第七单元 数列 单元提升卷（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单 元 提 升 卷
满分150分,限时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2025山西三晋名校联考)已知数列{an}是等差数列,m,n都是正整数,则“m+n=10”是“an+am=2a5”的(　　)
A.充要条件　　B.必要不充分条件
C.充分不必要条件　　D.既不充分也不必要条件
2.(2025河北邢台期中)已知正项等比数列{an}的前3项和为21,且++=,则a2=(　　)
A.　　B.2　　C.6　　D.4
3.(2024辽宁部分学校摸底考试)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若=,则=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.(2025山东临清实验高级中学月考)等差数列{an}的首项为-1,公差不为0,若a2,a3,a6成等比数列,则{an}的前6项和为(　　)
A.24　　B.-24　　C.3　　D.-3
5.(2025山西忻州期中)已知数列{an}满足+=2,且a2=,a3=,则3a100=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
6.(2024山东部分学校联考)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足anSn=,设bn=,将数列{bn}中的整数项组成新的数列{cn},则c2 024=(　　)
A.2 022　　B.2 023　　C.4 048　　D.4 046
7.(2024安徽合肥一中质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,且=4++(n≥2,n∈N*),若a1=1,则(　　)
A.S2 024∈　　B.S2 024∈　　
C.S2 024∈　　D.S2 024∈
8.(2025黑龙江大庆实验中学期中)设数列{an}的前n项和为Sn,若bn=,则称数列{bn}是数列{an}的“均值数列”.已知数列{bn}是数列{an}的“均值数列”,且2b1+4b2+8b3+…+2nbn=n2+n,设数列{an}的前n项积为Tn,则下列结论正确的是(　　)
A.对任意n∈N*,都有|Tn|<1
B.Tn既有最大值,也有最小值
C.数列{Sn}中没有最大项
D.若对任意的|Tn|<1,m2-m-Sn≥0恒成立,则m≥
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.(2025福建福州恒一高级中学入学考试)已知等比数列{an}中,a1=1,公比为2,数列{an}的前n项和为Sn,则(　　)
A.数列{a2n}是等比数列
B.数列是递增数列
C.数列{log2an}是等差数列
D.S10,S20,S30成等比数列
10.(2025江西多校期中调研)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,且=2an+1,记的前n项和为Tn,则(　　)
A.a2=　　B.是等比数列
C.Tn=2n+2-2n-4　　D.-11.(202安徽六安第一中学月考)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,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,……,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,则下列说法错误的是(　　)
A.当0B.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d1三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2025湖南长沙周南中学月考)已知数列{an}中,a1=1,a2=,且满足4an+1=4an-an-1(n∈N*,n≥2),则an=　　　　.
13.(2025福建福州师范大学附属中学期中)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且=,则=　　　　;若的值为正整数,则n=　　　　.
14.(2024山东日照二模)“-1,0,1序列”在通信技术中有着重要应用,该序列中的数取值于-1,0或1.设A是一个有限“-1,0,1序列”, f(A)表示把A中每个-1都变为-1,0,每个0都变为-1,1,每个1都变为0,1,得到新的有序实数组.例如:A=(-1,0,1),则f(A)=(-1,0,-1,1,0,1).定义Ak+1=f(Ak),k=1,2,3,…,若A1=(-1,1),An中1的个数记为bn,则{bn}的前10项和为　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2025湖北鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟联考)记Sn是等差数列{an}的前n项和,a1=2,且a2-2,a3-4,a4-6成等比数列.
(1)求an和Sn;
(2)若bnSn=2,求数列{bn}的前20项和T20.
16.(15分)(2025广东广州、深圳、珠海三市联考)设各项非零的数列{an}的前n项积为Tn,即Tn=a1a2…an,且满足2anTn=an+2Tn.
(1)求数列{Tn}的通项公式;
(2)若bn=an,求数列{bn}的前n项和Sn.
17.(15分)(2025山东青岛期中)记数列{an}是公差不为0的等差数列,a1=2,且a2是a1和a4的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足:b1=a1-1,b2=a3+3,bn+2=3bn+1-2bn-10,
(i)求证:{bn+1-bn-10}为等比数列;
(ii)求bn取最大值时n的值.
18.(17分)(2025广东部分学校模拟)已知数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列,且a1=1,a4=7,a1+b3=,a2b3=4a3+b2(n∈N*).
(1)求{an},{bn}的通项公式;
(2)已知cn=求数列{cn}的前2n项和T2n;
(3)求证:<2(i∈N*).
19.(17分)(2025天津五区县重点校期中联考)给定数列{An},若对任意的m,n∈N*且m≠n,Am+An是{An}中的项,则称{An}为“H数列”;若对任意的m,n∈N*且m≠n,AmAn是{An}中的项,则称{An}为“J数列”.
(1)设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2n-1,试判断数列{an}是不是“J数列”,并说明理由;
(2)设数列{bn}既是等比数列又是“J数列”,且b1=8,b2≥16,求公比q的所有可能值;
(3)设等差数列{cn}的前n项和为Tn,对任意的n∈N*,Tn是数列{cn}中的项,求证:数列{cn}是“H数列”.
答案全解全析
1.C　因为数列{an}是等差数列,所以由m+n=10,可得an+推不出m+n=10,故“m+n=10”是“an+am=2a5”的充分不必要条件.
2.C　由题意得+==,
则++=+===,解得a2=6(负值舍去).
3.D　易知等比数列{an}的公比不为-1,则S4,S8-S4,S12-S8,设S4=m,则S8=3m,S8-S4=2m,故S12-S8=4m,即S12=7m,
所以==.
4.A　设等差数列{an}的公差为d(d≠0),前n项和为Sn.
由a2,a3,a6成等比数列,得=a2a6,
即(-1+2d)2=(-1+d)(-1+5d),
解得d=2或d=0(舍去),
所以S6=6×(-1)+×2=24.
5.B　因为+=2,所以+=,故数列为等差数列,
因为a2=,
所以==2+,
所以-=2,
所以是公差为2的等差数列,
由a3=,得=7,
所以=7+2(n-3)=2n+1,即an=,
所以3a100==.
6.C　设数列{an}的公比为q,q>0,
∵anSn=,
∴当n=1时,==1,∴a1=1,
当n=2时,a2S2==6,
即q(1+q)=6,解得q=2(q=-3舍去),
所以Sn==2n-1,
即bn==,
因为数列{bn}中的整数项组成新的数列{cn},
所以n=2k2,k∈N*,
此时==2k,
即cn=2n,故c2 024=2×2 024=4 048.
7.A　由a1=1,=4++(n≥2,n∈N*),可得an>0,
则=4++=+≥(n≥2),
所以≥2+(n≥2),
即-≥2(n≥2),
故-≥2,-≥2,……,-≥2(n≥2),
上述式子累加,得-≥2(n-1),
故≥+2(n-1)=2n-1(n≥2),
当n=1时,=1满足上式,
所以≥2n-1(n∈N*),
所以an≤<=×(n≥2),
所以Sn故S2 024<.
因为an>0,所以S2 024=a1+a2+…+a2 024>a1=1,
所以1解题技法
数列与不等式结合,关键是看能不能求和,不能的可以对通项公式进行放缩后求解.
8.B　因为2b1+4b2+8b3+…+2nbn=n2+n,
所以2b1+4b2+8b3+…+2n-1bn-1=(n-1)2+n-1,n≥2,
两式相减并整理,得bn==,n≥2(关键点),
当n=1时,可得b1=1符合上式,
故bn=,n∈N*.
因为bn=,
所以Sn=,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=,
当n=1时,可得a1=1符合上式,
所以an=.
对于A,显然|T1|=1,故A错误;
对于B,易知a2=1,a3=,a4=-,当n=1,2,3时,an>0,当n≥4时,an<0,an+1-an=-=,
所以a4=->a5=-=a6,且-1所以当n=1或n=2时,Tn取得最大值1,当n=4时,Tn有最小值-,故B正确;
对于C,Sn+1-Sn=-==,
易知S1S4>S5>…>Sn,所以数列{Sn}中的最大项为S3,故C错误;
对于D,若|Tn|<1,则n≥3,由m2-m-Sn≥0恒成立,结合C中分析可得m2-m≥S3,易得S3=,所以m2-m≥,解得m≥或m≤-1,故D错误.
9.AC　由题意可得an=2n-1,则a2n=22n-1,所以=4,所以数列{a2n}是首项为a2=2,公比为4的等比数列,故A正确;
=,结合指数函数的性质可知,数列是递减数列,故B错误;
log2an=n-1,log2a1=0,log2an+1-log2an=n-(n-1)=1,
故数列{log2an}是首项为0,公差为1的等差数列,故C正确;
易得S10==210-1,S20=220-1,S30=230-1,故≠,故D错误.
10.ACD　对于A,由题意得2a2==,所以a2=,故A正确;
对于B,由=2an+1,得an-2an+1=2anan+1,即-=2,即+2=2,
又+2=4,所以是以4为首项,2为公比的等比数列,故B错误;
对于C,由B可得+2=4×2n-1,
即=2n+1-2,
所以Tn=22-2+23-2+…+2n+1-2=22+23+…+2n+1-2n=-2n=2n+2-2n-4,故C正确;
对于D,由C可得an=,则所以Sn≤=1-,Sn>=-,
即-11.ABC　易知q>0,由题意可得an+1=an+(n+1)dn(关键点),则dn==,
当0dn,数列{dn}单调递增,故A错误;
当q>1时,dn>0,=,若数列{dn}单调递增,则>1恒成立,即q>恒成立,由n∈N*,得q>,故B错误;
当d1>d2时,>,
解得1当q>1时,dn>0,由=,可知若数列{dn}单调递减,则<1恒成立,即q<=1+恒成立,而1当d1,由A,B选项的分析可知,数列{dn}单调递增,故D正确.
12.
解析　由4an+1=4an-an-1,得2an+1-an=(2an-an-1),
又2a2-a1=,所以{2an+1-an}是首项为,公比为的等比数列,
所以2an+1-an=,
则2n+1an+1-2nan=1,
又2a1=2,所以{2nan}是首项为2,公差为1的等差数列,则2nan=n+1,则an=.
13.;1或3
解析　由题意得=====.
易得=========3-,
要使的值为正整数,
则n+1为4的约数,因为n∈N*,
所以n+1=2或n+1=4,
所以n=1或n=3.
14.682
解析　因为A1=(-1,1),所以A2=(-1,0,0,1),A3=(-1,0,-1,1,-1,1,0,1),
显然,A1中有2项,其中1项为-1,1项为1,A2中有4项,其中1项为-1,1项为1,2项为0,A3中有8项,其中3项为-1,3项为1,2项为0,
由此可得An中共有2n项,其中1和-1的项数相同(关键点),
设An中有cn项为0,易知1和-1的项数都为bn,则2bn+cn=2n,b1=1,
所以2bn-1+cn-1=2n-1(n≥2)①,
因为f(A)表示把A中每个-1都变为-1,0,每个0都变为-1,1,每个1都变为0,1,得到新的有序实数组,
所以bn=bn-1+cn-1(n≥2)②,
①+②得bn+bn-1=2n-1(n≥2),
所以{bn}的前10项和为(b1+b2)+(b3+b4)+(b5+b6)+(b7+b8)+(b9+b10)=21+23+25+27+29==682.
15.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a2-2,a3-4,a4-6成等比数列,
所以(a3-4)2=(a2-2)(a4-6),即(2d-2)2=d(3d-4),
即d2-4d+4=0,所以d=2,(3分)
所以an=2n,Sn==n(n+1).(6分)
(2)由(1)知Sn=n(n+1),
又bnSn=2,所以bn==2,(9分)
所以Tn=2+++…+=2,(11分)
所以T20=2×=.(13分)
16.解析　(1)∵2anTn=an+2Tn,
∴当n=1时,T1=a1,∴2=T1+2T1,解得T1=或T1=0(舍去),(2分)
当n≥2时,由an=(关键点),得·Tn=+2Tn =+2 Tn-Tn-1=,
∴{Tn}是以T1=为首项,为公差的等差数列,(5分)
∴Tn=+(n-1)×=+1,n∈N*.(6分)
(2)当n=1时,T1=a1=,
当n≥2时,an==,
又T1=a1=满足上式,∴an=,n∈N*.(9分)
解法一　(错位相减法)bn=an=,
则Sn=++…+①,
Sn=++…++②,(12分)
①-②得Sn=+++…+-=+-=2--,
∴Sn=4--=4-.(15分)
解法二　(裂项相消法)bn==-,(12分)
∴Sn=b1+b2+…+bn=-+-+…+-=4-.(15分)
17.解析　(1)设{an}的公差为d,则d≠0,因为a2是a1和a4的等比中项,所以=a1a4,即(a1+d)2=a1(a1+3d),
所以d2-a1d=0,即d2-2d=0,又d≠0,所以d=2,(3分)
故an=2+(n-1)×2=2n.(5分)
(2)(i)证明:b1=a1-1=1,b2=a3+3=9,(6分)
因为bn+2=3bn+1-2bn-10,所以bn+2-bn+1-10=2(bn+1-bn-10),(8分)
又b2-b1-10=-2≠0,所以bn+1-bn-10≠0,
所以=2,
所以{bn+1-bn-10}是首项为-2,公比为2的等比数列.(10分)
(ii)由(i)可得bn+1-bn-10=-2×2n-1=-2n,
所以bn+1-bn=10-2n,(12分)
故当1≤n≤3时,bn+1-bn>0,当n≥4时,bn+1-bn<0,(14分)
故b1b5>…>bn>…,
故bn取最大值时n=4.(15分)
18.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
由a1=1,a4=7,得d==2,则an=2n-1,(2分)
由a1+b3=,a2b3=4a3+b2,得
解得b3=8,b2=4,则b1=2,q=2,则bn=2n,
所以{an},{bn}的通项公式分别是an=2n-1,bn=2n.(5分)
(2)当n是奇数时,cn=(2n-1)·2n;
当n是偶数时,cn===1+=1+,(6分)
则c2k-1=(4k-3)·22k-1=1×21+5×23+9×25+…+(4n-7)×22n-3+(4n-3)×22n-1,
于是4c2k-1=1×23+5×25+9×27+…+(4n-7)×22n-1+(4n-3)×22n+1,两式相减,得
-3c2k-1=2+4×(23+25+…+22n-1)-(4n-3)×22n+1
=2+4×-(4n-3)×22n+1
=-,
因此c2k-1=,(9分)
c2k=
=n+++…+
=n+=n+,
所以T2n=ck=c2k-1+c2k=+n+.(12分)
(3)证明:由(1)知,==≤,当且仅当i=1时取等号,(14分)
因此≤1+++…+==2<2,
所以<2(i∈N*).(17分)
19.解析　(1){an}是“J数列”.理由如下:
因为Sn=2n-1,
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,
当n=1时,a1=S1=1也成立,
所以an=2n-1,n∈N*,(3分)
所以对任意的m,n∈N*且m≠n,aman=2m-1×2n-1=2m+n-2=am+n-1,
所以{an}是“J数列”.(5分)
(2)因为b1=8,b2≥16,数列{bn}是等比数列,
所以bn=8qn-1,且q≥2,
由已知得bmbn=8qm-1×8qn-1=64qm+n-2为数列{bn}中的项(突破口),
设bmbn=bt(t∈N*),则64qm+n-2=8qt-1,(7分)
即8qm+n-1=qt,所以qt-m-n+1=8,(8分)
因为q≥2且t-m-n+1∈N*,
所以q的所有可能值为2,2,8.(10分)
(3)证明:设数列{cn}的公差为d,由已知得存在k∈N*,对任意的n∈N*,Tn=ck(关键点),
即nc1+d=c1+(k-1)d,
当d=0时,c1=0,故ck=0,此时数列{cn}为“H数列”.(12分)
当d≠0时,k=(n-1)++1,
取n=2,则k=+2,所以≥-1,∈Z,
当=-1时,k=+2,均为正整数,符合题意,
当∈N时,k=(n-1)++1,均为正整数,符合题意,
所以≥-1,∈Z,(14分)
设=s,s≥-1,s∈Z,即c1=sd,
所以对任意m,n∈N*且m≠n,cm+cn=sd+(s+m+n-2)d,
显然s+m+n-2∈N,所以cm+cn为数列{cn}中的项,所以{cn}是“H数列”.
综上,{cn}是“H数列”.(17分)