数列常考易错检测卷（含解析）-2026届高三数学上学期一轮复习

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数列常考易错检测卷-2026届高三数学上学期一轮复习
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 河南期中）已知实数m是1，4的等比中项，则m＝（　　）
A．±4 B．﹣4 C．±2 D．﹣2
2．（2025春 柳州月考）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4﹣S1＝9，a1+a4＝5，则{an}的公差为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2025春 叶县期末）在等比数列{an}中，an＞0，且a7，，﹣2a5成等差数列，则公比q＝（　　）
A．2 B．2或﹣1 C．3 D．3或﹣1
4．（2025春 定安县期末）已知等差数列{an}，其中a3＝2，a7＝8，则a5＝（　　）
A．±4 B．4 C．5 D．12
5．（2025春 陕西月考）下列结论中，正确的是（　　）
A．数列可以看作是一个定义在正整数集（或它的有限子集{1，2，3， ，n}）上的函数
B．数列的项数一定是无限的
C．数列的通项公式的形式是唯一的
D．数列1，3，2，6，3，9，4，12，5，15，…不存在通项公式
6．（2024秋 北碚区期末）已知数列{an}满足，且，则a2025＝（　　）
A． B． C．﹣2 D．2
7．（2025春 惠州月考）已知数列{an}的前n项和为Sn且，则Sn＝（　　）
A．（n﹣1）2n+1+2 B．（n+1）2n+1﹣2
C．2n+1﹣2 D．n2n+1﹣2
8．（2025春 惠州月考）对于数列{an}，若存在正数M，使得对一切正整数n，都有|an|≤M，则称数列{an}是有界的，若这样的正数M不存在，则称数列{an}是无界的．记数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法不正确的是（　　）
A．若，则数列{an}是无界的
B．若，则数列{Sn}是有界的
C．若，则数列{Sn}是有界的
D．若，则数列{Sn}是有界的
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 南部县校级期中）已知数列{an}的前n项和为，则有（　　）
A．{Sn}为等比数列
B．
C．
D．
（多选）10．（2025春 南岗区校级期中）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S35＞0，S36＜0，则下列结论正确的是（　　）
A．数列{an}是递增数列
B．a18＞0
C．当Sn取得最大值时，n＝18
D．|a18|＞|a19|
（多选）11．（2025春 安徽月考）设Sn是公比为q的无穷等比数列{an}的前n项和，则下列说法正确的是（　　）
A．对任意正整数k，数列Sk，S2k﹣Sk，S3k﹣S2k是等比数列
B．对任意正整数n
C．若，，则
D．若an＞0，且a1，中2a2成等差数列，则
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 陕西月考）在等比数列{an}中，a3a9＝1，a1a5+a8a10＝8，则a3+a9的值为 　 　 ．
13．（2025春 新蔡县校级月考）已知数列是递增数列，则实数t的取值范围是 　 　 ．
14．（2025 雷州市校级模拟）已知数列{an}满足，Sn是数列{an}的前n项和且S2023＝﹣506，则an＝　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 南部县校级期中）已知数列{an}的通项公式为，数列{an}的前n项和为Sn．
（1）求S9；
（2）求S2n．
16．（2025春 甘肃月考）记Sn为正项数列{an}的前n项和，且a1Sn＝（n+1）an．
（1）求a1的值；
（2）判断是否为等差数列，并求{an}的通项公式；
（3）求数列的前n项和Tn．
17．（2025春 红山区校级期中）{an}为等差数列，，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝26，T3＝12．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前n项和Tn．
18．（2025 河南模拟）对于 n∈N*，若数列{xn}满足xn+1﹣xn＞1，则称这个数列为“K数列”．
（1）已知数列1，2m，m2+1是“K数列”，求实数m的取值范围．
（2）是否存在首项为﹣2的等差数列{an}为“K数列”，且其前n项和S n使得恒成立？若存在，求出数列{an}的通项公式；若不存在，请说明理由．
（3）已知各项均为正整数的等比数列{an}是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列{bn}是否为“K数列”，并说明理由．
19．（2025 平度市模拟）已知数列{an}，{bn}的项数均为m（m＞2），且an，bn∈{1，2， ，m}，{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，并规定A0＝B0＝0．对于k∈{0，1，2， ，m}，定义rk＝max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2， ，m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数．345123sdf
（1）若a1＝2，a2＝1，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝3，求r0，r1，r2，r3的值；
（2）若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj﹣1，j＝1，2， ，m﹣1，求rn；
（3）证明：存在p，q，s，t∈{0，1，2， ，m}，满足p＞q，s＞t，使得Ap+Bt＝Aq+Bs．
数列常考易错检测卷-2026届高三数学上学期一轮复习
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A A C A C A A
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AD BC BD
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 河南期中）已知实数m是1，4的等比中项，则m＝（　　）
A．±4 B．﹣4 C．±2 D．﹣2
【解答】解：根据题意，实数m是1，4的等比中项，则m2＝1×4＝4，
解可得：m＝±2．
故选：C．
2．（2025春 柳州月考）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4﹣S1＝9，a1+a4＝5，则{an}的公差为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，
因为S4﹣S1＝9，所以a2+a3+a4＝3a3＝9，解得a3＝3，
又a1+a4＝a2+a3＝5，所以a2＝2，
所以公差为a3﹣a2＝1．
故选：A．
3．（2025春 叶县期末）在等比数列{an}中，an＞0，且a7，，﹣2a5成等差数列，则公比q＝（　　）
A．2 B．2或﹣1 C．3 D．3或﹣1
【解答】解：由等比数列{an}中，an＞0，且a7，，﹣2a5成等差数列，
可得，即，
因为an＞0，所以a5＞0，q＞0，故可得q2﹣q﹣2＝0，
解得q＝2（负值舍去）．
故选：A．
4．（2025春 定安县期末）已知等差数列{an}，其中a3＝2，a7＝8，则a5＝（　　）
A．±4 B．4 C．5 D．12
【解答】解：∵{an}是等差数列，
∴2a5＝a3+a7，即．
故选：C．
5．（2025春 陕西月考）下列结论中，正确的是（　　）
A．数列可以看作是一个定义在正整数集（或它的有限子集{1，2，3， ，n}）上的函数
B．数列的项数一定是无限的
C．数列的通项公式的形式是唯一的
D．数列1，3，2，6，3，9，4，12，5，15，…不存在通项公式
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，由数列定义知，数列可以看作是一个定义在正整数集（或它的有限子集{1，2，3， ，n}）上的函数，A正确；
对于B，数列1，2，3，4，5只有5项，该数列项数有限，B错误；
对于C，数列﹣1，1，﹣1，1，﹣1，1， 的通项公式可以为，也可以为an＝cosnπ，该数列通项公式不唯一，C错误；
对于D，该数列的通项公式可以为bn，D错误．
故选：A．
6．（2024秋 北碚区期末）已知数列{an}满足，且，则a2025＝（　　）
A． B． C．﹣2 D．2
【解答】解：由数列{an}满足，且，
可得，，，…，
可得数列{an}的最小正周期为3，
所以a2025＝a675×3＝a3＝﹣2．
故选：C．
7．（2025春 惠州月考）已知数列{an}的前n项和为Sn且，则Sn＝（　　）
A．（n﹣1）2n+1+2 B．（n+1）2n+1﹣2
C．2n+1﹣2 D．n2n+1﹣2
【解答】解：，
则，
所以，
两式相减可得，，
所以．
故选：A．
8．（2025春 惠州月考）对于数列{an}，若存在正数M，使得对一切正整数n，都有|an|≤M，则称数列{an}是有界的，若这样的正数M不存在，则称数列{an}是无界的．记数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法不正确的是（　　）
A．若，则数列{an}是无界的
B．若，则数列{Sn}是有界的
C．若，则数列{Sn}是有界的
D．若，则数列{Sn}是有界的
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，数列{an}的通项公式为，易得0＜an＜2，
即存在正数M＝2，使得|an|≤M恒成立，因此数列{an}是有界的，A错误；
对于B，由于﹣1≤cosn≤1，得，
则，
，
即存在正数M＝1，使得|Sn|≤M恒成立，因此数列{Sn}是有界的，B正确；
对于C：若，则当n＝2k，k∈N*时，Sn＝0；
当n＝2k﹣1，k∈N*时，Sn＝﹣1；则|Sn|≤1，
即存在正数M＝1，使得|Sn|≤M恒成立，因此数列{Sn}是有界的，C正确；
对于D，数列{an}的通项公式为，变形可得，
则，
则存在正数M＝2，使得|Sn|≤M恒成立，数列{Sn}是有界的，D正确．
故选：A．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 南部县校级期中）已知数列{an}的前n项和为，则有（　　）
A．{Sn}为等比数列
B．
C．
D．
【解答】解：当n≥2时，由，可得an＝2Sn﹣1，
两式相减可得an+1﹣an＝2Sn﹣2Sn﹣1＝2an，因此an+1＝3an（n≥2），
而a1＝1，a2＝2a1＝2，不满足an+1＝3an，
故，故BC错误，
由，，故{Sn}为等比数列，故AD正确．
故选：AD．
（多选）10．（2025春 南岗区校级期中）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S35＞0，S36＜0，则下列结论正确的是（　　）
A．数列{an}是递增数列
B．a18＞0
C．当Sn取得最大值时，n＝18
D．|a18|＞|a19|
【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，
∵S35＞0，S36＜0，
∴，
∴a18＞0，a18+a19＜0，故B正确；
∴数列{an}是递减数列，故A错误；
当Sn取得最大值时，n＝18，故C正确；
|a18|＜|a19|，故D错误．
故选：BC．
（多选）11．（2025春 安徽月考）设Sn是公比为q的无穷等比数列{an}的前n项和，则下列说法正确的是（　　）
A．对任意正整数k，数列Sk，S2k﹣Sk，S3k﹣S2k是等比数列
B．对任意正整数n
C．若，，则
D．若an＞0，且a1，中2a2成等差数列，则
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，当q＝﹣1，k为偶数时，Sk＝S2k﹣Sk＝S3k﹣S2k＝0，数列Sk，S2k﹣Sk，S3k﹣S2k不是等比数列，A错误；
对于B，对任意正整数n，q2（q2）≥2，当且仅当q＝±1时等号成立，B正确；
对于C，若，则q≠1，则有1+qm，必有qm，
又由，即qm，必有，
解可得m＝4，
故q4，解可得q＝±，C错误；
对于D，若an＞0，且a1，中2a2成等差数列，则有2×（）＝a1+2a2，
即a1q2＝a1+2a1q，变形可得q2＝1+2q，解可得q＝1±，
又由an＞0，则q＞0，必有q＝1，
故q2＝（1）2＝3+2，D正确．
故选：BD．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 陕西月考）在等比数列{an}中，a3a9＝1，a1a5+a8a10＝8，则a3+a9的值为 　±　 ．
【解答】解：等比数列{an}中，a1a5+a8a10＝8，a3a9＝1，
所以2a3a9＝2，
由等比数列的性质可得：，
所以，
即，所以．
故答案为：．
13．（2025春 新蔡县校级月考）已知数列是递增数列，则实数t的取值范围是 　（﹣∞，3）　 ．
【解答】解：根据题意，数列是递增数列，
则an+1＞an，（n∈N*），即（n+1）2﹣t（n+1）+2＞n2﹣tn+2，整理得t＜2n+1，
因n∈N*，则2n+1≥3，则t＜3，即t的取值范围为（﹣∞，3）．
故答案为：（﹣∞，3）．
14．（2025 雷州市校级模拟）已知数列{an}满足，Sn是数列{an}的前n项和且S2023＝﹣506，则an＝　　 ．
【解答】解：由，得，即，
数列是首项为﹣a1，公差为的等差数列，所以，
即．
当n为偶数时，，
所以506，
所以，故．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 南部县校级期中）已知数列{an}的通项公式为，数列{an}的前n项和为Sn．
（1）求S9；
（2）求S2n．
【解答】解：（1）因为数列{an}的通项公式为，
所以
＝10+4+16+64+256＝350；
（2）S2n＝a1+a2+a3+a4+ a2n﹣1+a2n＝（a1+a3+ +a2n﹣1）+（a2+a4+ +a2n）
＝[﹣2+0+2+ +（2n﹣4）]+（22+24+26+…22n）
．
16．（2025春 甘肃月考）记Sn为正项数列{an}的前n项和，且a1Sn＝（n+1）an．
（1）求a1的值；
（2）判断是否为等差数列，并求{an}的通项公式；
（3）求数列的前n项和Tn．
【解答】解：（1）令n＝1，得，
又a1＞0，所以a1＝2；
（2）由2Sn＝（n+1）an，得2Sn+1＝（n+2）an+1，
两式相减得2an+1＝（n+2）an+1﹣（n+1）an，
即nan+1＝（n+1）an所以，
所以是常数列，也是等差数列，
故，故an＝2n；
（3）由（1）可得，
故Tn＝1 23+2 24+3 25+...+n 2n+2，则2Tn＝1 24+2 25+3 26+...（n﹣1） 2n+2+n 2n+3，
两式相减得．
17．（2025春 红山区校级期中）{an}为等差数列，，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝26，T3＝12．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
因为，
所以b1＝a1﹣4，b2＝2a2＝2a1+2d，b3＝a3﹣4＝a1+2d﹣4，
则，
解得d＝3，a1＝2，所以an＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1，
所以数列{an}的通项公式是an＝3n﹣1．
（2）由（1）知，，
当n为偶数时，Tn＝（b1+b3+b5+ +bn）+（b2+b4+b6+ +bn﹣1）
＝（﹣2+4+10+ +3n﹣5）+（10+22+34+ +6n﹣8）
．
当n为奇数时，．
所以当n为偶数时，；当n为奇数时，．
18．（2025 河南模拟）对于 n∈N*，若数列{xn}满足xn+1﹣xn＞1，则称这个数列为“K数列”．
（1）已知数列1，2m，m2+1是“K数列”，求实数m的取值范围．
（2）是否存在首项为﹣2的等差数列{an}为“K数列”，且其前n项和S n使得恒成立？若存在，求出数列{an}的通项公式；若不存在，请说明理由．
（3）已知各项均为正整数的等比数列{an}是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列{bn}是否为“K数列”，并说明理由．
【解答】解：（1）由题意得2m﹣1＞1，且（m2+1）﹣2m＞1，解得m＞2，
所以实数m的取值范围是（2，+∞）．
（2）不存在．理由：假设存在等差数列 {an}符合要求，设公差为d，则d＞1，
由a1＝﹣2得．
由题意，得对 n∈N*均成立，即（n﹣1）d＜n+2．
当n＝1时，d∈R；
当n＞1时，恒成立，
因为，所以d≤1，与d＞1矛盾，
所以这样的等差数列 {an}不存在．
（3）设数列 {an}的公比为q，则．
因为 {an}的每一项均为正整数，且an+1﹣an＝anq﹣an＝an（q﹣1）＞1＞0，
所以在{an﹣an﹣1}中，a2﹣a1为最小项．
同理，中，为最小项．
由 {an}为“K数列”，只需a2﹣a1＞1，即a1（q﹣1）＞1．
又因为不是“K数列”，且为最小项，
所以，即a1（q﹣1）≤2．
由数列 {an}的每一项均为正整数，可得a1（q﹣1）＝2，
所以a1＝1，q＝3或a1＝2，q＝2．
当a1＝1，q＝3时，，则．
令，则，
又，
所以{cn}为递增数列，即cn＞cn﹣1＞cn﹣2＞ ＞c1，
因为，
所以对于任意的n∈N*，都有bn+1﹣bn＞1，即数列 {bn}为“K数列”．
当a1＝2，q＝2时，，则．
因为，所以数列 {bn}不是“K数列”．
综上所述，当a1＝1，q＝3时，，数列 {bn}为“K数列”；
当a1＝2，q＝2时，，数列 {bn}不是“K数列”．
19．（2025 平度市模拟）已知数列{an}，{bn}的项数均为m（m＞2），且an，bn∈{1，2， ，m}，{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，并规定A0＝B0＝0．对于k∈{0，1，2， ，m}，定义rk＝max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2， ，m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数．345123sdf
（1）若a1＝2，a2＝1，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝3，求r0，r1，r2，r3的值；
（2）若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj﹣1，j＝1，2， ，m﹣1，求rn；
（3）证明：存在p，q，s，t∈{0，1，2， ，m}，满足p＞q，s＞t，使得Ap+Bt＝Aq+Bs．
【解答】解：（1）数列{an}，{bn}的项数均为m（m＞2），
且an，bn∈{1，2， ，m}，{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，
规定A0＝B0＝0．对于k∈{0，1，2， ，m}，定义rk＝max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2， ，m}}，
其中，maxM表示数集M中最大的数，
a1＝2，a2＝1，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝3，
由题意可知：A0＝0，A1＝2，A2＝3，A3＝6，B0＝0，B1＝1，B2＝3，B3＝6，
当k＝0时，则B0＝A0＝0，Bi＞A0，i＝1，2，3，故r0＝0；
当k＝1时，则B0＜A1，B1＜A1，Bi＞A1，i＝2，3，故r1＝1；
当k＝2时，则Bi≤A2，i＝0，1，2，B3＞A2，故r2＝2；
当k＝3时，则Bi≤A3，i＝0，1，2，3，故r3＝3；
综上所述：r0＝0，r1＝1，r2＝2，r3＝3．
（2）a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj﹣1，j＝1，2， ，m﹣1，
由题意可知：rn≤m，且rn∈N，
∵an≥1，bn≥1，则An≥a1＝1，Bn≥b1＝1，当且仅当n＝1时，等号成立，
∴r0＝0，r1＝1，
又∵2ri≤ri﹣1+ri+1，∴ri+1﹣ri≥ri﹣ri﹣1，∴rm﹣rm﹣1≥rm﹣1﹣rm﹣2≥…≥r1﹣r0＝1，
可得ri+1﹣ri≥1，
反证：假设满足rn+1﹣rn＞1的最小正整数为1≤j≤m﹣1，
当i≥j时，则ri+1﹣ri≥2；当i≤j﹣1时，则ri+1﹣ri＝1，
则rm＝（rm﹣rm﹣1）+（rm﹣1﹣rm﹣2）+…+（r1﹣r）0+r0≥2（m﹣j）+j＝2m﹣j，
又∵1≤j≤m﹣1，∴rm≥2m﹣j≥2m﹣（m﹣1）＝m+1＞m，
假设不成立，∴rn+1﹣rn＝1，
∴数列{rn}是以首项为1，公差为1的等差数列，∴rn＝0+1×n＝n，n∈N．
（3）证明：（ⅰ）若Am≥Bm，构建，
由题意可得：Sn≥0，且Sn为整数，
反证，假设存在正整数K，使得SK≥m，
则，可得，
这与相矛盾，∴对任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≤m﹣1．
①若存在正整数N，使得，∴，
可取r＝p＝0，q＝N，s＝rN，使得Ap+Bs＝Aq+Br；
②若不存在正整数N，使得SN＝0，
∵Sn∈{1，2m，…，m﹣1}，且1≤n≤m，
∴必存在1≤X＜Y≤m，使得SX＝SY，
即，可得，
可取p＝X，s＝rY，q＝Y，r＝rX，使得Ap+Bs＝Aq+Br；
（ⅱ）若Am＜Bm，构建，由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数，
反证，假设存在正整数K，使得SK≤﹣m，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≥1﹣m．
①若存在正整数N，使得，即，
可取r＝p＝0，q＝N，s＝rN，使得Ap+Bs＝Aq+Br；
②若不存在正整数N，使得SN＝0，
因为Sn∈{﹣1，﹣2，…，1﹣m}，且1≤n≤m，
所以必存在1≤X＜Y≤m，使得SX＝SY，
即，可得，
可取p＝X，s＝rY，q＝Y，r＝rX，使得Ap+Bs＝Aq+Br；
综上所述：存在p，q，s，t∈{0，1，2， ，m}，满足p＞q，s＞t，使得Ap+Bt＝Aq+Bs．
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