专题8 数列-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训

　 　　　　　　　　专题八　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． 第１节　数列的概念及其表示 [考点１]　数列的递推式和通项公式 １．(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 ２．(２０２２􀅰浙江卷,１０)已知数列{an}满足a１＝ １,an＋１＝an－ １ ３a ２ n(n∈N∗),则 (　　) A．２＜１００a１００＜ ５ ２ B． ５ ２＜１００a１００＜３ C．３＜１００a１００＜ ７ ２ D． ７ ２＜１００a１００＜４ ３．(２０２１􀅰浙江卷,１０)已知数列{an}满足a１＝ １,an＋１＝ an １＋ an (n∈N∗ ),记数列{an}的前 n项和为Sn,则 (　　) A．３２＜S１００＜３ B．３＜S１００＜４ C．４＜S１００＜ ９ ２ D． ９ ２＜S１００＜５ [考点２]　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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第２节　等差数列和等比数列 [考点１]　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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４５ 最新真题分类特训􀅰数学 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．(２０２２􀅰新高考Ⅱ卷,３)图１是中国古代建 筑中的举架结构,AA′,BB′,CC′,DD′是桁, 相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为 举．图２是某古代建筑屋顶截面的示意图． 其中DD１,CC１,BB１,AA１ 是举,OD１,DC１, CB１,BA１ 是相等的步,相邻桁的举步之比 分别为 DD１ OD１ ＝０．５, CC１ DC１ ＝k１, BB１ CB１ ＝k２, AA１ BA１ ＝k３．已知k１,k２,k３ 成公差为０．１的等差数 列,且直线OA 的斜率为０．７２５,则k３＝ (　　) A．０．７５ B．０．８ C．０．８５ D．０．９ ５．(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＝　　　　． ６．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５５ 第二部分　专题八　数列 ７．(２０２１􀅰全国甲卷(理),１８)(１２分)已知数 列{an}的各项均为正数,记Sn 为{an}的前n 项和,从下面①②③中选取两个作为条件, 证明另外一个成立． ①数列{an}是等差数列;②数列{Sn}是等 差数列;③a２＝３a１, 注:若选择不同的组合分别解答,则按第一 个解答计分． ８．(２０２１􀅰全国甲卷(文),１８)记Sn 为数列{an}的 前n项和,已知an＞０,a２＝３a１,且数列{Sn}是 等差数列,证明:{an}是等差数列． [考点２]　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．(２０２１􀅰北京卷,１０)数列{an}是递增的整数 数列,且a１≥３,a１＋a２＋a３􀆺＋an＝１００,则 n的最大值为 (　　) A．９ B．１０ C．１１ D．１２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６５ 最新真题分类特训􀅰数学 ５．(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　　　． ６．(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＝　　　　． ７．(２０２２􀅰全国乙卷(文),１３)记Sn 为等差数 列{an}的前n项和．若２S３＝３S２＋６,则公差 d＝　　　　． ８．(２０２２􀅰新高考Ⅰ卷,１７)(１０分)记Sn 为数 列{an}的前n项和,已知a１＝１, Sn an{ }是公差 为１ ３ 的等差数列． (１)求{an}的通项公式; (２)证明:１a１ ＋１a２ ＋􀆺＋１an ＜２． ９．(２０２１􀅰全国乙卷(理),１９)(１２分)记Sn 为 数列{an}的前n项和,bn 为数列{Sn}的前n 项积．已知２Sn ＋１bn ＝２． (１)证明:数列{bn}是等差数列; (２)求{an}的通项公式． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７５ 第二部分　专题八　数列 １０．(２０２１􀅰新高考Ⅰ卷,１７)(１０分)已知数列 {an}满足a１＝１,an＋１＝ an＋１,n为奇数, an＋２,n为偶数,{ (１)记bn＝a２n,写出b１,b２,并求数列{bn}的 通项公式; (２)求{an}的前２０项和． １１．(２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,１７)(１０分)记Sn 是 公差不为０的等差数列{an}的前n项和, 若a３＝S５,a２a４＝S４． (１)求数列{an}的通项公式an; (２)求使Sn＞an 成立的n 的最小值． [考点３]　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 ＝ 　　　　． [考点４]　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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８５ 最新真题分类特训􀅰数学 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．(２０２２􀅰全国乙卷(理),８)已知等比数列 {an}的前３项和为１６８,a２－a５＝４２,则a６＝ (　　) A．１４ B．１２ C．６ D．３ ５．(２０２１􀅰全国甲卷(文),９)记Sn 为等比数列 {an}的前n项和．若S２＝４,S４＝６,则S６＝ (　　) A．７ B．８ C．９ D．１０ ６．(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 　 　 　　． ７．(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　　　　． [考点５]　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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９５ 第二部分　专题八　数列 ５．(２０２２􀅰全国甲卷(文),１８)(１２分)记Sn 为 数列{an}的前n 项和．已知 ２Sn n ＋n＝２an ＋１． (１)证明:{an}是等差数列; (２)若a４,a７,a９ 成等比数列,求 Sn 的最 小值． ６．(２０２２􀅰新高考Ⅱ卷,１７)(１０分)已知{an} 是等差数列,{bn}是公比为２的等比数列, 且a２－b２＝a３－b３＝b４－a４． (１)证明:a１＝b１; (２)求集合{k|bk＝am＋a１,１≤m≤５００}中元 素的个数． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０６ 最新真题分类特训􀅰数学 第３节　数列的求和 [考点１]　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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １６ 第二部分　专题八　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． [考点２]　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∗． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２６ 最新真题分类特训􀅰数学 [考点３]　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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３６ 第二部分　专题八　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． ４．(２０２１􀅰全国乙卷(文),１９)(１２分)设{an} 是首项为１的等比数列,数列{bn}满足bn＝ nan ３ ． 已知a１,３a２,９a３ 成等差数列． (１)求{an}和{bn}的通项公式; (２)记Sn 和Tn 分别为{an}和{bn}的前n项 和．证明:Tn＜ Sn ２． ５．(２０２１􀅰天津卷,１９)已知{an}是公差为２的 等差数列,其前８项和为６４．{bn}是公比大 于０的等比数列,b１＝４,b３－b２＝４８． (Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式; (Ⅱ)记cn＝b２n＋ １ bn ,n∈ N∗ , (ⅰ)证明{c２n－c２n}是等比数列; (ⅱ)证明 ∑ n k＝１ akak＋１ c２k－c２k ＜２ ２(n∈N∗)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４６ 最新真题分类特训􀅰数学 ６．(２０２１􀅰浙江卷,２０)(１５分)已知数列{an} 的前n项和为Sn,a１＝－ ９ ４ ,且４Sn＋１＝３Sn －９(n∈N∗)． (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)设数列{bn}满足３bn＋(n－４)an＝０(n ∈N∗),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn 对任意n∈N∗ 恒成立,求实数λ 的取值 范围． [考点４]　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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５６ 第二部分　专题八　数列 第４节　与数列有关的新定义问题 １．(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． ２．(２０２２􀅰北京卷,２１)(１５分) 已知Q:a１,a２,􀆺,ak 为有穷整数数列,给定 正整数m,若对任意的n∈{１,２,􀆺,m},在 Q 中存在ai,ai＋１,ai＋２,􀆺,ai＋j(j≥０),使得 ai＋ai＋１＋ai＋２＋􀆺＋ai＋j＝n,则称Q 为m －连续可表数列． (１)判断Q:２,１,４是否为５－连续可表数 列? 是否为６－连续可表数列? 说明理由: (２)若Q:a１,a２,􀆺,ak 为８－连续可表数列, 求证:k的最小值为４; (３)若Q:a１,a２,􀆺,ak 为２０－连续可表数 列,且a１＋a２＋􀆺＋ak＜２０,求证:k≥７． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６６ 最新真题分类特训􀅰数学 最新真题分类特训·数学 19,解析：由题意可得51=5十14(2-3=52+13 3.A a。 2+3i (2+3i)(2-3i) 13 =4十i. 答案：4十i (店*)- 20解析先产-名g号-20= (2+i)(2-i) 5 答案：4一1 考点3复数的几何意义 2 1.A由题知(1+3i)(3-i)=3-i+9i-3=6+8i,所以 √a, 该复数在复平面内对应的点为(6,8)，位于第一象限.故 a≥，4 选A. (n+1)F 2.A考查复数的四则运算和复平面内点的对应关系，属 ≤a。=n十1 于满单题=2迎=”=名+对 n十3, 十1 1-(3i) 6 应点为（合）位于第一象限。 <a,≤mm+P51++6 a。 3.解析：本题考查了复数的运算，复数的模的最值 设x=a+bi(a,b∈R) =(月 >a十a=2 .(a+bi)2=(a-bi)2, 综上号<Sm<3. 解得a=0或b=0, 故选择：A ,x≤1. 考点2S,与am的关系 .应当a=0,b≤1或b=0,a≤1 D由b.+1=S+:-S2得b2=S1-S:=a1+a,b=S :x一2-3i表示复平面上之的对应点与(2,3)的距离， -S=a,十ag,b=S-S。=a:十a1,b,=a1e十as 可知当之位于(0,1)时，之-2-3i取得最小值为2√2. 远项A,由等差数列性质知，成立。 答案：2√瓦 选项B,2h,=2(a十a:),b2十b.=a1十a1十ae十an= 专题八数列 2(a十a,),成立. 第1节数列的概念及其表示 选项C,aa=(a,-2d)(a1十4d)=ai+2ad-8d,假 考点1数列的递推式和通项公式 设成立，则2a1d=8d',a1=4d,a1=d,这与a1≤d相符， D《取特珠痘)取a,=1,于是有6=26=号4=号 5 假设正确. 选项D,bb,=(a1+a:)(a1m十a1i)=(2a1+5d)(2a1+ 么，=号…，分子分母分到构成变泼那契载列，于是有 29d0=4ai+10a1d+58a1d+145d=4a+68a1d +145d 4=号4=器6=器6-票 21 34 55 b=(a,十as)P=(2a1+13d)2=4ai+52a1d+169d 于是得6>44=1十号=1+器1十器-64=1叶 假设成立得52a1d+169d=68a1d+145d,即16a1d =24d 是>1+之=64==1+员>1+是=6对比选 导-受与巴知号<1矛盾，D不成立，故接D 项，选D. 第2节等差数列和等比数列 2.Ba1-a,=-a<0,则列1a.}单调递减.0<a 考点1等差数列及其性质 1.B因为S1=3ag=6,所以a:=2,国为S=5a1=-5, 所以a=一1，所以{an}的公差d=a一a:=-3,所以a 。>号1，得己>34，得10am<3又根据 加得1-1> =5,所以S。=6a1十15d=6×5-15×3=-15. 2.C因为a.}为等差数列，设其首项为a,公差为d,则 >得>"，所以=2< a+1a a 3-a 2 故侣}为等装数到，则甲是乙的克分条件： 得亡<+1+（位++十+） a10 反之， 号（侵×6+g×93）=40.100aw>号 nS1-(m十1)S_m@,一S为常数，设为， n(n+1) n(n+1) 68 详解详析 即a+1一S n(n十1) =t,故Sn=nan+1-t·n(n十1)，故S.-1 当a1=2d时，a,=(n+1Dd,6.=”十n=力+n=n (n+1)a=d (n-1)a.-t·n(n-1),n≥2， 故5.=n34,T.=,又8-T=9 2 两式相减有：an=nan+1一(n一1)a。一2tm→a.t1一an= 2d 2t,且为常数，对n=1也成立，故{an}为等差数列，则甲 即99X102d_99X100=99,即51d-d-50=0,所以d 2 2d 是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选C 3B依题意，等差数列{a,中a,=a,十(m-1).红=2红 =一骨会)减d-1(合)：蜂上可知，d品 33 7.解析：一，选择条件①③ a+(a): 已知{an}为等羞数列，a:=3a1,设公羞为d, 则a2=3a1=a1十d,即d=2a1, 显然y=o[十(a,一)门的周期为3，而n 因为S.=a+n",Dd=ia1, 2 N”,即cosa。最多3个不同取值，又{cos a.n∈N}= {a,b}, 则S=√a1·n(a1>0), 则在c0sa1,cosa,c0sa中，c0sa1=c0sa≠cosa或 所以数列{√S}为等差数列. c0sa1≠c0s4g=c0sa:, 二、选择条件①② 子是有c0s9=0(0-号)即有十(（0-号)=2， 已知{an}为等差数列，数列{√/S}为等差数列，设{an}的 公差为d, ∈Z.解得0=kr一 则a。=a1十(n-1)d, 所以k∈Z, s=a,+n"d=md-(o-号）n 2 ab-m(a-晋）o[(红一号)十] 若数列{√S。)为等差数列， 则a=号， 所以a:=a1+d=3a =一子选B 三，选择条件②③ 4.D设OD1=DC,=CB,=BA1=1,则CC1=k1,BB1= 已知数列{√Sn}为等差数列，a1=3a:设公差为d, kAA=k. 则S-√S=d,即√4a-√a=d, 由题意得k1=1十0.2，k=k:十0.1 则a1=f,√S=√写+(n-1)d=d, 0瓷 L=0.725 则Sn=nd, an=Sn-S。-1=2dn-d, 解得k1=0.9,故选D. 所以数列{a,}为等差数列. 5.解析：S=3+6+12+24+48+96=189. 8.解：因为数列{√S。}是等差数列，且a:=3a1,设数列 答案：189 6.解：(1)因为3a,=3a1十ag,故3d=a1=a1十2d,即a1= {√S}的公差为d, d,故a=,所以么=="宁8=， 易知首项√=√a,且√S,=√a1+a=√a+3a nd 2 =2a, =nn32,又s+T=21,即3X4d+3X5=21,即2d 所以d=√S-√S=2√a-瓜=√a 2d 2 2d 所以S=√S+(n-1)d=a+(n-1)√a= -7d+3=0,故d=3或d=合（舍），故{a,1的道项公式 na1→S.=na1,① 为an=3n. 所以S-1=(n-1)'a1,② 2易如么产a所以么=2么= 6 ①-②得Sn-S-1=na1-(n-1)'a1=(2n-1)a a+d' 所以a.=(2n-1)a1: 6=12 a1+2d1 所以a+1-a.=(2n十1)a1-(2n-1)a1=2a1, 所以{a,}是等差数列. 因为{b,}是等差数列，所以2b=h十b, 考点2等差数列的通项与求和 所以12=12+2 a+d a +2d a 1.B图为S=S,所以a:十a,十a%十a,十ao=0,即5a 整理得(a1-2d)(a1-d)=0.所以a1=2d或a1=d. =0a,=0,又因为a5=1,所以公差d=-3,a1=a 当a1=d时，a.=nd,a1=d>1. 于是6=宁8=4,7=， -7d=3 7 2 2d 而8。-T。=9,片以501-}-1，解得4-易或d 2.D由S.=a,m+n,d得S,=9a,+36d=1a,十 2 -1(舍去). 4d=号da,十a,=2a,=2a+4d0=号，故选n 69 最新真题分类特训圳·数学 3.C由题意知，a:十a6=2a1=10,a1a,=45, 所以a1=5,a=9, 当n≥2时，a.=S,-S1=-1 n十1n 从而d-器号=1，于是=04-d=5-1=4 n(m显然a:不满足演式， 1 所以S=5a=20.故选C. n=1, 4.C要想n最大，前面的项应该越小越好，3,4,5,6,7,8， .de 9,10,11,12,13,14前12项和为102超过了100，故n的 n(n-1) n≥2： 最大值为11，如3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13，选C. (3 5.解析：本题考查了等差数列的求和公式的应用. n=1, 答案：(1)见解析：(2)a. a=-3.d=2i8=6a+591 1 n(n+1),n≥2， 6x(-3)+65×2=12. 10.解析：(1)由已知，a1=1a:=a1十1=2，a,=a十2=4， a,=a4十1=5， 答案：12 数列{a}的奇教项构成以1为首项，3为公差的等差 6.解析：设an=a1十(n-1)d,则由条件得2a1十5d=7,4a 数列， 十7d=5,解得a1=-4,d=3, 则S。=5(2a1十9d)=95. 所以当为寺裁时a=1中（空-）X3-”, 答案：95 数列{@，}的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列， 7.解析：由2S=3S十6可得2(a1十a十a1)=3(a1十a:） 十6，化简得2a:=a1十a4+6,即2(a1十2d)=2a1十d+ 所以a,=2+(受-1）X3=”,而6=a所以山 2 6,解得d=2.故答案为2. =a=2,b=a1=5, 答案：2 6.=a=3X2m-2=3m-1,所以，6=3m-1. 2 8.解析：1)S=41=1,所以三=1. (2)由(1)知：{an}的前20项和 S。=a1十ag十…十ao=(a1十a3十…十a1m)十(a4十a 所以侣}泛首项为1，公差为号的等差载列。 十…十aw) =10×1+10X9×3+10×2+10X9×3=300, 3 2 2 a. 所以{a.}的前20项和为300. 当≥2时a=5-5=”写子。-号 3 答案：(1)b=2,b:=5,b,=3m-1:(2)300 所以一a-w+e兰-号a≥2： 11.解：(1)由题知，设首项为a1,公差为d 累积法可得：a,=am卫(m≥2)，又a=1满足该式， a,+24=5a,+d 列方程 2 所以{a,}通项公式为a,=n,卫 a,+a,+3=4a,+1 2 解得41=-4 (2)1+1++1 ld=2 aa? 则a,=2n-6. (2):Sn>a,则有n2-5n>2n-6,解得n<1或n>6. 又：n∈N”,所以n的最小值为7 =[(-)）广（合号）广（日）门 考点3等比数列及其性质 1.AD由题可知 =2(-)2 a1十a19+a1g= 9,解析：当n=1时，么=S,易得6=受 a1g=1 ,解得= g>0 (a1=4 当≥2时=代入-2清去， 所以4=4×（侵）=（位），测a,=(侵） 1 化简得bn一b-1=立1 专s自】号 1-2 6,是以受为首项，号为公差的等差数列 （②易得a=5=h=是由1)可得么=”号，由受 3 2 1一2 衣=2可得8 8×(2)）广=8 详解详析 2.解析：设{a.}的公比为g(g≠0)，则a:a1a=aa6=a:g 2.B由题意an,bn,cn>0,不妨设A(n,a.),B(n,bn),C(n, aq,显然a,≠0， c,),三点均在第一象限内，由cm=Aa。十(1一A)6.可知， 则a1=g,即a1g2=g,则a1q=1,因为a,ao=一8，则 BC=ABA,A∈[0,1]，故点C恒在线段AB上，则有min a1g·a1g=-8, {a.b.}≤c.≤max{an,bn}<an+b. 则g5=(g)2=-8=(-2)2,则g=-2,则a,=@19· 即对任意的1∈[0,1门]，c.<a.十b.恒成立， g=1×(-2)=-2. 令10x-9=2,构造函数f(x)=2-10x+9,x>0, 答案：一2 则f(x)=2ln2-10,由f(x)单调递增， 考点4等比数列的通项与求和 又f(3)<0,f(4)>0,存在x∈(3,4)，使了(x)=0, 1.C由题知1+q十g2十g十g=5(1十q十g)-4, 即当0<x<x。时，f(x)<0,f(x)单调递减： 即g+4=4q十4g2,即g+-4g-4=0,即(g-2)(q 当x>x。时，f(x)>0,f(x)单调递增： +1)(g十2)=0. 故f(x)至多2个零点， 由题知g>0,所以g=2 义由f(1)>0,f(2)<0,f(5)<0,f(6)>0, 所以S,=1+2+4+8=15.故选C. 可知f(x)存在2个零点，不妨设x1,(x1<x:),且工1 2.C由题意可得：当n=1时，a2=2a1十2，即a1q=2a1十2， E(1,2),x2∈(5,6). ① ①若a,≤h,即10m一9≤2时，此时n=1或n≥6. 当n=2时，a1=2(a1十a)十2.即a1g=2(a1十a1q)十2， 则a≤c≤b,可知h,十c>an成立， ② 要使a。、b。cm的值均能构成三角形， 联立①@可得a1=2,g=3,则a1=a19=2×3=54. 所以a,十cn>bn恒成立，故bn<2an, 故选C 3.C由等比数列的性质可得S,S,一S:,S一S,S一 所以有10n-9≤2 (2”<2(10m-9)解得n=6: S,,为等比教列，因此(S,-S)广=S(S4一S),将S ②若a≥b.,即10n-9≥2，此时n=2,3,4,5,则an≥c =-5,S=21S,代入上式，解得S=-1(会)或，北 ≥bn,可知an十c>b,成立， 要使a。bnC,的值均能构成三角形，所以bn十cn>a。恒 时5=19，由等比载列性质可知S,一S,5-5S 成立，故a,<2bn, S为等比数列，解得S=一85，故选C. 所以有10n-9≥2 {10n一9<2*1，解得n=4或5； 4.D设等比数列{an》首项为a1,公比为g,由题意， 综上可知，正整数n的个数有3个. 十a=168.3a11十9十4)二168 3.解析：对于①，若{a,}与{b,}均为等差数列， la:-a:=42 (a1q1-g)=42 设a。=a1+(n-1)d=d1n+(a1-d),n∈N”, 即a11+g+g)-168 2解得g=合a=96,所 bn=b,+(n-1)d2=d2n+(b,-d2),n∈N”, (ag(1-g)(1+q十g)=4 故可将a。与b。看作是关于n的一次函数， 以a4=a1g=3,故选D. 其图象最多只有一个交点，且交点横坐标不是整教时， 5,A若{a}是等比数列，则连续n项的和也成等比教列， 不存在k满足a=b,故M中最多只有1个元素，① 所以有SS,一S,S-S,也成等比数列，所以有(S,-S,) 正确； =S2·(S-S)→(6-4)》2=4·(S-6)→S=7,故选A. 对于②，若{a.}与{b,}均为等比数列， 6.解析：易知g-a:十a士a:士2=68-4-16，所以g=2 设an=ag1,n∈N°，b.=bgl,n∈N°， a1十ag十aa十a 4 令a=b,则ag1=b1i', (负数舍点). 答案：2 数=（） ,中k=1+0会，调为bg会为 b 7.解析：若g=1,则由8S6=7S4,得8×6a1=7X3a1,则a 定值， =0,不合题意. 所以g≠1，当g≠1时，因为8S=7S, 故当1oe号公为整数时，存在使得a,=6, 所以8×10二g2=7×011=g2 故M中最多只有1个元素，②错误： 1一g 1一g 对于③，由①知点(n,a.)在一条斜率不为0的直线l 即8×(1-g)=7×(1-),即8×(1+g)(1-9)= 上，设bn=b1g1(g≠])，当公比q>0时，直线l。与教列 7X0=9),即8X1+9)=7,解得g=-子 {b}对应的函数的图象至多有2个公共点，M中最多有2个 元素；当q<一1时，点(n,b)在如图 答案：- 所示的曲线C1,C。上，由图易知直 线l。与曲线C1,C2至多有3个公共 考点5等差、等比数列的综合 点，如当a.=3n-4,bn=一1×(- 1.C由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可 2)”-1时，a1=b1=-1,a2=b=2, 求解. a,=b,=8,两个数列有3项相同，所 设等差数列{an}的公差为d(d≠0) 以M中最多有3个元素： 因为aa1a6成等比数列，且a=一2， 当q=一1时，易知M中最多有2个 所以a=aa4,即(-2十3d)°=(-2+2d)(-2+5dl), 元素：当一1<g<0时，易知M中最多有3个元素.综上 解得d=2或d=0(合去)， 可知，当an为等差数列，{b,}为等比数列时，M中最多 所以a1。=a1十9d=-2+9×2=16.故选：C. 有3个元素，所以③正确。 最新真题分类特训·数学 对于①，若{an}为递增数列， 6.解析：(1)设等差数列{a.}公差为d 则点(k,a:)随k的取值逐渐增大，其在平面直角坐标系 由a2-b2=a1-b,知a1十d-2b1=a1十2d 中，散点由左下到右上分布， 4b1,故d=2b1 若{b,}为递减数列，则点(k,b)随k的取值逐渐减小，其 由aa-b2=b,-a:,知a1十d-2b=8b1一(a1十3d), 在平面直角坐标系中，散点由左上到右下分布， 故a1十d-2b=4d-(a1十3d):故a1十d-2b,=d-a1, 故点(k,aE)与点(k,b)最多只能重合一次， 整理得a=b,得证. 即M中最多只有1个元素，①正确. (2)由(1)知d=2b=2a1,由b=an十a1知：b1·2-1 踪上，正确结论的序号是①③④. a1十(m-1)·d+a1 答案：①③④ 即6·2*-↓=b十(m-1)·2h+b1,即2-1=2m, 4解：(1)由题意可得0十a:=24十5d=16 因为1≤m≤500，故2≤2-1≤1000，解得2≤k≤10 (a-as=2d=4 故集合{kb=am十a1,1≤m≤500}中元素的个数为 解得∫a=3 9个. (d=2 第3节数列的求和 则数列{a.}的通项公式为a.=a十(n-1)d=3十2(n-1)= 考点1公式法与分组转化法求和 2n+1, 1.C本题考查了等差数列的通项公式，求和公差，S,= 注意到a,1=2X2-1十1=2十1，从a,1到a,”1共有 -n+8n.a,=S,-S.-1=-n+8n-[-(n-1)'+8(n 2°-1-(21-1)=2"-1项， -10)]=-2n十9. 故匀4=2xg+1D-②-Dx2=空1+ n=1时，S1=7=a1 2 ,∴.a。=-2n+9,n∈N 2"1+221-2”-1=3×2- :等差数列{an}中d=-2<0. (2)(1)由题意可知，当21≤n≤2-1时 .{an}为递减数列，可知a1>a>a>a1>0>a5>a… b.<a<b+ >a11>a 取n=21,则b<a-1=2X21十1=2十1，即b, a1十ag十…+a:=(a+…十a:)-(a:十aw十 <2*+1, 十a:)=S,-(Su-S)=2S,-Se=2×16-7,15×12 当2-3≤m≤2-1-1时，an<b, 2 =32+48=80. 取n=21-1,此时a.=a广t-1=2(21-1)十1 2.解：(1)设等比数列{an}的公比为q>0, =2-1, 因为a1=1,S=a4-1,即a1十a,=a,-1, 据此可得2-1<6， 可得1十g=g2-1,整理得g-9-2=0,解得9=2或9 综上可得2-1<6<2+1. =一1（含去）， (1)由(i)可知：1<b<3,3<b<5,7<b<9, 15<b,<17,据此猜测bn=2", 所以8号=2-1 否则，若数列的公比g>2,则n=b9-1>b1×21 (2)(i)由(1)可知a.=2-1,且k∈N,k≥2， >2-1. 当n=a4+1=2≥4时， 注意到2-1-(2”-1)=1-2-1，则2-1-(2一1)>0 则{，-21<2-1=M-1 不恒成立，即2"-1>2”一1不恒成立， (n-1=a41-1<aet 即a<n-1<a+i 此时无法保证2”一1<bn, 可知a=2-1,6.=k+1, 若数列的公比q<2,则b,=bg1<6×2"1<3×21, b.-1=b.+(a,1-a:-1)·2k=k+2k(2t-1)=k(2 注意到3×2-1一(2”+1)=2”1-1，则21-1<0不恒 1), 成立，即3X2”-↓<2”+1不恒成立， 可得b-1一a,·b,=k(2一1)-(k十1)2-1=(k-1) 此时无法保证b.<2”十1， 2-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥>0， 综上可知，教列的公比为2， 当且仅当k=2时，等号成立， 则数列的通项公式为b,=2”, 所以b.-1≥a5·bn: 其前n项和为S,=2X1一2)=2+1一-2 (i)由(1)可知：S.=2”-1=a+1-1, 1-2 若n=1,则S=1,b=1; 5.解析：(1)由已知得2S.十7=2an十n,当n=1时，原式恒成 若n≥2，则a+1-a=2-1, 立，当n≥2时，2S,-1十(n-1)=2(n-10a1十(n-1): 当21<i≤2-1时，b-b-1=2k,可知(6}为等差 两式相减得：2a,十2n一1=2na,一2(n一1)a。1十1， 数列， 整理得：(2n-2)a.=(2n-2)an-1十(2n-2)； 因为n≥2，故2n-2>0,所以a,一a。-1=1(n≥2) 可得习6=k·21+2张22-卫=k.41 2 所以数列{a}是公差为1的等差数列. (2)由(1)d=l:由题意a=a,a,即(a1十6)'=(a:十3) 号[8-1r-8k-47. (a十8)，化简得：a1=-12. 故8=a21=-122=名i-空a 所以26.=1+号[5X4-2X4+8×-5×4+…十 2 2(-)-婴 (3n-1)4-(3m-4)4-]=3m-1)4"+1 9 因为n∈N”,所以n=12或n=13时，(S)m=一78. 且n=1,符合上式，综上所迷：之6=3m-1)十」 =1 9 详解详析 3.解：(1)设{a,}的首项为a1,公差为d,由S,=32, d+1 得4a1十6d=32, 6=[(n-1)d+·nd+可 又b=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b=a1-6=a1+2d 11 6,所以T1=4a1十4d-12=16,即a1十d-7, t[m-dFd中] 由a,中6d32,解得·所以a,}的道项公式 故6+c+G+…+c,=行 (a+d-7, (d=2, an=2n十3. [-南+a++wd--] (2)由(1)知么=2m-3,n为奇数， {4n十6，n为偶数. --d小K学-1+分m∈Nd>o 当n=2k(k∈N)时，T,=k(-1)+,卫X4+14h+ 得证 考点3错位相减法求和 k-1卫×8=6+7k, 2 1,解：(1)证明：易知(n十1)a+1-na.=1,所以{na.}是公 S.=2X5+224-卫×2=4k+8k, 羞为1，首项为3的等羞数列. 2 (2)由1)可知0，=3十(n-1)=n十2，所以a.=”中2. T.-S.=2k-k=k(2k-1). 当n>5即k>2时，k(2k-1)>0, 又f(x)=a1+2aex十3ax2+…+mamx-1, 所以T>S: 所以了(-2)=2ka,(-2)1=2(k+2)(-2)-1 F=I =1 当n=2k+1(k∈N)时，T.=(k+1)(-1)+k×4 2 8[±2-4-r+-] -3 +14+与D×8=6+11k-1. 2 =m+2)(-2)”-2+1-(-2) -3 9 S=(2k+1DX5+2坠+12必×2=k+12张+5， 2 =7-(3m+7)(-2) 9 T.-S.=2k2-k-6=(2k+3)(k-2), 2.解：(1)国为4S,=3an十4，所以4Sn+1=3a+1十4，两式相 当n>5即k>2时，(2k十3)(k-2)>0, 减可得：4an+1=3a,+1一3an· 所以T>S。.证毕. 即：a+1=-3a,又因为4S1=3a十4，所以a1=4,故数列 4.解：(1)设等差数列的公差为d, {a,}是首项为4，公比为-3的等比数列，a,=4·(一3)”-； 14:=a1+d=11 由题意可得 1{S…=10a,+10×9d=40·即21二11 (2)b=(-1)-na.=4n·3"-1, 12a,+9d-8 所以T=4(1×3十2X3十3X3+…+n×3”-1), 解得a=13 3T.=4(1×3十2×32十3×3+…十n×3”),两式相减 d=-21 可得：-2T.=4(1十3+3十…+3-n·3)=4 所以a,=13-2(n-1)=15-2m, 故an=15-2n, (作g-mg）2-m3-2.T.=2m-13+1 (2因为S.=n03±5=2m-14m-m, 3.解：(1)因为2S。=na. 2 当n=1时，2a1=a1,即a=0: 令a,=15-2n>0,解得n<号，且nEN, 当n=3时，2(1十a3)=3a1,即a,=2, 当n≥3时，2S。-1=(n-1)a-1,所以2(S。-S-1)=nan 当n≤7时，则an>0,可得T.=a1十a2十…十an -(n-1)an-1=2a.: =a1十a十…十an=Sn=14n-n2: 当n≥8时，则an<0,可得Tn=a1十a2十…十a 化简得：一2a,=（m-1a当≥8时马一片 =(a1十a:十…十a)-(ak+…十an) =…=8号=1，即a,=n-1, =S-(S.-S)=2S-S.=2(14×7-72)-(14n-n2) 2 =n-14n十98： 当n=1,2,3时都满足上式， 上生工-a 所以a,=n-1(n∈N”). 考点2裂项相消法求和 8周为2安-受所以元-1×（位）广+2x(传）广 2” 解：1)由6十么=66，得1中q=6时，得g=合或 3x(侵)广+…+nx(侵）八： 子（含去 专工=1x(位)广+2×（侵）广++a-Dx(合）】 就么=六，故岁-么=4：故6= 中x(侵） 由c=an+1一a,得a+1-a,=4"-,由累差叠加可得：a 两式相减得， =41+2 工-（侵）+（侵）+（侵）广+…+（侵）广-× 3 ③的收务子是数对：得岩-异-声器故 )*传 由累除叠乘可得： 1-2 73 最新真题分类特训·数学 1-(+)合八 2, 即T=2-(2+m(合)广nN 1 2” 4.解析：(1)设{an}的公比为g,则an=g1,因为a1,3a, 9a,成等差数列，所以1十8时=2X3g,解得g=号，故a 两式相诚得工=1十十十… () ”=2-+2 又么=学，所以么= 1一2 2 所以工4 6.解：(1)由45+1=3S。-9①，得4S,=3S1-9(n≥2)，② 3+T 0-@得4a1=3a,中a1=子an≥2，又当n= 脚号 ) 时，显然成立，所以{a}是以一 号为首项，为公比的等 1-3 3 比数列 （-）3品 故&= (保)=-() （2)由36+(-4a.=0,得么=-”写。. 1 -0(子)广 又因5立 引-) 从而1.=-3×是-2×（保）-1×（保）+0× (得)++m-0…()广@ 2×3 <0, 故工.=-3×（得）-2×（保）广-1x()+… 故工<受 m-(保)广+m-0(学)，@ 答案：1a,=(付)厂6=子：2)见解折 @-@得号工=-3x+(得)+（保）+（保） 5,解：(I)因为{an}是公差为2的等羞数列，其前8项和 为64. (保)广--（保） 所以a,十a,十…+a,=8a1+8X2X2=64,所以a4=1, 2 所以an=a1十2(n-1)=2n-1,n∈N”； 1- 设等比数列{b,}的公比为，(g>0) 所以b,-b=bg-bq=4(g-g)=48, +号-4（）--() 解得q=4(负值舍去)， 所以b,=bg=4",neN: ·(保) (I0由题意心，=么，十公=4+是 4, 所以T。=一4n· (保) 由T≤得-n·(保)≤am-(保)） 恒成立， 所以c店-c.≠0，且二C出=2·4 即1(n一4)十3n≥0恒成立， 2·4 -=4, Ci-C2a =4时不等式成立； 所以数列{c一c}是等比数列： 12 (i)由遁意知，2=2n-12m中业=n-马 n<4时，≤-3n n-4 =-3- 得1： Ci-Cza 2·4 2·22 ≥4时2当-3吕得2-8 所以一3≤1≤1 2·22 考点4并项求和法 所以 aan-1 2n 解：(1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为g(g>1). C-Cum 2·22m 2·22‘2 因为/4十a,=20 所以 ar aitl a,=80,中ge,g=20 (a1g=8 -ci-C 2 27, 解得g=2,a1=2.所以a,=2. 详解详析 (2)由于2=2,2=4,2=8,2=16,2=32,2=64,2 (2)反证法：假设k的值为3，则a1,aag最多能表示a1, =128, aa:a1十a:a,十ay,a1十a2十a,共6个数字，与Q为8 所以b1对应的区间为：(0,1]，则b1=0: 一连续可表数列矛盾，故k>4； b,b对应的区间分别为：(0,2]，(0,3]，则b=b=1,即 现构造Q:1,2,3,4可以表达出1,2.3,4,5,6,7,8这8个 有2个1： 数字，即存在k=4满足题意，故k的最小值为4： b,b,b,b,对应的区间分别为：(0,4]，(0,5]，(0,6]， (3)以下先证明k≥6， (0,7],则b,=b=b=b=2,即有22个2： 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示 b,b…,b:对应的区间分别为：(0,8]，(0,9]，…，(0， 5个数字， 15],则b=b=…=bs=3,即有2个3： 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字 b,b1:,…,b1对应的区间分别为：(0,16]，(0,17]，…， 最多能表示3教字，取连续四个数字最多能表示2数字， (0,31],则b4=b:=…=b1=4,即有2个4； 取连续五个数字最多能表示1数字， bb…,b:对应的区间分别为：(0,32]，(0,33]，… 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5十4十3十2 (0,63],则b2=b1=…=b=5,即有2个5： 十1=15个正整数，不能表示20个正整数，即k≥6. b4b,,b10对应的区间分别为：(0,64]，(0,65]，…， 若=6，最多可以表示6+5十4+3十2+1=21个正整数， (0,100],则h,=b:=…=b1。=6,即有37个6. 由于Q为20-可表数列，且a1十a2十a1十…十a,<20, 所以S1m=1×2+2×22+3×2+4×2+5×2+6×37 所以有一项必为负数， =480. 既然5个正整数都不能连续可表1一20个正整数， 第4节与数列有关的新定义问题 那么中间若插入一个负数项，更不能连续表示1一20的 1.解：(1)设{a.}公差为d,{b.}公比为q(g≠0)，则 正整数 2+21=2女，解得3 (2+d=2g十1 所以至少要有6个正整数连续可表1一20个正整数. (9=21 所以至少6个正整数和一个负教才能满足题意， 故an=2十3(n-1)=3m-1,bn=2”. 故k≥7. (2)由题知桑合T。中的元素为1=之pa4,共中B∈ 分析：本题的关键就是：理解“数列Q中的连续若干项的 和可以表达任意的n∈〈1,2，…，m}” {0,1, 当所有的p=1时1取最大值，脚=2a6,=2C(3 专题九立体几何 第1节空间几何体的结构特征、 -1)×2]. 计算tn.与an+1b+可 表面积与体积 记S=4=2(3i-1Dx2, 考点1几何体的结构特征 1.D四棱锥的底面是边长为4的 则S=2(3i-1)×2=2×2+5×2+…+(3m+1) 正方形，且PA=PB=4,PC= ×2”, PD-2√瓦，如图，设AB,CD的中 2S=2(3i-1)×2+1=2×22+5×2+…+(3m-4)× 点分别为E,F,则PE⊥AB,PFB ⊥CD,连接EF,:EF⊥CD,PF⊥CD,EF∩PF=F,EF 2"+(3m-1)X2+1. C平面PEF,PFC平面PEF,.CD⊥平面PEF,又CD -S=2(3i-1)×2-2(3i-1)×2+1 C平面ABCD,∴.平面PEF⊥平面ABCD,且平面PEF =4+3×(2+22+…+2)-(3m-1)×2+ ∩平面ABCD=EF.过点P作PO⊥EF于点O,则PO =4+3×4X1=2-(3n-1DXx C平面PEF,则PO⊥平面ABCD.在△PEF中，由题可 1-2 求得PE-25,PF=2,EF=4,∴.PE+PF=EF, =(8-6n)×2"-8. ∴∠EPF=90°，根据面积相等可得PO·EF=PE· 则tm=S=(6m-8)×2+8=(3n-4)×2+1+8. 易知a,+1b+1=[3(n十1)-1]×2+1=(3n十2)×2+ PF,即4P0=2√5×2，得PO=√5. 当n≥1时，a+ib.+1-1n=6×2"+1-8≥6×2+1-8= 2.B根据底面周长等于侧面展开图孤长，设母线为1，底 16>0,所以t∈Tn,均有t<a.+1b+1· 面丰径为n则有2r=8器·2，化博得1=2=2E。 由题知集合T,中的元素为1=公p,ab,=pa十Aa小 答案选B. 十…+p.a,b.,其中p∈{0,1， 3.解析：以A为顶，点，若△ABC为正四棱雏的侧面，有两种情 每个a,b,项在所有元素的和式中出现的次数为2” 况，若△ABC为正四梭锥的对角面，有一种情况，共三种情 所以T.中所有元素之和为21S=2"1[(3n-4)×2+ 况；同理，以B,C为顶点，也各有三种情况，∴共9种 +8]=(3m-4)×4+2+2 2.解析：(1)若m=5,则对于任意n∈1,2,3,4,5， a2=1=1,a1=2=2,a1十a2=2+1=3,a1=4,ag十a:=1 +4=5. 所以Q是5一连续可表数列： 由不存在任意连续若干项之和相加为6， 所以Q不是6一连续可表数列： 答案：9