第四章 数列（单元测试）（含解析）-2025-2026学年人教A版(2019)高二数学选择性必修第二册
文档属性
| 名称 | 第四章 数列（单元测试）（含解析）-2025-2026学年人教A版(2019)高二数学选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 89.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-15 19:49:45 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
第四章 数列
一．选择题（共8小题）
1．（2025 合肥校级模拟）在等比数列{an}中，已知a1+a2+a3+a4+a5＝48，a1a2a3a4a5＝32，则（ ）
A．12 B．16 C．24 D．36
2．（2025春 旅顺口区校级期中）已知数列{an}满足a1＝0，，则a2025＝（ ）
A．0 B． C． D．
3．（2024秋 宿迁校级期末）已知等比数列{an}的公比q＞1，且满足a2+a4＝5，a3＝2，则q的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．（2025 重庆校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，，数列{bn}的通项公式为bn，bn＝1﹣λn，则“{an}为等比数列”是“{bn}是递减数列”的（ ）条件．
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
5．（2024秋 枣庄期末）已知等差数列{an}的首项为1，若a1，a2，a3+1成等比数列，则a4＝（ ）
A．﹣2 B．4 C．8 D．﹣2或4
6．（2025春 安徽期中）已知{an}是公差不为0的等差数列，则a9﹣a6+a1＝（ ）
A．a1 B．a2 C．a3 D．a4
7．（2024秋 石嘴山校级期末）等差数列{an}的前n项和为Sn，其中S7＝7，又2，b1，b2，b3，8成等比数列，则的值是（ ）
A．4 B．﹣4 C．4或﹣4 D．2
8．（2024秋 西宁期末）已知数列1，，，，3，…，，…，则9是该数列的（ ）
A．第42项 B．第41项 C．第9项 D．第8项
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 白银校级月考）已知数列{an}满足：，则下列说法不正确的是（ ）
A．数列{an}为递减数列
B．存在n∈N*，使得an＜0
C．存在n∈N*，使得an＞2
D．存在n∈N*，使得
10．（2024秋 广东期末）已知数列C1：0，2，0，2，0，现在对该数列进行一种变换，规则f：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”，得到一个新数列，记数列Ck+1＝f（ k），k＝1，2，3，…且 n的所有项的和为Sn，则以下判断正确的是（ ）
A． n的项数为5 3n﹣1 B．S4＝136
C．C5中0的个数为203 D．Sn＝5 3n﹣1﹣1
11．（2025 江苏校级一模）已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若S25＜S23＜S24，则下列说法正确的是（ ）
A．当n＝24，Sn最大
B．使得Sn＜0成立的最小自然数n＝48
C．|a23+a24|＞|a25+a26|
D．中最小项为
12．（2025春 抚州校级月考）下列四个选项中，正确的是（ ）
A．数列的项可以相等
B．数列10，9，8，7可表示为{10，9，8，7}
C．数列的一个通项公式是
D．数列是递减数列
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 浦东新区校级期末）在等比数列{an}中，a1＝16，a5＝1，则 ．
14．（2025 云南模拟）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a13+2a2＝a10+4，则S6＝ ．
15．（2025春 南京校级期中）已知数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式是 ．
16．（2024秋 上海校级期末）在等比数列{an}中，若，则a5＝ ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 山西校级期中）已知数列{an}的前n项和为Sn，点在直线上，n∈N*．
（1）求数列{an}的前n项和Sn以及数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝an﹣12，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．
18．（2024秋 昆明校级期末）记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，a1＝1，且a2﹣1，a3﹣1，a4成等比数列．
（1）求an和Sn；
（2）若bnSn＝1，求数列{bn}的前20项和T20．
19．（2024秋 京口区校级期末）在数列{an}中，a1＝2，．
（1）证明：数列{an﹣n}是等比数列．
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
20．（2025春 丹东期末）记Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，S3＝6，且数列是等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设若求数列{bn}的前2n项和T2n．
第四章 数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 合肥校级模拟）在等比数列{an}中，已知a1+a2+a3+a4+a5＝48，a1a2a3a4a5＝32，则（ ）
A．12 B．16 C．24 D．36
【考点】等比数列的性质．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质计算即可．
【解答】解：在等比数列{an}中，，解得a3＝2，
所以，
因为a1+a2+a3+a4+a5＝48，
所以．
故选：A．
【点评】本题考查等比数列的性质，是基础题．
2．（2025春 旅顺口区校级期中）已知数列{an}满足a1＝0，，则a2025＝（ ）
A．0 B． C． D．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】C
【分析】由递推公式可得{an}的周期，据此可得答案．
【解答】解：由a1＝0，，
可得，，a1，…，
则数列{an}是最小正周期为3的数列，
因2025＝675×3，
则．
故选：C．
【点评】本题考查数列的周期性，考查运算能力和推理能力，属于基础题．
3．（2024秋 宿迁校级期末）已知等比数列{an}的公比q＞1，且满足a2+a4＝5，a3＝2，则q的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】等比数列通项公式的应用．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】由等比数列的通项公式计算基本量即可．
【解答】解：等比数列{an}的公比q＞1，且满足a2+a4＝5，a3＝2，
所以，则，
即2q2﹣5q+2＝0，
解得q＝2或，
因为q＞1，所以q＝2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了等比数列通项公式的应用，属于基础题．
4．（2025 重庆校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，，数列{bn}的通项公式为bn，bn＝1﹣λn，则“{an}为等比数列”是“{bn}是递减数列”的（ ）条件．
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
【考点】数列递推式；数列的应用．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】根据条件求出对应的λ的值，由集合的包含关系，判定是否满足充分必要条件．
【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn，，数列{bn}的通项公式为bn，bn＝1﹣λn，
若{an}为等比数列，由n＝1时，a1＝S1＝2﹣λ；当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1，则λ＝1；
由{bn}是递减数列，即λ＞0，
所以“{an}为等比数列”是“{bn}是递减数列”的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，以及数列的单调性和充分必要条件，考查转化思想和推理能力，属于基础题．
5．（2024秋 枣庄期末）已知等差数列{an}的首项为1，若a1，a2，a3+1成等比数列，则a4＝（ ）
A．﹣2 B．4 C．8 D．﹣2或4
【考点】由等差数列中若干项求通项公式或其中的项．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】由等比中项可得d＝±1，然后检验，即可得到d＝1，从而得到结果．
【解答】解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，
由于a1，a2，a3+1成等比数列，则，
即（1+d）2＝1×（2+2d），解得d＝±1，
当d＝﹣1时，a2＝a1+d＝1﹣1＝0，不符合题意，故舍去；
当d＝1时，a2＝2，a3+1＝4，符合题意，
故d＝1，则a4＝a1+3d＝1+3＝4．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列、等比数列的性质和应用，注意等比中项的性质，属于基础题．
6．（2025春 安徽期中）已知{an}是公差不为0的等差数列，则a9﹣a6+a1＝（ ）
A．a1 B．a2 C．a3 D．a4
【考点】等差数列的性质．
【专题】综合法；等差数列与等比数列；能力层次；运算求解．
【答案】D
【分析】应用等差数列的下标和性质求解．
【解答】解：{an}是公差不为0的等差数列，
由等差数列的性质知a9+a1＝a6+a4，
则a9﹣a6+a1＝a4．
故选：D．
【点评】本题主要考查了等差数列性质的应用，属于基础题．
7．（2024秋 石嘴山校级期末）等差数列{an}的前n项和为Sn，其中S7＝7，又2，b1，b2，b3，8成等比数列，则的值是（ ）
A．4 B．﹣4 C．4或﹣4 D．2
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】结合等比数列与等差数列的性质及求和公式即可求解．
【解答】解：等差数列{an}中，又2，b1，b2，b3，8成等比数列，
则2×8且b2与2符号相同，即为正，
所以b2＝4，
因为S7＝77a4＝7，即a4＝1，
则4．
故选：A．
【点评】本题主要考查了等差数列与等比数列性质的综合应用，属于中档题．
8．（2024秋 西宁期末）已知数列1，，，，3，…，，…，则9是该数列的（ ）
A．第42项 B．第41项 C．第9项 D．第8项
【考点】由数列若干项归纳出通项公式．
【专题】整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】B
【分析】由题意可知，数列的通项为an，令9，求出n的值即可．
【解答】解：由题意可知，数列的通项为an，
令9，得n＝41，
所以9是该数列的第41项．
故选：B．
【点评】本题主要考查了数列的通项公式，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 白银校级月考）已知数列{an}满足：，则下列说法不正确的是（ ）
A．数列{an}为递减数列
B．存在n∈N*，使得an＜0
C．存在n∈N*，使得an＞2
D．存在n∈N*，使得
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABC
【分析】由已知等式变形可得an+1＝an+ln（3﹣an），构造函数f（x）＝x+ln（3﹣x），其中0＜x＜3，利用导数分析函数f（x）的单调性，可得出0＜an＜2，可判断BC选项；利用数列的单调性可判断A选项；计算出a2、a3的范围，可判断D选项．
【解答】解：因为，所以3﹣an＞0，解得an＜3，
因为，所以，
所以an+1﹣an＝ln（3﹣an），所以an+1＝an+ln（3﹣an），
设函数f（x）＝x+ln（3﹣x），其中0＜x＜3，则．
当2＜x＜3时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减，
当0＜x＜2时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增，
所以f（x）≤f（2）＝2，
因为0＜a1＜1，所以a2＝f（a1）∈（0，2），a3＝f（a2）∈（0，2）， ，
所以对任意的n∈N*，0＜an＜2，所以an+1＝f（an）＝an+ln（3﹣an）＞an，
所以数列{an}为递增数列，故A错误，B错误，C错误；
因为0＜a1＜1，所以a2＝a1+ln（3﹣a1）＞ln3＞1，
，
所以存在n∈N*，使得，故D正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查数列与导数的综合，属于中档题．
10．（2024秋 广东期末）已知数列C1：0，2，0，2，0，现在对该数列进行一种变换，规则f：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”，得到一个新数列，记数列Ck+1＝f（ k），k＝1，2，3，…且 n的所有项的和为Sn，则以下判断正确的是（ ）
A． n的项数为5 3n﹣1 B．S4＝136
C．C5中0的个数为203 D．Sn＝5 3n﹣1﹣1
【考点】数列的求和．
【专题】计算题；转化思想；综合法；高考数学专题；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ABC
【分析】根据规则“f“与递推关系，利用等比数列的定义与通项公式，对各项中的结论逐一加以验证，即可得到本题的答案．
【解答】解：设{ n}的项数构成一个数列{an}，可知{C1}中有5项，即a1＝5，
根据题意，在f作用下，每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”，
所以有，数列{an}为首项a1＝5，公比q＝3的等比数列，
所以{ n}的项数为，故A正确；
根据变换规则，若数列的各项中，2与0的个数相同，则与之相邻的下一个数列中2与0的个数也相同；
若2比0多n个，则与之相邻的下一个数列中2比0的个数少n个；
若2比0少n个，则与之相邻的下一个数列中2比0的个数多n个．
因为{C1}中有5项，其中2个2，3个0，2比0少1个，
所以{C2}的15项中，2比0的个数多1个， ，
以此类推，若n为奇数，则数列的各项中2比0少1个，若n为偶数，则数列的各项中2比0多1个，
{C4}中n＝4，项数为5 33＝135个，n为偶数，所以2的个数为，可得S4＝68×2＝136，故B项正确；
{C5}中共有5 34＝405项，其中n＝5为奇数，所以{C5}中有，故C项正确；
对于D，Sn的值与n的奇偶有关，即，故D项不正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查了等比数列的通项与性质、数列的递推公式、运用公式法求数列的前n项和等知识，考查了计算能力、分类讨论的数学思想，属于中档题．
11．（2025 江苏校级一模）已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若S25＜S23＜S24，则下列说法正确的是（ ）
A．当n＝24，Sn最大
B．使得Sn＜0成立的最小自然数n＝48
C．|a23+a24|＞|a25+a26|
D．中最小项为
【考点】求等差数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ABD
【分析】结合等差数列的性质，可得a24+a25＜0，a24＞0，a25＜0，由此可判断ABC的真假；再由n≤24和n≥48时，，25≤n≤47时，，再结合{an}，{Sn}的单调性可判断D的真假．
【解答】解：∵S25＜S23，∴a24+a25＜0，∵S23＜S24，∴a24＞0，∴a25＜0，∴d＝a25﹣a24＜0．
则当n＝24时，Sn最大．故A项正确；
由，
，且d＜0，
∴使得Sn＜0成立的最小自然数n＝48，故B项正确；
∵a23＞a24＞0＞a25＞a26，且a23+a24+a25+a26＝2（a24+a25）＜0，
∴a23+a24＜﹣a25﹣a26＝|a25+a26|，∴|a23+a24|＜|a25+a26|，C项错误；
∵当n≤24时，an＞0，Sn＞0，∴；
当n≥48时，an＜0，Sn＜0，∴；
当25≤n≤47时，an＜0，Sn＞0，∴．
且0＞a25＞a26＞ ＞a47，S25＞S26＞ ＞S47＞0，
∴中最小项为，故D项正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查等差数列的性质，属于中档题．
12．（2025春 抚州校级月考）下列四个选项中，正确的是（ ）
A．数列的项可以相等
B．数列10，9，8，7可表示为{10，9，8，7}
C．数列的一个通项公式是
D．数列是递减数列
【考点】数列的函数特性．
【专题】计算题；方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ABD
【分析】根据数列的定义判断A、B；观察法写出通项公式判断C；由数列的通项公式判断单调性判断D．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，对于常数列，所有项都相等，A正确；
对于B，数列10，9，8，7可表示为{10，9，8，7}，B正确；
对于C，数列的一个通项公式是，C错误；
对于D，显然数列通项公式为，其随n的增大而变小，为递减数列，正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查数列的定义，涉及数列的通项公式和单调性，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 浦东新区校级期末）在等比数列{an}中，a1＝16，a5＝1，则 8或 ．
【考点】等比数列的前n项和；等比中项及其性质．
【专题】计算题；方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】8或．
【分析】先求等比数列的第三项和公比，再根据无穷等比数列的求和公式计算即得．
【解答】解：根据题意，设等比数列{an}公比为q，
若a1＝16，a5＝1，则，解可得或．
又．
当时，；
当时，．
故答案为：8或．
【点评】本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的性质，属于基础题．
14．（2025 云南模拟）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a13+2a2＝a10+4，则S6＝ 12 ．
【考点】求等差数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】12．
【分析】根据等差数列的通项转化已知可得a1+a6＝4，根据前n项和可得S6的值．
【解答】解：Sn为等差数列{an}的前n项和，
由a13+2a2＝a10+4，根据等差数列的性质可得a13+a2+a2＝a10+a5+a2＝a10+4，
所以a5+a2＝4，则a1+a6＝a5+a2＝4，
故S6（a1+a6）＝3×4＝12．
故答案为：12．
【点评】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
15．（2025春 南京校级期中）已知数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式是 ．
【考点】数列递推式．
【专题】对应思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】．
【分析】n＝1时，a1＝S1＝2，利用n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1可得an＝2n﹣1，最后验证n＝1是否满足上式，不满足时候，要写成分段函数的形式．
【解答】解：因为数列{an}的前n项和，
所以当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，
当n＝1时，a1＝2不满足上式，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查利用Sn与an的关系求数列的通项公式，属于基础题．
16．（2024秋 上海校级期末）在等比数列{an}中，若，则a5＝ ．
【考点】由等比数列中若干项求通项公式或其中的项；等比数列的性质．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用等比数列的性质可得答案．
【解答】解：在等比数列{an}中，
∵，∴，
解得．
故答案为：．
【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 山西校级期中）已知数列{an}的前n项和为Sn，点在直线上，n∈N*．
（1）求数列{an}的前n项和Sn以及数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝an﹣12，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）Snn（3n+5），an＝3n+1；
（2）Tn，Tn取得最小值﹣15．
【分析】（1）由已知可直接求解Sn，然后结合和与项的递推关系即可求解an；
（2）先求出bn，结合等差数列的求和公式即可求解Tn，结合二次函数的性质即可求解和的最小值．
【解答】解：（1）由题意可得，，即Snn（3n+5），
当n≥2时，Sn﹣1（n﹣1）（3n+2），
两式相减可得，an＝Sn﹣Sn﹣1n（3n+5）（n﹣1）（3n+2）＝3n+1，
当n＝1时，a1＝S1＝4，适合上式，
故an＝3n+1；
（2）bn＝an﹣12＝3n﹣11，
则Tn，
当n＝3时，Tn取得最小值﹣15．
【点评】本题主要考查了数列和与项的递推关系的应用，等差数列求和公式的应用，属于中档题．
18．（2024秋 昆明校级期末）记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，a1＝1，且a2﹣1，a3﹣1，a4成等比数列．
（1）求an和Sn；
（2）若bnSn＝1，求数列{bn}的前20项和T20．
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝n，；
（2）．
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项的性质可求出d，再根据等差数列的通项公式和前n项和公式即可求解；
（2）结合题意，由（1）的结论可得，利用裂项相消法即可求解．
【解答】解：（1）设已知数列的公差为d，则an＝1+（n﹣1）d，
由，得（2d）2＝d（1+3d），即d2﹣d＝0，
所以d＝1或d＝0，显然d不为0，所以d＝1，
所以an＝n，．
（2）由（1）知，又bnSn＝1，
，
＝2（1），
所以．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，还考查了裂项求和方法的应用，属于中档题．
19．（2024秋 京口区校级期末）在数列{an}中，a1＝2，．
（1）证明：数列{an﹣n}是等比数列．
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
【考点】数列递推式；数列的求和．
【专题】函数思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）由题设得an+1﹣（n+1）＝3（an﹣n），结合等比数列定义即可得证；
（2）由（1）求出数列{an}的通项公式，再由等差、等比数列前n项和公式即可计算得解．
【解答】（1）证明：由an+1＝3an﹣2n+1，
得an+1﹣（n+1）＝3（an﹣n），又a1﹣1＝2﹣1＝1≠0，
∴数列{an﹣n}为首项为1，公比为3的等比数列；
（2）解：由（1）得，数列{an﹣n}为首项为1，公比为3的等比数列，
则，即，
∴
．
【点评】本题考查数列递推式，考查等比数列的通项公式，训练了数列的分组求和，是中档题．
20．（2025春 丹东期末）记Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，S3＝6，且数列是等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设若求数列{bn}的前2n项和T2n．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）an＝n；
（2）．
【分析】（1）先根据等差数列的通项公式求出Sn，再利用an与Sn的关系求解即可；
（2）利用分组求和，其中奇数部分利用等差数列的前n项和公式，偶数部分利用裂项相消求解即可．
【解答】解：（1）因为a1＝S1＝1，S3＝6，设等差数列的公差为d，则，解得，
所以，即，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n，当n＝1时，a1＝1成立，故an＝n．
（2）由题意可得T2n＝b1+b2+b3+ +b2n
＝（b1+b3+...+b2n﹣1）+（b2+b4+...+b2n）
．
【点评】本题考查的知识点：数列的通项公式的求法，数列的求和，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
第四章 数列
一．选择题（共8小题）
1．（2025 合肥校级模拟）在等比数列{an}中，已知a1+a2+a3+a4+a5＝48，a1a2a3a4a5＝32，则（ ）
A．12 B．16 C．24 D．36
2．（2025春 旅顺口区校级期中）已知数列{an}满足a1＝0，，则a2025＝（ ）
A．0 B． C． D．
3．（2024秋 宿迁校级期末）已知等比数列{an}的公比q＞1，且满足a2+a4＝5，a3＝2，则q的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．（2025 重庆校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，，数列{bn}的通项公式为bn，bn＝1﹣λn，则“{an}为等比数列”是“{bn}是递减数列”的（ ）条件．
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
5．（2024秋 枣庄期末）已知等差数列{an}的首项为1，若a1，a2，a3+1成等比数列，则a4＝（ ）
A．﹣2 B．4 C．8 D．﹣2或4
6．（2025春 安徽期中）已知{an}是公差不为0的等差数列，则a9﹣a6+a1＝（ ）
A．a1 B．a2 C．a3 D．a4
7．（2024秋 石嘴山校级期末）等差数列{an}的前n项和为Sn，其中S7＝7，又2，b1，b2，b3，8成等比数列，则的值是（ ）
A．4 B．﹣4 C．4或﹣4 D．2
8．（2024秋 西宁期末）已知数列1，，，，3，…，，…，则9是该数列的（ ）
A．第42项 B．第41项 C．第9项 D．第8项
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 白银校级月考）已知数列{an}满足：，则下列说法不正确的是（ ）
A．数列{an}为递减数列
B．存在n∈N*，使得an＜0
C．存在n∈N*，使得an＞2
D．存在n∈N*，使得
10．（2024秋 广东期末）已知数列C1：0，2，0，2，0，现在对该数列进行一种变换，规则f：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”，得到一个新数列，记数列Ck+1＝f（ k），k＝1，2，3，…且 n的所有项的和为Sn，则以下判断正确的是（ ）
A． n的项数为5 3n﹣1 B．S4＝136
C．C5中0的个数为203 D．Sn＝5 3n﹣1﹣1
11．（2025 江苏校级一模）已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若S25＜S23＜S24，则下列说法正确的是（ ）
A．当n＝24，Sn最大
B．使得Sn＜0成立的最小自然数n＝48
C．|a23+a24|＞|a25+a26|
D．中最小项为
12．（2025春 抚州校级月考）下列四个选项中，正确的是（ ）
A．数列的项可以相等
B．数列10，9，8，7可表示为{10，9，8，7}
C．数列的一个通项公式是
D．数列是递减数列
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 浦东新区校级期末）在等比数列{an}中，a1＝16，a5＝1，则 ．
14．（2025 云南模拟）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a13+2a2＝a10+4，则S6＝ ．
15．（2025春 南京校级期中）已知数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式是 ．
16．（2024秋 上海校级期末）在等比数列{an}中，若，则a5＝ ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 山西校级期中）已知数列{an}的前n项和为Sn，点在直线上，n∈N*．
（1）求数列{an}的前n项和Sn以及数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝an﹣12，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．
18．（2024秋 昆明校级期末）记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，a1＝1，且a2﹣1，a3﹣1，a4成等比数列．
（1）求an和Sn；
（2）若bnSn＝1，求数列{bn}的前20项和T20．
19．（2024秋 京口区校级期末）在数列{an}中，a1＝2，．
（1）证明：数列{an﹣n}是等比数列．
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
20．（2025春 丹东期末）记Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，S3＝6，且数列是等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设若求数列{bn}的前2n项和T2n．
第四章 数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 合肥校级模拟）在等比数列{an}中，已知a1+a2+a3+a4+a5＝48，a1a2a3a4a5＝32，则（ ）
A．12 B．16 C．24 D．36
【考点】等比数列的性质．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质计算即可．
【解答】解：在等比数列{an}中，，解得a3＝2，
所以，
因为a1+a2+a3+a4+a5＝48，
所以．
故选：A．
【点评】本题考查等比数列的性质，是基础题．
2．（2025春 旅顺口区校级期中）已知数列{an}满足a1＝0，，则a2025＝（ ）
A．0 B． C． D．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】C
【分析】由递推公式可得{an}的周期，据此可得答案．
【解答】解：由a1＝0，，
可得，，a1，…，
则数列{an}是最小正周期为3的数列，
因2025＝675×3，
则．
故选：C．
【点评】本题考查数列的周期性，考查运算能力和推理能力，属于基础题．
3．（2024秋 宿迁校级期末）已知等比数列{an}的公比q＞1，且满足a2+a4＝5，a3＝2，则q的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】等比数列通项公式的应用．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】由等比数列的通项公式计算基本量即可．
【解答】解：等比数列{an}的公比q＞1，且满足a2+a4＝5，a3＝2，
所以，则，
即2q2﹣5q+2＝0，
解得q＝2或，
因为q＞1，所以q＝2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了等比数列通项公式的应用，属于基础题．
4．（2025 重庆校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，，数列{bn}的通项公式为bn，bn＝1﹣λn，则“{an}为等比数列”是“{bn}是递减数列”的（ ）条件．
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
【考点】数列递推式；数列的应用．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】根据条件求出对应的λ的值，由集合的包含关系，判定是否满足充分必要条件．
【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn，，数列{bn}的通项公式为bn，bn＝1﹣λn，
若{an}为等比数列，由n＝1时，a1＝S1＝2﹣λ；当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1，则λ＝1；
由{bn}是递减数列，即λ＞0，
所以“{an}为等比数列”是“{bn}是递减数列”的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，以及数列的单调性和充分必要条件，考查转化思想和推理能力，属于基础题．
5．（2024秋 枣庄期末）已知等差数列{an}的首项为1，若a1，a2，a3+1成等比数列，则a4＝（ ）
A．﹣2 B．4 C．8 D．﹣2或4
【考点】由等差数列中若干项求通项公式或其中的项．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】由等比中项可得d＝±1，然后检验，即可得到d＝1，从而得到结果．
【解答】解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，
由于a1，a2，a3+1成等比数列，则，
即（1+d）2＝1×（2+2d），解得d＝±1，
当d＝﹣1时，a2＝a1+d＝1﹣1＝0，不符合题意，故舍去；
当d＝1时，a2＝2，a3+1＝4，符合题意，
故d＝1，则a4＝a1+3d＝1+3＝4．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列、等比数列的性质和应用，注意等比中项的性质，属于基础题．
6．（2025春 安徽期中）已知{an}是公差不为0的等差数列，则a9﹣a6+a1＝（ ）
A．a1 B．a2 C．a3 D．a4
【考点】等差数列的性质．
【专题】综合法；等差数列与等比数列；能力层次；运算求解．
【答案】D
【分析】应用等差数列的下标和性质求解．
【解答】解：{an}是公差不为0的等差数列，
由等差数列的性质知a9+a1＝a6+a4，
则a9﹣a6+a1＝a4．
故选：D．
【点评】本题主要考查了等差数列性质的应用，属于基础题．
7．（2024秋 石嘴山校级期末）等差数列{an}的前n项和为Sn，其中S7＝7，又2，b1，b2，b3，8成等比数列，则的值是（ ）
A．4 B．﹣4 C．4或﹣4 D．2
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】结合等比数列与等差数列的性质及求和公式即可求解．
【解答】解：等差数列{an}中，又2，b1，b2，b3，8成等比数列，
则2×8且b2与2符号相同，即为正，
所以b2＝4，
因为S7＝77a4＝7，即a4＝1，
则4．
故选：A．
【点评】本题主要考查了等差数列与等比数列性质的综合应用，属于中档题．
8．（2024秋 西宁期末）已知数列1，，，，3，…，，…，则9是该数列的（ ）
A．第42项 B．第41项 C．第9项 D．第8项
【考点】由数列若干项归纳出通项公式．
【专题】整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】B
【分析】由题意可知，数列的通项为an，令9，求出n的值即可．
【解答】解：由题意可知，数列的通项为an，
令9，得n＝41，
所以9是该数列的第41项．
故选：B．
【点评】本题主要考查了数列的通项公式，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 白银校级月考）已知数列{an}满足：，则下列说法不正确的是（ ）
A．数列{an}为递减数列
B．存在n∈N*，使得an＜0
C．存在n∈N*，使得an＞2
D．存在n∈N*，使得
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABC
【分析】由已知等式变形可得an+1＝an+ln（3﹣an），构造函数f（x）＝x+ln（3﹣x），其中0＜x＜3，利用导数分析函数f（x）的单调性，可得出0＜an＜2，可判断BC选项；利用数列的单调性可判断A选项；计算出a2、a3的范围，可判断D选项．
【解答】解：因为，所以3﹣an＞0，解得an＜3，
因为，所以，
所以an+1﹣an＝ln（3﹣an），所以an+1＝an+ln（3﹣an），
设函数f（x）＝x+ln（3﹣x），其中0＜x＜3，则．
当2＜x＜3时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减，
当0＜x＜2时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增，
所以f（x）≤f（2）＝2，
因为0＜a1＜1，所以a2＝f（a1）∈（0，2），a3＝f（a2）∈（0，2）， ，
所以对任意的n∈N*，0＜an＜2，所以an+1＝f（an）＝an+ln（3﹣an）＞an，
所以数列{an}为递增数列，故A错误，B错误，C错误；
因为0＜a1＜1，所以a2＝a1+ln（3﹣a1）＞ln3＞1，
，
所以存在n∈N*，使得，故D正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查数列与导数的综合，属于中档题．
10．（2024秋 广东期末）已知数列C1：0，2，0，2，0，现在对该数列进行一种变换，规则f：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”，得到一个新数列，记数列Ck+1＝f（ k），k＝1，2，3，…且 n的所有项的和为Sn，则以下判断正确的是（ ）
A． n的项数为5 3n﹣1 B．S4＝136
C．C5中0的个数为203 D．Sn＝5 3n﹣1﹣1
【考点】数列的求和．
【专题】计算题；转化思想；综合法；高考数学专题；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ABC
【分析】根据规则“f“与递推关系，利用等比数列的定义与通项公式，对各项中的结论逐一加以验证，即可得到本题的答案．
【解答】解：设{ n}的项数构成一个数列{an}，可知{C1}中有5项，即a1＝5，
根据题意，在f作用下，每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”，
所以有，数列{an}为首项a1＝5，公比q＝3的等比数列，
所以{ n}的项数为，故A正确；
根据变换规则，若数列的各项中，2与0的个数相同，则与之相邻的下一个数列中2与0的个数也相同；
若2比0多n个，则与之相邻的下一个数列中2比0的个数少n个；
若2比0少n个，则与之相邻的下一个数列中2比0的个数多n个．
因为{C1}中有5项，其中2个2，3个0，2比0少1个，
所以{C2}的15项中，2比0的个数多1个， ，
以此类推，若n为奇数，则数列的各项中2比0少1个，若n为偶数，则数列的各项中2比0多1个，
{C4}中n＝4，项数为5 33＝135个，n为偶数，所以2的个数为，可得S4＝68×2＝136，故B项正确；
{C5}中共有5 34＝405项，其中n＝5为奇数，所以{C5}中有，故C项正确；
对于D，Sn的值与n的奇偶有关，即，故D项不正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查了等比数列的通项与性质、数列的递推公式、运用公式法求数列的前n项和等知识，考查了计算能力、分类讨论的数学思想，属于中档题．
11．（2025 江苏校级一模）已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，若S25＜S23＜S24，则下列说法正确的是（ ）
A．当n＝24，Sn最大
B．使得Sn＜0成立的最小自然数n＝48
C．|a23+a24|＞|a25+a26|
D．中最小项为
【考点】求等差数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ABD
【分析】结合等差数列的性质，可得a24+a25＜0，a24＞0，a25＜0，由此可判断ABC的真假；再由n≤24和n≥48时，，25≤n≤47时，，再结合{an}，{Sn}的单调性可判断D的真假．
【解答】解：∵S25＜S23，∴a24+a25＜0，∵S23＜S24，∴a24＞0，∴a25＜0，∴d＝a25﹣a24＜0．
则当n＝24时，Sn最大．故A项正确；
由，
，且d＜0，
∴使得Sn＜0成立的最小自然数n＝48，故B项正确；
∵a23＞a24＞0＞a25＞a26，且a23+a24+a25+a26＝2（a24+a25）＜0，
∴a23+a24＜﹣a25﹣a26＝|a25+a26|，∴|a23+a24|＜|a25+a26|，C项错误；
∵当n≤24时，an＞0，Sn＞0，∴；
当n≥48时，an＜0，Sn＜0，∴；
当25≤n≤47时，an＜0，Sn＞0，∴．
且0＞a25＞a26＞ ＞a47，S25＞S26＞ ＞S47＞0，
∴中最小项为，故D项正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查等差数列的性质，属于中档题．
12．（2025春 抚州校级月考）下列四个选项中，正确的是（ ）
A．数列的项可以相等
B．数列10，9，8，7可表示为{10，9，8，7}
C．数列的一个通项公式是
D．数列是递减数列
【考点】数列的函数特性．
【专题】计算题；方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ABD
【分析】根据数列的定义判断A、B；观察法写出通项公式判断C；由数列的通项公式判断单调性判断D．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，对于常数列，所有项都相等，A正确；
对于B，数列10，9，8，7可表示为{10，9，8，7}，B正确；
对于C，数列的一个通项公式是，C错误；
对于D，显然数列通项公式为，其随n的增大而变小，为递减数列，正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查数列的定义，涉及数列的通项公式和单调性，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 浦东新区校级期末）在等比数列{an}中，a1＝16，a5＝1，则 8或 ．
【考点】等比数列的前n项和；等比中项及其性质．
【专题】计算题；方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】8或．
【分析】先求等比数列的第三项和公比，再根据无穷等比数列的求和公式计算即得．
【解答】解：根据题意，设等比数列{an}公比为q，
若a1＝16，a5＝1，则，解可得或．
又．
当时，；
当时，．
故答案为：8或．
【点评】本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的性质，属于基础题．
14．（2025 云南模拟）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a13+2a2＝a10+4，则S6＝ 12 ．
【考点】求等差数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】12．
【分析】根据等差数列的通项转化已知可得a1+a6＝4，根据前n项和可得S6的值．
【解答】解：Sn为等差数列{an}的前n项和，
由a13+2a2＝a10+4，根据等差数列的性质可得a13+a2+a2＝a10+a5+a2＝a10+4，
所以a5+a2＝4，则a1+a6＝a5+a2＝4，
故S6（a1+a6）＝3×4＝12．
故答案为：12．
【点评】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
15．（2025春 南京校级期中）已知数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式是 ．
【考点】数列递推式．
【专题】对应思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】．
【分析】n＝1时，a1＝S1＝2，利用n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1可得an＝2n﹣1，最后验证n＝1是否满足上式，不满足时候，要写成分段函数的形式．
【解答】解：因为数列{an}的前n项和，
所以当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，
当n＝1时，a1＝2不满足上式，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查利用Sn与an的关系求数列的通项公式，属于基础题．
16．（2024秋 上海校级期末）在等比数列{an}中，若，则a5＝ ．
【考点】由等比数列中若干项求通项公式或其中的项；等比数列的性质．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用等比数列的性质可得答案．
【解答】解：在等比数列{an}中，
∵，∴，
解得．
故答案为：．
【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 山西校级期中）已知数列{an}的前n项和为Sn，点在直线上，n∈N*．
（1）求数列{an}的前n项和Sn以及数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝an﹣12，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）Snn（3n+5），an＝3n+1；
（2）Tn，Tn取得最小值﹣15．
【分析】（1）由已知可直接求解Sn，然后结合和与项的递推关系即可求解an；
（2）先求出bn，结合等差数列的求和公式即可求解Tn，结合二次函数的性质即可求解和的最小值．
【解答】解：（1）由题意可得，，即Snn（3n+5），
当n≥2时，Sn﹣1（n﹣1）（3n+2），
两式相减可得，an＝Sn﹣Sn﹣1n（3n+5）（n﹣1）（3n+2）＝3n+1，
当n＝1时，a1＝S1＝4，适合上式，
故an＝3n+1；
（2）bn＝an﹣12＝3n﹣11，
则Tn，
当n＝3时，Tn取得最小值﹣15．
【点评】本题主要考查了数列和与项的递推关系的应用，等差数列求和公式的应用，属于中档题．
18．（2024秋 昆明校级期末）记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，a1＝1，且a2﹣1，a3﹣1，a4成等比数列．
（1）求an和Sn；
（2）若bnSn＝1，求数列{bn}的前20项和T20．
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝n，；
（2）．
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项的性质可求出d，再根据等差数列的通项公式和前n项和公式即可求解；
（2）结合题意，由（1）的结论可得，利用裂项相消法即可求解．
【解答】解：（1）设已知数列的公差为d，则an＝1+（n﹣1）d，
由，得（2d）2＝d（1+3d），即d2﹣d＝0，
所以d＝1或d＝0，显然d不为0，所以d＝1，
所以an＝n，．
（2）由（1）知，又bnSn＝1，
，
＝2（1），
所以．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，还考查了裂项求和方法的应用，属于中档题．
19．（2024秋 京口区校级期末）在数列{an}中，a1＝2，．
（1）证明：数列{an﹣n}是等比数列．
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
【考点】数列递推式；数列的求和．
【专题】函数思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）由题设得an+1﹣（n+1）＝3（an﹣n），结合等比数列定义即可得证；
（2）由（1）求出数列{an}的通项公式，再由等差、等比数列前n项和公式即可计算得解．
【解答】（1）证明：由an+1＝3an﹣2n+1，
得an+1﹣（n+1）＝3（an﹣n），又a1﹣1＝2﹣1＝1≠0，
∴数列{an﹣n}为首项为1，公比为3的等比数列；
（2）解：由（1）得，数列{an﹣n}为首项为1，公比为3的等比数列，
则，即，
∴
．
【点评】本题考查数列递推式，考查等比数列的通项公式，训练了数列的分组求和，是中档题．
20．（2025春 丹东期末）记Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，S3＝6，且数列是等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设若求数列{bn}的前2n项和T2n．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）an＝n；
（2）．
【分析】（1）先根据等差数列的通项公式求出Sn，再利用an与Sn的关系求解即可；
（2）利用分组求和，其中奇数部分利用等差数列的前n项和公式，偶数部分利用裂项相消求解即可．
【解答】解：（1）因为a1＝S1＝1，S3＝6，设等差数列的公差为d，则，解得，
所以，即，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n，当n＝1时，a1＝1成立，故an＝n．
（2）由题意可得T2n＝b1+b2+b3+ +b2n
＝（b1+b3+...+b2n﹣1）+（b2+b4+...+b2n）
．
【点评】本题考查的知识点：数列的通项公式的求法，数列的求和，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)