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单元检测卷(六)　数列
(分值：150分)
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.[2025·泉州模拟]等比数列中，a1＋a4＝0，a2＝－2，记Sn为的前n项和，则S4＝(　　)
A.－8 B.－5
C.－4 D.0
2.[2025·九江模拟]已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，a5是a4与a8的等比中项，则＝(　　)
A.－ B.－
C. D.
3.[2025·济宁模拟]已知数列{an}中，a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，则a2 025＝(　　)
A.－2 B.－1
C.1 D.2
4.[2024·惠州模拟]在等比数列{an}中，已知a2 020＞0，则“a2 021＞a2 024”是“a2 022＞a2 023”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
5.[2025·泰安模拟]已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝－21，S7＝S15，则Sn的最小值为(　　)
A.－99 B.－100
C.－110 D.－121
6.[2025·襄阳模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S8＋S24＝140，且S24＝13S8，则S16＝(　　)
A.40 B.－30
C.30 D.－30或40
7.[2025·盐城模拟]若数列{an}满足2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝4n，{an}的前n项和为Sn，则(　　)
A.Sn＝ B.Sn＝
C.Sn＝ D.Sn＝
8.[2025·南充模拟]如图所示的一系列正方形图案称为“谢尔宾斯基地毯”，在4个大正方形中，着色的小正方形的个数依次构成一个数列{an}的前4项. 记S＝＋＋…＋，则下列结论正确的为(　　)
A.S>
B.S＝
C.S<
D.S与的大小关系不能确定
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.[2025·武汉武昌区模拟]已知数列{an}的前n项和Sn＝()n－1，则下列说法正确的有(　　)
A.{Sn}是递减数列 B.{an}是等比数列
C.an＜0 D.Sn＋an＝1
10.[2024·临沂二模]已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是(　　)
A.若a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，则a1＋a2＝5
B.若a2＋a13＝4，则S14＝28
C.若S15<0，则S7>S8
D.若{an}和{an·an＋1}都为递增数列，则an>0
11.[2025·云南名校联考]已知数列{anan＋1}(n∈N*)是公比为2的等比数列，且a1＝1，则下列结论正确的是(　　)
A.若{an}是等比数列，则公比为
B.{a2n}是公比为2的等比数列
C.a2n－1＝2n－1
D.若a2＝，则an＝
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.[2025·汕头模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，a2n＝2an＋1，若Sn＋an＋1＝100，则n＝________.
13.[2024·北京东城区三模]已知等比数列{an}满足：a2<|an|14.[2025·上海宝山区模拟]某区域的地形大致如图1，某部门负责该区域的安全警戒，在哨位O的正上方安装探照灯对警戒区域进行探查扫描.假设1：警戒区域为空旷的扇环形平地A1AnBnB1；假设2：视探照灯为点M，且距离地面20米；假设3：探照灯M照射在地面上的光斑是椭圆.当探照灯M以某一俯角从AkAk＋1侧扫描到BkBk＋1侧时，记为一次扫描，此过程中照射在地面上的光斑形成一个扇环Sk(k＝1，2，3，…).由此，通过调整M的俯角，逐次扫描形成扇环S1，S2，S3….第一次扫描时，光斑的长轴为EF，OE＝30米，此时在探照灯M处测得点F的俯角为30°(如图2).记AkAk＋1＝dk，经测量知A1An＝80米，且{dk}是公差约为0.1米的等差数列，则至少需要经过________次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕.
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·南通模拟]设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn－an＝n2＋1，n∈N*.
(1)求a1，a2，并证明：数列{an＋an＋1}是等差数列；
(2)求S20.
16.(15分)[2025·泰安模拟]已知等比数列{an}的前n项和Sn，a1＝3，对任意k∈N*，Sk是Sk＋1与Sk＋2的等差中项.
(1)求{an}的公比q；
(2)求{nSn}的前n项和Tn.
17.(15分)[2025·安徽名校联考]已知Sn为等比数列{an}的前n项和，n∈N*，若4a2，2a3，a4成等差数列，且S4＝8a2－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，且数列{bn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn＜.
18.(17分)[2024·汕头模拟]已知等差数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足：a1＝b1＝2，a3＝b3＝8(n∈N*).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}是由数列{an}和{bn}中不同的项按照从小到大的顺序排列得到的新数列，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
19.(17分)[2025·茂名模拟]有无穷多个首项均为1的等差数列，记第n(n∈N*)个等差数列的第m(m∈N，m≥2)项为am(n)，公差为dn(dn>0).
(1)若a2(2)－a2(1)＝2，求d2－d1的值；
(2)若m为给定的值，且对任意n有am(n＋1)＝2am(n)，证明：存在实数λ，μ，满足λ＋μ＝1，d100＝λd1＋μd2；
(3)若{dn}为等比数列，证明：am(1)＋am(2)＋…＋am(n)≤.
单元检测卷(六)　数　列
1.D　[设等比数列{an}公比为q，则a1＋a4＝a1＋a1q3＝0，因为a1≠0，则q＝－1，
又a2＝－2，故a1＝2，a3＝2，a4＝－2，则S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝0.故选D.]
2.A　[因为a5是a4与a8的等比中项，所以a＝a4a8.又因为数列{an}为等差数列，公差为d(d≠0)，所以(a1＋4d)2＝(a1＋3d)(a1＋7d)，化简得2a1d＝－5d2，即2a1＝－5d，
所以＝－.故选A.]
3.B　[由a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，得
a3＝a2－a1＝－1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－1，a6＝a5－a4＝1，a7＝a6－a5＝2，
a8＝a7－a6＝1，……，则{an}是以6为周期的周期数列，所以a2 025＝a337×6＋3＝a3＝－1.故选B.]
4.A　[∵公比q≠0，a2 020＞0，
∴若a2 021＞a2 024，
则a2 020q＞a2 020q4，∴q(1－q3)＞0，
∴q(1－q)(1＋q＋q2)＞0，
得q(1－q)＞0，∴0＜q＜1；
若a2 022＞a2 023，则a2 020q2＞a2 020q3，
∴q2＞q3，
∴q2(1－q)＞0，∴q＜1且q≠0.
∵0＜q＜1 q＜1且q≠0，q＜1且q≠0
0＜q＜1，∴“a2 021＞a2 024”是“a2 022＞a2 023”的充分不必要条件.故选A.]
5.D　[∵S7＝S15，∴a8＋a9＋…＋a15＝0，
即a11＋a12＝0，
又a1＝－21，
∴d＝2且a11<0，
∴a12>0，
∴(Sn)min＝S11，
＝112－22×11＝－121.]
6.A　[因为S8＋S24＝140，且S24＝13S8，所以S8＝10，S24＝130，故q≠±1，
所以＝＝(q8)2＋q8＋1＝13，即(q8)2＋q8－12＝0，解得q8＝3或q8＝－4(舍去)，
由等比数列性质可知，S8，S16－S8，S24－S16成等比数列，公比为q8＝3，
所以S16－10＝10×q8＝30，解得S16＝40，故选A.]
7.D　[∵2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝4n，∴当n≥2时，2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝4n－1，
∴2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2·4n－1，
∴2an＝(2na1＋2n－1a2＋…＋2an)－(2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1)＝4n－2·4n－1＝2·4n－1，
∴an＝4n－1(n≥2)；当n＝1时，2a1＝4，解得：a1＝2，不满足an＝4n－1，
∴an＝
当n≥2时，Sn＝2＋4＋42＋…＋4n－1＝2＋＝，
又S1＝a1＝2满足Sn＝，∴Sn＝(n∈N*).故选D.]
8.C　[由图分析可知a1＝1，a2＝8a1＋1＝8＋1，a3＝8a2＋1＝8(8＋1)＋1＝82＋8＋1，
a4＝8a3＋1＝8(82＋8＋1)＋1＝83＋82＋8＋1，依次类推，a100＝899＋898＋897＋…＋8＋1，
所以S＝＋＋…＋＝1＋＋＋…＋
<1＋＋＋…＋＝＝<.故选C.]
9.ABC　[因为Sn＝()n－1，
所以Sn＋1－Sn＝()n＋1－()n
＝－()n＋1＜0，即Sn＋1＜Sn，所以数列{Sn}是递减数列，所以选项A正确；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝()n－()n－1＝－()n，
当n＝1时，a1＝S1＝－也满足上式，
所以an＝－()n.
所以＝＝，
所以数列{an}是等比数列，所以选项B正确；
an＝－()n＜0，所以选项C正确；
Sn＋an＝()n－1－()n＝－1，
所以选项D错误.综上，选ABC.]
10.BC　[对于A中，由a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，可得(a7＋a8)－(a3＋a4)＝8d＝9，所以d＝，
又由a1＋a2＝(a3＋a4)－4d＝9－4×＝，所以A错误；
对于B中，由S14＝＝＝28，所以B正确；
对于C中，由S15＝＝15a8<0，所以a8<0，又因为S8－S7＝a8<0，则S7>S8，所以C正确；
对于D中，因为{an}为递增数列，可得公差d>0，因为{anan＋1}为递增数列，可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d>0，所以对任意的n≥2，an>0，但a1的正负不确定，所以D错误.
故选BC.]
11.BCD　[由已知得＝2，则an＋2＝2an，因为a1＝1，则a3＝2，且an≠0.
若{an}是等比数列，则a＝a1a3，故a2＝±，所以公比q＝±，A错误；
由an＋2＝2an，故a2n＋2＝2a2n，即＝2，故{a2n}是公比为2的等比数列，B正确；
同理，数列{a2n－1}是公比为2的等比数列，由a1＝1，则a2n－1＝1×2n－1＝2n－1，C正确；
由a2＝，则a2n＝2n－2，设m为偶数，则am＝2－2，同理设k为奇数，则ak＝2，
所以an＝D正确，选BCD.]
12.9　[由a2＝3，a2n＝2an＋1，得a2＝2a1＋1＝3，解得a1＝1，则等差数列{an}的公差d＝2，
于是an＝2n－1，Sn＝·n＝n2，由Sn＋an＋1＝100，得n2＋2n＋1＝100，所以n＝9.]
13.an＝(－)n－1(答案不唯一)　[设等比数列{an}的公比为q，由a2<|an|0，显然a2<|a3|，即a1q<|a1q2|14.15　[因为在Rt△MOF中，∠F＝30°，OM＝20，
所以OF＝20，EF＝20－30，
故A1A2＝20－30，故{dk}是以20－30为首项，以0.1为公差的等差数列，故Sk＝(20－30)k＋×0.1，而S14＝74.06<80，S15≈80.1>80，故kmin＝15.所以至少需要15次才能将整个警戒区域扫描完毕.]
15.解　(1)当n＝1时，由条件得a1－a1＝2，所以a1＝4.
当n＝2时，由条件得(a1＋a2)－a2＝5，所以a2＝2.
因为Sn－an＝n2＋1，
所以Sn－1－an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，
两式相减得：an－an＋an－1＝2n－1，即an＋an－1＝4n－2，
所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，所以数列{an＋1＋an}为等差数列.
(2)由(1)知an＋an－1＝4n－2，所以an＋an＋1＝4(n＋1)－2＝4n＋2，
又数列{an＋1＋an}为等差数列，首项为a1＋a2＝6，a19＋a20＝78，
所以S20＝＝420.
16.解　(1)法一　{an}为等比数列，a1＝3≠0，∵2Sk＝Sk＋1＋Sk＋2，
∴Sk＋1＋Sk＋2－2Sk＝0，∴2ak＋1＋ak＋2＝0，∴q＝－2.
法二　∵2Sk＝Sk＋1＋Sk＋2，a1＝3，
当q≠1时，2＝＋，整理得q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1，
当q＝1时，由2Sk＝Sk＋1＋Sk＋2得6k＝6k＋9，不成立，舍去，
∴q＝－2.
(2)由(1)知an＝3(－2)n－1，Sn＝＝1－(－2)n，
故nSn＝n－n·(－2)n，
设bn＝n×(－2)n，{bn}的前n项和为Bn，则Bn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n(－2)n，
－2Bn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n＋n·(－2)n＋1，
3Bn＝－2＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n－n(－2)n＋1＝－n·(－2)n＋1＝，
∴Bn＝，
∴Tn＝＋.
17.(1)解　设数列{an}的公比为q，
由4a2，2a3，a4成等差数列可得
4a2＋a4＝4a3，
故4＋q2＝4q，解得q＝2.
由S4＝8a2－2可得＝16a1－2，
解得a1＝2，
故an＝2n，
即数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明　由(1)可得bn＝＝
＝－，
故Tn＝－＋－＋－＋…＋－＝－.
易得0＜≤，
故≤Tn＜.
18.解　(1)根据条件，设an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)d，bn＝b1qn－1＝2qn－1，
又2＋2d＝2q2＝8(q＞0)，
解得d＝3，q＝2，
故an＝3n－1，bn＝2n(n∈N*).
(2)当n＝100时，a100＝299，
由2n＜299，得n≤8，n∈N*，
又b1＝a1，b3＝a3，b5＝a11，b7＝a43，
故在数列{an}的前100项中含有数列{bn}中的4项，
所以S100＝a1＋a2＋…＋a100－(b1＋b3＋b5＋b7)＋(b2＋b4＋b6＋b8)，
所以S100＝－(2＋8＋32＋128)＋(4＋16＋64＋256)＝15 220.
19.解　(1)由题意得a2(2)－a2(1)＝1＋d2－(1＋d1)＝d2－d1，
又a2(2)－a2(1)＝2，所以d2－d1＝2.
(2)证明　因为 am(n＋1)＝2am(n)，所以1＋(m－1)dn＋1＝2，
即dn＋1＝2dn＋，所以dn＋1＋＝2(dn＋)，
因此d100＋＝(d1＋)299，所以d100＝
(d1＋)299－，
又d2＝2d1＋，即＝d2－2d1，
因此d100＝(d1＋d2－2d1)299－(d2－2d1)＝(2－299)d1＋(299－1)d2，
所以存在实数λ＝2－299，μ＝299－1，满足λ＋μ＝1，d100＝λd1＋μd2.
(3)证明　因为{dn}为等比数列，所以dn＝d1qn－1，其中q为{dn}的公比，
于是am(n)＝1＋(m－1)d1qn－1，
当1≤i≤n时，am(n＋1－i)＋am(i)－[am(n)＋am(1)]＝(m－1)d1(qn－i＋qi－1－qn－1－1)
＝－(m－1)d1(qn－i－1)(qi－1－1)，
因为q>0，n－i≥0，i－1≥0，因此(qm－i－1)(qi－1－1)≥0，又－(m－1)d1<0，
所以am(n＋1－i)＋am(i)≤am(n)＋am(1)，
因此[am(n＋1－i)＋am(i)]≤n[am(n)＋am(1)]，
即2[am(1)＋am(2)＋…＋am(n)]≤n[am(n)＋am(1)]，
所以am(1)＋am(2)＋…＋an(n)≤.

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