【文档说明】第四章《数列》同步单元必刷卷（基础卷）（全解全析）-2022-2023学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列（人教A版2019选择性必修第二册）.docx，共(15)页，933.517 KB，由envi的店铺上传

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第四章《数列》同步单元必刷卷（基础卷）全解全析1．A【分析】先得到充分性成立，再举出反例，得到必要性不成立.【详解】0d，则等差数列na为递增数列，故当k足够大时，总有0ka，但若*N,0kka，公差0d=或0d，比如32nan=−，满足10a，但公差为2−，综上：“0d”是“

*N,0kka”的充分而不必要条件.故选：A2．B【分析】根据方程的根与递增的等差数列，可得4646aa==，于是可求得公差1d=，则由等差数列的通项性质可得20a的值.【详解】解：4a与6a是方程210240xx−+

=的两个根，方程为()()460xx−−=则4646aa==或6446aa==，由于递增的等差数列na中，所以4646aa==，则公差64164aad−==−所以2041641620aad=+=+=.故选：B.3．C【分析

】根据条件求得5a的值，再由等差数列前n项和公式()12nnnaaS+=，即可求得9S.【详解】等差数列{an}的前n项和为Sn，因为34567150aaaaa++++=，且374652aaaaa+=+=所以3456755150aaaa

aa++++==，解得530a=，()9195992702Saaa=+==故选:C.4．A【分析】由1a，2a，4a成等比数列，列出关系式，通过公差，解得首项，再利用求和公式即可得出．【详解】∵1a，2a，4a成等比

数列，∴2214aaa=，可得2111()(3)adaad+=+，又等差数列{na}的公差为1，2111(1)(3)aaa+=+解得：11a=，则{na}的前10项和1101010119105252Saa+++===．

故选：A．5．D【分析】根据题意，设该等比数列的首项为1a，公比为q，利用4223SS−=，可得21231+=−aaq，则64−=SS()2213121−++−qq，再利用基本不等式求最值即可.【详解】根据题意，设该等比数列的首项为1a，公比

为q，若4223SS−=，则有()()()42123412341222−=+++−+=+−+=SSaaaaaaaaaa()()21213−+=qaa，又由数列na为正项的等比数列，则1q，21q，则21231+=−a

aq，则()4645612−=+=+SSaaqaa()()22242212113311−+−+==−−qqqqq()()22221131263211211−+++−=−−qqqq，当且仅当22q=时等号成立，即64SS−的最小值为12.故选：D.6．A【分析】根据1

1a，201920201aa，20192020101aa−−，可判断数列na的01q，进而可知数列na是单调递减的等比数列，结合选项，即可逐一求解.【详解】根据题意，等比数列na中，2

01920201aa，则有20192020201920191aaaaq=，有0q，又由2019202011aa−−＜0，即()()20192020110aa−-，必有202020191aa，01q由此分析选项：对于A，20202019202

00SSa−=，故20192020SS，A正确；对于B，等比数列na中，11a，01q，则202120191SS，则201920211SS，即2019202110SS−，B错误；对于C，202020191aa，则2019T是数列nT

中的最大项，C错误；对于D，由C的结论，D错误；故选：A.7．C【分析】首先根据等差数列的前n项和公式得到knaS=，令2n=，化简得到12akd−=，又因为kN，所以1k=，得1da=−，再利用等差数列前n项和公式得到21214259

228knn−=−−，利用二次函数的性质即可得到答案.【详解】由题意得()121(21)(21)2knkaakS−−+=−则得(21)2(21)2knkakS−=−，即kn

aS=，令2n=得2kaS=，即11(1)2akdad+−=+①，即得12akd−=.因为首项10a，公差0d，则得120akd−=，即2k.又因为kN，所以1k=，代入①得1da=−.当1da=

−时，由knaS=得1111(1)(1)2nnaakana−−−=−即(1)(2)12nnk−−=+，所以21219222knnn−=−+即21214259228knn−=−−因此当10n=或11时，9kn−的最小值为53−.故选：C【点睛】关键点点

睛：本题主要考查等差数列前n项和公式，根据题意化简得到1da=−，从而得到(1)(2)12nnk−−=+为解决本题的关键，属于中档题.8．B【分析】作差得21(1)nnnaaa+−=−−，并由二次函数性质得54na，由11na+=得1na=或2na=，由此可判断ABC，

对选项D，1n=时命题成立，在2n时，证明121111222naaa+++−−−（易得）和121111222naaa+++−−−，从而只要证明T=2311112222naaa+++−−−，为证此不等式，只要对最后一项用放缩法，11111212nnn

aaa−−−−−−，然后从后向前依次相加即可得．【详解】A．22121(1)nnnnnaaaaa+−=−−=−−，只要1na，则1nnaa+，22135531()244nnnnaaaa+=−−=−−+，若11na+=，即2311nnaa−−=，则1

na=或2na=，显然2n时，54na，若12aa==，则21a=，因此231aa===，若11aa==，则121aa===，所以当1a且2a时，对任意的2n，1na，从而10nnaa+−

，1nnaa+，{}na递减，A正确，B．由上面推理，2a=时，也有无数个正整数n，使得1nnaa+=，B错；C．由选项A知，1a或2a时，{}na递减，无最小值，C正确；D．13aa==，22333110a=−−=−，又由以上推理知{}na递减，所以0(2)nan，1n=时，

1112a=−，2n时，231110222naaa+++−−−，则121111222naaa+++−−−，所以对任意*nN，121111222naaa+++−−−，下证1211112222naaa+++−−−，1n=时，1112a=−12，

2n时，0na，设T=23111222naaa+++−−−，()()221111112332312nnnnnnnaaaaaaa−−−−−−−=−+−+=−−0，111111112(1)(2)12nnnnnaaaaa−−−

−=−−−−−−，11111221nnnaaa−−+−−−，2122222222111111112232(1)(2)21nnnnnnnnnaaaaaaaaa−−−−−−−−−+=+=+=−−−+−−−−−，依次类推，21112Ta=−，所以1211111

2222nTaaa+++=−−−−，综上，对任意*nN，1211112222naaa+++−−−，综上，121111,12222naaa+++−−−，D正确．故选：B．【点睛】易错点点睛：本题考查数列的单调性，

考查数列不等式的证明，数列作为特殊的函数，其单调性与函数的单调性有相似之处（可以利用函数的单调性得数列的单调性），又与函数的单调性不尽相同，如本题，在作差21(1)nnnaaa+−=−−后如果直接由1na得数列是递减数列的结论，则出现错误，错误的原因在于na是数列{}na中项，而不是自

变量n，此式只能说明1na时，1nnaa+，而不能直接说明数列就是递减的，它必须利用数列的递推性质进行推理判断．由此可得2a=时数列也不是递减的．本题选项D的证明是难点，不等式的放缩法只对和式中最后一项进行放缩，然后从后向前依次求和可得．这个求和不是通常的裂项求

和，实质上只对最后一项由放缩法进行了裂项操作，然后即依次求和得出结论．本题属于困难题．9．BC【分析】根据数列的相关概念逐一判断即可.【详解】对于A，数列1，2，3，4和数列1，3，4，2是不同的数列，故错误；对于B，由数列的定义可知正确；对于C，由数列的nN，

可知正确；对于D，根据数列的项可以分为有穷数列和无穷数列，故错误.故选:BC.10．AD【分析】根据等比数列的通项与前n项和nS公式判断A，B的正误；根据等差数列的通项与前n项和nS公式判断C，D的正误即

可.【详解】解：对于A，若数列na为等比数列，396,,SSS成等差，则9362SSS=+，若公比1q=，则913612189SaSSa=+=，故1q，所以9362SSS=+可得，()()()9361111

112111aqaqaqqqq−−−=+−−−，整理得()()6333212110qqqq−−=+−=，由于1q，所以312q=−，所以63822252221122,22aaqaaaaaqa==+=+=，即8252aaa=+，故825,,aaa也成等差，故A正确；对于B，若数列na为等比

数列，若公比1q=时，()22222221131112433nnnSnanaSSnanana====；若公比1q时，则232nnnqqq+，所以()()()()()()()()22224232431111122322212111111111nnnnnnnnnnn

aqaqqaqaqaqqqSSSqqqqq−−+−−−−+====−−−−−，故B不正确；对于C，若数列na为等差数列，公差为d，由58SS=，得1154875822adad+=+，即160a

d=−，则0d，所以()()11113022nnndSnadnn−=+=−，得13n，又*Nn，则min14n=，故C不正确；对于D，若数列na为等差数列，且131221aa==+，，则公差3122aad−==，所以()121nan=+−，假设等差数列n

a中的三项,,pqraaa构成等比数列，*,,Npqr，且,,pqr互不相等，则2qpraaa=，所以()()()2121121121qpr+−=+−+−，所以()()()()22121

122qprprq−−−−=+−，因为*,,Npqr，则()()()221211020qprprq−−−−=+−=，其中2prq+=，则()()2110pr−−−=，得pr=，这与,,pqr互不相等矛盾，故假设不成立，则na中任意三项均不能构成等

比数列，故D正确.故选：AD.11．ABD【分析】由328a=和递推公式()112nnnana−−=+→28a=→12a=，4168a=→A选项正确，B选项正确；()()1122nnnanan−−=+

→()112nnnana−−=+→()212212222nnnanna−−=+=+为单调递增的等差数列→C选项不正确；22log1nnbn+=+→22log52nnS+=→62n→D选项正确【详解】因为328a=，所以()313222328aaa−=

+=，所以28a=，则()21211228aaa−=+=，解得12a=，()4143324168aaa−=+=，所以4221aa=，1216aa=，所以A选项正确，B选项正确；因为()()1122nnnanan−−=+，所以()()1122nnnanna−−=

+，所以()212212222nnnanna−−=+=+，又*nN，所以22221232222nnnnaannaa−−−−=+−=，*nN所以221nnaa−为单调递增的等差数列，则数列212nnaa−不是单调递增的等差数列，所以C选项不正确；()22

1222122224nnnanna+−++=++=+，则()()2221222212221222212loglogloglog1nnnnnnnnnaanbaaaaaan+−+−+++=−==+，222222341234122log

logloglogloglog52312312nnnnnnSnnnn+++++=++++==++，解得62n，又*nN，所以正整数n的最小值为63，所以D选项正确．故选：ABD．【点睛】数列问题，常常需要

由递推公式求出通项公式，方法有累加法，累乘法，构造法等，要根据数列特征选择不同的方法.12．BCD【分析】A选项，由()10,0A=得到()30,1,1,0,0,1,1,0A=，故A错误；B选项，由()fA的定义即可作出判断；C选项，由()fA定义可进行推导出1nA+中的每

一个0，0数对与nA中的0，1数对的关系，作出判断；D选项，在B，C选项的分析基础上，得到nA与1nA−中的0，0数对的递推关系，从而利用累加法求出通项公式，得到2021A中0，0数对的个数.【详解】若()10,0A=，

则()21,0,1,0A=，()30,1,1,0,0,1,1,0A=，A错误；由()fA的定义知，B正确；因为1nA+中的每一个0，0数对只能由nA中的一个0，1数对变来，且nA中的每一个0，1数对必生成一个1nA+中的0，0数对，C正确；记nA中的0，0数对与0，1数对的个

数分别为na，nb，由C选项知1nnab+=．又因为nA中的每一个0，1数对只能由1nA−中的一个1或者一个0，0数对变来，且由B选项知，1nA−中有22n−个1，从而212nnnba−−=+，所以()21122nnnana−+−+=，故()()

1010101022101020212121111120413kkkkkaaaa−+−===−+=+=−，D正确，故选：BCD．【点睛】定义新数列的题目，要能正确理解题干定义，并能从中抽取到有用信息，转化为熟

悉的问题，比如本题中要能得到nA与1nA−中的0，0数对的递推关系，转化为熟悉的累加法求解通项公式.13．32【分析】根据题意可求得等比数列的公比2q=，再根据5678123()aaaqaaa++=++，即可求得答案.【详解】由

na是等比数列，设公比为q，且1231aaa++=，2342aaa++=，则可得123234()2qaaaaaa=++++=，故2q=，所以5678123()32aaaqaaa++=++=，故答案为：32.14．()21n−【分析】依题

意可得121nnaan+−=−，利用累加法计算可得；【详解】解：121nnaan+=+−，即121nnaan+−=−，211aa−=，323aa−=，435aa−=，L，123nnaan−−=−()2n，以上各式相加得()()()()12123113

57...2312nnnnana+−−=+++++−=−−=()2n，又10a=，所以()21nan=−()2n，而10a=也适合上式，()21nan=−.故答案为：()21n−15．128【分析】先由nS与na的关系式得到数列na为等比数列，并设数列na的公比

为q，同时可证数列1na也是等比数列，并且公比为1q，然后根据题干条件得到用数列na的公比q的关系式，再将23420221111aaaa++++也用含有q的式子表示，即可得到答案.【详解】因为3nnSka=−（k是常数，1k>），所以当2n

时有113nnSka−−=−，两式相减得()12nnnakakan−=−，即()1121nnaknak−=−，所以数列na为等比数列，设数列na的公比为()1qq，11nnaaq−=根据

题意可得()111131nnaqkaqq−−=−−，即()131aq=−，又因为10124a=，可得()101110111431aqqq==−，即()1011413qq−=，因为()20221220222342022204

811aqqaaqaaaaqq−−++++===−−，又因为()131aq=−，所以202220483qq−=，因为11nnaaq−=，所以11111nnaaq−=，可知1111nnaqa−=

，即数列1na也是等比数列，并且公比为1q，所以()()()()2022122022234202220222022202220221202222101111111111111111113120483128.43133aqqaaqaaaaqqqqqqqqaqqqqqqq−

−++++==−−−−==−−−−===−故答案为：128.16．①③【分析】由11a=及1113nnnaaa+=−，可得(0,1)na，从而可判断

②；又2113nnnaaa+=−−，从而可判断①③；由211131113nnnnnaaaaa++−=−，累加可得32nan+.又12111111131331nnnnnnaaaaana++−=++=−−，累加可得1111111133231nnan++

+++++，放缩可判断④.【详解】由1221,3aa==而1113nnnaaa+=−，所以可知：(0,1)na，因此说法②不正确；由221111330nnnnnnaaaaaa++=−=−−，因此数列na是单调递减数列，所以说法①正确；因为1

1a=，数列na是单调递减数列，所以存在*0NN，当0nN时，1100na，因此说法③正确；1221111131111333nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa++++−=−−=，所以当2,nnN时，有11

113nnaa−−，121113nnaa−−−21111,,3aa−，累和得：1111113(1)1(1)332nnnnnaaana−−+−+，即当nN时，32nan+，所以存在*0NN，当0nN时，1100na，因此说法③正确；1211(3)1111111

333333121nnnnnnnnnaaaaaanaaan+++−=−==+−+−−=+，同理运用累和法得：1111111133231nnan+++++++，所以10011111111133134323100323100a+++++=++

++11134(693)40,328++因此说法④不正确.故答案为:①③.【点睛】数列的易错点睛：(1)数列是一类特殊的函数，它的图像是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条

件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.17．(1)21nan=+，22nSnn=+；(2)存在，11,22

−.【分析】（1）根据已知条件及等差数列的性质求基本量，即可写出na的通项公式及nS；（2）由（1）得111122nnnS=−+，应用裂项相消法求得13112212nTnn=−−++，再由不等式恒成立，讨论

n的奇偶性求的范围，最后取交集.【详解】（1）因为na为等差数列，设公差为d，首项为1a，由53535Sa==，解得37a=，由12128aaad+=+=，又3127aad=+=，则13a=，2d=，所以()32121nann=+−=+，()21122nnnSnadnn−=

+=+．（2）由（1）知：22nSnn=+，所以()21111112222nnnnnSnn===−+++，所以11111111111111131121324112212122212nTnnnnnnnn=−+−++−+−=+−−=−−−++

++++，易知nT为递增数列，当1n=时，nT取得最小值为131112211123−−=++，又0n，所以34nT，所以1334nT．当n为奇数时，21nT−恒成立，即21

13−，解得232333−，当n为偶数时，21nT−−恒成立，即2314−−，解得1122−，综上，实数的取值范围为11,22−．18．(1)2nna=(2)1221nnTn+=−+【分析】（1）根据等比数列通项公式设出首项和公

比，代入题中式子计算即可；（2）用裂项相消法简化nb再计算.（1）设数列na为q，3643131632aaqaa+==+，化简可得334144316(32)31632aqaaaq+=++=+，解得=2q将=2q代入3132aa=+可得

1=2a故na的通项公式为：2nna=（2）由（1）可知()()1212211nnnnnbnnnn+−==−++21321222222...21321nnnTnn+=−+−++−+1221nn+=−+19．(1)31nna=−(2)1(21)33(1)42nnnnn

S+−++=−【分析】（1）由1(),(0)nnakak−+=+可得数列nak+等比，利用nak+的通项公式即可得到na；（2）利用错位相减和分组求和求解即可.【详解】（1）由题意可得111333(1)nnnaaa−−+=+=+，()*2,Nnn，113a+=，

所以数列1na+是以3为首项，3为公比的等比数列，所以11333nnna−+==，故31nna=−.（2）由（1）得3(31)log(311)3nnnnbnn=−−+=−，所以1211323(1)33(12)nnnSnnn−=+++−+−+++令121

1323(1)33nnnTnn−=+++−+①，则(1)2nnnnST+=−，因为23131323(1)33nnnTnn+=+++−+②，①-②得123113(13)23333331

3nnnnnTnn++−−=++++−=−−，所以1(21)334nnnT+−+=，所以1(21)33(1)42nnnnnS+−++=−.20．(1)1(1)nann=+(2)14【分析】（1）合理变形构造等差数列1{}nn

a，再利用等差数列的通项公式进行求解；（2）先将通项变形为111nann=−+，再利用裂项抵消法进行求和，进而通过解不等式进行求解.（1）因为112a=，且对任意的*Nn，都有()1111nnnnanana++=+成立，所以()11

111nnnana+−=+，即数列1nna是等差数列，首项为2，公差为1，所以12(1)1nnnna=+−=+，即1(1)nann=+．（2）因为()11111nannnn==−++，所以1111111(1)()()()223231nSnn

=−+−+−++−+11n1=−+，由1516nS，得11116n+，解得15n，所以满足1516nS时n的最大值为14．21．(1)20190a=，202020211aa==；(2)证明见解析；(3)证明见解

析.【分析】（1）由15a=，23a=，结合21||nnnaaa++=−，*nN，求出2019a，2020a，2021a；（2）利用反证法证明，假设*Ni，0ia，由于21||nnnaaa++=−，

证得当当nm时，数列{}na中的项呈周期变化；（3）利用反证法证明数列{}na中必有“k”，再利用综合法证明数列{}na中必有无穷多项为k．（1）解：由15a=，23a=，21||nnnaaa++=−，*nN．得3|35|2a=−=，4|23|1a=−

=，5|12|1a=−=，6|11|0a=−=，7|01|1a=−=，8|10|1a=−=，9|11|0a=−=，10|01|1a=−=，从第四项开始满足*3132331,0,Nkkkaaak+++===，故20190a=，202020211aa==；（2）证明：

(反证法)假设*Ni，0ia，由于21||nnnaaa++=−，记1max{ma=，2}a，则1am„，2am„．则3210||1aaam=−−„，4320||1aaam=−−„，5430||2aaam=−=−，6540||2aaam=−=−，，依次递推，有7650||3aaa

m=−−„，8760||3aaam=−−„，则由数学归纳法易得21namn+−„，*nN．当nm时，210na+，与210na+矛盾．故存在i，使0ia=．数列{}na必在有限项后出现值为0的项；故存在*Nm，当nm时，数列{}na中的项呈周

期变化；（3）证明：①先证数列{}na中必有“k”（反证法）:假设数列{}na中没有“k”，由（2）知数列{}na中必有“0”项，设第一个“0”项是(3)mam…，令1map−=，pk，*Np，则必有2map−=，于是由1233||||mm

mmpaaapa−−−−==−=−，则32map−=，因此p是3ma−的因数，由2344|||2|mmmmpaaapa−−−−==−=−，则4map−=或3p，因此p是4ma−的因数，依次递推，可得p是1a，2a的因数，因为pk，所以这与1a，2a的最大公约数是k矛盾，所以数列{}na

中必有“k”；②再证数列{}na中必有无穷多项为:k假设数列{}na中第一个“k”项为是ta，令1taq−=，qk，*Nq，则11||tttaaaqk+−=−=−，若1taqkk+=−=，则数列中的项从ta开始依

次为“k，k，0”的无限循环，故有无穷多项为k；若1taqkk+=−，则21||2tttaaaqk++=−=−，321||tttaaak+++=−=；若22taqkk+=−=，则进入“k，k，0”的无限循环，故有无穷多项为k；若22taqkk+=−，则从

ta开始的项依次为k，qk−，2qk−，k，3qk−，4qk−，k，必出现连续两个“k”，从而进入“k，k，0”的无限循环，故有无穷多项为k；综合①②知：数列{}na中必有无穷多项为k．【点睛】关键点点睛：主要考查递推数列、合情推理及与数列有关的

证明，考查分析问题与解决问题的能力，综合性很强，属于难题．22．(1)()*1nannN=+(2)证明见解析【分析】（1）根据1nnnaSS−=−，可得数列的递推公式，由相邻递推数列相减，结合等差中项的性质，可得数列为等差数列，可得答案.（2）由（1），求得数列

nb的通项公式，对于数列nc相邻两项商，结合数列nb的通项公式，采用累乘法，可得数列nc的通项公式，根据错位相减法，可得答案.（1）由题易知22nnSnna=+，1122(1)(1)(2)nnSnnan−−=−+−，两式相减得1(1

)(2)2(2)nnnanan−−−−=，故21(2)(3)2(3)nnnanan−−−−−=，两式相减得122(2)(2)(2)(3)nnnnananan−−−=−+−，即122(3)nnnaaan−−=+，可知数列na为等差数列，又25S=，则225222a=

+，解得23a=，令1n=，112212Sa=+，解得12a=，等差数列na的公差211daa=−=，故()*1nannN=+.（2）由题易知12121nnnnncbbbb−−=，12211221(2)nnnnncbbbbn−−−−−=，两式相除得121(2)nnnc

bbbnc−=，又因为222(2)(2)(2)1(1)(3)nnnbnnn++==+−++，所以22212134(2)3(2)(2)2435(1)(3)2(3)nnncnnbbbncnnn−++===+++，由累乘法可得：21

3425cc=，323526cc=，…，13(2)(2)2(3)nncnncn−+=+，∴1134(2)23nncncn−=+，∵1198cb==，∴33(2)23nncnn=+，当1n=

时，198c=也符合，∴33(1)23nncnn=+，则112(3)33nnnc=+，令2(3)3nndn=+，设数列nd的前n项和为nT，1222245(3)333nnTn=++++

，231222245(3)3333nnTn+=++++，由错位相减法可得：231182222(3)333333nnnTn+=++++−+11421938222(3)442333313nnnnn−+−

=+−+=−+−，所以212(212)3nnTn=−+，则121112244433nnnccc+++=−+，即得121114nccc+++.