1
专题过关检测二 数列
(分值:150 分)
一、选择题:本大题共8 小题,每小题5 分,共计40 分.每小题给出的四个选项中,只有一个
选项是正确的.
1.等差数列{an}的前n 项和为Sn,若S9=1,a3+a7=( )
A.-2
B.7
3
C.1
D.2
9
2.(2025 河北唐山一模)若等比数列{an}的前n 项和Sn=2n+m(m∈R),则m=( )
A.-1
B.0
C.1
D.2
3.(2025 江西南昌二模)记Sn为等比数列{an}的前n 项和,若a4+a5+a6=-3,a7+a8+a9=9,则
S15=( )
A.81
B.71
C.61
D.51
4.(2025 浙江杭州模拟)将数列{3n-1}中与数列{6n+5}相同的项剔除,余下的项按从小到
大的顺序排列得到数列{an},则数列{an}前10 项的和为( )
A.205
B.234
C.239
D.290
5.(2025 湖南常德一模)已知数列{an}的前n 项和为Sn,a1=1,且an+1=a1+a2+…+an(n∈N*),
则( )
A.a2=2
B.a4=8
C.S2=3
D.S5=16
6.(2025 山东淄博模拟)把正整数按一定的规律排成三角形数阵,如图所示.设aij(i,j∈N*)是
这个三角形数阵中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数,如a42=8,若aij=2 015,则i 与
j 的和为( )
2
A.109
B.110
C.111
D.112
7.(2025 河南洛阳模拟)《九章算术》中有问题:“今有蒲生一日,长三尺;莞生一日,长一尺.
蒲生日自半,莞生日自倍.”意思是说今有蒲第一天长高三尺,莞第一天长高一尺,以后蒲每
天长高为前一天的一半,莞每天长高为前一天的两倍.要使莞的长度大于蒲的长度(蒲与
莞原先的长度忽略不计),需要经过的时间最少为( )
A.3 天
B.4 天
C.5 天
D.6 天
8.(2025 山东烟台模拟)已知等差数列{an}的前n 项和Sn=n2,数列{bn}的前n 项和为Tn,且
bn=(-1)n
n
anan+1
,若不等式Tn≤λ(n∈N*)恒成立,则实数λ 的最小值为( )
A.-4
5
B.-1
C.-1
4
D.-1
5
二、选择题:本大题共3 小题,每小题6 分,共计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 广东茂名模拟)等差数列{an}中,a2+a3=-12,a5+a7=2.记数列{an}的前n 项和为Sn,
下列选项正确的是( )
A.数列{an}的公差为2
B.Sn取最小值时,n=6
C.S4=S7
D.数列{|an|}的前10 项和为50
10.(2025 广东肇庆模拟)已知等比数列{an}的前n 项和为Sn,且an+1=Sn+2,{bn}为等差数列,
且b2=a1,b8=a3,记集合A={x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn,数列{cn}的前n 项和为Tn,
则下列结论正确的是( )
A.an=2n+1
B.bn=n
C.cn=2n-n
D.Tn=2n+1-n(n-1)
2
-2
11.(2025 江苏扬州模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn,且满足
a1=1,a2=3,an+1=3an-2an-1(n≥2),则下列说法正确的有( )
3
A.数列{an+1-an}为等差数列
B.数列{an+1-2an}为等比数列
C.Sn=2n+1-n-2
D.若bn=nan,则数列{bn}的前n 项和Tn=(n-1)·2n+1-n
2+n- 4
2
三、填空题:本大题共3 小题,每小题5 分,共计15 分.
12.(2025 新高考Ⅰ,13)若一个等比数列的各项均为正数,且前4 项的和等于4,前8 项的和
等于68,则这个数列的公比等于 .
13.(2025 山东淄博一模)已知数列{an}的前n 项和为Sn(Sn≠0),满足an+Sn-1Sn=0(n≥2),a1=1,
则S100= .
14.(2025 河北保定一模)现有n 个串联的信号处理器单向传输信号,处理器的工作为:接收
信号—处理并产生新信号—发射新信号.当处理器接收到一个A 类信号时,会产生一个A
类信号和一个B 类信号并全部发射至下一个处理器;当处理器接收到一个B 类信号时,会
产生一个A 类信号和两个B 类信号,产生的B 类信号全部发射至下一个处理器,但由接收
B 类信号直接产生的所有A 类信号只发射一个至下一个处理器.当第一个处理器只发射
一个A 类信号至第二个处理器时,按上述规则依次类推,若第n 个处理器发射的B 类信号
数量记作bn,即b1=0,则b4= ,数列{bn}的通项公式bn= .
四、解答题:本大题共5 小题,共计77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13 分)(2025 浙江丽水模拟)已知正项数列{an}的前n 项和为Sn,且a1>1,8Sn=an
2
+4an+3,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)nan,求数列{bn}的前2n 项和T2n.
16.(15 分)(2023 新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=n
2+n
an
,记Sn,Tn分别
为数列{an},{bn}的前n 项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
17.(15 分)(2025 辽宁辽阳一模)已知等比数列{an}是递减数列,{an}的前n 项和为Sn,且1
a1
,2S2,8a3成等差数列,3a2=a1+2a3,数列{bn}满足bn+1=2bn-2n+1,b1=3,n∈N*.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
4
(2)若cn={
anbn,n是奇数,
(6n+19)an
bnbn+2
,n是偶数,求数列{cn}的前2n 项和T2n.
18.(17 分)(2025 江苏无锡模拟)已知数列{an}中,a1=1,Sn为数列{an}的前n 项和,满足
Sn+1=2Sn+n+1(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=log2(an+1),求(an+1)(n-1)
bnbn+1
的前n 项和Hn;
(3)在ak和ak+1之间插入k 个数构成一个新数列{cn}:a1,d1,a2,d2,d3,a3,d4,d5,d6,a4,…,其中插入
的所有数依次构成数列{dn},通项公式dn=(-1)n2n,求数列{cn}的前30 项和T30.
19.(17 分)(2025 安徽黄山二模)若数列{xn},{yn},其中yn∈Z,对任意正整数n 都有|xn-yn|<1
2
,
则称数列{yn}为数列{xn}的“接近数列”.已知{bn}为数列{an}的“接近数列”,且数列
{an},{bn}的前n 项和分别为Sn,Tn.
(1)若an=n+2
3
(n 是正整数),求b1,b2,b3的值;
(2)若数列{an}是公差为d 的等差数列,且d∈Z,求证:数列{bn}是等差数列;
(3)若an=3
2
+(-5
6
)n+1(n 是正整数),判断是否存在正整数k,使得Sk<Tk?如果存在,请求出k 的
最小值;如果不存在,请说明理由.(参考数据:log5
6
8
25≈6.25,log17
25
1
6≈4.65)
5
答案：
1.D 解析 (方法一)∵S9=9a5=1,∴a5=1
9
.则a3+a7=2a5=2
9
.故选D.
(方法二)∵S9=9(a1+a9)
2
=1,∴a1+a9=2
9
.∴a3+a7=a1+a9=2
9
.故选D.
(方法三)令数列{an}的公差d=0,则an=a1.则S9=9a1=1⇒a1=1
9
.∴a3+a7=2a1=2
9
.故选D.
2.A 解析 因为等比数列{an}的前n 项和Sn=2n+m(m∈R),所以当n≥2 时,an=Sn-
Sn-1=2n+m-(2n-1+m)=2n-1,所以该等比数列{an}的公比q=2,a2=2,所以a1=2
2
=1=2+m,解得
m=-1.
3.C 解析 由题可知q≠±1,且S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9,S15-S12成等比数列,所以(S6-S3)2=S3(S9-S6),
即(-3)2=S3×9,得S3=1,则此等比数列的首项是1,公比是-3,那么S12-
S9=a10+a11+a12=9×(-3)=-27,S15-S12=a13+a14+a15=-27×(-3)=81,所以S15=1+(-3)+9+
(-27)+81=61.
4.C 解析 设数列{3n-1}中第i 项与数列{6n+5}中第j 项相同,则3i-1=6j+5,所以i=2j+2,
即数列{3n-1}中的第4 项,第6 项,第8 项,…,与数列{6n+5}是相同的,均被剔除.所以数列
{an}的前10 项为:2,5,8,14,20,26,32,38,44,50.所以数列{an}前10 项的和为5+2+50
2
×9=239.
5.D 解析 由an+1=a1+a2+…+an=Sn,当n=1 时,a2=S1=1.当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=an+1-an,所以
an+1=2an.所以数列{an}从第二项开始是以a2=1 为首项,2 为公比的等比数列,所以an=
{
1,n=1,
2
n-2,n≥2,
Sn={
1,n=1,
1+ 1-2
n-1
1-2 =2
n-1,n≥2,
所以a2=1,a4=4,S2=2,S5=16,故A,B,C 错误,D 正确.
6.B 解析 由三角形数阵可以看出其奇数行为奇数列,偶数行为偶数列,且第m 行有m
个数,记an为第n 个奇数,则an=1+2(n-1)=2n-1,又2 015=2×1 008-1,所以2 015 为第1 008
个奇数.前31 个奇数行,共有奇数1+3+…+61=31×(1+61)
2
=961(个),又前32 个奇数行,
共有奇数1+3+…+61+63=32×(1+63)
2
=1 024(个),则961<1 008<1 024,31+32=63,故2
015 在第63 行,且1 008-961=47(列),即i=63,j=47,所以i+j=63+47=110.
6
7.A 解析 由题意,蒲第一天长高三尺,以后蒲每天长高前一天的一半,所以蒲生长长度
构成首项为a1=3,公比为q1=1
2
的等比数列,其前n 项和为Sn=
3×[1-( 1
2 )
n]
1- 1
2
=6-6× 1
2
n.又
由莞第一天长高一尺,以后每天长高前一天的两倍,则莞生长长度构成首项为b1=1,公比
为q2=2 的等比数列,其前n 项和为Tn=1×(1-2
n)
1-2
=2n-1.由题意得Tn>Sn,即2n-1>6-6× 1
2
n,则2n+ 6
2
n>7,令t=2n,则t≥2,t+6
t >7,解得t>6,即2n>6,又22=4<6,23=8>6,且n∈N*,所以
需要经过的时间最少为3 天.
8.D 解析 当n=1 时,a1=S1=12=1,当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,当n=1 时,a1=1 适
合上式,所以{an}的通项公式为an=2n-1,所以bn=(-1)n
n
anan+1
=(-1)n
n
(2n-1)(2n+1)
=(-1)n·
1
4
1
2n-1 +
1
2n+1 .当n 为偶数时,Tn=-1
4
1
1 + 1
3 +1
4
1
3 + 1
5 -1
4
1
5 + 1
7 +…+1
4
1
2n-1 +
1
2n+1
=-1
4 +
1
4(2n+1)≤-1
5;当n 为奇数时,Tn=-1
4
1
1 + 1
3 +1
4
1
3 + 1
5 -1
4
1
5 + 1
7 +…-
1
4
1
2n-1 +
1
2n+1 =-1
4 -
1
4(2n+1)<-1
4 .又因为不等式Tn≤λ(n∈N*)恒成立,所以(Tn)max≤λ,
所以λ≥-1
5
,所以实数λ 的最小值为-1
5
.
9.AD 解析 设等差数列{an}的公差为d,则由题意知{
2a1+3d =-12,
2a1+10d =2, 解得{
a1=-9,
d =2, 故A
正确;因为an=-9+2(n-1)=2n-11,Sn=-9n+n(n-1)
2
×2=n2-10n=(n-5)2-25,则当n=5 时,Sn取
最小值-25,故B 错误;因为S4=42-10×4=-24,S7=72-10×7=-21,则S4≠S7,故C 错误;因为数列
{|an|}的前10 项和为|-9|+|-7|+|-5|+|-3|+|-1|+1+3+5+7+9=50,故D 正确.
10.BD 解析 设等比数列{an}的公比为q,由an+1=Sn+2,得an=Sn-1+2(n≥2),两式相减得
an+1-an=Sn-Sn-1=an,即an+1=2an,所以q=2,又a2=S1+2=a1+2,因为{an}为等比数列,故a2=2a1,
联立解得a1=2,所以an=2×2n-1=2n,故A 错误;设等差数列{bn}的公差为d,由
b2=a1=2,b8=a3=8,得6d=b8-b2=6,解得d=1,所以bn=b2+(n-2)d=n,所以B 正确;由
7
A={x∈N*|bn≤x≤an},得A={x∈N*|n≤x≤2n},则集合A 中元素的个数为2n-n+1,即cn=2n-
n+1,所以C 错误;因为Tn=(2+22+…+2n)-(1+2+…+n)+n=2(1-2
n)
1-2
- n(n+1)
2
+n=2n+1-
n(n-1)
2
-2,所以D 正确.
11.BCD 解析 因为数列{an}的前n 项和为Sn,且满足a1=1,a2=3,an+1=3an-2an-1(n≥2),由
已知等式变形可得an+1-an=2(an-an-1)(n≥2),且a2-a1=2,所以an+1-an
an-an-1
=2(n≥2),所以数列
{an+1-an}是首项和公比均为2 的等比数列,故an+1-an=2·2n-1=2n,所以A 错误;由已知等式变
形得an+1-2an=an-2an-1(n≥2),且a2-2a1=1,所以数列{an+1-2an}是首项和公比均为1 的等比
数列,则an+1-2an=1,B 正确;由{
an+1-an=2
n,
an+1-2an=1,
可得an=2n-1,所以Sn=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…
+(2n-1)=(2+22+23+…+2n)-n=2(1-2
n)
1-2
-n=2n+1-n-2,所以C 正确;因为
bn=nan=n(2n-1)=n·2n-n,记An=1×21+2×22+3×23+…+n·2n,则2An=1×22+2×23+…+
(n-1)·2n+n·2n+1,这两个等式作差得-An=2+22+23+…+2n-n·2n+1=2(1-2
n)
1-2
-n·2n+1=(1-n)·2n+1-
2,所以An=(n-1)·2n+1+2,故Tn=(n-1)·2n+1+2-(1+2+3+…+n)=(n-1)·2n+1+2-n(n+1)
2
=(n-1)·2n+1-n
2+n- 4
2
,所以D 正确.
12.2 解析 由题意知公比q≠1,前4 项的和S4=a1(1-q
4)
1-q
=4,
①
前8 项的和S8=a1(1-q
8)
1-q
=68.
②
②÷①,得1+q4=17,所以q4=16,所以q=2(负值舍去).
13. 1
100
解析 由an+Sn-1Sn=0(n≥2),可得Sn-Sn-1+Sn-1Sn=0(n≥2),
又Sn≠0,则1
Sn-1
- 1
Sn
+1=0,即1
Sn
- 1
Sn-1
=1(n≥2),
当n=1 时,S1=a1=1,
8
所以数列
1
Sn
是以1 为首项,以1 为公差的等差数列,
则1
Sn
=1+(n-1)×1=n,则1
S100
=100,所以S100= 1
100
.
14.8 {
0,n=1,
3·2
n-2-n,n≥2 解析 设第n 个处理器发射的A 类信号数量记作an,则
a1=1,b1=0,
由题意,当n≥2 时,第n 个处理器发射的A 类信号数量为n-1,
即当n≥2 时,an=n-1,
当n≥2 时,bn=an-1+2bn-1,
则b2=a1+2b1=1,b3=a2+2b2=3,b4=a3+2b3=8,
故当n≥3 时,bn=n-2+2bn-1,可得bn+n=2(bn-1+n-1),
又b2+2=3,所以数列{bn+n}从第二项开始是以3 为首项,2 为公比的等比数列,
所以bn+n=3·2n-2,所以bn=3·2n-2-n(n≥2),
当n=1 时,上式不成立,
所以bn={
0,n=1,
3·2
n-2-n,n≥2.
15.解 (1)①当n=1 时,8S1=8a1=a1
2+4a1+3,解得a1=3 或a1=1(舍去);
②当n≥2 时,8Sn=an
2+4an+3,8Sn-1=an-1
2 +4an-1+3,
两式相减,整理得4(an+an-1)=(an+an-1)(an-an-1),
又an>0,所以an-an-1=4(n≥2),
所以{an}是以3 为首项,4 为公差的等差数列,
所以an=3+(n-1)×4=4n-1.
(2)由(1)知bn=(-1)nan=(-1)n(4n-1),
所以b2n-1+b2n=-1×(8n-5)+1×(8n-1)=4,
T2n=(b1+b2)+(b2+b3)+…+(b2n-1+b2n)=4n.
16.解 (1)∵3a2=3a1+a3,
∴3d=a1+2d,解得a1=d.
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d,an=a1+(n-1)d=nd,
又T3=b1+b2+b3=2
d + 6
2d + 12
3d = 9
d
,
∴S3+T3=6d+9
d
=21,
即2d2-7d+3=0,
9
解得d=3 或d=1
2
(舍去),∴an=nd=3n.
(2)∵{bn}为等差数列,∴2b2=b1+b3,即12
a2
= 2
a1
+ 12
a3
,
∴6
1
a2
- 1
a3
= 6d
a2a3
= 1
a1
,
即a1
2-3a1d+2d2=0,解得a1=d 或a1=2d.
∵d>1,∴an>0.
又S99-T99=99,由等差数列的性质知,99a50-99b50=99,即a50-b50=1,∴a50-2 550
a50
=1,
即a50
2 -a50-2 550=0,
解得a50=51 或a50=-50(舍去).
当a1=2d 时,a50=a1+49d=51d=51,
解得d=1,与d>1 矛盾,无解;
当a1=d 时,a50=a1+49d=50d=51,
解得d=51
50
.
综上,d=51
50
.
17.解 (1)设等比数列{an}的公比为q,由题意可得
{
3a2=a1+2a3,
4 S2= 1
a1
+8a3, 则{
3a1q =a1+2a1q
2,
4(a1+a1q)= 1
a1
+8a1q
2.
因为等比数列{an}是递减数列,解得a1=q=1
2
,
所以an=a1qn-1= 1
2
n.
因为bn+1=2bn-2n+1,所以bn+1-2(n+1)-1=2(bn-2n-1).
因为b1=3,则b1-2×1-1=0,所以bn-2n-1=0,故bn=2n+1.
(2)当n 为奇数时,cn=2n+1
2
n
,令An=∑
i=1
n c2i-1,
则An=3
2 + 7
2
3 + 11
2
5 +…+4 n-1
2
2n-1 ,
10
1
4
An= 3
2
3 + 7
2
5+…+4 n-5
2
2n-1 + 4 n-1
2
2n+1 ,
两式作差可得3
4
An=3
2 + 4
2
3 + 4
2
5+…+
4
2
2n-1 - 4 n-1
2
2n+1 = 3
2 +
1
2 (1- 1
4
n-1 )
1- 1
4
- 4 n-1
2
2n+1 = 13
6 - 12n+13
6·4
n ,
化简得An=26
9 - 12n+13
9·2
2n-1;
当n 为偶数时,cn=
6n+19
2
n(2n+1)(2n+5)
= 4(2n+5)-(2n+1)
2
n(2n+1)(2n+5)
=
1
(2n+1)·2
n-2 -
1
(2n+5)·2
n ,
令Bn=∑
i=1
n c2i,则Bn=
1
5×2
0 -
1
9×2
2 +
1
9×2
2 -
1
13×2
4+…+
1
(4 n+1)·2
2n-2 -
1
(4 n+5)·2
2n = 1
5 -
1
(4 n+5)·2
2n ,
故T2n=An+Bn=139
45 - 12n+13
9×2
2n-1 -
1
(4 n+5)·2
2n .
18.解 (1)由题意,当n=1 时,S2=2S1+2,
得a1+a2=2a1+2,∵a1=1,∴a2=3.
当n≥2 时,Sn+1=2Sn+n+1,
①
Sn=2Sn-1+n,
②
①-②得,an+1=2an+1(n≥2).
∵a2=3=2a1+1,∴an+1=2an+1(n∈N*).
则an+1+1=2an+2=2(an+1).
∵a1+1=2≠0,∴an+1+1
an+1 =2,
∴{an+1}是以a1+1=2 为首项,2 为公比的等比数列.
即an+1=2n,则an=2n-1.
(2)由bn=log2(an+1)=log22n=n,则(an+1)(n-1)
bnbn+1
= 2
n(n-1)
n(n+1) = 2
n+1
n+1 - 2
n
n ,∴
(an+1)(n-1)
bnbn+1
的前n 项和Hn=2
2
2 - 2
1 + 2
3
3 - 2
2
2 +…+ 2
n+1
n+1 - 2
n
n =-2
1 + 2
n+1
n+1 = 2
n+1
n+1-2.
(3)在数列{cn}中,项a7之前(含a7)共有1+2+3+4+5+6+7=28 项,28<30,
∴数列{cn}的前30 项中包含数列{an}的前7 项及数列{dn}的前23 项,
11
∴T30=a1+a2+…+a7+d1+d2+…+d23=21-1+22-1+…+27-1+(-2+4-6+8-…-46)=2×(1-2
7)
1-2
-7+[-2+(-2)×11]=223.
19.(1)解 由题设|an-bn|= n+2
3-bn <1
2,且bn∈Z,
所以5
3-b1 <1
2,即7
6<b1<13
6 ,b1=2,
8
3-b2 <1
2,即13
6 <b2<19
6 ,b2=3,
11
3 -b3 <1
2,即19
6 <b3<25
6 ,b3=4,
所以b1=2,b2=3,b3=4.
(2)证明 由题设an=a1+(n-1)d,则|an-bn|<1
2
,|an+1-bn+1|<1
2
,
所以-1
2
<an-bn<1
2
,-1
2
<an+1-bn+1<1
2
,则-1<(an+1-bn+1)-(an-bn)<1,
所以-1<(an+1-an)-(bn+1-bn)=d-(bn+1-bn)<1,d∈Z,bn∈Z,
所以d-1<bn+1-bn<d+1,
故bn+1-bn=d,即数列{bn}是公差为d 的等差数列.
(3)解 当n 为奇数时,an=3
2+ 5
6
n+1,0< 5
6
n+1≤25
36,则3
2<an≤79
36,
由|an-bn|<1
2
,即an-1
2
<bn<an+1
2
,bn∈Z,则bn=2;
当n 为偶数时,an=3
2- 5
6
n+1,0< 5
6
n+1≤125
216,则199
216≤an<3
2,
由|an-bn|<1
2
,即an-1
2
<bn<an+1
2
,bn∈Z,则bn=1;
所以bn={
2,n=2k -1,
1,n=2k ,
且k∈N*,则Tn={
3n+1
2
,n=2k -1,
3n
2 ,n=2k ,
且k∈N*.
而Sn=3
2
n+ -5
6
2+…+ -5
6
n+1=3
2
n+
(- 5
6 )
2[1-(- 5
6 )
n]
1+ 5
6
= 3
2
n+ 5
11
-5
6
n+1+25
66
,
12
要使Sn<Tn,则Sn-Tn<0,
当n=2k-1,且k∈N*时,Sn-Tn=3
2n+ 5
11 -5
6
n+1+25
66 - 3n+1
2
= 5
11 -5
6
n+1- 8
66<0,
所以5
11
5
6
n+1< 8
66,则5
6
n+1< 4
15⇒5
6
n< 8
25⇒n>log5
6
8
25≈6.25,可得n≥7;
当n=2k,且k∈N*时,Sn-Tn=3
2n+ 5
11 -5
6
n+1+25
66 - 3n
2 = 5
11 -5
6
n+1+25
66<0,
所以5
11
5
6
n+1>25
66,则5
6
n>1,显然不成立.
综上,Sk<Tk时k 的最小值为7.
