2026届高考一轮复习单元验收评价数学试题（六）-数列

数学答案 第 1 页 共 5 页 2026 年高考一轮复习单元验收评价试题（六）数学答案与解析 1.D 解析 通过观察数列得出规律，数列中的项是按正整数顺序排列，且 3个为一循环节，由此判断第 12 项是 sin 12. 2.C 解析 设等差数列{an}的公差为 d，由已知可得 �1 + 2� = 3, 8�1 + 28� = 48, 解得 �1 =− 1, � = 2, ∴an=-1+(n-1)×2=2n-3，∴ a5=2×5-3=7. 3.A 解析 由等比数列的性质可知，�32=a1·a5=4，所以 a3=±2，又因为 �3 �1 =q2>0，所以 a3=2. 4.C 解析 设等比数列{an}的公比为 q，由 a2+a5=7，a4+a7=21，则 a4+a7=q2(a2+a5)=21，解得 q2=3，故 a8+a11=q4(a4+a7)=32×21=189. 5.B 解析 依题意，竹子自下而上的各节装米量构成等差数列{an}，n∈N*，n≤7，则 a1+a2=4，a6+a7=2， a1+a7=a2+a6=3，所以这根竹子的装米量为 S7= 7(�1+�7) 2 =10.5(升). 6.B 解 析 数 列 {an}中 ， n∈ N* ， Sn+1=an+1-nan+2， 当 n≥2 时 ， Sn=an-(n-1)an-1+2， 两 式相 减 得 an+1=an+1-(n+1)an+(n-1)an-1，即(n+1)an=(n-1)an-1，因此(n+1)nan=n(n-1)an-1，显然数列{(n+1)nan}是常数列，而 S2=a2-a1+2，解得 a1=1，于是(n+1)nan=2×1×a1=2，因此 an= 2 (�+1)� ，所以 1 �20 =21×20 2 =210. 7.A 解析 因为数列{anan+1}是公比为 2的等比数列，则有 ��+2 �� =��+1��+2 ����+1 =2，而 a1=1，a2=3，则数列{a2n-1}是 以 1 为 首 项 ， 2 为 公 比 的 等 比 数 列 ， {a2n} 是 以 3 为 首 项 ， 2 为 公 比 的 等 比 数 列 ， 所 以 S9=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8)= 1×(1−25) 1−2 +3×(1−2 4) 1−2 =76. 8.D 解析 由 an+2=3an+1-2an得 an+2-an+1=2(an+1-an)，又{an}为递增数列，故 an+1-an>0，所以数列{an+1-an}是 以 a2-a1=2-λ为首项，2为公比的等比数列，所以 an+1-an=(2-λ)·2n-1，又{an}为递增数列，所以(2-λ)·2n-1>0对任 意正整数 n恒成立，所以 2-λ>0，得λ<2. 9.ABD 解析 由 a6=-2a3，得 a1+5d=-2(a1+2d)，即 a1=-3d，由等差数列{an}是递减数列，知 d<0，则 a1>0， 故 A，B正确；而 Sn=na1+ �(�−1) 2 d=� 2 n2-7� 2 n，当 n=3或 n=4时，Sn最大，令 Sn= � 2 n2-7� 2 n<0，解得 n>7，即当 Sn<0 时，n的最小值为 8，故 C错误，D正确. 10.AB 解析 ∵2(n+1)an-nan+1=0，∴ ��+1 �+1 =2�� � ，∴ �� � 是首项为 �1 1 =2，公比为 2的等比数列，∴�� � =2·2n-1，∴ an=n·2n，故 A正确；由 an=2an-1+3(n≥2)，得 an+3=2(an-1+3)，即 ��+3 ��−1+3 =2，又 a1+3=1+3=4，∴数列{an+3}是首 项为 4，公比为 2的等比数列，∴an+3=4×2n-1，即 an=2n+1-3，∴数列{an}的通项公式为 an=2n+1-3，故 B正确； 根据题意，an= 1 3 an-1+ 1 3 � ⇔ �� 1 3 �- ��−1 1 3 �−1=1，n≥2，又 �1 1 3 =6，∴ ��1 3 � 是首项为 6，公差为 1 的等差数列，故 C错 数学答案 第 2 页 共 5 页 误；设 an+1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，∴an+1=2an+kn+b-k，由 an+1=2an+n-1，得 � = 1, � − � =− 1,解得 � = 1, � = 0.∴ ��+1+�+1 ��+� =2， 即{an+n}是首项为 a1+1=2，公比为 2的等比数列.∴an+n=2×2n-1=2n，故 an=2n-n，故 D错误. 11.ABC 解析 对于 A，当 n=1时，Sn+1+Sn=a1+a2+a1=2a1+a2=1，当 n≥2时，Sn+Sn-1=n-1，作差可得 an+1+an=1， 代入 n=1 可得 a2+a1=1，与①可能矛盾，故数列{an+1+an}不一定是常数列，故 A 错误；对于 B，由 an+1+an=an+an-1=…=a3+a2=1可得 an+1=an-1=an-3=…且 an=an-2=an-4=…，所以数列{an}不是单调数列，故 B错误； 对于 C，若 a1=-1，则由以上选项可知 a2=3，a3=-2，a4=3，…，所以当 n≥2时，{an}的偶数项为 3，奇数项 为-2，而 S2 025=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 022+a2 023)+(a2 024+a2 025)=-1+1 012=1 011，故 C错误；对于 D，若 a1=1， 则 a2=-1，a3=2，故当 n≥2时，{an}的偶数项为-1，奇数项为 2，则{an}的最小项的值为-1，故 D正确. 12. n·2n 解析 在数列{an}中，由 an+1=2an+2n+1，得��+12�+1= �� 2� +1，即��+1 2�+1 -�� 2� =1，而 a1=2，�12 =1，于是数列 �� 2� 是首项为 1，公差为 1的等差数列，因此�� 2� =1+(n-1)×1=n，即 an=n·2n. 13. 102�−1 解析 由 an+1=10��2可得 an>0，lg an+1=lg(10��2 )=2lg an+1，故 lg an+1+1=2(lg an+1)，又 lg a1+1=2， 故数列{lg an+1}是首项为 2，公比为 2的等比数列，则 lg an+1=2n，故 an=102 �−1. 14. 2 解析 由��2+��+12 =p 得��+12 +��+22 =p，两等式相减得��2=��+22 .又“公方和”为 1，首项 a1=1，所以 �32=�52=…=�2 0232 =1，�22=�42=…=�2 0242 =0.所以 S2 024的最大值为 1 012，最小值为-1 010，其和为 2. 15.解 (1)因为�12+�22+…+��2= �(�+1) 2 (n∈N*)， ① 当 n=1时，�12=1； 当 n≥2时，�12+�22+…+��−12 = �(�−1) 2 ， ② ①-②得��2= �(�+1) 2 -�(�−1) 2 =n(n≥2)， 又因为�12=1符合上式，所以��2=n， 因为 an>0，所以 an= �. (2)由 an= �，可得 cn= 1 ��+1�� 2 = 1 �(�+1) =1 � - 1 �+1 ， 则 Sn=c1+c2+c3+…+cn= 1− 1 2 + 1 2 − 1 3 + 1 3 − 1 4 +…+ 1 � − 1 �+1 =1- 1 �+1 = � �+1 . 16.(1)证明 ∵an＋1＝ 3�� ��＋2 ， ∴ 1 ��＋1 ＝ ��＋2 3�� ＝ 2 3�� ＋ 1 3 ， ∴1－ 1 ��＋1 ＝ 2 3 － 2 3�� ＝ 2 3 1− 1 �� ， 又 1－ 1 �1 ＝ 2 3 ≠0， 数学答案 第 3 页 共 5 页 ∴数列 1− 1 �� 是首项为 2 3 ，公比为 2 3 的等比数列. (2)解 由(1)知 1－ 1 �� ＝ 2 3 � ， 故 an＝ 1 1− 23 � ＝ 3� 3�−2� . (3)证明 bn＝ ��＋1 �� ＝ 3�＋1 3�＋1−2�＋1 ·3 �−2� 3� ＝ 3(3�−2�) 3�＋1−2�＋1 ＝ 3· 32 � −3 3· 32 � −2 ＝1－ 1 3· 32 � −2 ， 显然数列 3· 3 2 � − 2 为递增数列， 且 3· 3 2 � －2>0对 n∈N*恒成立， ∴数列 1 3· 32 � −2 为递减数列， ∴数列{bn}为递增数列，且 bn<1， ∴bn<bn＋1<1. 17.解 (1)∵�� � =an+ 1−� 2 ， ∴2Sn=2nan+n(1-n)， ∴当 n≥2时，2Sn-1=2(n-1)an-1+(n-1)(2-n)， 则 2(Sn-Sn-1)=2nan-2(n-1)an-1+2(1-n)， 化简得 an-an-1=1(n≥2)， 又∵a1=2， ∴{an}是以 2为首项，1为公差的等差数列， ∴an=n+1， ∴{an}的通项公式为 an=n+1. (2)由(1)知 bn=21−��=2-n= 1 2 � ， ∴(-1)n+1bnbn+1=(-1)n+1· 1 2 � · 1 2 �+1 =(-1)n+1· 1 2 2�+1 ， ∴b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1 = 1 2 3 - 1 2 5 + 1 2 7 - 1 2 9 +…+(-1)n+1· 1 2 2�+1 = 1 8 1− − 1 4 � 1− −14 = 1 10 1− − 1 4 � . 数学答案 第 4 页 共 5 页 18.解 (1)∵ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列， ∴2ln an+1=ln an+ln an+2， 即��+12 =anan+2，而 an>0， ∴{an}为等比数列， 设{an}的公比为 q，q>0，则 �3 = �1�2 = 4, �2�5 = �12�5 = 32, 得 a1=1，q=2，∴an=2n-1. (2)bn=2n-1+(-1)nlog22n=2n-1+(-1)nn， 当 n为偶数时， Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n] =1−2 � 1−2 +� 2 =2n+�−2 2 ， 当 n为奇数时， Tn=Tn+1-bn+1=2n+1+ �−1 2 -2n-(-1)n+1(n+1)=2n-�+3 2 ， ∴Tn= 2� − �+3 2 (�为奇数), 2� + �−2 2 (�为偶数). 19.答案 (1)λ＝3，an＝2n－1 (2)(n－1)·2n＋n＋2 解析 (1)设{an＋1－an}的公比为 q. ∵an＋2＝λan＋1－2an， ∴an＋2－an＋1＝λan＋1－2an－an＋1 ＝(λ－1)an＋1－2an ＝(λ－1) an＋1－ 2 λ－1 an ＝q(an＋1－an)． ∴ 2 λ－1 ＝1，解得λ＝3， ∴q＝2. 又 a2－a1＝1， ∴an＋1－an＝2n－1， ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1＋20＋21＋…＋2n－2 ＝1＋1－2 n－1 1－2 ＝2n－1(n≥2)， 当 n＝1时，符合上式， ∴{an}的通项公式为 an＝2n－1. (2)当 bm＝k＝1时，m∈[1，2)，共 2－1＝1(项)， 数学答案 第 5 页 共 5 页 当 bm＝k＝2时，m∈[2，4)，共 4－2＝2(项)， 当 bm＝k＝3时，m∈[4，8)，共 8－4＝4(项)， … 当 bm＝k＝n时，m∈[2n－1，2n)，共 2n－2n－1＝2n－1(项)， 又 b2n＝n＋1， ∴{bn}的前 2n项和为 1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1＋n＋1. 记 Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1， 则 2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 作差可得－Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝ 1－2n 1－2 －n·2n＝(1－n)·2n－1， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1. 因此，数列{bn}的前 2n项和为 Sn＋n＋1＝(n－1)·2n＋n＋2. 数学试题（六） 第 1 页 共 4 页 数学试题（六） 第 2 页 共 4 页 秘密★启用前 2026 年高考一轮复习单元验收评价试题（六） 数学 本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间为 120 分钟。考试范围：数列。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效． 3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．观察数列 1，ln 2，sin 3，4，ln 5，sin 6，7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第 12 项是( ) A．1 212 B．12 C．ln 12 D．sin 12 2．设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，已知 a3=3，S8=48，则 a5等于( ) A．5 B．6 C．7 D．8 3．在等比数列{an}中，a1=1，a5=4，则 a3等于( ) A．2 B．-2 C．±2 D．2 4．已知数列{an}是等比数列，且 a2+a5=7，a4+a7=21，则 a8+a11等于( ) A．28 B．63 C．189 D．289 5．现有一根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子自下而上装米量逐节等 量减少，以此计算，这根竹子的装米量为( ) A．9 升 B．10．5 升 C．12 升 D．13．5 升 6．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，Sn+1=an+1-nan+2(n∈N * )，则 等于( ) A．190 B．210 C．380 D．420 7．已知 Sn是数列{an}的前 n 项和，a1=1，a2=3，数列{anan+1}是公比为 2 的等比数列，则 S9 等于( ) A．76 B．108 C．512 D．19 683 8．已知数列{an}满足 an+2=3an+1-2an，a1=λ，a2=2，{an}为递增数列，则 λ的取值范围为( ) A．(-∞，1) B．(-∞，1] C．(-∞，1)∪(1，2) D．(-∞，2) 二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9．已知等差数列{an}是递减数列，且 a6=-2a3，前 n 项和为 Sn，公差为 d，则下列结论正确的有( ) A．d<0 B．a1>0 C．当 n=5 时，Sn最小 D．当 Sn<0 时，n 的最小值为 8 10．已知数列{an}，下列结论正确的有( ) A．若 a1=2，2(n+1)an-nan+1=0，则 an=n·2 n B．在数列{an}中，a1=1，且 an=2an-1+3(n≥2，且 n∈N * )，则数列{an}的通项公式为 an=2 n+1 -3 C．若 a1=2，an= an-1+ (n≥2)，则数列 是等比数列 D．已知数列{an}满足 a1=1，an+1=2an+n-1，则数列{an}的通项公式为 an=2 n -n+1 11．数列{an}的前 n 项的和 Sn满足 Sn+1+Sn=n(n∈N * )，则下列选项中错误的是( ) A．数列{an+1+an}是常数列 B．若 a1< ，则{an}是递增数列 C．若 a1=-1，则 S2 025=1 012 D．若 a1=1，则{an}的最小项的值为-1 数学试题（六） 第 3 页 共 4 页 数学试题（六） 第 4 页 共 4 页 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12．若数列{an}满足 a1=2，an+1=2an+2 n+1，则数列{an}的通项公式为 an= ． 13．已知数列{an}满足 a1=10，an+1=10 ，则 an= ． 14．若在数列{an}中，对任意正整数 n，都有 + =p(常数)，则称数列{an}为“等方和数列”，称 p 为“公方和”．若 数列{an}为“等方和数列”，其前 n 项和为 Sn，且“公方和”为 1，首项 a1=1，则 S2 024 的最大值与最小值之和 为 ． 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．（13 分） 已知正项数列{an}满足 + +…+ = ，n∈N*． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 cn= ，求数列{cn}的前 n 项和 Sn． 16．（15 分） 已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝ ＋ ． (1)证明：数列 为等比数列； (2)求{an}的通项公式； (3)令 bn＝ ＋ ，证明：bn<bn＋1<1． 17．（15 分） 记 Sn为数列{an}的前 n 项和，已知 =an+ ，a1=2． (1)求{an}的通项公式； (2)令 bn= ，求 b1b2-b2b3+…+(-1) n+1 bnbn+1． 18．（17 分） 已知正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且 ln an，ln an+1，ln an+2 成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 bn=an+(-1) n log2an+1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn． 19．（17 分） 已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的 n∈N＋，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1)． (1)求实数 λ的值及{an}的通项公式； (2)当 n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N＋)，求数列{bn}的前 2 n项和． 2026年高考一轮复习单元验收评价试题（六）数学答案与解析 1.D 解析　通过观察数列得出规律，数列中的项是按正整数顺序排列，且3个为一循环节，由此判断第12项是sin 12. 2.C 解析　设等差数列{an}的公差为d，由已知可得解得∴an=-1+(n-1)×2=2n-3，∴a5=2×5-3=7. 3.A 解析　由等比数列的性质可知，=a1·a5=4，所以a3=±2，又因为=q2>0，所以a3=2. 4.C 解析　设等比数列{an}的公比为q，由a2+a5=7，a4+a7=21，则a4+a7=q2(a2+a5)=21，解得q2=3，故a8+a11=q4(a4+a7)=32×21=189. 5.B 解析　依题意，竹子自下而上的各节装米量构成等差数列{an}，n∈N*，n≤7，则a1+a2=4，a6+a7=2，a1+a7=a2+a6=3，所以这根竹子的装米量为S7==10.5(升). 6.B 解析　数列{an}中，n∈N*，Sn+1=an+1-nan+2，当n≥2时，Sn=an-(n-1)an-1+2，两式相减得an+1=an+1-(n+1)an+(n-1)an-1，即(n+1)an=(n-1)an-1，因此(n+1)nan=n(n-1)an-1，显然数列{(n+1)nan}是常数列，而S2=a2-a1+2，解得a1=1，于是(n+1)nan=2×1×a1=2，因此an=，所以==210. 7.A 解析　因为数列{anan+1}是公比为2的等比数列，则有==2，而a1=1，a2=3，则数列{a2n-1}是以1为首项，2为公比的等比数列，{a2n}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以S9=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8)=+=76. 8.D 解析　由an+2=3an+1-2an得an+2-an+1=2(an+1-an)，又{an}为递增数列，故an+1-an>0，所以数列{an+1-an}是以a2-a1=2-λ为首项，2为公比的等比数列，所以an+1-an=(2-λ)·2n-1，又{an}为递增数列，所以(2-λ)·2n-1>0对任意正整数n恒成立，所以2-λ>0，得λ<2. 9.ABD 解析　由a6=-2a3，得a1+5d=-2(a1+2d)，即a1=-3d，由等差数列{an}是递减数列，知d<0，则a1>0，故A，B正确；而Sn=na1+d=n2-n，当n=3或n=4时，Sn最大，令Sn=n2-n<0，解得n>7，即当Sn<0时，n的最小值为8，故C错误，D正确. 10.AB 解析　∵2(n+1)an-nan+1=0，∴=，∴是首项为=2，公比为2的等比数列，∴=2·2n-1，∴an=n·2n，故A正确；由an=2an-1+3(n≥2)，得an+3=2(an-1+3)，即=2，又a1+3=1+3=4，∴数列{an+3}是首项为4，公比为2的等比数列，∴an+3=4×2n-1，即an=2n+1-3，∴数列{an}的通项公式为an=2n+1-3，故B正确； 根据题意，an=an-1+⇔-=1，n≥2，又=6，∴是首项为6，公差为1的等差数列，故C错误；设an+1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，∴an+1=2an+kn+b-k，由an+1=2an+n-1，得解得∴=2，即{an+n}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列.∴an+n=2×2n-1=2n，故an=2n-n，故D错误. 11.ABC 解析　对于A，当n=1时，Sn+1+Sn=a1+a2+a1=2a1+a2=1，当n≥2时，Sn+Sn-1=n-1，作差可得an+1+an=1，代入n=1可得a2+a1=1，与①可能矛盾，故数列{an+1+an}不一定是常数列，故A错误；对于B，由an+1+an=an+an-1=…=a3+a2=1可得an+1=an-1=an-3=…且an=an-2=an-4=…，所以数列{an}不是单调数列，故B错误；对于C，若a1=-1，则由以上选项可知a2=3，a3=-2，a4=3，…，所以当n≥2时，{an}的偶数项为3，奇数项为-2，而S2 025=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 022+a2 023)+(a2 024+a2 025)=-1+1 012=1 011，故C错误；对于D，若a1=1，则a2=-1，a3=2，故当n≥2时，{an}的偶数项为-1，奇数项为2，则{an}的最小项的值为-1，故D正确. 12.　n·2n 解析　在数列{an}中，由an+1=2an+2n+1，得=+1，即-=1，而a1=2，=1，于是数列是首项为1，公差为1的等差数列，因此=1+(n-1)×1=n，即an=n·2n. 13.　 解析　由an+1=10可得an>0，lg an+1=lg(10)=2lg an+1，故lg an+1+1=2(lg an+1)，又lg a1+1=2，故数列{lg an+1}是首项为2，公比为2的等比数列，则lg an+1=2n，故an=. 14.　2 解析　由+=p得+=p，两等式相减得=.又“公方和”为1，首项a1=1，所以==…==1，==…==0.所以S2 024的最大值为1 012，最小值为-1 010，其和为2. 15.解　(1)因为++…+=(n∈N*)， ① 当n=1时，=1； 当n≥2时，++…+=， ② ①-②得=-=n(n≥2)， 又因为=1符合上式，所以=n， 因为an>0，所以an=. (2)由an=，可得cn===-， 则Sn=c1+c2+c3+…+cn=+++…+=1-=. 16.(1)证明　∵an＋1＝， ∴， ∴1－， 又1－≠0， ∴数列是首项为，公比为的等比数列. (2)解　由(1)知1－， 故an＝ ＝. (3)证明　bn＝· ＝ ＝1－， 显然数列为递增数列， 且3·－2>0对n∈N*恒成立， ∴数列为递减数列， ∴数列{bn}为递增数列，且bn<1， ∴bn<bn＋1<1. 17.解　(1)∵=an+， ∴2Sn=2nan+n(1-n)， ∴当n≥2时，2Sn-1=2(n-1)an-1+(n-1)(2-n)， 则2(Sn-Sn-1)=2nan-2(n-1)an-1+2(1-n)， 化简得an-an-1=1(n≥2)， 又∵a1=2， ∴{an}是以2为首项，1为公差的等差数列， ∴an=n+1， ∴{an}的通项公式为an=n+1. (2)由(1)知bn==2-n=， ∴(-1)n+1bnbn+1=(-1)n+1··=(-1)n+1·， ∴b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1 =-+-+…+(-1)n+1·==. 18.解　(1)∵ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列， ∴2ln an+1=ln an+ln an+2， 即=anan+2，而an>0， ∴{an}为等比数列， 设{an}的公比为q，q>0，则 得a1=1，q=2，∴an=2n-1. (2)bn=2n-1+(-1)nlog22n=2n-1+(-1)nn， 当n为偶数时， Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n] =+=2n+， 当n为奇数时， Tn=Tn+1-bn+1=2n+1+-2n-(-1)n+1(n+1)=2n-， ∴Tn= 19.答案　(1)λ＝3，an＝2n－1 (2)(n－1)·2n＋n＋2 解析　(1)设{an＋1－an}的公比为q. ∵an＋2＝λan＋1－2an， ∴an＋2－an＋1＝λan＋1－2an－an＋1 ＝(λ－1)an＋1－2an ＝(λ－1) ＝q(an＋1－an)． ∴＝1，解得λ＝3， ∴q＝2. 又a2－a1＝1， ∴an＋1－an＝2n－1， ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1＋20＋21＋…＋2n－2 ＝1＋ ＝2n－1(n≥2)， 当n＝1时，符合上式， ∴{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)当bm＝k＝1时，m∈[1，2)，共2－1＝1(项)， 当bm＝k＝2时，m∈[2，4)，共4－2＝2(项)， 当bm＝k＝3时，m∈[4，8)，共8－4＝4(项)， … 当bm＝k＝n时，m∈[2n－1，2n)，共2n－2n－1＝2n－1(项)， 又b2n＝n＋1， ∴{bn}的前2n项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1＋n＋1. 记Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1， 则2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 作差可得－Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1. 因此，数列{bn}的前2n项和为Sn＋n＋1＝(n－1)·2n＋n＋2. 数学答案 第 2 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$2026年高考一轮复习单元验收评价测试（六） 数学答题卡 考号： 学校 姓名 班级： 注意事项 场耗表专场造清糖 2 场5件 维政时得像发等十净 上观显象项使用黑色菱字见桂写： 贴条形码区 相出答通区罐科可无效 正确填涂■肤考标记口 第1卷选择圈（共58分） 1国m回m6国国国m 11四m回回 2风国图里 7国图0母0 4团国圆0 9因国国▣ 5团四回国10因国图四 第Ⅱ卷选择题（共92分） 第1沉共2重 ■ ■ ■ 圆 第2属共2[ ■ 秘密★启用前 2026年高考一轮复习单元验收评价试题（六） 数学 本试卷共4页，满分 150 分，考试时间为 120 分钟。考试范围：数列。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效． 3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．观察数列1，ln 2，sin 3，4，ln 5，sin 6，7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第12项是(　　) A．1 212 B．12 C．ln 12 D．sin 12 2．设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3=3，S8=48，则a5等于(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 3．在等比数列{an}中，a1=1，a5=4，则a3等于(　　) A．2 B．-2 C．±2 D．2 4．已知数列{an}是等比数列，且a2+a5=7，a4+a7=21，则a8+a11等于(　　) A．28 B．63 C．189 D．289 5．现有一根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子自下而上装米量逐节等量减少，以此计算，这根竹子的装米量为(　　) A．9升 B．10．5升 C．12升 D．13．5升 6．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1=an+1-nan+2(n∈N*)，则等于(　　) A．190 B．210 C．380 D．420 7．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，a2=3，数列{anan+1}是公比为2的等比数列，则S9等于(　　) A．76 B．108 C．512 D．19 683 8．已知数列{an}满足an+2=3an+1-2an，a1=λ，a2=2，{an}为递增数列，则λ的取值范围为(　　) A．(-∞，1) B．(-∞，1] C．(-∞，1)∪(1，2) D．(-∞，2) 2、 多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9．已知等差数列{an}是递减数列，且a6=-2a3，前n项和为Sn，公差为d，则下列结论正确的有(　　) A．d<0 B．a1>0 C．当n=5时，Sn最小 D．当Sn<0时，n的最小值为8 10．已知数列{an}，下列结论正确的有(　　) A．若a1=2，2(n+1)an-nan+1=0，则an=n·2n B．在数列{an}中，a1=1，且an=2an-1+3(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an=2n+1-3 C．若a1=2，an=an-1+(n≥2)，则数列是等比数列 D．已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+n-1，则数列{an}的通项公式为an=2n-n+1 11．数列{an}的前n项的和Sn满足Sn+1+Sn=n(n∈N*)，则下列选项中错误的是(　　) A．数列{an+1+an}是常数列 B．若a1<，则{an}是递增数列 C．若a1=-1，则S2 025=1 012 D．若a1=1，则{an}的最小项的值为-1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若数列{an}满足a1=2，an+1=2an+2n+1，则数列{an}的通项公式为an=　　　　　．  13．已知数列{an}满足a1=10，an+1=10，则an=　　　　　　．  14．若在数列{an}中，对任意正整数n，都有+=p(常数)，则称数列{an}为“等方和数列”，称p为“公方和”．若数列{an}为“等方和数列”，其前n项和为Sn，且“公方和”为1，首项a1=1，则S2 024的最大值与最小值之和为　　　　　　．  四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．（13分） 已知正项数列{an}满足++…+=，n∈N*． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若cn=，求数列{cn}的前n项和Sn． 16．（15分） 已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝． (1)证明：数列为等比数列； (2)求{an}的通项公式； (3)令bn＝，证明：bn<bn＋1<1． 17．（15分） 记Sn为数列{an}的前n项和，已知=an+，a1=2． (1)求{an}的通项公式； (2)令bn=，求b1b2-b2b3+…+(-1)n+1bnbn+1． 18．（17分） 已知正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlog2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn． 19．（17分） 已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N＋，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1)． (1)求实数λ的值及{an}的通项公式； (2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N＋)，求数列{bn}的前2n项和． ( 数学试题（ 六 ） 第 3 页 共 4 页 数学试题（ 六 ） 第 4 页 共 4 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$