专题21数列（单元测试卷）（解析版）_E015高中全科试卷_数学试题_选修2_06.专项练习_专题21数列（单元测试卷）-高中数学新教材人教A版选择性必修配套提升训练

专题21 《数列》单元测试卷 一、单选题 a  a a n a 2 a  1．（2020·安徽师范大学附属中学高一期中）若数列 n 满足 n1 n ， 1 ，则 4 （ ） 8 9 10 11 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 a a n a 2 因为 n1 n ， 1 ， a 1a 3 a 2a 5 a 3a 8 所以 2 1 ， 3 2 ， 4 3 . 故选：A. 2．（2020·巴楚县第一中学高二期中（文））数列-1，3，-5，7， -9， 11，x，15， -17…中的x等于（ ） A．12 B．-13 C．14 D．-15 【答案】B 【解析】 a  a a a a a a  2 记该数列为 n .观察数列，可得 1 2 3 4 5 6  ， x152,x13 . 故选：B. a  a 3a a 2 a ( ) 3．（2020·合肥市第十一中学高一期中）已知数列 n 中， n1 n， 1 ，则 4等于 A．18 B．54 C．36 D．72 【答案】B 【解析】 a  a 3a a 2 数列 n 中， n1 n， 1 ， 数列 a n  是等比数列，公比 q 3 ．a 233 54 则 4 ． 故选：B． 4．（2020·北京五十五中高二月考）设等差数列 a n  的前 n 项和为 S n，若 a 1 11 ， d 2 ，则当 S n取 n 最小值时， 等于( ) A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【解析】 13 依题意 a n a 1 n1d 2n13 ，由2n130得 n 2 6.5 ，由于nN*，所以n6时， S n 取 最小值. 故选：A 5．（2020·新疆维吾尔自治区高三其他（理））《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，小寒、大 寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长度依次成等差数列， 冬至、立春、春分这三个节气的日影长度之和为31.5尺，前九个节气日影长度之和为85.5尺，则谷雨这一 天的日影长度（ ） A．5.5尺 B．4.5尺 C．3.5尺 D．2.5尺 【答案】A 【解析】 a  a d 设等差数列 n ，首项为 1，公差为 ， 根据题意得 a a a 3a 9d 31.5 1 4 7 1 ， S 9a 36d 85.5 9 1 ， a 13.5,d 1 解得 1 ， a a 8d 5.5 所以 9 1 . 故选：Aa  S S 2a 1 a 6．（2020·安徽省高三一模（理））已知数列 n 的前n项和为 n，满足 n n ，则 5的值为（ ） A．8 B．16 C．32 D．81 【答案】B 【解析】 n1 a S 2a 1 a 1 当 时， 1 1 1 ，解得 1 ， n2 a S S 2a 2a a 2a 当 时， n n n1 n n1即 n n1， a  q=2 所以数列 n 是以1为首项，公比为 的等比数列， a aq4 16 所以 5 1 . 故选：B. a  a 1 a 2a 1 a a 1 7．（2019·全国高二期中（文））设数列 n 的首项 1 ，且满足 2n1 2n1 ， 2n 2n1 ， a  20 则数列 n 的前 项和为( ). 2032 2033 4082 4086 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 a 2a 1 a 12(a 1) a 1 a  由 2n1 2n1 得 2n1 2n1 ，∴数列 2n1 为等比数列，首项为2，又数列 2n1 的 a  20 前10项恰为数列 n 的前 项中的奇数项， 2  210 1  102036 其和为 ， 21 又 a 2n a 2n1 1 ，由数列 a 2n1 1 为等比数列，∴数列 a n  的前 20 项中的偶数项和为2  210 1  2046 ， 21 203620464082 则S ＝ ． 20 故选：C． 8．（2019·全国高二期中（文））已知 是等比数列 的前 项和，若存在 ，满足 ， ，则数列 的公比为（ ） A． B． C．2 D．3 【答案】D 【解析】 设等比数列公比为 当 时， ，不符合题意， 当 时， ， 得 ，又 ， 由 ，得 ， ，故选D. 二、多选题 a  n S a 3a S 9．（2020·江苏省如皋中学高一开学考试）已知 n 是等差数列，其前 项和为 n，满足 1 2 6， 则下列四个选项中正确的有（ ） a 0 S 0 S S S A． 7 B． 13 C． 7最小 D． 5 8【答案】ABD 【解析】 a  a 3a S 因为 n 是等差数列， 1 2 6 a 3a d6a 15d 2a 12d 0 所以 1 1 1 ，所以 1 a 6d 0 a 0 即 1 ，即 7 S 13a 0 所以 13 7 S S a a a 3a 0 8 5 6 7 8 7 所以正确的有ABD 故选：ABD 10．（2020·河北省沧州市一中高一月考）已知数列 的前n项和为 ，且满足 ，则下列说法正确的是（ ） A．数列 的前n项和为 B．数列 的通项公式为 C．数列 为递增数列 D．数列 为递增数列 【答案】AD 【解析】 因此数列 为以 为首项， 为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确； 所以 ，即A正确； 当 时所以 ，即B，C不正确； 故选：AD q a  S a  n 11．（2020·河北省高一期中）在公比 为整数的等比数列 n 中， n是数列 n 的前 项和， a a 18 a a 12 若 1 4 ， 2 3 ，则下列说法正确的是（ ） q=2 S 2 A． B．数列 n 是等比数列 S 510 lga  C． 8 D．数列 n 是公差为2的等差数列 【答案】ABC 【解析】 a a 18 a a 12 q ∵ 1 4 ， 2 3 且公比 为整数， a aq3 18 aqaq2 12 ∴ 1 1 ， 1 1 ， 1 q ∴ a 2 ，q=2或 2（舍去）故A正确， 1 2  12n S  2n12 n 12 ，∴S 510，故C正确； 8 S 22n1 S 2 ∴ n ，故数列 n 是等比数列，故B正确； lga lg2n nlg2 lga  而 n ，故数列 n 是公差为lg2的等差数列，故D错误． 故选：ABC. a  n S 12．（2020·江苏省如皋中学高一月考）已知数列 n 不是常数列，其前 项和为 n，则下列选项正确的 是（ ） a  S 0 a  A．若数列 n 为等差数列， n 恒成立，则 n 为递增数列B．若数列 a n  为等差数列， a 1 0 ， S 3 S 10，则 S n的最大值在 n6 或7时取得 a  S a 0 C．若数列 n 为等比数列，则 2021 2021 恒成立 a   2a n  D．若数列 n 为等比数列，则 也为等比数列. 【答案】ABC 【解析】 对于A：若数列 a n  为等差数列， S n 0 恒成立，则公差 d 0 ，故 a n  为递增数列，故A正确； a  a 0 d S S 对于B：若数列 n 为等差数列， 1 ，设公差为 ，由 3 10，得 32 109 3a 1  2 d 10a 1  2 d ，即 a 1 6d ，故 a n n7d ， n7 a 0 a 0 S n6 所以，当 时， n ， 7 ，故 n的最大值在 或7时取得，故B正确； a  对于C：若数列 n 为等比数列， a  1q2021 1q2021 S a  1 a q2020 a2q2020 0 则 2021 2021 1q 1 1 1q 恒成立，故C正确； 对于D：若数列 a n  为等比数列，则2a n 2a 1 qn1 ， 所以 2 2 a a n n 1 2a n1 a n 2 a 1   qnqn1 不是常数，故  2a n  不是等比数列，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题 S a 2,a 2 13．（2020·北京五十五中高二月考）等比数列{a}的前n项和为 n．已知 1 4 ，则{a}的通项 n n a  S  公式 n ____， 9 ____． 2(1)n1 【答案】 2 【解析】a 2(1(1)9) q3  4 1q1a 2(1)n1,S  2. a n 9 1(1) 1 a  a ,a ,a 14．（2020·辽宁省高三二模（理））已知数列 n 为等差数列， 1 2 5 成公比不为1的等比数列，且 a 4 9 ，则公差 d  _____. 8 【答案】17 【解析】 {a } a a a 由数列 n 为等差数列， 1， 2， 5成公比不为1的等比数列， aa a2 a (a 4d)(a d)2 d 0 可得 1 5 2，即 1 1 1 ，且 ， 2a d 化为 1 ， a 4 a 8d 4 由 9 ，可得 1 ， 4 8 解方程可得a  ，d  ， 1 17 17 8 故答案为：17． a  d 0,a  3,a a 5 a  n S S 15．已知等差数列 n 的公差 3 2 4 ，记 n 的前 项和为 n，则 n的最小值为_____. 【答案】16 【解析】 a 2d 3, a 7, 1 1   设数列a n 的首项为a 1 ，由题意得 (3d)(3d)5,解得 d 2, 所以 9 n� a 72(n1)2n9 ；由2n90，解得 2，所以 a 0,a 0 ，所以 S 的最小值为 n 4 5 nS  7531 16 4 . 16 故答案为： . a  S n S ,S ,S 16．（2020·全国高三其他（理））已知 n 是公差不为零的等差数列， n为其前 项和．若 1 2 4成 a 9 a  n 等比数列，且 5 ，则数列 n 的前 项和为______． n2 【答案】 【解析】 设等差数列 a n  的公差为 d(d 0) ，则 S 1 94d ， S 2 187d ， S 4 3610d ， S 2 2  S 1 S 4，所 以 (187d)2 (94d)(3610d) ，整理得 9d2 18d 0 ． d 0 ， d 2 ．  a 5 a 1 4d 9 ， n(n1) S na  d n2 则 a 1 ，  n 1 2 ． 1 n2 故答案为： 四、解答题 17．（2020·河北省高三其他（理））设等差数列{a﹣b}的公差为2，等比数列{a+b}的公比为2，且a＝ n n n n 1 2，b＝1． 1 （1）求数列{a}的通项公式； n （2）求数列{2a+2n}的前n项和S． n n 1 a  (2n1)32n2 【答案】（1） n 2 ，（2） S n2 52n 5 n 【解析】 a b 1 a b 3 （1） 1 1 ， 1 1 ， a b 12(n1)2n1 a b 32n1 ∴ n n ， n n .1 a  (2n1)32n2 联立解得： n 2 . 2a 2n (2n1)32n12n (2n1)52n1 （2） n {2a 2n} n ∴数列 n 的前 项和 n(2n11) 12n S  5 n2 52n 5 n 2 12 . S {a } n a 2 a 2S 2 18．（2019·全国高二期中（文）） n为正项数列 n 的前 项和．已知 n n n , {a } (1)求 n 的通项公式； 1 b  (2)设 n a a ，求数列{b }的前n项和． n n1 n n 【答案】（1）a n1；（2）2(n2) n 【解析】 a 2 a 2S 2 (1)由 n n n ，① a 2 a 2S 2 可知 n1 n1 n1 ② a +a a a 10 ②－①，得 n n1 n n1 a 0 a a 1 由 n ，得 n n1 a2 a 2a 2 a 1 a 2 又 1 1 1 ，解得 1 (舍去)或 1 . {a } a n1 所以 n 是首项为2，公差为1的等差数列，通项公式为 n . a n1 (2)由 n 可知1 1 1 1 b    n a a ＝(n1)(n2) n1 n2 n n1 {b } n T 设数列 n 前 项和为 n， 1 1 1 1 1 1       T b b ...b  则 ＝2 3 3 4 n1 n2 n 1 2 n 1 1 n   ＝2 n2 2(n2) . a  n S ,2S 3a 9 19．（2019·全国高三二模（文））已知数列 n 的前 项和为 n n n ． a  (1)求数列 n 的通项公式； (2)若 b n 1n log 3 a n，求数列 b n  的前n项和T n ． n ,n为偶数  2 T  【答案】（1） ；（2） n n3   ,n为奇数 a 3n1  2 n 【解析】 2S 3a 9 n1 （1）当 时， 1 1 . S a 2a 3a 9 a 9 因为 1 1，所以 1 1 ，所以 1 . 2S 3a 9 2S 3a 9 因为 n n ，所以 n1 n1 . 2a 3a 3a a 3a 两式相减，得 n1 n1 n，即 n1 n a 9 a 0 又因为 1 ，所以 n . a  9 3 所以数列 n 是以 为首项， 为公比的等比数列. a 93n1 3n1 所以 n .b 1n log a 1nn1 （2）由（1）可知 n 3 n n T 2345nn1  故当n为偶数时， n   2 n1 T 2345n1nn1 n1 当n为奇数时， n   2 n3  2  n ,   2 n为偶数 T  所以 n n3 n为奇数   ,  2 {a } a 1 a ,a ,a 20．（2020·黑龙江省铁人中学高一期中）已知公差不为零的等差数列 n 中， 1 ，且 1 3 9成等比 数列. {a } （1）求数列 n 的通项公式； b 2a n n {b } n S （2）设 n ，求数列 n 的前 项和 n. n(n1) S 2n12 【答案】(1) a n ;(2) n 2 . n 【解析】 a  d （1）设数列 n 公差为 a ,a ,a a 2 aa  1 3 9成等比数列 3 1 9 12d2 118d d 0（舍）或d 1 a n n . b 2a n n2n n （2）令 nS b b b  b n 1 2 3  n   211    22 2    233     2n n     2122 23  2n 123 n   2  12n nn1   12 2 nn1 2n12 2 nn1 S 2n12 n 2 . 2 a  21．（2020·毕节市实验高级中学高二期中（文））已知数列 {a } 的首项 1 3， a a a 2a n n1 n n1 n (a 0,nN*) n . 1 { 1} （1）证明：数列 a 是等比数列； n n { } （2）数列 a 的前n项和S . n n 2n nn1 S 2  【答案】（1）证明见详解；（2） n 2n 2 【解析】 Qa a a 2a  a 0,nN* （1） n1 n n1 n n ， 1 a 1 1 1 1   n    a 2a 2 2 a ， n1 n n 1 1 1   1  1 a 2 a ，   n1 n2 1 1 a   1 又 1 3， a 2 ， 1  1  1 1  1 数列 a 是以 首项， 为公比的等比数列.   n  2 2 1 1 1 1 1   （2）由（1）知a 2 2n1 2n ， n 1 1  1 即a 2n ， n n n   n a 2n . n 1 2 3 n 设T n = 2 + 22 + 23 +  + 2n ，① 1 1 2 n1 n T   L   则2 n 22 23 2n 2n1 ，② 由①②得 1 1  1   2 2n  n 1 n  1  1 1 1 1 n 1 2n1 2n 2n1 ， T   L    1 2 n 2 22 2n 2n1 2 1 n nn1 T 2  123 n n 2n1 2n .又  2 .  n  2n nn1  数列   a n   的前 n 项和S n 2 2n  2 . a a 1 n1 n n  nN* 22．（2017·浙江省高三其他）已知数列 a  中，a a 1 ，a 6． n n1 n 2 1 a a a 求 1， 3， 4﹔ 2 ( 猜想 的表达式并给出证明；1 1 1 3 3 记 S n  a  a    a ，证明： S n  2 ． 1 2 n 1 a 1 a 15 a 28 2 a n2n1 3 【答案】 1 ， 3 ， 4 ； n ，证明见解析； 证明见解析. 【解析】 a a 1 6a 1 2 1  1 1 1 n1时，a a 1 6a 1 ，a 1； 2 1 1 1 a a 1 3 2 2 n2时，a a 1 ，a 15； 3 2 3 a a 1 4 3 3 n3时，a a 1 ，a 28， 4 3 4 a 1 a 15 a 28 1 ； 3 ； 4 ． 2 a n2n1 猜想 n ． a 12111 n1 证明：① 时， 1 成立， a 236 n2 时， 2 成立； nkk 2 a k2k1 ②不妨设 时成立，即 k ， 下证nk1时成立， a k12k11 k12k1 即证 k1   ． a a 1 a k2k11 k1 k  k1 k 由题意，a a 1 a k2k11 ， k1 k k1 ) ， k1a 2k3 k2 k2k2 k1 2k3 k2 2k1 k1k12k1 k1 ， a k12k1 k10 nk1  ， k1 ，即 时成立，a n2n1 n ． 3 3 当n1时， S n 1 2 ； 1 1 1 1 1 1 1 1       当 n2 时，a n2n1 n2n2 2 n1n 2  n1 n  ， n 1 1 1 1 1 1 1 1 3 S 1 1      1 1  n 2   2 2 3  n1 n   2   n   2 ．