数列专题训练——2025届高三数学一轮复习

数列专题训练-2025年高三数学上学期一轮复习 一．选择题（共8小题） 1．（2024•利通区校级模拟）已知数列{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列{an}的前5项和为（　　） A．30 B．31 C．29 D．32 2．（2024•鼓楼区校级二模）已知等比数列{an}的前三项和为56，a2﹣a5＝14，则a8＝（　　） A．4 B．2 C． D． 3．（2024•姜堰区校级模拟）等差数列{an}中，其前n项和为Sn，则“S1+S3＜2S2”是“{an}为递减数列”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（2024•包头一模）已知等差数列{an}中，a1＝9，a4＝3，设Tn＝|a1|+|a2|+…+|an|，则T21＝（　　） A．245 B．263 C．281 D．290 5．（2024•许昌模拟）已知等比数列{an}的公比为q，若a1+a2＝12，且a1，a2+6，a3成等差数列，则q＝（　　） A． B． C．3 D．﹣3 6．（2024•平谷区模拟）已知等差数列{an}和等比数列{bn}，a1＝b1＝﹣4，a4＝2，a5＝8b4，m∈N*，则满足am•bm＞1的数值m（　　） A．有且仅有1个值 B．有且仅有2个值 C．有且仅有3个值 D．有无数多个值 7．（2024•山东一模）将方程sinxcosx+sin2x＝的所有正数解从小到大组成数列{xn}，记an＝cos（xn+1﹣xn），则a1+a2+…+a2021＝（　　） A．﹣ B．﹣ C．﹣ D．﹣ 8．（2024•佛山模拟）设数列{an}的前n项之积为Tn，满足an+2Tn＝1（n∈N*），则a2024＝（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2024•历下区校级模拟）已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是（　　） A．若a3+a4＝9，a7+a8＝18，则a1+a2＝5 B．若a2+a13＝4，则S14＝28 C．若S15＜0，则S7＞S8 D．若{an}和{an•an+1}都为递增数列，则an＞0 （多选）10．（2024•泰安二模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S7＝42，则下列说法正确的是（　　） A．a5＝4 B． C．为递减数列 D．的前5项和为 （多选）11．（2024•玄武区校级模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，，则下列说法正确的是（　　） A．{an}是等差数列 B．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，公差为﹣9 C．当n＝16或n＝17时，Sn取得最大值 D．Sn≥0时，n的最大值为33 三．填空题（共3小题） 12．（2024•安徽模拟）已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝44，则的最小值为 　 　． 13．（2024•广州一模）已知数列{an}的前n项和，当取最小值时，n＝　 　． 14．（2024•淄博一模）已知等比数列{an}共有2n+1项，a1＝1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则公比q＝　 　． 四．解答题（共5小题） 15．（2024•昌乐县校级模拟）已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，且． （1）求{an}的通项公式； （2）若对于任意n∈N*，2n•λ≥Sn成立，求实数λ的取值范围． 16．（2024•淅川县校级三模）设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝4，S4＝20，且为等差数列． （1）求证：数列{an}为等差数列； （2）若数列{bn}满足b1＝6，且，求数列{bn}的前n项和Tn． 17．（2024•长安区校级一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，Sn＝an+n2﹣1． （1）求{an}的通项公式； （2）若bn＝，Tn＝b1b2+b2b3+…+bnbn+1，求Tn． 18．（2024秋•香坊区校级期中）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法•商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第n+1层球数是第n层球数与n+1的和，设各层球数构成一个数列{an}． （1）求数列{an}的通项公式； （2）证明：当x＞0时，； （3）若数列{bn}满足，对于n∈N*，证明：． 19．（2024•开福区校级模拟）已知集合A＝{a1，a2，a3…an}⊆N*，其中n∈N且n≥3，a1＜a2＜a3＜…＜an，若对任意的x，y∈A（x≠y），都有|x﹣y|≥，则称集合A具有性质Mk． （1）集合A＝{1，2，a}具有性质M3，求a的最小值； （2）已知A具有性质M15，求证：； （3）已知A具有性质M15，求集合A中元素个数的最大值，并说明理由． 数列专题训练-2025年高三数学上学期一轮复习 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．（2024•利通区校级模拟）已知数列{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列{an}的前5项和为（　　） A．30 B．31 C．29 D．32 【解答】解：依题意知，公比q≠1， ∴9•＝， 即q6﹣9q3+8＝0， 解得：q＝2或q＝1（舍去）， ∴S5＝＝31， 故选：B． 2．（2024•鼓楼区校级二模）已知等比数列{an}的前三项和为56，a2﹣a5＝14，则a8＝（　　） A．4 B．2 C． D． 【解答】解：设等比数列{an}的公比为q， 等比数列{an}的前三项和为56，a2﹣a5＝14， 则，解得， 故a8＝． 故选：D． 3．（2024•姜堰区校级模拟）等差数列{an}中，其前n项和为Sn，则“S1+S3＜2S2”是“{an}为递减数列”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【解答】解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d， 若S1+S3＜2S2，变形可得S3﹣S2＜S2﹣S1，即a3＜a2，则有d＝a3﹣a2＜0，数列{an}为递减数列， 反之，若数列{an}为递减数列，即d＜0，则有a3＜a2，即S3﹣S2＜S2﹣S1，变形可得S1+S3＜2S2， 故“S1+S3＜2S2”是“{an}为递减数列”的充分必要条件． 故选：C． 4．（2024•包头一模）已知等差数列{an}中，a1＝9，a4＝3，设Tn＝|a1|+|a2|+…+|an|，则T21＝（　　） A．245 B．263 C．281 D．290 【解答】解：设等差数列{an}的公差为d， 则d＝＝﹣2， 故an＝a1+（n﹣1）×d＝11﹣2n， 所以， 当n＞5时， Tn＝|a1|+|a2|+…+|an|＝a1+a2+a3+a4+a5﹣a6﹣a7﹣an﹣1﹣an ＝S5﹣（Sn﹣S5） ＝2S5﹣Sn ＝50﹣10n+n2， 故T21＝50﹣10×21+212＝281． 故选：C． 5．（2024•许昌模拟）已知等比数列{an}的公比为q，若a1+a2＝12，且a1，a2+6，a3成等差数列，则q＝（　　） A． B． C．3 D．﹣3 【解答】解：∵a1，a2+6，a3成等差数列，∴2（a2+6）＝a1+a3，又a1+a2＝12， ∴2（12﹣a1+6）＝a1+a3，整理可得：， ∴，解得：q＝0（舍）或q＝3． 故选：C． 6．（2024•平谷区模拟）已知等差数列{an}和等比数列{bn}，a1＝b1＝﹣4，a4＝2，a5＝8b4，m∈N*，则满足am•bm＞1的数值m（　　） A．有且仅有1个值 B．有且仅有2个值 C．有且仅有3个值 D．有无数多个值 【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 由a1＝b1＝﹣4，a4＝2，a5＝8b4，可得﹣4+3d＝2，﹣4+4d＝﹣32q3， 解得d＝2，q＝﹣， 则an＝﹣4+2（n﹣1）＝2n﹣6，bn＝﹣4×（﹣）n﹣1＝8•（﹣）n， am•bm＞1，即8（2m﹣6）•（﹣）m＞1， 当m为奇数时，m＝1时成立，其余都不成立； 当m为偶数时，m＝2，不等式左边小于0，不等式不成立； m＝4时，不等式左边＝16×＝1，不等式不成立； m＝6时，不等式的左边＝48×＜1，不等式不成立； m＝8时，不等式的左边＝80×＜1，不等式不成立； 其余的偶数，也都不成立． 故选：A． 7．（2024•山东一模）将方程sinxcosx+sin2x＝的所有正数解从小到大组成数列{xn}，记an＝cos（xn+1﹣xn），则a1+a2+…+a2021＝（　　） A．﹣ B．﹣ C．﹣ D．﹣ 【解答】解：sinxcosx+sin2x＝，即为sin2x+＝sin（2x﹣）+＝， 即sin（2x﹣）＝﹣， 所以2x﹣＝arcsin（﹣）+2kπ或2kπ+π﹣srcsin（﹣），k∈Z， 即2x＝﹣arcsin+2kπ或2kπ++srcsin，k∈Z， 而arcsin＜arcsin＝， 所以2x1＝﹣arcsin， 2x2＝+arcsin， 2x3＝﹣arcsin+2π， …， 所以x2﹣x1＝+arcsin，cos（x2﹣x1）＝﹣sin（arcsin）＝﹣＝a1， x3﹣x2＝﹣arcsin，cos（x2﹣x1）＝sin（arcsin）＝＝a2， 后面的值都是以﹣，重复循环出现，且a1+a2＝0，a3+a4＝0，…， 所以a1+a2+…+a2021＝a2021＝a1＝﹣， 故选：C． 8．（2024•佛山模拟）设数列{an}的前n项之积为Tn，满足an+2Tn＝1（n∈N*），则a2024＝（　　） A． B． C． D． 【解答】解：因为an+2Tn＝1（n∈N*）， 所以a1+2T1＝1，即a1+2a1＝1，所以a1＝， 所以+2Tn＝1（n≥2，n∈N*）， 所以﹣＝2（n≥2，n∈N*）， 所以数列{}是首项为＝＝3，公差为2的等差数列， 所以＝3+2（n﹣1）＝2n+1， 即Tn＝，所以a2024＝＝＝． 故选：C． 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2024•历下区校级模拟）已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是（　　） A．若a3+a4＝9，a7+a8＝18，则a1+a2＝5 B．若a2+a13＝4，则S14＝28 C．若S15＜0，则S7＞S8 D．若{an}和{an•an+1}都为递增数列，则an＞0 【解答】解：对于A中，由a3+a4＝9，a7+a8＝18， 可得（a7+a8）﹣（a3+a4）＝8d＝9，所以， 又由，所以A错误； 对于B中，由，所以B正确； 对于C中，由，所以a8＜0， 又因为S8﹣S7＝a8＜0，则S7＞S8，所以C正确； 对于D中，因为{an}为递增数列，可得公差d＞0， 因为{anan+1}为递增数列，可得an+2an+1﹣anan+1＝an+1•2d＞0， 所以对任意的n≥2，an＞0，但a1的正负不确定，所以D错误． 故选：BC． （多选）10．（2024•泰安二模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S7＝42，则下列说法正确的是（　　） A．a5＝4 B． C．为递减数列 D．的前5项和为 【解答】解：等差数列{an}中，，解得a4＝6，而a2＝4， 因此公差，通项an＝a2+（n﹣2）d＝n+2， 对于A，a5＝7，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，为递减数列，C正确； 对于D，， 所以的前5项和为，D错误． 故选：BC． （多选）11．（2024•玄武区校级模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，，则下列说法正确的是（　　） A．{an}是等差数列 B．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，公差为﹣9 C．当n＝16或n＝17时，Sn取得最大值 D．Sn≥0时，n的最大值为33 【解答】解：对于A项，由已知可得，数列{}是一个等差数列，首项，公差为﹣1， 所以，所以， 当n≥2时，＝﹣2n+34， 当n＝1时，a1＝S1＝32＝﹣2×1+34， 综上所述，an＝﹣2n+34，所以an﹣an﹣1＝﹣2n+34+2（n﹣1）﹣34＝﹣2， 所以{an}是等差数列，故A项正确； 对于B项，设{an}的公差为d，由A知，a1＝32，d＝﹣2，根据等差数列的性质可知， S9﹣S6﹣（S6﹣S3）＝S6﹣S3﹣S3＝3×3d＝﹣18，故B项错误； 对于C项，因为an≥0⇒﹣2n+34≥0⇒n≤17，所以当n＝16或n＝17时，Sn取得最大值，故C正确； 对于D项，由，可得0≤n≤33，所以Sn≥0时，n的最大值为33，故D正确． 故选：ACD． 三．填空题（共3小题） 12．（2024•安徽模拟）已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝44，则的最小值为 　　． 【解答】解：正项等差数列{an}中，S11＝＝44， 所以a1+a11＝a5+a7＝8， 则， 当且仅当 时等号成立． 故答案为：． 13．（2024•广州一模）已知数列{an}的前n项和，当取最小值时，n＝　3　． 【解答】解：由题意得a1＝S1＝2， 当n⩾2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n， 又a1＝2满足该式，所以an＝2n， 则， 当且仅当，即n＝3时取等号， 所以当取最小值时，n＝3． 故答案为：3． 14．（2024•淄博一模）已知等比数列{an}共有2n+1项，a1＝1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则公比q＝　2　． 【解答】解：即该数列所有奇数项的和为S奇＝85，所有偶数项的和为S偶＝42， ∵{an}是等比数列，且项数为2n+1， ∴＝q，则q＝＝2． 故答案为：2． 四．解答题（共5小题） 15．（2024•昌乐县校级模拟）已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，且． （1）求{an}的通项公式； （2）若对于任意n∈N*，2n•λ≥Sn成立，求实数λ的取值范围． 【解答】解：（1）由，可得4S1＝4a1＝a1a2+1，即4＝a2+1，可得a2＝3， 当n≥2时，由4Sn＝anan+1+1，可得4Sn﹣1＝an﹣1an+1， 两式相减可得4an＝4Sn﹣4Sn﹣1＝anan+1﹣an﹣1an，化为an+1﹣an﹣1＝4， 即数列{an}的奇数项和偶数项均为公差为4的等差数列， 即有n＝2k﹣1时，an＝1+4（k﹣1）＝4k﹣3； n＝2k时，an＝3+4（k﹣1）＝4k﹣1； 所以an＝2n﹣1，n∈N*； （2）Sn＝n（1+2n﹣1）＝n2， 对于任意n∈N*，2n•λ≥Sn成立，即为λ≥恒成立． 设bn＝，则bn+1﹣bn＝﹣＝， 当n＝1，2时，b3＞b2＞b1； 当n≥3时，bn+1﹣bn＜0，即有b3＞b4＞b5＞...＞bn， 可得n＝3时，bn取得最大值， 则λ≥，即λ的取值范围是[，+∞）． 16．（2024•淅川县校级三模）设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝4，S4＝20，且为等差数列． （1）求证：数列{an}为等差数列； （2）若数列{bn}满足b1＝6，且，求数列{bn}的前n项和Tn． 【解答】解：（1）证明：设等差数列的公差为d，则，即S1+3d＝5，① 因为S2＝a1+a2＝S1+4，所以由，得S1+2d＝4．② 由①、②解得S1＝2，d＝1，所以，即Sn＝n（n+1）， 当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n（n+1）﹣（n﹣1）n＝2n， 当n＝1时，a1＝S1＝2，上式也成立， 所以，所以数列{an}是等差数列； （2）由（1）可知， 当n≥2时，， 因为b1＝6满足上式，所以． ． 17．（2024•长安区校级一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝3，Sn＝an+n2﹣1． （1）求{an}的通项公式； （2）若bn＝，Tn＝b1b2+b2b3+…+bnbn+1，求Tn． 【解答】解：（1）由Sn＝an+n2﹣1，得Sn+1＝an+1+（n+1）2﹣1＝an+1+n2+2n， 两式相减得an+1＝an+1﹣an+2n+1，则an＝2n+1； （2）由（1）可知bn＝＝，则bnbn+1＝＝（﹣）， 所以Tn＝b1b2+b2b3+…+bnbn+1＝（﹣+﹣+…+﹣）＝（﹣）＝﹣． 18．（2024秋•香坊区校级期中）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法•商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第n+1层球数是第n层球数与n+1的和，设各层球数构成一个数列{an}． （1）求数列{an}的通项公式； （2）证明：当x＞0时，； （3）若数列{bn}满足，对于n∈N*，证明：． 【解答】解：（1）根据题意，a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，⋯， 则有a2﹣a1＝2，a3﹣a2＝3，⋯，an﹣an﹣1＝n， 当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+⋯+（a2﹣a1）+a1 ＝， 又a1＝1也满足，所以． （2）证明：设，x∈（0，+∞）， 则， 所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，则f（x）＞f（0）＝0， 即，即当x＞0时，． （3）证明：由（2）可知当x＞0时，， 令（n∈N*），则， 所以， 所以， 令， 则， 所以 ＝， 所以， 所以． 19．（2024•开福区校级模拟）已知集合A＝{a1，a2，a3…an}⊆N*，其中n∈N且n≥3，a1＜a2＜a3＜…＜an，若对任意的x，y∈A（x≠y），都有|x﹣y|≥，则称集合A具有性质Mk． （1）集合A＝{1，2，a}具有性质M3，求a的最小值； （2）已知A具有性质M15，求证：； （3）已知A具有性质M15，求集合A中元素个数的最大值，并说明理由． 【解答】（1）解：集合A＝{1，2，a}具有性质M3， 则对任意的x，y∈A（x≠y），都有|x﹣y|≥，即， ∴，解得a≥6且a∈N*，可得a的最小值是6； （2）证明：由题意，（i＝1，2，3，…，n﹣1）， 又a1＜a2＜⋯＜an， ∴ai+1﹣ai≥（i＝1，2，3，…，n﹣1）， 可得（i＝1，2，3，…，n﹣1）， ∴＝； （3）解：由（2）知，，又a1≥1，可得1＞， 因此n＜16，同理，， 又∵ai≥i，∴，则15＞i（n﹣i），（i＝1，2，3，…，n﹣1）也均成立． 当n≥8时，取i＝4，则i（n﹣i）＝4×4＝16＞15，可知n≤7． 又当n≤7时，＜15，∴n≤7． 因此集合A中元素个数的最大值为7． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$