第 4 章 数列 单元综合检测（重点）
一、填空题
1．已知数列{an}中， a1 =1, an+1 = an + n ，则 a4 =
【答案】7
【分析】根据 a1 =1, an+1 = an + n ，直接推出 a4即可.
【解析】解：因为 a1 =1, an+1 = an + n ，
则 a2 = a1 +1 = 2，
a3 = a2 + 2 = 4 ，
a4 = a3 + 3 = 7 .
故答案为：7.
2．在等比数列 a a 1n 中，若 1 = , a4 = 4 ，则公比 q = ．2
【答案】 2
【分析】根据等比数列的通项公式，即可求解.
a4 3
【解析】由题意可知， = q = 8，得 q = 2a .1
故答案为： 2
3．3- 2 2 与3+ 2 2 的等比中项为 .
【答案】 ±1
【分析】根据等比中项定义直接求解.
【解析】3- 2 2 与3 + 2 2 的等比中项为± 3- 2 2 3+ 2 2 = ±1.
故答案为： ±1 .
1 1 1 1 1 1 1 1
4．用数学归纳法证“1- + - + ...+ - < + + ...+ （ n N*）”的过程中，当 n = k 到2 3 4 2n -1 2n n +1 n + 2 2n
n = k +1时，左边所增加的项为 ．
1 1
【答案】 -
2k +1 2k + 2
【分析】考查等式两侧的特点，写出左侧 n = k 和 n = k +1的表达式，进行比较，即可推出左边应增加的
项．
1 1 1 1 L 1 1 1 1 L 1【解析】当 n = k 时，等式为 - + - + + - < + + + ，
2 3 4 2k -1 2k k +1 k + 2 2k
n k 1 1 1 1 1 L 1 1 1 1 1当 = + 时，等式为 - + - + + - < + +L+ ，
2 3 4 2k +1 2k + 2 k + 2 k + 3 2k + 2
因此，从“ n = k ”变到“ n = k +1”时，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
左边应增加的项是 1- + - +L+ -2 3 4 2k +1 2k + 2 ÷
- 1- + - +L+ - ÷
è è 2 3 4 2k -1 2k
1 1
= - .
2k +1 2k + 2
1 1
故答案为： - .
2k +1 2k + 2
5．已知 an 为等差数列， a1 + a3 + a5 =105， a2 + a4 + a6 = 99，则 a22 = ．
【答案】-3
【分析】利用等差数列的通项公式和等差中项求解即可.
【解析】根据题意，可设等差数列 an 的公差为d ，
又由 a1 + a3 + a5 =105，则3a3 =105，即 a3 = 35，
a2 + a4 + a6 = 99，则3a4 = 99 ，即 a4 = 33，
则公差 d = a4 - a3 = -2，
则 a22 = a3 + (22 - 3)d = 35 - 38 = -3，
所以 a22 = -3．
故答案为：-3
1
6．在数列{an}中，若 a1 = 2, an+1 =1- a ，则
a2020 = .
n
【答案】2
【分析】根据给定递推公式探求数列{an}的周期，再利用此性质计算即可作答.
1 a 1 1 1 an 1
{a } a =1- n+2
= - = 1- = 1- = -
【解析】数列 n 中，因 n+1 a 1a ，则 n+1 1-
an -1 an -1 ，
n an
a 1 1n+3 = - =1
1
- 1 =1+ (an -1) = aa nn+2 - ，于是得数列{an}是周期数列，周期为 3，
an -1
a2020 = a3 673+1 = a1 = 2，
所以 a2020 = 2 .
故答案为：2
7．已知等比数列 an 满足 log2 a1a2a3a4a5 = 5，等差数列 bn 满足b3 = a3，则
b1 + b2 + b3 + b4 + b5 = ．
【答案】10
【分析】由已知结合等比数列的性质可求a3，然后结合等差数列的性质即可求解．
【解析】因为等比数列 an 中， log2 (a1a2a3a4a5 ) = log (a52 3 ) = 5，
所以 a3 = 2，
因为b3 = a3 = 2，
则由等差数列的性质得b1 + b2 + b3 + b4 + b5 = 5b3 =10．
故答案为：10．
a 2 a a 1 n n * ì a ü8．在数列 n 中， 1 = ， = 2 （ n 2， n N ），则数列 í n2 的前 n项和为 .an-1 n -1 n
2n
【答案】
n +1
【分析】根据题意利用叠乘法求出数列通项公式再通过裂项相消法求出前 n项和即可.
Q an n
2 n2
【解析】 = 2 =an-1 n -1 n +1 n
，
-1
a a a
2 2 2 2
\ = 2
a3 an 2 3 4 n 2n
n 1 L =1 L =a1 a2 an-1 1 3 2 4 3 5 n +1 n -1 n +1
an 2 2 1 1 所以 = = -n2 n n +1 è n n +1÷ ，
T 2 1 1 1 1 1 2n\ n = 1- + - +L+ -
÷ = .
è 2 2 3 n n +1 n +1
2n
故答案为:
n +1
1 1 1
9．已知等比数列 an 的公比为 q，且0 < a1 < 1,a2020 = 1，能使不等式 a1 - ÷ + a2 - ÷ +L+ am - ÷ 0
è a1 è a2 è am
成立最大正整数m= ．
【答案】 4039
1 1 1
【分析】根据已知求得 a1的表达式，由此求得 q 的取值范围，根据 a1 - a ÷
+ a2 - ÷ +L+a
am - ÷ 0成
è 1 è 2 è am
立列不等式，化简求得m的取值范围，从而求得最大正整数m .
a q2019 1【解析】由已知 1 = 1 a1 = q2019 ，
0 a 1结合 < 1 <1知0 < 2019 < 1q ，解得
q >1，
ì 1 ü 1 1由于 an 是等比数列，所以 í 是首项为 a ，公比为 an 1 q
的等比数列.
1 1 1
要使 a1 - ÷ + a2 - ÷ +L+ am - ÷ 0成立
è a1 è a2 è am
1 1
1 1 1 a 1- qm 1-a + a +L+ a + +L+ 1 a1 è qm ÷则 1 2 m a1 a ，即 ，2 am 1- q 1- 1
q
1
将a1 = q2019 代入整理得： q
m q4039
又 q >1，可知m 4039，故最大正整数m = 4039 .
故答案为： 4039
10 2．已知数列 an 是首项为 a1，公差为 d 的等差数列，其前 n 项和为 Sn ，若直线 y = a x + m与圆 x - 2 + y21 =1
ì 1 ü
的两个交点关于直线 x + 2 y - d = 0对称，则数列 í 的前 100 项和为 ．
Sn
100
【答案】
101
【分析】根据圆的对称性得到 x + 2 y - d = 0经过 2,0 ， y = a1x + m与 x + 2 y - d = 0垂直，得到 a1 = 2， d = 2，
得到 Sn = n n +1 ，裂项相消求和，得到答案.
【解析】由对称性可知 x + 2 y - d = 0经过 2,0 ，故 2 + 0 - d = 0，解得 d = 2，
且 y = a x + m
1
1 与 x + 2 y - d = 0垂直，其中 x + 2 y - d = 0的斜率为- ，故 a1 = 2，2
所以 an = 2 + 2 n -1 = 2n
n a + a n 2 + 2n
， S n = 1 n = = n n +1 ，2 2
1 1 1 1
所以 = = -S n n +1 n n +1，n
1 1 L 1 1 1 1 1 L 1 1 1 1 100则 + + + = - + - + + - = - =S1 S2 S100 1 2 2 3 100 101 101 101
.
100
故答案为：
101
11．已知有穷数列 an 各项均为整数且是严格增数列，若 a1 3， a1 + a2 +L+ an = 2023，则 n 取最大值时，
an 的值为 .
【答案】73
【分析】将 n 取最大值转化为 an 项数最多，然后此时 an 的前 n -1为公差为 1 的等差数列，然后计算临
界值即可.
【解析】满足 a1 + a2 +L+ an = 2023，
有穷数列 an 各项均为整数且是严格增数列，则 n 取最大值时，即项数最多时，
此时 ak k =1,2,L,n -1,n N+ 为公差为 1 的等差数列，且首项尽可能的小，
Qa1 3，\a1=3，
\ak = k + 2，
k k + 5
Sk =a1 + a2 +L+ a
k = ，2
\S60 =1950, S61=2013, S62 =2077 ，
故当 k = 60时， ak = 62, n = k +1 = 61, an = 2023 - Sk = 73，符合条件；
当 k = 61时， ak = 63, n = k +1 = 62, an = 2023 - Sk =10，不满足 an > an-1，不符合条件；
故 n 取最大值时， n = 61,an = 73 .
故答案为：73
ì2an +1，n是偶数，12．已知数列 an 满足 a1 =1，an+1 = í 设 Sn 表示 an 的前 n项和，则使得 Sn +106 < 0成立的
an - 3，n是奇数，
最小的正整数 n的值为 .
【答案】34
【分析】先通过递推式得当 n为偶数时，数列 an - 2 是以-4为首项，以 2为公比的等比数列，即可求出数
列 an 的通项公式，根据通项公式观察到数列 Sn 为递减数列，故求出 S 20n 后，以 2 =1048576为基础，通
过一定的估算可得到答案.
【解析】当 n 2，且 n为偶数时， an = an-1 - 3 = 2an-2 +1- 3 = 2an-2 - 2，
得 an - 2 = 2 an-2 - 2 ，又 a2 = a1 - 3 = -2，
所以数列 an - 2 是以-4为首项，以 2为公比的等比数列，
n
所以 -1
n
+1
an - 2 = -4 22 ，即 an = -22 + 2，
n+1 n+3
当 n 1，且 n为奇数时， +1a 2 2 ，n = an+1 + 3 = -2 + 2 + 3 = -2 + 5
ì n +1
-22 + 2，n是偶数，
所以 an = í n+3
-2 2 + 5，n是奇数，
明显数列 an 从第二项起 an < 0，故数列 Sn 为递减数列，
n n
n -4 1- 2
2 ÷ -4 1- 22当 为偶数时， ÷
Sn = a1 + a3 +L+ an-1 + a a L a è 5
n n
2 + 4 + + n = + +
è + 2
1- 2 2 1- 2 2
n
+3 7n
= 8 - 22 + ，
2
n
+3
对于 S +106 = 8 - 22 7n+ +106 ，由于 220 = 210n
2
=10242 =1048576，
2
32
+3
当 n = 32 时， S 632 +10 = 8 2 2
7 32
- + +106 > 0，
2
34
+3
n = 34 7 34当 时， S +106 = 8 - 2 2 + +10634 < 0 ，2
34
+3 7 34
又当 n = 33时， S33 +10
6 = S34 - a +10
6 = 8 - 2 234 - -218 + 2 + +106 > 0，2
故使得 Sn +10
6 < 0成立的最小的正整数 n的值为34，
故答案为：34 .
【点睛】方法点睛：对于通过奇偶来的分段数列，可分奇偶来研究数列的通项公式，先求出偶数项的通项
公式后，奇数项的通项公式就好求了.
二、单选题
13．下列说法中，正确的是（ ）
A．数列1,3,5,7 可表示为集合 1,3,5,7
B．数列1， 0 ， -1，-2与数列-2, -1,0,1是相同的数列
ìn +1ü 1
C．数列 í 的第 kn 项为
1+
k
D．数列0,1,2,3,4,K，可记为 n
【答案】C
【分析】利用数列定义即可逐个选项判断.
【解析】由数列定义知 A 错；B 中排列次序不同，错误；
k +1
C 中第 k 项为 =1
1
+ ，正确；D 中 n N ，错误.
k k
故选：C
S 5n + 63 a
14 n n．已知等差数列 an 和等差数列 bn 的前 n项和分别为 Sn 和Tn ，且 =T n + 3 ，则使得 b 为整数的正整n n
数 n的个数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】根据等差数列前 n项和公式以及等差数列的性质可得 S2n-1 = 2n -1 an ，进而可求解.
a1 + a2n-1 2n -1 2a 2n -1 【解析】由于 S2n-1 = = n = 2n -1 a2 2 n
an S2n-1 5 2n -1 + 63 5n + 29 5 24所以 = = = = + ，
bn T2n-1 2n -1+ 3 n +1 n +1
an
要使 b 为整数，则 n +1为 24 的因数，由于 n +1 2，故 n +1可以为
2,3,4,6,8,12,24 ，故满足条件的正整数 n
n
的个数为 7 个，
故选：B
15．如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成 9 个圆环，解开九连环共需要 256 步，解
下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程.九连环把玩时按照一定的程序反复操作，可
*
以将九个环全部从框架上解下或者全部套上.将第 n个圆环解下最少需要移动的次数记为 an n 9, n N ，
已知 a1 =1， a2 =1，按规则有 an = an-1 + 3an-2 + 2 n 3 ，则解下第 5 个圆环最少需要移动的次数为（ ）
A．15 B．21 C．27 D．31
【答案】D
【分析】根据递归公式计算即可.
【解析】由题意可知 a3 = a2 + 3a1 + 2 = 6， a4 = a3 + 3a2 + 2 =11， a5 = a4 + 3a3 + 2 = 31 .
故选：D
16．已知数列 an 是各项为正数的等比数列，公比为 q，在 a1,a2之间插入 1 个数，使这 3 个数成等差数列，
记公差为 d1 ，在 a2 , a3之间插入 2 个数，使这 4 个数成等差数列，公差为 d2 ,L，在 an , an+1 之间插入 n 个数，
使这 n + 2 个数成等差数列，公差为 dn ，则（ ）
A．当0 < q <1时，数列 dn 单调递减 B．当 q > 1 时，数列 dn 单调递增
C．当 d1 > d2 时，数列 dn 单调递减 D．当 d1 < d2 时，数列 dn 单调递增
【答案】D
【分析】根据数列 dn 的定义，求出通项，由通项讨论数列的单调性.
【解析】数列 an 是各项为正数的等比数列，则公比为q > 0 ，
a - a a q -1
由题意 a = a n+1 n nn+1 n + (n +1)dn，得 dn = = ，n +1 n +1
d q n +1 0 < q <1 n+1时， dn < 0，有 = <1， dn+1 > dn，数列 dn 单调递增，A 选项错误；dn n + 2
d q n +1 q n +1 n + 2 3
q > 1 n+1 时， dn > 0， = ，若数列 dn 单调递增，则 >1， 即 q > ，由 n N*，需要 q > ，dn n + 2 n + 2 n +1 2
故 B 选项错误；
d > d a1 q -1 a时， > 1q q -1 31 2 ，解得1 < q < ，2 3 2
d q n +1 q n +1 n + 2 1
q > 1 n+1 时， dn > 0，由 = ，若数列 dn 单调递减，则d n 2 <1， 即 q < =1+ ，而 n + n + 2 n +1 n +1
1< q 3 1< 不能满足 q <1+ n N* 恒成立，C 选项错误；2 n +1
d < d a1 q -1 a1q q -1 0 < q <1 q 31 2 时， < ，解得 或 > ，由 AB 选项的解析可知，数列 dn 单调递增，D 选2 3 2
项正确.
故选：D
【点睛】思路点睛：此题的入手点在于求数列 dn 的通项，根据 dn 的定义求得通项，再讨论单调性.
三、解答题
17．已知 an 是等比数列， an > 0 2，且 a2 = ， a6 - a5 = 2a3 4．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设bn = anan+1，求数列 bn 的前 n 项和 Sn ．
(1) a 2
n-1
【答案】 n = ；3
n
(2) 2(4 -1) .
27
【分析】（1）由等比数列的通项公式列出方程求出公差、首项即可求解；
（2）由（1）可得 bn 为等比数列，由等比数列求和公式计算即可.
【解析】（1）根据题意，设等比数列 an 的公比为q，
若 a6 - a5 = 2a4，
则有 q2 - q = 2，解可得 q = 2或 -1，
n-1
又由 an > 0，则 q = 2 a
2 2 n-2 2，又由 2 = 3 ，则 an = 2 = ．3 3
2 2
n-1 2n 2n-1 2n 22n-1
（ ）根据题意， an = ， an+1 = ， bn = anan+1 = = ，3 3 3 3 9
2
故数列 bn 是首项为b1 = a1a2 = ，公比为 4 的等比数列，9
2
n 4
n -1 n
则其前 项和 S = 9
2 4 -1
n =
．
4 -1 27
18．已知{an}为等差数列，且 a3=-6，a6=0．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足 b1=-8，b2=a1+a2+a3，求{bn}的前 n 项和公式．
【答案】(1)an=2n-12
(2)Sn=4(1-3n)
【分析】（1）运用等差数列的通项公式列方程，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式；
（2）等比数列{bn}的公比设为 q，由（1）可得b2 = -24，可得公比 q，再由等比数列的求和公式求解即可
(1)
设等差数列{an}的公差为 d．
ìa1 + 2d = -6,
因为 a3=-6，a6=0，所以 í
a1 + 5d = 0.
解得 a1=-10，d=2．
所以 an=-10+(n-1)×2=2n-12．
(2)
设等比数列{bn}的公比为 q．
因为 b2=a1+a2+a3=-24，b1=-8，
所以-8q=-24，q=3．
b (1- qn )
所以数列{bn}的前 n 项和公式为 Sn= 1 =4(1-3n)．
1- q
19．已知等差数列 an 的公差 d > 0，前 n项和为 Sn ，a1 = 2,a2,a4,a8成等比．
(1)求d 的值，及 Sn 的表达式；
(2)设 n N ， an + an+1 + an+2 +L+ a2n = 90 ，求 n的值．
【答案】(1) d = 2 ； Sn = n2 + n
(2) n = 5
【分析】（1）直接利用基本量代换列方程组求出 d，即可求出 Sn ；
（2）利用公式法列方程即可解得.
【解析】（1）因为等差数列 an 的公差 d > 0，前 n项和为 Sn ，a1 = 2,a2,a4,a8成等比，
2 2 + d 2 + 7d = 2 + 3d 2所以 a2a8 = a4 ，即 ，
解得：d=2（d=0 舍去）；
n n -1 d n
S na 2n n -1 2故 n = 1 + = + = n2 + n .2 2
（2）有（1）知： a1 = 2,d = 2,an = 2n，
所以 an + an+1 + an+2 +L+ a2n = 2n + 2 n +1 +L+ 4n = 3n n +1 = 90，
解得：n=5（n=-6 舍去）；
20．在各项均为正数的等比数列 an 中， a2 = 2且 2a3 ,a5 ,3a4成等差数列，数列 bn 满足bn = 2log2 an+1, Sn 为
数列 bn 的前 n项和.
（1）求数列 bn 的通项公式；
c Sn - n（2）设数列 cn 满足 n = na ，求证： c1 + c2 + c3 +L+ cn < 4 .n
【答案】（1）bn = 2n；（2）证明见解析.
【分析】（1）设各项均为正数等比数列 an 的公比为 q，由 2a3 ,a5 ,3a4成等差数列，可求得q，从而求得数
列 an 的通项公式，再根据bn = 2log2 an+1即可得出答案；
（2）求出数列 bn 的前 n项和 Sn ，从而求得数列 cn 的通项公式，再根据错位相减法即可求得数列 cn 的
前 n 项的和，即可得证.
【解析】（1）解：设各项均为正数等比数列 an 的公比为 q，
∵ 2a3， a5 ，3a4 成等差数列，
∴ 2a5 = 2a3 + 3a
1
4 ，即 2q2 = 2 + 3q ，∴ q = 2或 q = - （舍去），2
又 a = 2 n-2 n-1 n-12 ，则 an = 2 ×2 = 2 ，即数列 an 的通项公式为 an = 2 ，
∴ bn = 2log
n
2 2 = 2n ；
（2）证明：由（1）得bn = 2n，则bn+1 - bn = 2 ，
n(2 + 2n) 2
所以 bn 是等差数列，故 Sn = = n + n，2
c S= n - n n则 n =na 2n-1 ，n
令Tn = c1 + c
2 3 4 n
2 + c3 + c4 +L+ cn =1+ + + +L+ ，2 22 23 2n-1
1
则 T
1 2 3 L n -1 nn = + 2 + 3 + +2 2 2 2 2n-1
+ n ，2
1
两式相减得 Tn =1
1 1 1 1 n n + 2
+ + 2 + 3 +L+ n-1 - n = 2 -2 2 2 2 2 2 2n
故Tn = 4
n + 2
-
2n-1
< 4，
所以 c1 + c2 + c3 +L+ cn < 4 .
21．已知数列{an}中 a1 =1，其前 n项和记为 Sn ，且满足3 S1 + S2 + ×××+ Sn = n + 2 Sn ．
ì S ü
(1) í n
求数列 的通项公式； n +1 n
1
(2)设无穷数列b1，b2，… bn ，…对任意自然数m 和 n，不等式 bm+n - bm - bn < m + a 均成立，证明：数列{bn}n
是等差数列．
S 1
【答案】(1) n = n +1 n 2
(2)证明见解析
S n +1
【分析】（1）在原数列递推式中取 n = n -1 n得另一递推式，作差后可得 =S n -1（ n 2），然后利用累积n-1
ì S ün
法求得数列 í 的通项公式； n +1 n
1
（2）由（1）求出列 an 的通项公式，代入不等式 bm+n - bm - bn < m + a ，利用反证法，结合绝对值的不等n
式及放缩法可得数列 bn 是等差数列．
【解析】（1）由3 S1 + S2 + ×××+ Sn = n + 2 Sn 得：3 S1 + S2 + ×××+ Sn-1 = n +1 Sn-1（ n 2）．
Sn n +1
两式作差得3Sn = n + 2 Sn - n +1 Sn-1，整理得： =S n -1（ n 2）．n-1
S2 3 S3 4 S 5 S n +1\ = ， = 4 =S 1 S 2 ， S 3 ，…
n
， =S n -1（ n 2）．1 2 3 n-1
Sn n n +1
将上式累乘得： = ．
S1 2
n n +1 Sn 1
\S = ，则 =n n +1 n 2 （ n 2），当 n =1时上式成立，2
Sn 1\ =
n +1 n 2 .
1 1 2
（2）由（1）知， Sn = n2 + n ，则 an = Sn - Sn-1 = é n
2 + n - n -1 - n -1 ù = n（ n 2），显然 a1 =1适合2 2
上式，
\an = n，
1
无穷数列b1，b2，… bn ，…对任意自然数m 和 n，不等式 bm+n - bm - bn < m + a 均成立，即n
bm+n - bm - b
1
n < 成立．m + n
下面用反证法证明数列{bn}是等差数列：
设 k >1为最小的自然数，使得 bk > 0，
但 b b
1 2 2
k m+k - bk - bm + bm+k - bm < + bm + k m+k
- bm+k -1 - b1 + bm - bm+k -1 - b1 < + bm+k -1 - bm + k m
+ b1 m + k
2
< ．
m
Qm 2可以任意大，则 趋向于 0（但不等于 0），
m
\ bk = 0，即 bk > 0不成立，故数列 bn 是等差数列 0 ．
22．对于无穷数列 an ，若存在正整数T ，使得 an+T = an 对一切正整数 n都成立，则称无穷数列 an 是周期
为T 的周期数列.
S
(1)已知无穷数列 an 是周期为 2的周期数列，且 a1 = 3， a2 =1， Sn 是数列 an 的前 n项和，若 n t 对一切n
正整数 n恒成立，求常数 t 的取值范围；
(2)若无穷数列 an 和 bn 满足bn = an+1 - an ，求证：“ an 是周期为T 的周期数列”的充要条件是“ bn 是周期
T
为T 的周期数列，且 bi = 0 ”；
i=1
ìb1 =1,b2 = a
(3)若无穷数列 an 和 b
n 满足bn = an+1 - an ，且 íb b= n+1 a an 1, n N ，是否存在非零常数 ，使得 n 是 n+2 bn
周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数 a；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 3, +
(2)证明见解析；
(3)不存在非零常数 a，使得 an 是周期数列，理由见解析.
【分析】（1）根据题意，分 n为偶数和 n为奇数时两种情况讨论求解即可；
（2）根据周期性，结合累加法分别证明充分性与必要性即可；
（3）由题知数列 bn 是周期为T = 6，再结合（2）的结论求解即可.
【解析】（1）解：因为无穷数列 an 是周期为 2的周期数列，且 a1 = 3， a2 =1，
n
所以，当 n为偶数时， Sn = a + a = 2n；2 1 2
n -1
当 n为奇数时， Sn = a1 + a2 + a1 = 2n +1，2
S
因为 n t 对一切正整数 n恒成立，
n
S
所以，当 n为偶数时， n = 2，故只需 t 2即可；
n
当 n
S
为奇数时， n 2
1
= + 3恒成立，故只需 t 3即可；
n n
S
综上， n t 对一切正整数 n恒成立，常数 t 的取值范围为 3, +
n
（2）证明：先证充分性：
T
因为 bn 是周期为T 的周期数列， bi = 0，bn = an+1 - an
i=1
n+T
所以， bi = 0，即 an+1 - an + an+2 - an+1 +L+ an+T -1 - an+T -2 + an+T - an+T -1 = 0，
i=n
所以 an+T - an = 0，即 an+T = an
所以， an 是周期为T 的周期数列，即充分性成立.
下面证明必要性：
因为 an 是周期为T 的周期数列，
所以 an+T = an ，即 an+T - an = 0
所以， an+T +1 = an+1, an+T = an ，即 an+T +1 - an+1 = an+T - an = 0
所以， an+T +1 - an+T = an+1 - an ，即bn+T = an+T +1 - an+T = an+1 - an = bn ，
所以数列 bn 是周期为T 的周期数列，
T
因为 a1+T - a1 = a1+T - aT + aT - aT -1 +L+ a3 - a2 + a2 - a1 = bT + bT -1 +L+ b2 + b1 = 0，即 bi = 0
i=1
所以，必要性成立.
T
综上，“ an 是周期为T 的周期数列”的充要条件是“ bn 是周期为T 的周期数列，且 bi = 0 ”
i=1
（3）解：假设存在非零常数 a，使得 an 是周期数列，
T
所以，由（2）知，数列 bn 是周期为T 的周期数列，且 bi = 0，
i=1
ìb1 =1,b2 = a
因为 íb b= n+1 n+2 n 1, n N
，
bn
b b= 2所以， 3 = a,b
b3 1,b b4 1 ,b b 1 b b b4 = = 5 = = 6 = 5 = b 6 7 8b ， 7
= =1,b8 = = a,b9 = = a,L
1 b2 b3 a b4 a b5 b6 b7
所以数列 bn 是周期为T = 6，
6 2 1 2 3
所以 b 2i = 2 + 2a + = 0，即a a + a +1 =
a + ÷ + = 0，显然方程无解，
i=1 è 2 4
所以，不存在非零常数 a，使得 an 是周期数列.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于根据递推关系得数列 bn 是周期为T = 6，再结合和（2）
6
中的充要条件，求解方程 bi = 0即可.
i=1第 4 章 数列 单元综合检测（重点）
一、填空题
1．已知数列{an}中， a1 =1, an+1 = an + n ，则 a4 =
1
2．在等比数列 an 中，若 a1 = , a4 = 4 ，则公比 q = ．2
3．3- 2 2 与3+ 2 2 的等比中项为 .
1 1 1 14．用数学归纳法证“ - + - + ...
1 1 1 1 1
+ - < + + ...+ （ *）”的过程中，当 n = k 到
2 3 4 2n -1 2n n +1 n + 2 2n n N
n = k +1时，左边所增加的项为 ．
5．已知 an 为等差数列， a1 + a3 + a5 =105， a2 + a4 + a6 = 99，则 a22 = ．
1
6．在数列{an}中，若 a1 = 2, an+1 =1- a ，则
a2020 = .
n
7．已知等比数列 an 满足 log2 a1a2a3a4a5 = 5，等差数列 bn 满足b3 = a3，则
b1 + b2 + b3 + b4 + b5 = ．
2
8．在数列 an 中， a
an n ì a ü
1 =1， = 2 （ n 2， n N* ），则数列 í
n
2 的前 n项和为 .an-1 n -1 n
1 1 1
9．已知等比数列 an 的公比为 q，且0 < a1 < 1,a2020 = 1，能使不等式 a1 - + a - +L+ a - 0
è a
÷ 2 ÷ m ÷
1 è a2 è am
成立最大正整数m= ．
10 2．已知数列 an 是首项为 a1，公差为 d 的等差数列，其前 n 项和为 Sn ，若直线 y = a1x + m与圆 x - 2 + y2 =1
ì 1 ü
的两个交点关于直线 x + 2 y - d = 0对称，则数列 í 的前 100 项和为 ．
Sn
11．已知有穷数列 an 各项均为整数且是严格增数列，若 a1 3， a1 + a2 +L+ an = 2023，则 n 取最大值时，
an 的值为 .
ì2an +1，n是偶数，12．已知数列 an 满足 a1 =1，an+1 = í 设 Sn 表示 an 6的前 n项和，则使得 S +10 < 0成立的
an - 3，n是奇数，
n
最小的正整数 n的值为 .
二、单选题
13．下列说法中，正确的是（ ）
A．数列1,3,5,7 可表示为集合 1,3,5,7
B．数列1， 0 ， -1，-2与数列-2, -1,0,1是相同的数列
ìn +1ü 1
C．数列 í n 的第
k 项为1+
k
D．数列0,1,2,3,4,K，可记为 n
14．已知等差数列 an
Sn 5n + 63 an
和等差数列 bn 的前 n项和分别为 Sn 和Tn ，且 =T n + 3 ，则使得 b 为整数的正整n n
数 n的个数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
15．如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成 9 个圆环，解开九连环共需要 256 步，解
下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程.九连环把玩时按照一定的程序反复操作，可
以将九个环全部从框架上解下或者全部套上.将第 n个圆环解下最少需要移动的次数记为 an n 9, n N* ，
已知 a1 =1， a2 =1，按规则有 an = an-1 + 3an-2 + 2 n 3 ，则解下第 5 个圆环最少需要移动的次数为（ ）
A．15 B．21 C．27 D．31
16．已知数列 an 是各项为正数的等比数列，公比为 q，在 a1,a2之间插入 1 个数，使这 3 个数成等差数列，
记公差为 d1 ，在 a2 , a3之间插入 2 个数，使这 4 个数成等差数列，公差为 d2 ,L，在 an ,an+1 之间插入 n 个数，
使这 n + 2 个数成等差数列，公差为 dn ，则（ ）
A．当0 < q <1时，数列 dn 单调递减 B．当 q > 1 时，数列 dn 单调递增
C．当 d1 > d2 时，数列 dn 单调递减 D．当 d1 < d2 时，数列 dn 单调递增
三、解答题
17．已知 a 2n 是等比数列， an > 0，且 a2 = ， a6 - a5 = 2a3 4．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设bn = anan+1，求数列 bn 的前 n 项和 Sn ．
18．已知{an}为等差数列，且 a3=-6，a6=0．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足 b1=-8，b2=a1+a2+a3，求{bn}的前 n 项和公式．
19．已知等差数列 an 的公差 d > 0，前 n项和为 Sn ，a1 = 2,a2,a4,a8成等比．
(1)求d 的值，及 Sn 的表达式；
(2)设 n N ， an + an+1 + an+2 +L+ a2n = 90 ，求 n的值．
20．在各项均为正数的等比数列 an 中， a2 = 2且 2a3 ,a5 ,3a4成等差数列，数列 bn 满足bn = 2log2 an+1, Sn 为
数列 bn 的前 n项和.
（1）求数列 bn 的通项公式；
S - n
（2 n）设数列 cn 满足 cn = ，求证： c1 + c2 + c3 +L+ cn < 4na .n
21．已知数列{an}中 a1 =1，其前 n项和记为 Sn ，且满足3 S1 + S2 + ×××+ Sn = n + 2 Sn ．
ì S ü
(1)求数列 í n 的通项公式； n +1 n
1
(2)设无穷数列b1，b2，… bn ，…对任意自然数m 和 n，不等式 bm+n - bm - bn < m + a 均成立，证明：数列{bn}n
是等差数列．
22．对于无穷数列 an ，若存在正整数T ，使得 an+T = an 对一切正整数 n都成立，则称无穷数列 an 是周期
为T 的周期数列.
S
(1)已知无穷数列 a nn 是周期为 2的周期数列，且 a1 = 3， a2 =1， Sn 是数列 an 的前 n项和，若 t 对一切n
正整数 n恒成立，求常数 t 的取值范围；
(2)若无穷数列 an 和 bn 满足bn = an+1 - an ，求证：“ an 是周期为T 的周期数列”的充要条件是“ bn 是周期
T
为T 的周期数列，且 bi = 0 ”；
i=1
ìb1 =1,b2 = a
(3)若无穷数列 an 和 bn b = a
满足 n n+1 - an ，且 íb b= n+1 n 1, n N ，是否存在非零常数 a，使得 an 是 n+2 bn
周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数 a；若不存在，请说明理由.
