作业9 数系的扩充与复数的引入&作业10 数列-【创新教程·微点特训】2023-2025三年高考数学真题分类特训

详解详析 所以S△W= 2X5×2而×30厘-15. 作业9数系的扩充与复数的引入 10 ◆复数的概念 设AB边上的高为A,则号AB:A=15,解得A=6.故AB 1.C由(1十5i)i=-5+i,即知虚部为1，选C. 边上的高为6 2.C|e=√+1下=√2. 8.解：1)周为5%度=256x=2X号×号×1Xsin60 3.D因为z=2i,所以x·=2,故选D. ③ 4.C(a+i)(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2, a=3,解得a=4, 所以2a=2,解得a=1.故选C 1-a2=0,1 在△ADC中由余孩定理得6=1'+2-2X1X2×cos 3 5.C由题意可得2++2=2-1-2i=1-2i, =3, 则2++2|=1-2i=√个+(-2)=V5.故选C. 2纸=1 在△ABD中，2=1+2-2X1X2Xcos 6解析：本题考查了复数的模，以及复数的运算3牛中 在△ABC中，cosB=c+a-b-7+16-35 2ca 2√7×42 3+i=0=0 inB=√个=oxB=E,周光tanB=sinB-3 答案：√10 27 cos B 5 (2)在△ABC中，由中线长公式可得(2AD)2+BC= 7.解析：设2=1十bi(b∈R.且b≠0)， 2(AB2+AC),即22+a=2(6+c2)=16,所以a=12, 所以+是=1+十平=1++2“。=1+ 1+b 又5=名6inA=原，固而besin A=2,原，又由余孩 定理得a2=6+2-2 bccos A,即12=8-2bcc0sA,所以 2b bce0s=-2,故anA=-5户osA=-号所以灰 因为m∈R,所以b- 1十6=0，解得6=士1，所以m=1 4,又b+e2+2bc=8+8=16=(b+c)2,6+c2-2bc=8 2 +1中6=1+1=2 一8=0=(b-c)2,故可得b=c=2. 9.解：(1)由余弦定理可得：BC=AB十AC一2AB· 答案：2 ACeos A=4+1-2×2×1×cos120°=7， 8.解析：1-ie=1-i1+i)=2-i,11-ix=2-i=√5. BC -/7,cos BAB+BC-AC 7+4-1 答案：5 2AB·BC 2×2×7 ◆复数的四则运算 5v7 14 252I 2.B先求出复数：，再根据复数模的公式即可求出.由i· sinB=√1-cosB= 1-28=14 +2=25可得，：==二2+20=2十21，所以1： 2)由三角移西积公式可得3 √2+2=22，故选：B. 7 XABXAD×sin90° 3.C由题知=1+iD(e-1De=1+i-1-i故选择：C. =4 z×ACx ADX sin30 4.A因为=5十i,所以=5-1，故i(e十x)=10i. 1 剥S△kD一 5 SAN-- ×/1 1 5 2 ×2×1×sin120° 5C音=-1-i,则=i(-1-0=-i-f=1-i 3 10 成A国为-十号-所以- ◆正、余弦定理的实际应用 所以一=一i故选A. 解析：如图，不妨设OA=OB=a,BT=b, 7.C 50+)=51-D=1-i,故选C (2+i)(2-i) 5 AT=c,则AB=2a 2+i2+i=i(2+i边 所以在△ABT中，(2a)2=6+e2-2b 8.B 由题意可得之= 1++F=11+ c0s53.5°① 21=1-1-2i,则=1十2i.故选B -1 在△OBT中，sm16.5= 9.解析：(w5+i)·(5-2i)=5+√5i-2√5i+2=7-5i. sin∠BOT 答案：7-√5i 在△0AT中，sm37=sin(90°-∠B0T 1解折：由题意子释计-得部-2甘 13 联立①②③得∠BOT≈7.8. =4+i. 答案：7.8 答案：4+i 9 数学 ◆复数的几何意义 1.Λ由题知(1+3i)(3一i)=3一i+9i一3i=6+8i,所以 反之侣}为等列，即 S. 该复数在复平面内对应的，点为(6,8)，位于第一象限.故 nS-(n+DS。01-S为常数，设为， 选A. n(n+1) n(十1) 2,解析：本题考查了复数的运算，复数的模的最值 即a+1-S 设=a+bi(a,b∈R) n(n+1) =t,故S.=na+1-t·n(n+1),故S-1= (n-1)a。-t·n(n-1),n>2, -( 两式相减有：a.=am+1一(1-1)am一2tm→a.+1一a。 ∴.(a+i)2=(a-bi)2, 21,且为常数，对n=1也成立，故{a。}为等差数列，则甲 解得a=0或b=0, 是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选C, x≤1， 3B依题意，等差数列1a,中a=a十(m-D…警-号 .应当a=0,b≤1或b=0,|a≤1 :|:-2一3川表示复平面上：的对应点与(2,3)的距离， +(a- 可知当x位于(01)时，：-2-3i取得最小值为2v2. 显然函数y=cos 答案：2√2 经a+(色，一餐)门的周痴为3，而n 作业10数列 N',即eos d最多3个不同取值，又{cos a|n∈N)= {a,b}, 考点1数列的概念及其表示 则在c0sa1,c0sa4,cosa1中，cosa1=c0sa2≠cosa1或 ◆数列的递推式和通项公式 c0s41≠c0sa:=c0s4y· D(取特殊债)取a,=1,于是有么=2,6=号6-号， 5 手是有cos0=co(0+晋），即有+(0+）=2x, 6一号…，分子分号分别构成变淀那契量到，于是有 ∈1，解得0=x-受，∈Z 21 34 55 所以k∈Z 于是释6>66=1十号-1+器1+引-A6=1计 h=o(kx-音)[(a-音)+] 是>1+号-66=器=1+是>1+号-6：对比选 =-cos(k-晋）osk=-co号 项，选D. =一故选R ◆S.与am的关系 4.解析：S=3+6+12+24十48+96=189. D由ba+1=Se+4-S.得b:=S,-Se=a1+a1,b,=S 答案：189 -S,=a&十a,b。=Sa-S1e=a1t十a1:b=a16十ai 5.解：(1)因为3a2=3a1+a,故3d=a=a1+2d,即a1= 选项A,由等差数列性质知，成立. 武a=,所以6=洁-”皆8=n,工 2 选项B,2b,=2(ag十a,).b十bs=a,十aa十a1a十am= 2(a4十a:),成立. =法2》.又8+T=21,串3+-21，牌2 2d 2 选项C,a4ag=(a4-2d)(a,+4d)=a+2a,d-8d,假 设成立，则2a,d=8d,a4=4d,a1=d,这与a,≤d相符， -71+3=0,故d=3或d=(合)，故a.的道项公式 假设正确. 为a.=3n. 选项D,bb,=(a:十a1)(a6十as)=(2a1+5d)(2a:+ 29d)=4a+10a1d+58a,d+145d=4a+68a1d @易如6=。信产a所以么=子4=同 +145d b=(a+as)2=(2a1+13d)=4ai+52a1d+169f 假设成立得52a,d+169d2=68a,d+145d°，即16a,d 因为{b.}是等差数列，所以2b,=b,十b, =24d aa+品 所以12 台-号与已如号1矛盾，D不成立，故选D 整理得(a1-2d)(a1一d)=0.所以a1=2d或a:=d. 当a1=d时，aw=nd,a1=d>l. 考点2等差数列和等比数列 ◆等差数列及其性质 于是么-"成-.江-结， 2 2d 1.B因为S=3a2=6.所以au=2,因为S=501=-5, 而S-T,=99,所以50d-号=1，解得d=品或d d 所以a,=一1，所以{a,}的公差d=a-ag=一3，所以a 一1（舍去）. =5,所以S,=6a1+15d=6×5-15×3=-15. 2.C因为{an}为等差数列，设其首项为a1,公差为d,则 当a=2d时a.=(a+1d6==品a=骨 8=m+a2Dd是=a+"号4=号a+a,-号 2 t8=空4，T=2法.又5-T。=9 2 .d n十1n2 即99X102d_99X100=99,即51d-d-50=0,所以d 2 2d 故（侣}为等差数列，则甲灵乙的克分条件： 合)减d=1(合)：游上可知：d品 详解详析 ◆等差数列的通项与求和 3.C由等比数列的性质可得S2,S-S,S6-S,S 1,B因为S=So,所以a6十a,十a%十u。十ao=0,即5ax S,…,为等比数列，因此(S一S2)=S2(S6-S),将S =0a,=0,又国为a=1,所以公差d=- 3.41=as =-5,S,=21S,代入上式，解得S=-1(舍)或号，此 -d=子 时S,=105,由等比数列性质可知5，一5，5，一5,5 4 2D由8-a+2D得s,-a+36d-1a十 S。为等比数列，解得S。=-85,故选C 4.解析：易知g-“士a十a:十=68-4=16，所以g=2 4d=司iu,十a,=2a,=2a,十4d)=号故选D a1十a十a+a4 4 (负数舍点). 3.C由题意知，a十a6=2a,=10.aa,=45, 答案：2 所以a1=5,d=9, 5.解析：若q=1,则由8S,=7S1,得8×6a1=7×3a1,则a 从而d=“。二4=1，于是a,=a4-d=5-1=4, =0,不合题意， 8-4 所以q≠1.当q≠1时，因为8S6=7S3, 所以S,=5a:=20.故选C. 4.解析：本题考查了等差数列的求和公式的应用. 所以8×0二g）=7×410=9. 1- 1-g a,=-3d=28=6a+d 即8×(1-9)=7×(1-g),即8×(1+9)(1-q)= 6×(-3)+6X5×2=12. 7×1-9),即8×1+g)=7,解得9=-合 2 答案：12 答案：-号 5.解析：设4，=a1+(n一1)d,则由条件得2a1十5d=7,4a1 ◆等差、等比数列的综合 十7d=5,解得a1=-4,d=3, 1.C由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可 则S1。=5(2a1+9d)=95. 求解， 答案：95 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， ◆等比数列及其性质 因为aaa。成等比数列，且a,=一2， 1.AD由题可知 所以a=asa6,即(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d), 1a1十aq十a1q=7 解得d=2或d=0(舍去)， ag=1 解得9= 所以a1u=41+9d=-2+9×2=16.故选：C g>0 a1=4 2.B由题意a。bcn>0,不妨设A(n,an),B(n,b),C(. cn),三点均在第一象限内，由心.=Aa。十(1一入)b,可知， BC-入BA,A∈[0，l],故点C恒在线段AB上，则有min (an,h.}≤cn≤maxia.,b.}<an+bn. 5,= 即对任意的1∈[0,1]c.<a.十b.恒成立， 1 令10x9=2,构造函数f(x)=2一10x十9，x>0, 则了(x)=2ln2-10,由/(.x)单调递增， +8 又广(3)<0，(4)>0，存在x∈(3,4)，使f(.x)=0, 1- 即当0<x<x时，广(x)<0,f(x)单调递减； 当x>x。时，f(x)>0,f(x)单调递增； 8×(侵)-8 故f(x)至多2个零点， 又由f(1)>0,f(2)<0,f(5)<0,f(6)>0. 2.解析：设{an)的公比为q(q≠0)，则a,a,a,=ad6=a29· 可知(x)存在2个零点，不妨设1，(x<:),且 aq,显然an≠0， ∈(1,2)，x2∈(5,6). 则a,=g2,即a1g=q,则a1q=1.因为aao=一8，则 ①若a,≤b,即10m一9≤2时，此时n=1或n≥6. a1q·aq=-8, 则an≤c,≤b.,可知bn十cm>an成立， 则g5=(g)2=-8=(-2),则g=-2,则a:=d41q· 要使a。h。c。的值均能构成三角形， g=1×(-2)=-2. 所以a.十c.>6恒成立，故b.<2a。 答案：一2 所以有101-9≤2 ,解得一6： ◆等比数列的通项与求和 {2<2(10n-9) 1.C由题知1+q十g+g+g=5(1+q+q)-4, ②若an≥b。,即10n-9>≥2"，此时n=2.3.4,5,则am≥c. 即g3+g=4g+4g.即g十g2-4q-4=0.即(g-2)(q ≥b,可知a.十cn>h.成立， +1)(g十2)=0. 要使a。、bn、C。的值均能构成三角形，所以b。十c.>a恒 由题知9>0，所以q=2. 成立，故a.<2b 所以S=1十2十4十8=15.故选C. 所以有101-9≥2 2.C由题意可得：当n=1时，a2=2a1十2，即aq=2a十2， {10m-9<21,解得n=4或5， ① 综上可知，正整敦n的个教有3个. 当n=2时，a=2(a1+a:)+2,即a1g=2(a,十41g)+2. 3.解析：对于①，若{an与{bn}均为等差数列， 设a,=a1+(n-1)d1=dn+(a1-d1),n∈N”, 联立①②可得41=2，q=3,则a4=a19=2×3=54. b.=b+(n-1)d:=dn+(h,-d),n∈N°. 故选C. 故可将“。与b。看作是关于n的一次函数， 数学 其图象最多只有一个交点，且交点横坐标不是整数时， 注意到2-1一(2"-1)=1-21，则21一(2"-1)>0 不存在k满足a4=b,故M中最多只有1个元素，① 不恒成立，即2"1>2"一1不恒成立， 正确： 此时无法保证2”一1<b。, 对于②，若{a.与{bn}均为等比数列， 若数列的公比q<2,则h=hg1<b,×2-↓<3×2-t. 设an=a19i,n∈N,bn=b9,n∈N”, 注意到3X2”1-(2"+1)=2-1-1,则21-1<0不饭 令a4=b,则ag1=bg, 成立，即3×2<2+1不恒成立， -1 ,即k=1+log2公，因为1og24为 此时无法保证h,<2°十1， b b 综上可知，数列的公比为2， 定值， 则数列的通项公式为6=2， 故当1og吧 4为整数时，存在k使得a,=b: 其前n项和为S,=2X(-2) 21-2. 1-2 故M中最多只有1个元素，②错误： 对于③，由①知点(1，a,)在一条斜率不为0的直线l 考点3数列的求和 上，设b.=h”(g≠1)，当公比q>0时，直线。与数列 ◆公式法与分组转化法求和 {b,}对应的函数的图象至多有2个公共点，M中最多有2个 1.C本题考查了等差数列的通项公式，求和公差，.S= 元素：当<一1时，点(nbn)在如图 /C -2+8.a.=S.-S.-1=-2+8n-[-(n-1)+8(n 所示的曲线C,C上，由图易知直 -1)]=-2n+9. 线l。与曲线C,,C:至多有3个公共 n=1时，S,=7=a1 点，如当4=3n-4,b.=-1×( .an=-2n+9,n∈N 2)-1时，a1=b=-1,a:=b=2, :等差数列{a.}中d=一2<0. a:=b,=8,两个数列有3项相同，所 ∴.{an}为递减数列，可知a1>a:>a1>a1>0>as>a6 以M中最多有3个元素； >a1>41 当q=一1时，易知M中最多有2个 |a1+|ae|+…+la2|=(a1+…+a,）-(a5+ag+… 元素：当一1<q<0时，易知M中最多有3个元素，综上 可知，当|an|为等差数列，{b,为等比数列时，M中最多 +ag)=5-(5e-5,)=25,-5a=2x16-725×12 有3个元素，所以③正确. =32+48=80. 对于④，若{an}为递增数列， 2.解：(1)设等比数列(4)的公比为9>0， 测点(k,)随k的取值逐渐增大，其在平面直角坐标系 因为a1=1,S=as-1,即a1十a:=a1-1 中，散，点由左下到右上分布， 可得1十q=g-1,整理得q一q一2=0，解得9=2或q 若{b。}为递减数列，则，点(k,山)随k的取值逐渐减小，其 =一1（合去）， 在平面直角坐标系中，散，点由左上到右下分布， 故点（更，a)与点(k,b)最多只能重合一次， 所以8号=2-1 即M中最多只有1个元素，④正确。 (2)(i)由(1)可知a,=21,且k∈N”,k≥2， 综上，正确结论的序号是①③①. 答案：①③④ 当n=a+1=2≥4时， 4.解：(1)由题意可得4十a:=2a,+5d-16 则0=2<2-1=n-1 ,即a4<n-1<+i las-a=2d=4 "(n-1=a4+1一1<a+1 释但 可知a=2-,6,=k十1， 6.-1=6,十(4+1一a-1)·2k=k+2k(21-1)=k(2 则数列{a,}的通项公式为a,=a1十(n-1)d=3十2(n-1)= 1), 2n+1, 可得b,-1-a·bn=k(2-1)-(k+1)21=(k-1) 注意到a,1=2X2-1十1=2”+1，从a-1到a:,共有 2-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0， 2”-1-(2"1一1)=21项， 当且仅当k=2时，等号成立， 故习a=2x2+1+-D×2=2十 所以b。-1≥a4·b.: 2 (i)由(1)可知：S。=2”-1=aw+t-1, 21十22-2-2-1=3×22m2 若n=1,则S=1,b=1: (2)(1)由题意可知，当2-1≤n≤2一1时， 若n≥2，则a+1-au=21, b<a,<b+1: 当21<i≤2一1时，6-b-1=2k,可知{b}为等差 取n=2-1,则b<a,1=2×21+1=2+1.即b 数列， <2+1. 当2-2≤n≤21-1时，a,<b, 可得室6.=k·2十2张2(2-D=k.4-1 2 取n=21-1,此时a,=a-11=2(21-1)+1 =2*-1. 号3-1D4-3-40. 据此可得2-1<6， 综上可得2-1<b<2+1. 所以26.=1+[5×-2×4+8X-5×+…+ (i)由(1)可知：1<b,<3,3<b<5,7<6<9, 15<b,<17,据此猜测b=2”， (3m-1)4-(3m-4)4-1门=(3m-1)4"+1 9 否则，若数列的公比q>2,则b.=bg1>61×21 >2"1, 且m=1,符合上式，综上所述：26.=3m-1D4+1 9 详解详析 3.解：(1)设{an}的首项为a1,公差为d,由S,=32, d+1 得4a1+6d=32, c.=[(m-1)d+1J·[nd+1▣ 又b=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b=aa-6=a1+2d- d+l[ 1 1 6,所以T=4a1十4d-12=16,即a1十d=7, d (n-1)d+i nd+i 由a十6d32解得5”所以a,}的道项公式 故十6十g+…+6=41 d (a+d=7, {d=2. 11 4m=21十3. (2)由)知么=2n-3n为奇数， 41十6，n为偶数 -9-]小=1+ea>o 当m=2k(k∈N)时，T.=k(-1D+kk,1卫X4+14k+ 得证. 2 ◆错位相减法求和 k(k-12×8=6k2+7k, 1.解：(1)证明：易知(n十1)a+1一a.=1,所以{a.}是公 2 差为1，首项为3的等差数列. 5=2k×5+2k24-D×2=42+8k, (2)由1)可知a,=3+(n-1)=n十2，所以a.=n+2 2 n T,-Sn=22-k=k(2k-1). 又f(x)=a1十2a2x+3aax2+…十manx1, 当n>5即k>2时，k(2k-1)>0, 所以f(-2)=如，(-2)1=(k+2)(-2)-1= 所以T.>S。: 2r+2=2+D-2+=2】 当W=2k+1(k∈N)时，T.=(k+1D(-1)+k+1Dk×4 3 3 2 =m+2)(-2)-2+1-(-2) +14h+,卫×8=6谈+11k-1, -3 9 2 =7-(3m十7)(-2) 5=(2+1DX5+2+D2坠×2=4k+12+5, 9 2 2.解：(1)因为4S.=3dn十4，所以4S+1=3aw+1十4，两式相 T.-S.=2k2-k-6=(2k+3)(k-2). 减可得：4a+t=3a+1一3a· 当n>5即k>2时.(2k+3)(k-2)>0. 即：a+1=-3an,又因为4S=3a十4，所以a1=4,故数列 所以T>S。.证毕. 《an}是首项为4，公比为一3的等比数列，4n=4·(-3): 4.解：(1)设等差数列的公差为d, (2)bn=(-1)"-an=4n·3-, 14:=a1+d-11 所以T.=4(1×3°+2×3+3×3+…+n×31). 由题意可得 .=e,+09=0径十 3T.=4(1×3+2×3+3×3+…+n×3),两式相减 12a+9d=8 可得：-2T.=4(1+3+3+…十3"-1-1·3)=4 解得∫4=13 ld=-2 (1-3-n·3）-(2-4m)3”-2.T.=(2m-1D3*+1. /1一3" 所以a.=13-2(n-1)=15-2n 3.解：(1)因为2S.=a., 当n=1时，2a1=a1,即a=0: 故am=15-2n. 当n=3时，2(1十aa)=3a2,即a=2, （2)因为S.=n13+)5一2m=14m-r, 2 当n≥3时，2S。-1=(n-1)a,-1,所以2(S-S,-1)=a, -(n-1)a-1=2am: 令a,-15-2m>0,解得<号，且nEN。 化简得：a-2a,=(1-10a1当≥8时总兰一司 当n≤7时，则an>0,可得T.=|a1|十a:|+…十an =a1十a2+…十an=Sn-14n-n2, =-号=1，即a,=1-1 当n≥8时，则an<0,可得T.=|a1|十a|十…十lan| 当n=1,2,3时都满足上式， =(a1十ag+…+a,-(a十…十a.） 所以a。=n-1(n∈N). =S,-(S,-S,)=2S,-S.=2(14×7-72)-(14n-n2) =n-14n+98: 2周为“=是所以工-x(侵）广+2x(位）广 上工-a 3×(合)广++m×(合)广 ◆裂项相消法求和 工，=1x(侵)+2×（侵）广+…+m-)x(侵)】 解：1)由么，十6=6得1十q=6d,得g=立我 +x(侵) 一吉（合去： 两式相减得， x.=(位)+（位）+(2)广+…+（合）广-n× 故6=，故出=三4，故6=4、 由c.=d+1一a,得a+1一a.=4-',由累差叠加可得：dn ”×信 =4"-1+2 1-8 3 动收为彩送盘，样号一品一岸温秋 =1-（+受)2) 由累除叠乘可得： 即T.=2-2+m(合)广neN, 13 数学 ◆并项求和法 作业11立体几何 解：(1)设等比数列{a.}的首项为a1,公比为q(g>1). 考点1空间几何体的结构特征、 因为+a=20.即9a4=20 (a3=8 lag=8 表面积与体积 ◆几何体的结构特征 解得q=2,41=2.所以an=2”. 1.D四棱锥的底面是边长为4的 (2)由于2=2,2=4,2=8,2=16,2=32,2=64,2 正方形，且PA=PB=4,PC= =128, PD=2反，如图，设AB,CD的中 所以b对应的区间为：(0,1]，则b=0: 点分别为E,F,则PE⊥AB,PFB bb对应的区间分别为：(0,2]，(0,3]，则b2=6=1,即 ⊥CD,连接EF,:EF⊥CD,PF⊥CD,EF∩PF=F,EF 有2个1： C平面PEF,PFC平面PEF,.CDL平面PEF,丈CD ,bb,b,对应的区间分别为：(0,4]，(0,5]，(0,6]， C平面ABCD,∴.平面PEF⊥平面ABCD,且平面PEF (0,7],则b=b=b。=b=2,即有2个2： ∩平面ABCD=EF.过点P作PO⊥EF于点O,则PO b,b,,b对应的区间分别为：(0,8]，(0,9]，…，(0， C平而PEF,则PO⊥平面ABCD.在△PEF中，由题可 15],则b=,=…=b:=3,即有2个3： 求得PE-2,PF=2,EF=4,.PE+PF=EF, bs,bz,…,b1对应的区间分别为：(0,16]，(0,17]，…， ∴∠EPF=90°，根据面积相等可得PO·EF=PE· (0,31],则b6=b,=…=b1=4,即有2个4： PF,即4P)=2√3×2.得P0=3. b1b…,ba对应的区间分别为：(0,32]，(0,33].…， 2.解析：以A为顶，点，若△ABC为正四梭锥的侧面，有两种情 (0,63].则b:=b1=…=b=5,即有2个5： 况，若△AB℃为正四棱锥的对角面，有一种情况，共三种情 b,b5…,bo对应的区间分别为：(0,64]，(0,65]，…， 况：同理，以B,C为顶点，也各有三种情况共9种 (0,100],则b1=b=…=bw=6,即有37个6. 所以Sm=1×2+2×22+3×23+4×2+5×2+6×37 =480. 考点4与数列有关的新定义问题 解：(1)设{a.}公差为d,{b.}公比为g(g≠0)，则 (2+d=2g+1 12+2d=2g 解得d=3 答案：9 (g=2 ◆几何体的表面积 故4m=2+3(n-1)=3n-1,b,=2". C考查信息问题，考查卫星信号覆盖的问题，计算过程 (2)由题知集合T,中的元素为1=之pa,a,其中p∈ 结合简单的三角函数和球的表面积公式，属于中档题， 6400 0,1}, 8,S=1-cos=45 c0sa=6400+36000=53'4元7 2 106 当所有的p-1时，1取最大值，脚-之aA一空[(3i ≈42%. -1)×2]. ◆几何体的体积 计算tu与a+iba+ 1,B由题意，侧面积相等，则圆锥的母线长是圆柱高的2 记s=1=2(3i-10x2. 修，即2故其底面来径为3.所以圆维的休积为号×示 ×32×3=3√3π故选择：B 则S=2(3i-1)×2=2×2+5×2+…+(3mn+1) 2.B设棱台高为h,且三条侧棱延长后交于一点O,则由 ×2", 已知得AB=3AB,, 25=2(3i-1)×2+1=2×22+5×2+…+(3m-4)× 则0到上底的矩高为合，0到下底的距高为受6：又 2"+(3m-1)×2+1. Sw=95,S44=5, -5=2(3i-1D×2-2(3i-1)×2 =1 1 所以·9·昌-子·=号h=上底 3 =4十3×(22+23+…+2")-(3m-1)×2+1 3 =4+3×4X0-2)-(3m-1)×2 1-2 中心到项点A的距离为二，所以所求正切值为 =(8-6n)×2*-8. 3 则1m.=S=(61-8)×2"+8=(3m-4)×2*1十8. 易知4。+1b,+1-[3(n+1)-1]×2-1=(3n+2)×2+1」 g=1 当n≥1时，am+1b.+1-t=6X2+1-8≥6X2H-8= 3.C用一个完全相同的五面体 16>0,所以V1∈Tn,均有1<a+b+i HI」LMN(顶，点与五面体ABC 由题知集合T.中的元素为1=上p,ab,=a,十p,a,b DEF一一对应)与该五面体相嵌， 使得D,N:E,M:F,L重合， +…+p.ab.其中p∈{0，l, 因为AD∥BE∥CF,且两两之间 D 每个a,b,项在所有元素的和式中出现的次数为2"- 距离为1.AD=1,BE=2,CF=3, 所以T。中所有元素之和为2"-1S=2"-1[(3n-4)×2+ 则形成的新组合体为一个三棱柱， +8]=(3m-4)×4"+2+　 　　　作业９　数系的扩充与复数的引入 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 　　复数是每年的必考项和高考的得分项,复数以考查复数的四则运算为主,偶尔与其他知识交 汇．考查代数运算的同时,主要涉及考查的概念有:复数的代数形式、复数的模、复数的几何意义．高 考对复数的考查,难度有增加的趋势,常出现在多选题中．应加强复数解题技能的掌握． ◆复数的概念 １．(２０２５􀅰全国一卷,１)(１＋５i)i的虚部为 (　　) A．－１　　　　　　　B．０ C．１ D．６ ２．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,１)已知z＝－１－i,则 |z|＝ (　　) A．０ B．１ C．２ D．２ ３．(２０２４􀅰全国甲卷(文),２)设z＝ ２i,则z􀅰 􀭵z＝ (　　) A．－２ B．２ C．－ ２ D．２ ４．(２０２３􀅰全国甲卷(理),２)若复数(a＋i)(１ －ai)＝２,a∈R,则a＝ (　　) A．－１ B．－２ C．１ D．２ ５．(２０２３􀅰全国乙卷(文),１)|２＋i２＋２i３|＝ (　　) A．１ B．２ C．５ D．５ ６．(２０２５􀅰天津卷,１０)已知i是虚数单位,则 ３＋i i ＝　　　　． ７．(２０２４􀅰上海卷,９)已知虚数z,其实部为１,且z ＋２z＝m (m∈R),则实数m为　　　　． ８．(２０２３􀅰上海卷,６)已知复数z＝１＋i(i为虚 数单位),则|１－iz|＝　　　　． ◆复数的四则运算 １．(２０２５􀅰全国二卷,２)已知z＝１＋i,则 １z－１ ＝ (　　) A．－i　　　B．i　　　C．－１　　　D．１ ２．(２０２５􀅰北京卷,２)已知复数z满足i􀅰z＋２ ＝２i,则|z|＝ (　　) A．２ B．２ ２ C．４ D．８ ３．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷,２)若 zz－１＝１＋i ,则z ＝ (　　) A．－１－i　　　　　　B．－１＋i C．１－i D．１＋i ４．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１)若z＝５＋i,则i(􀭵z ＋z)＝ (　　) A．１０i B．２i C．１０ D．２ ５．(２０２４􀅰北京卷,２)若复数z满足zi＝－１－ i,则z＝ (　　) A．－１－i B．－１＋i C．１－i D．１＋i ６．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,２)已知z＝１－i２＋２i ,则z －z＝ (　　) A．－i B．i C．０ D．１ ７．(２０２３􀅰全国甲卷(文),２) ５ (１＋i３) (２＋i)(２－i)＝ (　　) A．－１ B．１ C．１－i D．１＋i ８．(２０２３􀅰全国乙卷(理),１)设z＝ ２＋i １＋i２＋i５ , 则z＝ (　　) A．１－２i B．１＋２i C．２－i D．２＋i ９．(２０２４􀅰天津卷,１０)已知i是虚数单位,复 数(５＋i)􀅰(５－２i)＝　　　　． １０．(２０２３􀅰天津卷,１０)已知i是虚数单位,化 简５＋１４i ２＋３i 的结果为　　　　． ◆复数的几何意义 １．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,１)在复平面内,(１＋ ３i)(３－i)对应的点位于 (　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ２．(２０２５􀅰上海卷,１０)已知复数z满足z２＝ (􀭵z) ２ ,|z|≤１,则|z－２－３i|的 最 小 值 是　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７３ 作业９　数系的扩充与复数的引入 　 　　　　　　　　作业１０　数列 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 　　数列的通项与求和一直是热点考点,但是单独考查的频率有所下降,而数列与函数、不等 式相结合,以新定义的形式考查的频率有所上升．数列部分高考题一般以中等难度试题为主, 一般以等差、等比数列的定义、性质或以通项公式、前n项和公式为基础考点,常结合数列的 递推公式进行命题,侧重于数列的基本量运算、数列的概念及表示法的理解,主要考查考生对 基本方法与基本技能的掌握;由于数列是一类特殊函数,所以在对知识的基础性、综合性与应 用性的考查上,常会与函数、不等式等知识交汇,综合考查函数与方程、等价转化、分类讨论等 思想;通过数列在实际生活中的应用以及与数学文化有关的问题考查考生的数学抽象以及数 学探究、数学建模等素养． 考点１　数列的概念及其表示 ◆数列的递推式和通项公式 (２０２２􀅰全国乙卷(理),４)嫦娥二号卫星在 完成探月任务后,继续进行深空探测,成为 我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星,为研 究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比 值,用 到 数 列 {bn}:b１ ＝１＋ １ a１ ,b２ ＝１＋ １ a１＋ １ a２ ,b３＝１＋ １ a１＋ １ a２＋ １ a３ ,􀆺,依此类推, 其中ak∈N∗(k＝１,２,􀆺)．则 (　　) A．b１＜b５ B．b３＜b８ C．b６＜b２ D．b４＜b７ ◆Sn 与an 的关系 (２０２０􀅰浙江卷,７)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,公差d≠０,且 a１ d≤１． 记b１＝S２, bn＋１＝S２n＋２－S２n,n∈N∗ ,下列等式不可能 成立的是 (　　) A．２a４＝a２＋a６ B．２b４＝b２＋b６ C．a２４＝a２a８ D．b２４＝b２b８ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点２　等差数列和等比数列 ◆等差数列及其性质 １．(２０２５􀅰全国二卷,７)记Sn 为等差数列{an} 的前n项和．若S３＝６,S５＝－５,则S６＝ (　　) A．－２０　　　　　B．－１５ C．－１０ D．－５ ２．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,７)记Sn 为数列{an}的 前n项和,设甲:{an}为等差数列; 乙:Sn n{ }为等差数列．则 (　　) A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要 条件 ３．(２０２３􀅰全国乙卷(理),１０)已知等差数列 {an}的公差为 ２π ３ ,集合 S＝{cosan|n∈ N∗},若S＝{a,b},则ab＝ (　　) A．－１ B．－１２ C．０ D．１２ ４．(２０２３􀅰上海卷,３)已知首项为３,公比为２ 的等比数列,设等比数列的前n项和为Sn, 则S６＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８３ 数学 ５．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,２０)(１２分)设等差数 列{an}的公差为d,且d＞１．令bn＝ n２＋n an , 记Sn,Tn 分 别 为 数 列 {an},{bn}的 前 n 项和． (１)若３a２＝３a１＋a３,S３＋T３＝２１,求{an}的 通项公式; (２)若{bn}为等差数列,且S９９－T９９＝９９, 求d． ◆等差数列的通项与求和 １．(２０２４􀅰全国甲卷(理),４)记Sn 为等差数列 {an}的前n项和,已知S５＝S１０,a５＝１,则a１ ＝ (　　) A．７２ B． ７ ３ C．－１３ D．－ ７ １１ ２．(２０２４􀅰全国甲卷(文),４)等差数列{an}的 前n项和为Sn,若S９＝１,则a３＋a７＝ (　　) A．－２ B．７３ C．１ D．２９ ３．(２０２３􀅰全国甲卷(文),５)记Sn 为等差数列 {an}的前n项和．若a２＋a６＝１０,a４a８＝４５, 则S５＝ (　　) A．２５ B．２２ C．２０ D．１５ ４．(２０２５􀅰上海卷,３)已知等差数列{an}的首 项a１＝－３,公差d＝２,则该数列的前６项 和为　　　． ５．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,１２)设Sn 为等差数列 {an}的前n项和,若a３＋a４＝７,３a２＋a５＝ ５,则S１０＝　　　　． ◆等比数列及其性质 １．(２０２５􀅰全国二卷,９)(多选)记Sn 为等比数 列{an}的前n项和,q为{an}的公比,q＞０． 若S３＝７,a３＝１,则 (　　) A．q＝１２　　　　　　　B．a５＝ １ ９ C．S５＝８ D．an＋Sn＝８ ２．(２０２３􀅰全国乙卷(理),１５)已知{an}为等比 数列,a２a４a５ ＝a３a６,a９a１０ ＝ －８,则a７ ＝ 　　　　． ◆等比数列的通项与求和 １．(２０２３􀅰全国甲卷(理),５)已知正项等比数列 {an}中,a１＝１,Sn 为{an}前n项和,S５＝５S３－ ４,则S４＝ (　　) A．１５８ B． ６５ ８ C．１５ D．４０ ２．(２０２３􀅰天津卷,６)已知{an}为等比数列,Sn 为数列{an}的前n项和,an＋１＝２Sn＋２,则 a４ 的值为 (　　) A．３ B．１８ C．５４ D．１５２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９３ 作业１０　数列 ３．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,８)记Sn 为等比数列 {an}的前n项和,若S４＝－５,S６＝２１S２,则 S８＝ (　　) A．１２０ B．８５ C．－８５ D．－１２０ ４．(２０２５􀅰全国一卷,１３)若一个等比数列的 各项均为正数,且前４项的和等于４,前 ８项的和等于６８,则这 个 数 列 的 公 比 等 于　　　　． ５．(２０２３􀅰全国甲卷(文),１３)记Sn 为等比数 列{an}的前n项和．若８S６＝７S３,则{an}的 公比为　　　　． ◆等差、等比数列的综合 １．(２０２５􀅰北京卷,５)已知 {an}是公差不为０ 的等差数列,a１＝－２,若a３,a４,a６ 成等比数 列,则a１０＝ (　　) A．－２０ B．－１８ C．１６ D．１８ ２．(２０２５􀅰上海卷,１６)已知数列{an},{bn}, {cn}的通项公式分别为an＝１０n－９,bn＝ ２n,cn＝λan＋(１－λ)bn,若对任意λ∈[０,１], an,bn,cn 的值均能构成三角形的三边,则满 足条件的正整数n有 (　　) A．１个 B．３个 C．４个 D．无穷个 ３．(２０２４􀅰北京卷,１５)设{an}与{bn}是两个不 同的无穷数列,且都不是常数列．记集合 M ＝{k|ak＝bk,k∈N∗},给出下列四个结论: ①若{an}与{bn}均为等差数列,则M 中最多 有１个元素; ②若{an}与{bn}均为等比数列,则M 中最多 有２个元素; ③若{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则 M 中最多有３个元素; ④若{an}为递增数列,{bn}为递减数列,则 M 中最多有１个元素． 其中正确结论的序号是　　　　． ４．(２０２３􀅰天津卷,１９)(１５分)已知数列{an} 是等差数列,a２＋a５＝１６,a５－a３＝４． (１)求{an}的通项公式和 ∑ ２ n －１ i＝２n－１ ai; (２)已知{bn}为等比数列,对于任意k∈N∗ , 若２k－１≤n≤２k－１,则bk＜an＜bk＋１ (ⅰ)当k≥２时,求证:２k－１＜bk＜２k＋１; (ⅱ)求{bn}的通项公式及其前n项和． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０４ 数学 考点３　数列的求和 ◆公式法与分组转化法求和 １．(２０２５􀅰天津卷,６)已知数列{an}的前n项 和Sn＝－n２＋８n,则{|an|}的前１２项和为 (　　) A．４８　　　　　　　B．１１２ C．８０ D．１４４ ２．(２０２４􀅰天津卷,１９)(本小题１５分)已知数 列{an}是等比数列,公比大于０．其前n项和 为Sn．若a１＝１,S２＝a３－１． (１)求数列{an}的前n项和Sn; (２)设bn＝ k,n＝ak bn－１＋２k,ak＜n＜ak＋１{ ,k∈N∗． (ⅰ)当k≥２,n＝ak＋１ 时,求证:bn－１ ≥ak 􀅰bn; (ⅱ)求∑ 　　 　　Sn i＝１ bi． ３．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷,１８)(１２分)已知{an} 为等差数列,bn＝ an－６,n为奇数, ２an,n为偶数．{ 记Sn, Tn 分别为数列{an},{bn}的前n项和,S４＝ ３２,T３＝１６． (１)求{an}的通项公式; (２)证明:当n＞５时,Tn＞Sn． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １４ 作业１０　数列 ４．(２０２３􀅰全国乙卷(文),１８)(１２分)记Sn 为 等差数列{an}的前n项和,已知a２＝１１,S１０ ＝４０． (１)求{an}的通项公式; (２)求数列{|an|}的前n项和Tn． ◆裂项相消法求和 (２０２０􀅰浙江卷,２０)(１５分)已知数列{an}, {bn},{cn}满足a１＝b１＝c１＝１,cn＝an＋１－ an,cn＋１＝ bn bn＋２ cn,n∈N∗ (１)若{bn}为等比数列,公比q＞０,且b１＋b２ ＝６b３,求q的值及数列{an}的通项公式; (２)若{bn}为等差数列,公差d＞０,证明:c１ ＋c２＋c３＋􀆺＋cn＜１＋ １ d ,n∈N∗． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２４ 数学 ◆错位相减法求和 １．(２０２５􀅰全国一卷,１６)已知数列{an}中,a１ ＝３, an＋１ n ＝ an n＋１＋ １ n(n＋１)． (１)证明:数列{nan}为等差数列; (２)给定正整数 m,设函数f(x)＝a１x＋ a２x２＋􀆺＋amxm,求f′(－２)． ２．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１８)(１２分)记Sn 为 数列{an}的前n项和,已知４Sn＝３an＋４． (１)求{an}的通项公式; (２)设bn＝(－１)n－１nan,求数列{bn}的前n 项和Tn． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３４ 作业１０　数列 ３．(２０２３􀅰全国甲卷(理),１７)(１２分)已知数 列{an}中,a２＝１,设Sn 为{an}前n项和,２Sn ＝nan． (１)求{an}的通项公式; (２)求数列 an＋１ ２n{ }的前n 项和Tn． ◆并项求和法 (２０２０􀅰新高考Ⅰ卷,１８)(１２分)已知公比 大于１的等比数列{an}满足a２＋a４＝２０,a３ ＝８． (１)求{an}的通项公式; (２)记bm 为{an}在区间(０,m](m∈N∗ )中 的项 的 个 数,求 数 列 {bm }的 前 １００ 项 和S１００． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点４　与数列有关的新定义问题 (２０２５􀅰天津卷,１９){an}是等差数列,{bn}是等比数列,a１＝b１＝２,a２＝b２＋１,a３＝b３． (Ⅰ)求{an},{bn}的通项公式; (Ⅱ)已知I＝{０,１},∀n∈N∗ 有Tn＝{p１a１b１＋p２a２b２＋􀆺＋pnanbn|p１,p２,􀆺,pn∈I}． (ⅰ)求证:∀实数t∈Tn,均有t＜an＋１bn＋１; (ⅱ)求Tn 中所有元素之和． ４４ 数学