【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册专题06《数列（单元测试卷）》(解析版).doc，共(13)页，592.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-37804.html

以下为本文档部分文字说明：

专题07《数列》单元测试卷一、单选题1．（2020·安徽师范大学附属中学高一期中）若数列na满足1nnnaa，12a，则4a（）A．8B．9C．10D．11【答案】A【解析】因为1nnnaa，12a，所

以2113aa，3225aa，4338aa.故选：A.2．（2020·巴楚县第一中学高二期中（文））数列-1，3，-5，7，-9，11，x，15，-17…中的x等于（）A．12B．-13C．14D．-15【答案】B【解析】记该数列为na.观察数列，可得1

234562aaaaaa，152,13xx.故选：B.3．（2020·合肥市第十一中学高一期中）已知数列na中，13nnaa，12a，则4a等于()A．18B．54C．36D．72【答案】B【解析】数列na中，13nnaa，12a，数列n

a是等比数列，公比3q．则342354a．故选：B．4．（2020·北京五十五中高二月考）设等差数列na的前n项和为nS，若111a，2d，则当nS取最小值时，n等于()A．6B．7C．8D．9【答案】A【解析】依题意1

1213naandn，由2130n得136.52n，由于*nN，所以6n时，nS取最小值.故选：A5．（2020·新疆维吾尔自治区高三其他（理））《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长度依

次成等差数列，冬至、立春、春分这三个节气的日影长度之和为31.5尺，前九个节气日影长度之和为85.5尺，则谷雨这一天的日影长度（）A．5.5尺B．4.5尺C．3.5尺D．2.5尺【答案】A【解析】设等差

数列na，首项为1a，公差为d，根据题意得14713931.5aaaad，9193685.5Sad，解得113.5,1ad，所以9185.5aad.故选：A6．（2020·安徽省高

三一模（理））已知数列na的前n项和为nS，满足21nnSa，则5a的值为（）A．8B．16C．32D．81【答案】B【解析】当1n时，11121aSa，解得11a，当2n时，1122nnnnn

aSSaa即12nnaa，所以数列na是以1为首项，公比为2q=的等比数列，所以45116aaq.故选：B.7．（2019·全国高二期中（文））设数列na的首项11a，且满足212121nnaa，2211

nnaa，则数列na的前20项和为().A．2032B．2033C．4082D．4086【答案】C【解析】由212121nnaa得212112(1)nnaa，∴数列211na为

等比数列，首项为2，又数列21na的前10项恰为数列na的前20项中的奇数项，其和为1022110203621，又2211nnaa，由数列211na为等比数列，∴数列na的前20项中的偶数项和为10221204621，则S20＝2036204640

82．故选：C．8．（2019·全国高二期中（文））已知是等比数列的前项和，若存在，满足，，则数列的公比为（）A．B．C．2D．3【答案】D【解析】设等比数列公比为当时，，不符合题意，当时，，得，又，由，得，，故选D.二、多选题9．（2020·江苏省如皋

中学高一开学考试）已知na是等差数列，其前n项和为nS，满足1263aaS，则下列四个选项中正确的有（）A．70aB．130SC．7S最小D．58SS【答案】ABD【解析】因为na是等差数列，

1263aaS所以1115361dadaa，所以12120ad即160ad，即70a所以137130Sa67878530aaSSaa所以正确的有ABD故选：ABD10．（2020

·河北省沧州市一中高一月考）已知数列的前n项和为，且满足，则下列说法正确的是（）A．数列的前n项和为B．数列的通项公式为C．数列为递增数列D．数列为递增数列【答案】AD【解析】因此数列为以为首项，为公差的等差数列，也

是递增数列，即D正确；所以，即A正确；当时所以，即B，C不正确；故选：AD11．（2020·河北省高一期中）在公比q为整数的等比数列na中，nS是数列na的前n项和，若1418aa，2312aa，则下列说法正确的是（）A．2q=B．数列2nS是等比数列C．8510SD．数

列lgna是公差为2的等差数列【答案】ABC【解析】∵1418aa，2312aa且公比q为整数，∴31118aaq，21112aqaq，∴12a，2q=或12q（舍去）故A正确，

12122212nnnS，∴8510S，故C正确；∴122nnS，故数列2nS是等比数列，故B正确；而lglg2lg2nnan，故数列lgna是公差为lg2的等差数列，故D错误．故选：ABC.12．（2

020·江苏省如皋中学高一月考）已知数列na不是常数列，其前n项和为nS，则下列选项正确的是（）A．若数列na为等差数列，0nS恒成立，则na为递增数列B．若数列na为等差数列，10a，310SS

，则nS的最大值在6n或7时取得C．若数列na为等比数列，则202120210Sa恒成立D．若数列na为等比数列，则2na也为等比数列.【答案】ABC【解析】对于A：若数列na为等差数列，0nS恒成立，则公差0d，故na为递增数列，故A正确；对于B

：若数列na为等差数列，10a，设公差为d，由310SS，得113210931022adad，即16ad，故7nand，所以，当7n时，0na，70a，故nS的最大值在6

n或7时取得，故B正确；对于C：若数列na为等比数列，则202120211202022020202120211111011aqqSaaqaqqq恒成立，故C正确；对于D：若数列na为等比数列，则1122nnaaq，所以11112222nnnnnn

aaqqaaa不是常数，故2na不是等比数列，故D错误.故选：ABC.三、填空题13．（2020·北京五十五中高二月考）等比数列{an}的前n项和为nS．已知142,2aa，则{an}的通项公式na____，9S____．【答案】12(1)n2【解析】9314

912(1(1))112(1),2.1(1)nnaqqaSa14．（2020·辽宁省高三二模（理））已知数列na为等差数列，125,,?aaa成公比不为1的等比数列，且94a，则公差d_____.【答案

】817【解析】由数列{}na为等差数列，1a，2a，5a成公比不为1的等比数列，可得2125aaa，即2111(4)()aadad，且0d，化为12ad，由94a，可得184ad，解方程可得14

17a，817d，故答案为：817．15．已知等差数列na的公差3240,3,5daaa，记na的前n项和为nS，则nS的最小值为_____.【答案】16【解析】设数列na的首项为1a，由题意得123,(3)(3)5,addd

解得17,2,ad所以72(1)29nann；由290n，解得92n…，所以450,0aa，所以nS的最小值为4753116S.故答案为：16.16．（2020·全国高三其他（理））已知na是公差不为零的等差数列，nS为

其前n项和．若124,,SSS成等比数列，且59a，则数列na的前n项和为______．【答案】2n【解析】设等差数列na的公差为()dd0，则194Sd，2187Sd，43610

Sd，2214SSS，所以2(187)(94)(3610)ddd，整理得29180dd．0d，2d．5149aad，则11a，21(1)2nnnSnadn．故答案为：2n四、解答题17．（2020·河北省高三其他（理））设等差数列{an﹣bn}的公差

为2，等比数列{an+bn}的公比为2，且a1＝2，b1＝1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列{2an+2n}的前n项和Sn．【答案】（1）21(21)322nnan，（2）2525nnSn【解析】（1）111ab，113ab，∴12(1)21nnabnn

，132nnnab.联立解得：21(21)322nnan.（2）1122(21)322(21)52nnnnnann∴数列{22}nna的前n项和2(211)125525212nnnnnSn

.18．（2019·全国高二期中（文））nS为正项数列{}na的前n项和．已知222nnnaaS,(1)求{}na的通项公式；(2)设11nnnbaa，求数列{}nb的前n项和

．【答案】（1）1nan；（2）2(2)nn【解析】(1)由222nnnaaS，①可知211122nnnaaS②②－①，得11+10nnnnaaaa由0na，得11nnaa又211122aaa，解得11a(舍去)或12a.所

以{}na是首项为2，公差为1的等差数列，通项公式为1nan.(2)由1nan可知11nnnbaa＝111(1)(2)12nnnn设数列{}nb前n项和为nT，则n12...nTbbb＝11111123341

2nn＝11222(2)nnn.19．（2019·全国高三二模（文））已知数列na的前n项和为,239nnnSSa．(1)求数列na的通项公式；(2)若31lognnnba，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）13nna；（2）,23

,2nnnTnn为偶数为奇数【解析】（1）当1n时，11239Sa.因为11Sa，所以11239aa，所以19a.因为239nnSa，所以11239nnSa.两式

相减，得11233nnnaaa，即13nnaa又因为19a，所以0na.所以数列na是以9为首项，3为公比的等比数列.所以11933nnna.（2）由（1）可知31log11nnnnban故当n为偶数时，23451

2nnTnn当n为奇数时，123451112nnTnnnn32n所以,23,2nnnTnn为偶数为奇数

20．（2020·黑龙江省铁人中学高一期中）已知公差不为零的等差数列{}na中，11a，且139,,aaa成等比数列.（1）求数列{}na的通项公式；（2）设2nanbn，求数列{}nb的前n项和nS.【答案】(1)nan;(2)1(1)222nnnnS.【解析】（1

）设数列na公差为d139,,aaa成等比数列2319aaa212118dd0d（舍）或1dnan.（2）令22nannbnn123nnSbbbb123212

2232nn12322221232121122nnnnn11222nnn11222nnnnS.21．（2020·毕节市实验高级中学高二

期中（文））已知数列{}na的首项123a，112nnnnaaaa*(0,)nanN.（1）证明：数列1{1}na是等比数列；（2）数列{}nna的前n项和nS.【答案】（1）证明见详解；（2）1

2222nnnnnS【解析】（1）*1120,nnnnnaaaaanNQ，111111222nnnnaaaa，1111112nnaa，又123a，11112a，数列11na

是以12首项，12为公比的等比数列.（2）由（1）知111111222nnna，即1112nna，2nnnnna.设231232222nnnT=++++，①则231112122222nnnnn

TL，②由①②得21111122222nnnnTL111111221122212nnnnnn，11222nnnnT.又11232nnn

.数列nna的前n项和12222nnnnnS.22．（2017·浙江省高三其他）已知数列na中，*1111nnnnaannaaN，26a．1求1a，

3a，4a﹔2猜想na的表达式并给出证明；3记12111nnSaaa，证明：32nS．【答案】111a，315a，428a；221nann，证明见解析；3证明见解析.【解析】11n时，2112111611161aaa

aaa，11a；2n时，3232121aaaa，315a；3n时，4343131aaaa，428a，11a；315a；428a．2猜想2

1nann．证明：①1n时，112111a成立，2n时，2236a成立；②不妨设2nkk时成立，即21kakk，下证1nk时成立，即证11211kakk121kk．由题意，111121

111211kkkkkkakkaakaaakk，32211221kkakkkkkak，32211221kkakkkkk32221

kkk1121kkk，10k，1121kakk，即1nk时成立，21nann．3当1n时，312nS；当2n时，1112122nannnn

1121nn11121nn，1111111122231nSnn1131122n．