第四章 数列(单元自测卷)(解析版)-2026《寒假自学课-高二数学》人教A

第四章数列单元自测卷建议用时：120分钟，满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．下列说法正确的是（）A．数列{an}与an是相同的 B．数列2，4，6，8可以表示为{2，4，6，8} C．数列0，1，2，3与2，3，0，1是相同的数列 D．数列{n2+n}的第k项为k2+k【解答】解：对于A项，数列{an}与an是不同的，{an}表示数列a1，a2，a3，⋯，an，⋯，而an表示数列{an}中的第n项，故A项错误；对于B项，{2，4，6，8}是一个集合，故B项错误；对于C项，两个数列中的数虽然相同，但顺序不同，不是相同的数列，故C项错误；对于D项，an=n故选：D．2．已知数列{an}是等比数列，且a5＝12，a17＝3，则a11＝（）A．3 B．6 C．3或﹣3 D．6或﹣6【解答】解：根据题意，数列{an}是等比数列，设其公比为q，若a5＝12，a17＝3，则q12=a17a5=则a11＝a5q6＝6．故选：B．3．在等差数列{an}中，a3+a4＝12，则S6＝（）A．36 B．24 C．17 D．16【解答】解：根据题意，S6=62（a1+a6）＝3（a3+a4＝）＝3×12＝故选：A．4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S77-S33=4A．2 B．3 C．4 D．6【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则Sn+1∴数列{Snn∴S77-S3∴a9﹣a6＝3d＝6．故选：D．5．已知Sn为等差数列{an}的前n项，公差为d．若a1＞0，S18＝0，则（）A．d＞0 B．S7＝S11 C．S20＞0 D．Sn无最大值【解答】解：Sn为等差数列{an}的前n项，公差为d．若a1＞0，S18＝0，对于选项A：S18=18(a1+a18)2=0，即a1+a18＝2对于选项B：因为a1+a18＝a9+a10＝0，则S11﹣S7＝a8+a9+a10+a11＝2（a9+a10）＝0，所以S7＝S11，故B正确；对于选项D：因为a9+a10＝0，且d＜0，可知a9＞0，a10＜0，当n≤9时，an＞0；当n≥10时，an＜0；可知当且仅当n＝9时，Sn取到最大值，故D错误，对于选项C：S20＝S18+a19+a20＝a19+a20＜0，故C错误．故选：B．6．已知ai∈N*（i＝1，2，…，9），对ak＝ak﹣1+1或ak＝ak+1﹣1（2≤k≤8）中有且仅有一个成立，且a1＝5，a9＝8，则a1+a2+…+a9的最小值为（）A．27 B．28 C．29 D．30【解答】解：设bk＝ak+1﹣ak，由题意可得，bk，bk﹣1恰有一个为1，如果b1＝b3＝b5＝b7＝b9＝1，那么a1＝5，a2＝6，a3≥1，a4＝a3+1≥2，同样也有，a5≥1，a6＝a5+1≥2，a7≥1，a8＝a7+1≥2，全部加起来至少是5+6+1+2+1+2+1+2+8＝28；如果b2＝b4＝b6＝b8＝1，那么a8＝7，a2≥1，a3＝a2+1≥2，同样也有，a4≥1，a5≥2，a6≥1，a7≥2，全部加起来至少是5+1+2+1+2+1+2+7+8＝29，综上所述，最小应该是28．故选：B．7．已知{an}是项数为k（k∈N*）的等差数列，其中a1＝1，14an-1≤an（n＝2，3，⋯，k）．若a1+a2+⋯+aA．15 B．16 C．17 D．18【解答】解：{an}是项数为k（k∈N*）的等差数列，其中a1＝1，14an-1≤an（n＝2，3，…，k）．若a1+a2设{an}的公差为d，得1+（n﹣2）d≤4[1+（n﹣1）d]，得3+（3n﹣2）d≥0，当n＝2，3，⋯，k时，恒有3+（3n﹣2）d≥0，得d≥-3所以d≥-3由等差数列的求和公式得ka所以d=18-2k因为k≥2，k∈N*，整理得3k2﹣55k+36≤0，解得2≤k≤17．则k的最大值是17．故选：C．8．已知数列{an}满足：an+1•an+an+1﹣4an+2＝0，则下列命题正确的是（）A．若数列{an}为常数列，则a1＝1 B．存在a1∈（1，2），使数列{an}为递减数列 C．任意a1∈（0，1），都有{an}为递减数列 D．任意a1∈（2，+∞），都有2＜an≤a1【解答】解：对A：若数列{an}为常数列，则an解得an＝1或an＝2，故A错误；对B：易得an+1若{an}为递减数列，则an+1解得an＞2或﹣1＜an＜1且an≠0，故不存在a1∈（1，2）使得{an}递减数列，故B错误；对C，令a1则a2＝0，a3＝﹣2，a4＝10，故{an}不是递减数列，故C错误；对D，用数学归纳法证明an＞2，当n＝1，a1∈（2，+∞）显然成立，假设当n＝k（k∈N*），an＞2，则n＝k+1时，ak+1故当n＝k+1时an＞2成立，由选项B知，对任意an＞2，则数列{an}为递减数列，故an≤a1，故D正确．故选：D．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．数列1，-13，17，-115A．an＝（﹣1）n+1•12n-1 B．an＝（﹣1）n﹣1C．an＝（﹣1）n•12n+1 D．an＝（﹣1）【解答】解：根据题意，数列1，-13，17，-115，131，…，即121-1其一个通项公式为an＝（﹣1）n+112n-1故选：AB．10．已知数列{an}的前n项和为Sn.（）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，q＞0，则S2n﹣1•S2n+1＞S2n2【解答】解：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，∴选项A错误；若Sn＝2n﹣1，则当n＝1时，有a1＝S1＝1，当n≥2时，有an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣2n﹣1＝2n﹣1，故an＝2n﹣1，an+1an=2，此时数列{an}是等比数列，又由等差数列的性质可得：S99=99(a1+a99∵当a1＞0，q＝1时，有an＝a1，S2n﹣1S2n+1＝（2n﹣1）（2n+1）a12＝（4n2﹣1）a12，S2n2＝（2na1）2＝4n2a12，此时S2n﹣1S2n+1＜S2n2，故选项D错误，故选：BC．11．若各项为正的无穷数列{an}满足：对于∀n∈N*，an+12-an2=d，其中dA．{3n}是等方差数列 B．若{an}既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列 C．若数列{an}是等方差数列，则数列{akn}（k∈N*，k为常数）也是等方差数列 D．若{an}是等方差数列，则不存在正整数n，使得i=1【解答】解：对于选项A，由题意取an=3由于8×32n不是一个常数，故选项A错误；对于选项B，由题意各项为正的无穷数列{an}满足：对于∀n∈N*，an+12-an2=d，其中d结合{an}既是等方差数列，又是等差数列，可得an+12-an2=d1，an+1﹣an＝d2，则（an+1+a因为d1≠0，所以d2≠0，则an+1解得{an}仍为常数列，这与d2≠0相矛盾，故选项B错误；对于选项C，因为an+12而akn+12-对于选项D，当d＜0时，总会存在n使得an所以d＞0，由an2=即1a所以有i=1n1ai＞=2-因为d＞0，所以2d(a则总存在正整数n，使得i=1n1故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.12．在7和21中插入5个数，使这7个数成等差数列，则第2项与第6项的等差中项为．【解答】解：7和21中插入5个数，使这7个数成等差数列，设该等差数列为{an}，则a1＝7，a7＝21，第2项与第6项的等差中项为a2+a62，而a2+a6＝a所以a2故答案为：14．13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn+1=an+Sn+n【解答】解：依题意，由Sn+1可得Sn+1即an+1则a2a3a4⋯a20各项相加，可得a2化简整理，可得a20==2+19×(1+19)＝97．故答案为：97．14．小张和小李同学在玩数字游戏，在一张空白纸上依次写有1，2，3，⋯，211这211个自然数，然后小张划掉最前面的4个数1，2，3，4，并将它们的和10写在数列的最后，然后小李继续划去5，6，7，8这4个数，并将其和26写在10的后面．两人依次操作，假设他们俩在计算和操作都正确的情况下，最后将剩下一个数，该数为．【解答】解：①易知211＝4×52+3，划掉52次后，变为3+52＝55个正整数，记为a1，a2，a3，⋯，a55，其中a1＝209，a2＝210，a3＝211，a4＝1+2+3+4＝10，a5＝5+6+7+8＝26，⋯a55＝205+206+207+208＝826，所以a1②易知55＝4×13+3，再划掉13次后，变为13+3＝16个正整数，记为b1，b2，⋯，b16，其中b1＝a53，b2＝a54，b3＝a55，b4＝a1+a2+a3+a4，b5＝a5+a6+a7+a8，⋯，b16＝a49+a50+a51+a52，则b1+b2+⋯+b16＝a1+a2+⋯+a55＝1+2+…+211=(1+211)×2112③而16＝4×4，再划掉4次，变为4个正整数，记为c1，c2，c3，c4，其中c1＝b1+b2+b3+b4，…，c4＝b13+b14+b15+b16，故c1+c2+⋯+c4＝b1+b2+⋯+b16＝22366；④4＝1×4，再划掉最后1次，变为1个正整数，记为d，其中d＝c1+c2+c3+c4＝22366．故答案为：22366．四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．（13分）已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1、a3、a9成等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设数列{2an}的前n项和为Sn【解答】解：（1）已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，设数列{an}的公差为d，则d≠0，又a1、a3、a9成等比数列，所以a32=a1a9，得（1+2整理得d2﹣d＝0，得d＝1，………………..(4分)所以数列{an}的通项公式为an＝a1+（n﹣1）d＝1+（n﹣1）×1＝n；………………..(6分)（2）因为2an+12所以数列{2an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，……设数列{2an}的前n则S10=2×(1-210)16．（15分）记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝4，S8＝4．（1）求{an}的通项公式；（2）求Sn的最大值以及取得最大值时的n的值；（3）求{|an|}的前n项和Tn．【解答】解：（1）由题可得a1=4S8=8a1+28d=4，解得d＝﹣故an＝4﹣（n﹣1）＝﹣n+5；………………..(3分)（2）∵Sn∴n＝4或n＝5时取得最大值，S4＝S5＝10；………………..(7分)（3）∵an＝﹣n+5，∴|an|=-n+5，1≤n≤5①当1≤n≤5时，Tn=Sn=-②当n≥6时，Tn＝a1+a2+…+a5+（﹣a6）+（﹣a7）+…+（﹣an）=S因此，Tn=-n2+9n17．（15分）已知{an}为各项均为正数的数列，其前n项和为Sn，Sn（1）求{an}的通项公式；（2）设bn=1Sn，数列{bn}的前n项和记为Tn，证明：1≤【解答】解：（1）当n＝1时，S1=a1=a1(a1+1)2，因a1＞0，两边约去a1………………..(2分)当n≥2时，由an＝Sn﹣Sn﹣1，代入Sn=aan两边乘2并整理：2aan（an﹣an﹣1）（an+an﹣1）﹣（an+an﹣1）＝0，因an+an﹣1＞0，故an﹣an﹣1﹣1＝0，即an﹣an﹣1＝1．………………..(6分)由此知{an}是首项为1、公差为1的等差数列，故an＝1+（n﹣1）×1＝n．……………..(7分)（2）∵an＝n，∴Sn=n(n+1)2∴bn=2n(n+1)=2(1则Tn＝b1+b2+b3+⋯+bn=2[(1-12)+(12-13∵n∈N*，∴1n+1＞0，∴Tn又∵{Tn}为递增数列，所以Tn≥T1＝1，∴1≤Tn＜2．………………..(15分)18．（17分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an（1）证明：数列{an}为等比数列；（2）求数列{nan}的前n项和Tn；（3）若对∀n∈N*，（Sn+2）k≥4n﹣6恒成立，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）证明：由an+1可得an+12-4所以an+1＝2an，又a1＝2，所以{an}是首项和公比均为2的等比数列．………………..(4分)（2）又（1）可得，an则Tn2T两式相减得：-Tn=2+22+23+24所以Tn=(n-1)2n+1+2；（3）由（1）可得，Sn所以∀n∈N即∀n∈N*，k≥4n-62n+1记bn因为bn+1所以n≤2，n∈N*时，bn+1-bn=10-4n2n+2当n≥3，n∈N*时，bn+1-bn=10-4n2n+2所以b1＜b2＜b3＞b4＞b5＞...，所以bn所以实数k的取值范围为[38，+∞)．19．（17分）定义：若an＝bn+cn，且{bn}和{cn}是公比不相同的等比数列，则称{an}为“混双等比数列”．已知数列{an}满足a1＝3，an+1＝3an+k•5n，其中常数k≠0且k≠6（1）证明：{an+1﹣5an}是等比数列．（2）设{an}的前n项和为Sn，若{