,是常数,所以{(-1)n}是等方差数列,故B正确. 在选项C中,由{an}是等方差数列,得-=p,从而=+(n-1)p,所以-=[+(kn+k-1)p]-[+(kn-1)p]=kp,是常数,所以{akn}(k∈N+,k为常数)是等方差数列,故C正确. 在选项D中,由{an}是等差数列,可设其公差为d,则an-an-1=d,又{an}是等方差数列,所以-=p,所以-=(an+an-1)(an-an-1)=(an+an-1)d=p①,从而(an+1+an)d=p②. ②-①,得(d+d)d=0,所以d=0,所以{an}是常数列,故D正确. 11.ACD　对于A选项,ω(n)=a0+a1+…+ak,2n=a0·21+a1·22+…+ak-1·2k+ak·2k+1,所以ω(2n)=a0+a1+…+ak=ω(n),A选项正确; 对于B选项,取n=2,2n+3=7=1×20+1×21+1×22,∴ω(7)=3, 而2=0×20+1×21,则ω(2)=1,即ω(7)≠ω(2)+1,B选项错误; 对于C选项,8n+5=a0·23+a1·24+…+ak·2k+3+5=1×20+1×22+a0·23+a1·24+…+ak·2k+3,所以ω(8n+5)=2+a0+a1+…+ak, 4n+3=a0·22+a1·23+…+ak·2k+2+3=1×20+1×21+a0·22+a1·23+…+ak·2k+2,所以ω(4n+3)=2+a0+a1+…+ak,因此ω(8n+5)=ω(4n+3),C选项正确; 对于D选项,2n-1=20+21+…+2n-1,故ω(2n-1)=n,D选项正确. 12.答案　 解析　由2a1+3a2+4a3+…+(n+1)an=n(n∈N+), 得2a1+3a2+4a3+…+nan-1=n-1,n≥2, 两式作差,得(n+1)an=1,n≥2, 所以an=(n≥2),故a2 023=. 13.答案　40 解析　由题意知数列{an}的各项均为正数.设{an}的公比为q(q>1),因为3a2,2a3,a4为等差数列,所以4a3=3a2+a4.因为a1=1,所以4q2=3q+q3,即q2-4q+3=0,解得q=1(舍去)或q=3,所以S4===40. 14.答案　a2;[,+∞) 解析　依题意得,S1=π×(2a)2=2πa2, S1-S2=πa2, S2-S3=π×=πa2, ∴S3=S2-πa2=S1-πa2-πa2=a2. 以此类推,{Sn+1-Sn}是以S2-S1=-πa2为首项,为公比的等比数列, 记S2-S1=-πa2=S, 则S3-S2=S,……,Sn-Sn-1=S(n≥2), ∴Sn-S1==S×, ∴Sn=S1+S×=2πa2-πa2+πa2× =πa2+πa2(n≥2), 经检验,当n=1时,上式也成立, ∴Sn=πa2+πa2(n∈N+). ∵Sn>对任意n∈N+恒成立,且Sn>a2, ∴只需πa2≥即可,解得a2≥505, 又∵a>0, ∴a≥,即a的取值范围是[,+∞). 15.解析　选条件①Sn=2an-1. 由得an=2an-2an-1, 所以an=2an-1(n≥2),(4分) 又因为S1=2a1-1,所以a1=1, 所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列, 所以an=2n-1.(8分) 因此bn=anan+1=2n-1·2n=22n-1,(10分) 所以Tn=21+23+…+22n-1==.(13分) 选条件②=,a2=. 解法一:由=,得=,又a2=,所以a1=1.(2分) 当n≥2时,=××…×=××…×=, 所以an=(n≥2),(6分) 又因为a1=1也符合an=,所以an=.(8分) 因此bn=anan+1==,(10分) 所以Tn===.(13分) 解法二:由=,得(2n+1)an+1=(2n-1)an, 所以数列{(2n-1)an}是常数列,(4分) 所以(2n-1)an=(2×2-1)a2=1,所以an=.(8分) 下同解法一.(13分) 选条件③Sn=2n+1. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n+1)-(2n-1+1)=2n-1,(3分) 又因为a1=S1=3,显然不符合上式, 所以an=(5分) 则bn=an·an+1=(7分) 当n≥2时,Tn=6+23+25+…+22n-1=6+=×4n+,(9分) 又因为T1=6,符合Tn=×4n+,(11分) 所以Tn=×4n+.(13分) 16.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d, 则2a6-a3=2a1+10d-a1-2d=a1+8d=9,S5=5a1+10d=15, 解得a1=d=1,(3分) 故an=1+n-1=n.(5分) Sn=n+=.(7分) (2)结合(1)知bn=(n+1)·2n, 故Tn=2×21+3×22+4×23+…+(n+1)·2n①, 则2Tn=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1②,(10分) 由①-②得-Tn=4+22+23+…+2n-(n+1)·2n+1=4+-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,(13分) 所以Tn=n·2n+1.(15分) 17.解析　(1)由an-bn=2n,b2=1,b4=-7, 得a2=b2+22=5,a4=b4+24=9, 设{an}的公差为d,则a4=a2+2d=5+2d=9,解得d=2, 所以an=a2+(n-2)d=5+2(n-2)=2n+1,(3分) 所以bn=an-2n=2n+1-2n, 所以Sn=b1+b2+b3+…+bn=[3+5+…+(2n+1)]-(2+22+…+2n) =-=n2+2n+2-2n+1.(6分) (2)因为{bn}是各项均为正数且公比为q的等比数列, 所以bn=b1qn-1(q>0), 由an-bn=2n,得an=bn+2n=2n+b1qn-1.(8分) 若{an}是等比数列,则=a1a3,即=(b1+2)(b3+8), 整理得+8b2+16=b1b3+8b1+2b3+16, 所以4b2=4b1+b3, 所以4b1q=4b1+b1q2, 所以q=2.(10分) 当q=2时,an=2n+b1·2n-1=(b1+2)·2n-1, 因为b1>0,所以=2,为常数,故{an}是等比数列.(14分) 所以存在实数q=2,使{an}为等比数列.(15分) 18.解析　(1)证明:因为an+1-2an+2=0, 所以an+1=2an-2, 即an+1-2=2(an-2),则=2, 所以数列{an-2}是以a1-2=6为首项,2为公比的等比数列.(4分) (2)由(1)知an-2=6×2n-1,则an=3×2n+2, 所以bn===(-1)n,(6分) 当n为偶数时,Tn=++…+--+=-+=-+, (8分) 当n为奇数时,Tn=++…++=--=--. (11分) 当n为偶数时,Tn=-+单调递减,当n=2时,Tn取得最大值-,则m≥-;(13分) 当n为奇数时,Tn=--<-,则m≥-.(15分) 综上,m的取值范围是.(17分) 19.解析　(1)已知数列-1,1,2具有性质T, 当(x1,y1)=(-1,m)时,取(x2,y2)=(m,1),满足题意. 当(x1,y1)=(1,m)时,取(x2,y2)=(m,-1),满足题意.(2分) 当(x1,y1)=(2,m)时,2x2+my2=0,此时x2,y2中有且仅有一个数为-1, 若x2=-1,则m=,因为y2∈N+,所以m∈(0,2],不满足m>2; 若y2=-1,则m=2x2,故m的值为2或4或2m,(4分) 又因为m>2,所以m=4.综上所述,m=4.(5分) (2)(i)猜想an=2n-2(n≥2).(6分) 当n=2时,a2=22-2=1,满足题意.(7分) 假设n=k(k∈N+,且k≥2)时,ak=2k-2成立,则当n=k+1时, 若(x1,y1)=(-1,ak+1),则取(x2,y2)=(ak+1,1),满足题意.(8分) 若(x1,y1)=(ai,ak+1),i=2,3,…,k+1,则x2,y2中有且仅有一个数为-1, 当x2=-1时,设y2=aj,j=2,3,…,k+1,则-ai+ak+1aj=0, 故ak+1=≤ai,当且仅当i=k+1,j=2时,取得等号;(10分) 当y2=-1时,设x2=aj,j=2,3,…,k+1,则aiaj=ak+1=2i+j-4, 记i+j-4=p,则j=p-i+4, 因为对任意的i=2,3,…,k+1,都有j=p-i+4=p-k+3,p-k+4,…,p+2在2,3,4,…,k+1中取到, 所以解得p=k-1. 故i+j=k+3,故ak+1=2(k+1)-2成立.(13分) 综上,an=2n-2(n≥2).(14分) (ii)因为n≥2时,==-, 所以+++…+ =+++…+ =2-(n≥2).(17分) 关键点睛　解决本题第二问的关键:一是,能够熟练掌握数学归纳法的证明过程;二是,能够根据性质T的定义,合理地分类讨论;三是,熟练掌握裂项求和法求解数列的前n项和. 学科网（北京）股份有限公司 $