周测卷(十五) 数列的概念、等差数列与等比数列-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三数学一轮复习周测卷

5.已知数列{an}中，a=1,记S.为{an)的前n项和，2S.=an,则as的值为 2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（十五） A.2023 B.2024 C.2025 D.2026 数学·数列的概念、等差数列与等比数列 (考试时间40分钟，.总分100分) 6.已知数列{a.满足a4=10,“1一a=2,则的最小值为 一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 ℃27 D.2/10-1 题目要求的。 g号 1.设等比数列{a.}的公比为q,且a1>0,设甲：g>1:乙：aw+g>a.,则 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 A。甲是乙的充分不必要条件 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 B.甲是乙的必要不充分条件 7.设数列{a.)的前n项和为S。a1=6,a.+1十2=a。,则 C.甲是乙的充要条件 A.{a.}是等比数列 B.{a.}是单调递增数列 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 C.{a.}是单调递减数列 D.S。的最大值为12 2.已知正项等比数列{a.}中，a1=1,S.为a。的前n项和，Ss=5S,一4，则S,= 8.已知各项均不为零的数列{an),其前n项和是S,a1=a,且S.=a,a+1(n=1,2,…).下列说 A.7 B.9 C.15 D.20 法正确的是 3.谢尔宾撕基(Sierpinski)三角形是一种分形，它的构造方法如下：取一个实心等边三角形（如图 A.a2=1 1),沿三边中点的连线，将它分成四个小三角形，挖去中间小三角形（如图2），对剩下的三个小 B.若{a,}为递增数列，则a的取值范围是(0,1) 三角形继续以上操作（如图3），按照这样的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形.如果图 C.存在实数a,使得{a.}为等比数列 1三角形的边长为2，则图4被挖去的三角形面积之和是 D,3m∈N”,使得当>m时，总有a<2t 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。带题目为能力提升题，分值不计入总分。 图 图2 图3 图4 9.数列满足下列条件：a1=2,且Vn∈N”,恒有a2a=a。一n一1，则a26= 93 B.16 373 10.已知非零数列{an}的前n项和为S。,且a1=3,a2=1,a+1a。十3S。-1十6S+1=9S.(n≥2)， 64 D 64 则a.三 4.在公差不为0的等差数列{a,中，若a,是a,与a,的等差中项，则上+4的最小值为 y 已知平面向量a,满足a,-1,0)且对任意正整数，有a4-a,+(eosm）.设6，一 3 A.2 c n号 |a.|2,若数列{b.}的前m项和S.=2025,则正整数m= 数学·周测卷（十五）第1页（共4页） 数学·周测卷（十五）第2页（共4页） 四 美版老n春 班级 四、解答题：本题共2小题，共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。带*题目为能 *已知数列{a.}满足an+1=a,十a。+2(n∈N”). 力提升题，分值不计入总分。 (1)若a1=1,a,=一3，请写出该数列的前6项，并求出前6项的和： 姓名 11.(20分) (2)设数列{a.}的前n项和为S。,如果S12=1985,S18s=1492,求S2s (3)若a,≠0(n∈N”),设T。=a1aa,an,是否存在m∈N”,使得Tm+6=Tm十Tm+t?若存 得分 已知数列{a,}的各项均为正数，前n项和为S.,且a1=1,S,+1是1一S。与S.+1的等差 中项 在，求出m的值：若不存在，请说明理由， (1)证明：数列{√S。}是等差数列； (2)设b.=(一1)·(S.十a.),求数列(b.}的前2n项和Ta 选择题 答题栏 1 2 3 4 5 6 8 12.(20分) 已知数列{a,}满足an+1=3a,一4，且a1=3,数列(b.}满足b1=a2,且点P(b.,b.+i)在直线 x-y+2=0上，其中n∈N. (1)求数列{a.}和{b.}的通项公式； ②)设c。。2求c,的前n项和T 数学·周测卷（十五）第3页（共4页） 数学·周测卷（十五）第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 数学（十五） 一、选择题 a2025=1 .2.3. .2024 1.C【解析】等比数列{an}的公比为q,且a1>0,当 a2024 1×2×…×2023-2024. q>1时，am+2-am=a1q”-1(q2-1)>0,因此am+2> 6.B【解析】因为数列{an}满足a1=l0,+1一ar n am;当am+2>an时，有ag>a1,即a1q2>a1,而a1> 2,即am+1-an=2n,当n≥2时，则有am-an-1= 0,则q2>1,又Hn∈N,aa+2-am=a19”-1(q2-1)> 2(n-1),所以a2-a1=2,a3-a2=4,…,am-am-1= 0,于是g"-1>0,即q>0,又q>1,因此q>1,所以 2(n-1),上述等式全部相加得am一a1=2十4十…十 甲是乙的充要条件. 2.C【解析】设等比数列{am}的公比为q,依题意有 2m-1)=2+2m-,2)n-1D=m2-n,所以a,= 2 q>0,又a1=1,当q=1时，S5=5≠5S3-4=11,故舍 n2-n十a1=n2+10-n,a1=10也满足am=n2十 去，当g≠1时，因为S,=5S,-4,则011二g)-5× 1-q 10-m,故对任意的n∈N,an=n2十10-n,所以2= 0:1一g）-4,化简得g-502十4=0，即(g-4) n2+10-=n+10 1，由对勾函数的单调性可知， 1-g n (g2-1)=0,又q>0,且q≠1，所以q=2,故S4= 函数y=c+10-1在(0，√0)上单调递减，在 a(1-q4)_1-16 x 1-9 1-2≈15. (√10，十∞)上单调递增，又因为3<√10<4，因为 3.D【解析】第一种挖掉的三角形边长为2×号-1， 21 g3+91=54=4+ 3’4 号故< 共1个，面积为1×(×1）-；第二种挖掉的三 所以号的是小值为号号 角形边长为1×日号共3个，面积为8×[停× 二、选择题 7.CD【解析】根据题意，数列{an}中，am+1十2=am, (份)门-8语，第三种挖掉的三角形边长为号× 则有an+1一an=一2，对于A,{an}是等差数列，A错 误；对于B,am+1一an=一2，是公差为负的等差数列， 所以{an}是单调递减数列，B错误；对于C,由B的结 子共9个，面积为9×[×()门-故 论，C正确；对于D,{am}是等差数列，a1=6,公差为 被挖去的三角形面税之和是+治十等-视 d=-2,则an=a1+(n-1)d=6-2(n-1)=8 F1664 64 2n,令am=8-2n≥0，可得n≤4，则n=3或4时，S 4.A【解析】因为在公差不为0的等差数列{am}中， 最大，且Sm的最大值为S?=6+4+2=12,D正确. ag是a:与a,的等差中项，所以2a=a,十ay,所以 8.ABD【解析】由Sn=anam+1(n=1,2,…)得Sm+1 x十y=6,所以+号c✉+(+)=5+ an+2an+1,相减可得Sn+1一Sn=am+2am+1一am+1am, 即am+1=an+1(am+2一an),由于{an}各项均不为零， ￥+)≥6(5+22·号)-8当且仅当2 所以am+2一am=1,所以{an》的奇数项和偶数项分别 是公差为1的等差数列，对于A,a1a2=S1=a1,a2= 红，即x=2y=4时等号成立，所以 4的最小 1,故正确；对于B,由于{an}的奇数项和偶数项分别 是公差为1的等差数列，所以a2m-1=a十(n-1), 值为 a2n=n,若n∈N",am+1>am,则需要Hn∈N", a2m+1>a2m>azm-1→a十n>n>a+(n-1),则0<a< 5.B【解析】数列{an}中，满足2Sm=an,当n≥3时， 1,故正确；对于C,a2m-1=a+（n-1),a2m=n,若 可得2Sw-1=(n一1)am-1,两式相减，可得2am=an {a}为等比数列，则2”=，” (n-1)a。-1,即(n-2)a,=(n-1)a,-1,所以a1= a1a十(n-为常数，则a= an-1 1,此时a”=1,故a2a-1=n,Q2,=n,进而可得数列 只二2又la:-1,则a:-a:×8×2岩×…× a2m-1 的项为1,1,2,2,3,3，…，显然这不是等比数列，故错 ·41 高三一轮复习周测卷 误对于D若。二a十冬气<2，只要足修 k (1,0),由此可发现向量am的坐标以4为周期循环，又 bn=|an12,当n=1时，b1=a112=12+02=1,当n= 大，一定会有a十k-1>0,则4十6-1>2®1> 2时，b2=|a212=12+12=2,当n=3时，b3=a312= 02+12=1,当n=4时，b4=|a412=02+02=0,所以 “>2-1,只要及是够的大，“名趋近于0，而 数列{b}是以4为周期的周期数列，且一个周期内的 名-1<0，显然能满足名>2”-1，散3m 和T=b1+b2十b3+b4=1十2+1+0=4，设m=4k十 r,其中k∈N,r∈{0,1,2,3)，则Sm=T+2b,因为 N,当>m时，总有a<21,故正确。 Sm=2025,2025÷4=506…1,即k=506,r=1,所 a2k-1 以m=4×506+1=2025. 三、填空题 四、解答题 9.-261【解析】因为a2m=an-n-1,所以a256= 11.(1)证明：因为√Sm+1是1一S,与Sm+1的等差中项， a128-(128+1)=a12g-(2?+1)=a64-(26+1) (27+1)=a32-(25+1)-(2+1)-(27+1)=…= 所以2√Sn+1=1-Sn+Sm+1, a1-(2°+1)-(22+1)-…-(2+1)=2-(2°+1) 所以Sn=1+S+1-2√S.+i=(√Sm+1-1)2, (2+1)-…-(2+1)=2-(2°+21+…+2)-8= 因为数列{an}的各项均为正数，所以Sm>0, _1×1-22-6=-261. 所以√Sm=√Sm+1-1,所以√Sm+1一√Sm=1, 1-2 所以数列{√Sm}是公差为1，首项为√S1=√a1=1 10.2二-1【解析】因为a+1a,十3S。-1十6S1=9S. 3 的等差数列. (2)解：因为数列{√Sm}是公差为1，首项为√S1=1 (n≥2)，所以当n=2时，a3a2+3S1+6S3=9S2,又 的等差数列， 因为a1=3,a2=1,可得a3+3×3+6×(3十1十a3)= 所以√/Sm=1+(n-1)×1=n, 9X3+1D,解得a,-号，由e,10.+3S.1十651 所以Sn=n2,当n=1时，a1=1, 9Sn(n≥2)，可得am+1an=3(S.-Sm-1)-6(Sn+1 当n≥2时，an=Sm-Sa-1=n2-(n-1)2=2n-1, 8即44-，则3日-1a≥2 所以am=2n-1, 所以bn=(-1)”·(Sn十an), T2n=-S1-a1+S2+a2-S3-ag+S4+a4+…+ S2m十a2m 14 又由 =(S2-S1)+(S4-S3)+…十(S2m-S2m-1) an (a1-a2+…-a2m) 「a十32，所以数列+引为从第三项起，第 =a2十a4十…+a2m-(a1-a2十…-a2n) =-(a1+ag+…+a2m-1)+2(a2十a4+…+a2m) 11 a an 3 n(a,+am-i）+2xn(a:+dm） 2 2 项为分，公比为2的等比数列，则十写-合·公 =-n1+4n-3》+2×n(3+4n-) 2 2 号可得-2”号，经检验a:=3满足上式，所以 =-n(2n-1)+n(4n+2)=2n2+3n. 12. a:一即数列的爱项公式为之 3 解：(1)由题意得，am+1-2=3(am-2),a1一2=3 2=1, 所以数列{am一2}是以1为首项，3为公比的等比 2025【解析】已知a1=(1,0),a1=a.+(cos"2, 数列， sn2）,则a,=a1+(cms2sn)=1,0)+(0,1D 所以an-2=3”-1,即am=3-1十2. 由题意得，bm+1一bn=2,且b1=a2=5, (1,1),a3=a2+(cos元，sinx)=(1,1)+(-1,0)=(0, 所以数列{b}是以5为首项，2为公差的等差数列， Da,=a+(eos经n）=0,1)+0,-1) 所以bm=5+2(n-1)=2m+3. 2m+3 (0,0),a5=a4+(cos2π，sin2x)=(0,0)+(1,0)= (2)由题意，c.二。，—23-1+2-2二(2m+3). ·42· ·数学· 参考答案及解析 (), am+5=amt4一am+3=（一an+1)一（-an）=an一an+1, am+6=am+5-au+4=(an一am+1)-（一am+1)=at, 所以工.=5（号）°+7（行）'+9（号）+…+ 所以数列{an}以6为周期的周期数列， 且S6=a1+a2十ag+a4十a,+a6=a1+a2+(a2- 2+3(号)， a1)-a1-a2+(a1-a2)=0, 由题意 则}T.=5…(3)广+7.（号）+…+(2m+1) S1492=248S6十a1十a2十ag十a4=a1十a2+(a2-a1)- (号）+2m+3)·()》”, a1=1985, S1985=330S6十a1十a2十ag十a4十a5=a1十a2十(a2- 两式相减可得，号工.=5+2[（兮）'+（兮）°+…十 a1)-a1-a2=1492, 2a2-a1=1985, (3)]-2m+3).(3)】 即 解得/1=一999， a2-a1=1492, a2=493, D 所以S2o25=337S6十a1+a2+ag=a1十a2+a3= -999+493+[493-(-999)]-986. 1-3 (2m+3)·(号) (3)不存在，理由如下： 由题意，Tm=a1a2a3…am, =6-(3)-2m+3)(3) Tm+6-Tmam+lam+2am+sam+4am+sam+6 Tm+12-Tm(am+lam+2am+3am+iam+sam+6), =6-(2m+6)(写)， 因为an≠0(n∈N*), 所以am+1am+2am+3am+4am+5am+6≠0， 所以工.=9-(a+》·(分。 所以Tm,Tm+6,Tm+12成等比数列，且公比 *解：(1)由an+1=an十an+2可得am+2=am+1一aa, q=am+lam+2am+3am+iam+sam+6' 故a3=a2-a1=-3-1=-4,a4=a3-a2=-4十 所以Tm+6=Tm9,Tm+12=Tm92, 3=-1,a5=a4-a3=-1十4=3，a6=a5-a4=3十 若存在m∈N*,使得Tm+6=Tm十Tm+12,则有Tmq 1=4, Tn+Tmq2, 数列{am}的前6项分别是1，-3，-4，-1,3,4， 而Tm≠0，则有g=1十q2,即g2-q十1=0， 前6项的和为1-3-4一1+3+4=0. (2)由an+1=an十an+2可得am+2=an+1一am, 面g-9+1=(g-2)产+>0， amt3=an+2一am+1=am+1一am一am+1=一am, 因此不存在m∈N,使得Tm+6=Tm十Tm+12: an+4-an+3-an+2=(-an)-(an+1-an)=-an+1, 数学（十六） 一、选择题 是等方比数列，即{a}成等比数列，则{am}不一定为 1.C【解析】因为g<1,所以S。=a11-g 1-q 2,由 等比数列，例如8,2，一2，一公，，有会 <。a》风为1g0 (士2)2=4，满足{an}是等方比数列，但{am}不是等 3a1(1-g")<2a1.若a1>0,则3(1-g)<2→g> 比数列，充分性不满足。 3.D【解析】由题知，数列满足a1十2a2十3a3十…十 号恒成立，所以AB不正确；若a1<0,则31-g)> nan=n2,设bn=nan,{bn}的前n项和为Tn,则T,= 2>g<号恒成立，所以D不正确，C正确。 n2.当n-1时，T1=b1-1,当n≥2时，bn=Tm Tm-1=n2-(n-1)2=2n-1,检验：当n=1时，b1= 2.B【解析】若{an}为等比数列，设其公比为q,则 1一 爱-(。)”-=p为常数所以成等比 1=T1,符合，所以6，=2n-1.令c.=6,6 数列，即{am}是等方比数列，故必要性满足.若{an〉 20-十名23与设前和项和 1 ·43·