22 专题逐一通关“阶段整合练”(三) 真题融合卷-【名师导航】2026年高考数学二轮总复习课件

22　专题逐一通关“阶段整合练”(三)　 真题融合卷数列 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (满分：150分　时间：120分钟) 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　) A．an＝2n－5　 B．an＝3n－10 C．Sn＝2n2－8n　 D．Sn＝n2－2n √ 2 A　[法一：设等差数列{an}的公差为d， 因为所以解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5， Sn＝na1＋d＝n2－4n．故选A． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 法二：设等差数列{an}的公差为d，因为 所以解得 选项A，a1＝2×1－5＝－3；选项B，a1＝3×1－10＝－7，排除B；选项C，a1＝S1＝2－8＝－6，排除C；选项D，a1＝S1＝－2＝，排除D．故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2．(2022·全国乙卷)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 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 D　[设等比数列{an}的公比为q，q≠0， 若q＝1，则a2－a5＝0，与题意矛盾，所以q≠1， 则解得 所以a6＝a1q5＝3． 故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3．(2025·全国二卷)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 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 B　[根据S3＝3a2＝6得a2＝2，根据S5＝5a3＝－5得a3＝－1，所以{an}的公差d＝a3－a2＝－3，所以a6＝a3＋3d＝－10，所以S6＝S5＋a6＝－5－10＝－15．] 7 4．(2021·全国甲卷)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 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 A　[法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1， 所以由等比数列的前n项和公式，得 两式相除，得q2＝，所以或 所以S6＝＝7．故选A． 法二：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7．故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5．(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman．若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　) A．2　 B．3 C．4　 D．5 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 C　[在等式am＋n＝aman中，令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，所以＝2， 所以数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an＝2×2n-1＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝＝＝2k+1(210－1)＝25(210－1)， 所以2k+1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6．(2022·新高考Ⅱ卷)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＝0.5，＝k1，＝k2，＝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＝(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 A．0.75　 B．0.8 C．0.85　 D．0.9 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 图1 图2 √ D　[如图，连接OA，延长AA1与x轴交于点A2，则OA2＝4OD1．因为k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，所以k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，所以CC1＝DC1(k3－0.2)，BB1＝CB1(k3－0.1)，AA1＝k3BA1，即CC1＝OD1(k3－0.2)，BB1＝OD1(k3－0.1)，AA1＝k3OD1．又＝0.5，所以DD1＝0.5OD1，所以AA2＝0.5OD1＋OD1(k3－0.2)＋OD1·(k3－0.1)＋k3OD1＝OD1(3k3＋0.2)，所以tan ∠AOA2＝＝＝0.725，解得k3＝0.9，故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7．(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：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 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 C　[若{an}为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋d，所以＝a1＋(n－1)·，所以＝a1＋(n＋1－1)·＝为常数，所以为等差数列，即甲⇒乙；若为等差数列，设其公差为t，则＝＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝na1＋n(n－1)t，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n－2)t]＝a1＋2(n－1)t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2(n－1) t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1＋2(n＋1－1)t－[a1＋2(n－1)t]＝2t为常数，所以{an}为等差数列，即乙⇒甲．所以甲是乙的充要条件，故选C．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8．(2023·全国乙卷)已知等差数列{an}的公差为若S＝{a，b}，则ab＝(　　) A．－1　 B．－ C．0　 D． √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 B　[法一：由题意得an＝a1＋(n－1)，cos an＋3＝cos ＝cos ＝＝cos ＝cos an，所以数列{cos an}是以3为周期的周期数列，又cos a2＝ cos ＝－cos a1－cos a3＝cos ＝－cos a1＋因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cos a1＝cos a3≠cos a2，cos a2＝cos a3≠cos a1． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 下面逐一讨论： ①当cos a1＝cos a2≠cos a3时，有cos a1＝sin a1，得 tan a1＝－，所以ab＝cos a1＝sina1cos a1＝＝＝＝－． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ②当cos a1＝cos a3≠cos a2时，有cos a1＝sin a1，得 tan a1＝，所以ab＝cos a1＝＝＝＝＝－． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ③当cos a2＝cos a3≠cos a1时，有－cos a1－sin a1＝sin a1，得sin a1＝0，所以ab＝cos a1＝＝－(1－sin2a1)＝－． 综上，ab＝－，故选B． 法二：取a1＝－，则cos a1＝，cos a2＝＝，cos a3＝cos ＝－1，所以S＝，ab＝，故选B．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 二、选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．(2025·全国二卷)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＝　 B．a5＝ C．S5＝8　 D．an＋Sn＝8 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 22 AD　[根据S3＝a1＋a2＋a3＝＋a3＝＋1＝7，得6q2－q－1＝0，即(2q－1)(3q＋1)＝0，因为q＞0，所以q＝，故A正确； a5＝a3q2＝1×＝，故B错误； 因为a1＝＝4，所以S5＝＝＝，故C错误； an＝a1qn-1＝4×＝＝23-n，Sn＝＝＝8＝8－＝8－23-n，所以an＋Sn＝8，故D正确．故选AD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10．(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n＝a0×20＋a1×21＋…＋ak－1×2k-1＋ak×2k，其中ai∈{0，1}，i＝0，1，…，k，记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak，则(　　) A．ω(2n)＝ω(n)　 B．ω(2n＋3)＝ω(n)＋1 C．ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)　 D．ω(2n－1)＝n √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ 24 ACD　[对于A，ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak， 2n＝a0×21＋a1×22＋…＋ak－1×2k＋ak×2k+1， 所以ω(2n)＝a0＋a1＋…＋ak＝ω(n)，A正确； 对于B，取n＝2知，2n＋3＝7＝1×20＋1×21＋1×22，所以ω(7)＝3， 而2＝0×20＋1×21，ω(2)＝0＋1＝1，ω(7)＝3≠ω(2)＋1，B错误； 对于C，8n＋5＝a0×23＋a1×24＋…＋ak×2k+3＋5 ＝1×20＋1×22＋a0×23＋a1×24＋…＋ak×2k+3， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 所以ω(8n＋5)＝1＋1＋a0＋a1＋…＋ak＝a0＋a1＋…＋ak＋2， 4n＋3＝a0×22＋a1×23＋…＋ak×2k+2＋3 ＝1×20＋1×21＋a0×22＋a1×23＋…＋ak×2k+2， 所以ω(4n＋3)＝1＋1＋a0＋a1＋…＋ak＝a0＋a1＋…＋ak＋2， 所以ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)，C正确； 对于D，2n－1＝20＋21＋…＋2n-1＝1×20＋1×21＋…＋1×2n-1， 所以ω(2n－1)＝n，D正确． 故选ACD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11．(2022·北京卷改编)已知数列{an}各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1，2，…)．下列四个结论正确的是(　　) A．{an}的第2项小于3　 B．{an}为等比数列 C．{an}为递减数列　 D．{an}中存在小于的项 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ 27 ACD　[由题意可知，∀n∈N*，an>0， 当n＝1时＝9，可得a1＝3； 当n≥2时，由Sn＝可得Sn－1＝，两式作差可得an＝， 所以＝－an，则－a2＝3，整理可得＋3a2－9＝0， 因为a2>0，解得a2＝<3，A正确； 假设数列{an}为等比数列，设其公比为q，则＝a1a3，即＝， 所以＝S1S3，可得(1＋q)2＝(1＋q＋q2)，解得q＝0，不合乎题意， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 故数列{an}不是等比数列，B错误； 当n≥2时，an＝＝>0，可得an<an－1，所以数列{an}为递减数列，C正确； 假设对任意的n∈N*，an≥，则S100 000≥100 000×＝1 000， 所以a100 000＝<，与假设矛盾，假设不成立，D正确．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分． 12．(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 －2　[法一：设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5．又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1．① 又a9a10＝a1q8·a1q9＝q17＝－8，② 所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2． －2　 30 法二：设数列{an}的公比为q．因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1．又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13．(2015·全国Ⅱ卷)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 －　[因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1， 所以Sn＋1－Sn＝SnSn＋1． 因为Sn≠0，所以＝1，即＝－1． 又＝－1，所以是首项为－1，公差为－1的等差数列． 所以＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以Sn＝－．] －　 32 14．(2020·新高考Ⅰ卷)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为_____________． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3n2－2n　[由题意可知{2n－1}的项是连续的奇数，所以{2n－1}与{3n－2}的公共项即为{3n－2}中的所有奇数项， 所以当n为奇数时{3n－2}的项为{an}， 将k＝2n－1代入{3k－2}得{6n－5}， 故an＝6n－5，n∈N*， 故Sn＝×n＝3n2－2n．] 3n2－2n　 33 四、解答题：本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)(2021·新高考Ⅱ卷)记Sn为公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4． (1)求{an}的通项公式； (2)求使得Sn>an的n的最小值． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 [解]　(1)由等差数列的性质可得S5＝5a3，则a3＝5a3，所以a3＝0， 设等差数列{an}的公差为d， 则a2a4＝(a3－d)·(a3＋d)＝－d2， S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d， 即－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2， 数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－6． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)由数列的通项公式可得，a1＝2－6＝－4，则Sn＝n×(－4)＋×2＝n2－5n， 则不等式Sn>an，即n2－5n>2n－6，整理可得(n－1)(n－6)>0， 解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16．(15分)(2023·全国乙卷)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． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　(1)设{an}的公差为d， 则解得a1＝13，d＝－2． 所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n． (2)由(1)得|an|＝ 当n≤7时，Tn＝13n＋×(－2)＝14n－n2， 当n≥8时，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋＝98－14n＋n2． 综上，Tn＝ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17．(15分)(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：<2． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　(1)因为a1＝1，所以S1＝a1＝1，所以＝1， 又因为是公差为的等差数列， 所以＝1＋(n－1)＝，所以Sn＝， 所以当n≥2时，Sn－1＝， 所以an＝Sn－Sn－1＝， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1， 即＝， 所以an＝a1× ＝1×＝， 显然对于n＝1也成立， 所以{an}的通项公式为an＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)证明：＝＝2， 所以 ＝2× ＝2×＜2． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18．(17分)(2016·北京卷)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4． (1)求{an}的通项公式； (2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　(1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝＝3， 所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n-1(n＝1，2，3，…)． 设等差数列{an}的公差为d． 因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2． 所以an＝2n－1(n＝1，2，3，…)． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n-1， 因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n-1． 从而数列{cn}的前n项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n-1 ＝＝n2＋． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19．(17分)(2025·全国一卷)已知数列{an}中，a1＝3，＝． (1)证明：数列{nan}是等差数列； (2)给定正整数m，设函数f (x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f ′(－2)． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 [解]　(1)证明：＝两边同时乘n(n＋1)，得(n＋1)an＋1＝nan＋1， 又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列． (2)由(1)知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2， 又f ′(x)＝a1＋2a2x＋…＋mamxm-1， 故f ′(－2)＝3＋4×(－2)＋…＋(m＋2)·(－2)m-1，① 所以－2f ′(－2)＝3×(－2)＋4×(－2)2＋…＋(m＋2)×(－2)m．② 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ①－②，得3f ′(－2)＝3＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)m-1－(m＋2)× (－2)m＝×(－2)m， 所以f ′(－2)＝(－2)m． [教材链接]　本题源自人教A版选择性必修第二册第40页习题4.3第3(2)题． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 $