数列全真试题专项解析-【数理报】2026年高考数学专项提分

数理极 专题复习 数列全真试题 专顶解析 ⊙山西张杰 一、透析数列及其通项公式 该部分知识，点的基本应用主要有：1.用函数 a叫，也可设为号a,aq,从而侯许多实际问题能 的观，点认识数列；2.根据通项公式写出数列的任 够得到迅速准确地解决 意一项；3.利用递推公式写出数列的前几项（高 等比数列的定义、判定、通项公式及前n项 考对递推数列仅要求能根据递推关系写出前几和公式的探求以及等比数列性质的应用是历年 项，故应适当控制难度).求数列的通项公式，要高考的必考内容，考查形式类似于等差数列，考 注意多观察，多实验，敢猜想，勤归纳，勤验证.若查题型既有基础题，也有与等差数列、函数、方 已知S,求，一定要注意n=1的情况.该部分程、解析几何等知识有关的综合题 内容在高考中一般不单独命题，但用归纳法写出 四、透析数列综合问题 一个数列的通项公式，却能培养同学们观察、分 1.等差数列与等比数列综合 析和解决问题的能力，故应引起重视 (1)等差、等比数列性质的综合、灵活运用 二、透析等差数列 是解数列综合题的关键，不仅要熟练记忆而且要 1,学习等差数列的基本公式，要从公式的顺有应用意识。 用、逆用、变式等多角度地去掌握， (2)函数与方程、化归与转化、分类与整合 2.要深刻理解等差数列的定义及其等价形是解决数列综合问题的重要数学思想，特别要学 式，熟练运用通项公式和求和公式 会利用函数的观，点动态研究数列，揭示运动变化 3。判断一个数列是否为等差数列，不能只验规律，顺利实现函数、数列、不等式的联系与转 证数列的前几项，需要根据定义证明a1-a,=化. 常数，也可以证明其等价形式2an=a-1+an+: 2.数列与函数、方程、不等式综合 特别地，在判定三个实数a,b,c成等差数列时， (1)涉及到函数、方程、不等式知识的综合 常用a+c=2b.等差数列的通项公式与前n项性试题，在解题过程中通常用到函数与方程、化 和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类归与转化、分类与整合等数学思想，属于中、高档 最基本的运算题，在已知三数成等差数列时，可难度的题目. 设三个数依次为a,a+d,a+2d或a-d,a,a+ (2)数列是特殊的函数，等差、等比数列更 d,使许多问题能够得到迅速准确地解决. 是如此，因此求解数列问题应依据题意，注意沟 等差数列考查的题型既有选择题、填空题，通数列与函数之间的内在联系，运用函数与方程 又有解答题；既有容易题、中等题，也有难题，客的思想求解往往使解法方便快捷， 观题突出“小而巧”，主要考查性质的灵活运用 (3)在等差数列与等比数列中，经常要根据 及对概念的理解；主观题突出“大而全”，着重考条件列方程（组）求解，在解方程（组）时，仔细 查函数与方程、分类与整合等重要的数学思想 体会两种情形中解方程（组）方法的不同之处. 三、透析等比数列 3.数列应用题 1.学习等比数列的基本公式，也要从公式的 (1)与数列有关的应用题大致有三类：一是 顺用、逆用、变形等多角度地去掌握. 有关等差数列的应用题；二是有关等比数列的应 2.学习等比数列，要对照等差数列来进行，用题；三是有关递推数列中可化成等差、等比数 切实把握它们之间的区别，深刻理解等比数列的列的应用题、其中第一类问题在内容上比较简 定义及其等价形式，熟练运用通项公式和求和公单，建立等差数列模型后，常常转化成整式或整 式 式不等式处理，容易计算；对于第二类问题，建立 3.比较法是理解和掌握两类数列的定义、通等比数列模型后，弄清项数是关键，运算中往往 项公式及中项公式、前项和公式的重要方法.要运用指数或对数不等式，常需要查表或依据题 判定一个数列是等比数列，不能只验证数列的前设中所给参考数据进行近似计算，对其结果要按 几项，需要根据定义证明山=常数，也可以证 要求保留一定的精确度，注意答案要符合题设中 a, 实际问题的需要；对于第三类问题，要掌握将线 明其等价形式a=a1a41,特别地，在判定三个性递推数列化成等比数列求解的方法. 数a,b,c成等比数列时，常用ac=b2.两类数列(2)数列应用涉及到有关利率问题、环境问 的通项公式与前项和公式联系着五个基本量，题、生活实践问题、工农业生产问题等，但不论是 “知三求二”是一类最基本的运算题.函数与方哪类问题，都有数列的共同特征，即变量是正整 程的观点是解决这类问题的基本数学思想.在已 数，这样思路就明朗化了.首先考虑能否把这种 知三数成等比数列时，可设三个数依次为a,αg,问题归结到等差、等比数列上去.当一般规律不 57 易发现时，不妨用由特殊归纳出一般的思路，这 样对解题是有帮助的. 等差数列和等比数列是数列的两个最基本 的模型，是高考中的热点之一.基础知识以选择 题和填空题呈现，而综合知识则以解答题形式呈 现. 数列应用题大多以解答题的形式考查，往往 需要运用数列的综合知识来解决.该题型多以现 实生活中的“增长率”、“贷款”等问题为背景，体 现数列的应用性 题型一 利用an与Sn的关系求通项 例1 记Sn为数列{an}的前n项和，若 Sn=2an+1,则S6=」 解析：根据Sn=2an+1,可得Sn+1=2an+1+1, 两式相减得an+1=2a+1-2an, 即an+1=2an, 当n=1时，S1=a1=2a1+1,解得a1=-1, 所以数列{an}是以-1为首项，以2为公比 的等比数列， 所以s。=二2.-68. 1-2 点评：本题主要考查an与Sn的关系、等比数 列的前项和公式，考查学生的化归与转化能 力、运算求解能力. 例2 已知数列{an}的前n项和Sn=-n +8n,则{1an1}的前12项和为 ( (A)48 (B)112 (C)80 (D)144 解析：当n=1时，a1=S,=-1+8=7, 当n≥2时， an=S-Sn- =-n2+8n-[-(n-1)2+8(n-1)] =-2n+9, 显然a1=7也符合该式， 所以an=-2n+9, 所以1a,1=2n+9,n≤4， l2n-9,n≥5， 所以{1an1}的前12项和为 (7+1)×4,(1+15)× 2 2 2=80, 故选(C). 点评：本题考查等差数列的通项公式与前 项和公式、4n与Sn之间的关系，考查学生的化归 与转化能力、运算求解能力. 题型二。 利用递推公式 求数列的通项 例3 已知各项都为正数的数列{an}满足 a1=1,a7-(2an+1-1)an-2an+1=0. (1)求a2,a3; 58 (2)求{an}的通项公式 解析：(1)由题意得a=),a= (2)由a2-(2am+1-1)a。-2an+1=0得 2an+1(an+1)=an(an+1). 因为{an}的各项都为正数， 所以= 故a.是首项为1，公比为)的等比数列， 因此a= 2n- 点评：本题考查数列的递推关系式、等比数 列的通项公式等知识，意在考查学生的逻辑思维 能力和运算求解能力 题型三 等差（比）数列的通项 公式及前项和公式衫 例4 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 解析：该数列的前6项和为 6×(-3)+6X5×2=12 2 点评：本题考查等差数列的前n项和公式， 考查运算求解能力. 例5 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 解析：根据S3=32=6得2=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. 点评：本题考查等差数列的通项公式、等差 数列的前n项和公式.等差数列中，当n为奇数 时，前项和Sn为项数与中间项的乘积，本题可 以直接求解出中间项，通过项与项的关系可以求 解出公差，运算量相对较小，提高正确率. 例6 记Sn为等比数列{an}的前n项和，9 为an}的公比，9>0.若S3=7,a3=1,则 ( (Ag=2 (B)as= (C)S=8 (D)a +S,=8 解析：根据S3=a1+a2+a 1 3 =7, 得6g2-9-1=0, 即(2g-1)(3q+1)=0, 因为9>0，所以9=7，()正确： 专题复习 4=a,=1×(分)°=子，(B)错误： 3 a 4, 所以,=(1-g) 41 31 1-9 4 1 2 (C)错误； a.=a=4×()”= 22 3-n a0-g). 4[-(3)] 1-q 1- =8[1-(3)] =8-=8-2 所以an+S。=8,(D)正确 故选(A)(D). 点评：本题考查等比数列的通项公式、等比 数列的前n项和公式，在等比数列计算基本量的 问题中，可以考虑等式相除，消去首项，留下公比 求解；对于(D)选项指数运算不熟悉的可以采用 验证方法，比如n=1,2,3时等式均成立，确保选 项不遗漏 题型四 等差（比）数列的判定 例7 已知数列{an}中，a1=3, (n n+i+n(n+1) (1)证明：数列{nan是等差数列； (2)给定正整数m,设函数f(x)=ax+ 2x2+…+amx,求∫'(-2). 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)可知数列{nan的通项公式为 nan=3+(n-1)×1=n+2, 又∫'(x)=a1+2ax+…+ma-l 故f'(-2)=3+4×(-2)+…+(m+2) ×(-2)m-, 所以-2f'(-2)=3×(-2)+4×(-2) +…+(m+2)×(-2)m. 两式相减，得3f'(-2)=3+(-2)+ (-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)×(-2)m= 子-(m+子）×(-2)° 所以'(-2)=号-(g+号)×(-2) 点评：本题考查由递推关系证数列是等差数 数理极 列、错位相减法，意在考查学生的逻辑思维能力 和运算求解能力. 题型五 等差（比）数列的性质 例8 已知{an}是公差不为0的等差数列， a1=-2,若a3,a4,6成等比数列，则a0= ( (A)-20 (B)-18 (C)16 (D)18 解析：已知等差数列{an}的首项a1=-2, 设公差为d(d≠0)， 则la3=a1+2d=-2+2d, a4=a1+3d=-2+3d, a6=a1 +5d=-2+5d. 因为a3,a4,6成等比数列， 所以由等比中项的性质得d=a3·a6, 即(-2+3d)2=(-2+2d)·(-2+5d), 解得d=2或d=0(舍)， 所以数列{an}的通项公式为 am=-2+(n-1)·2=2n-4, 则a0=2×10-4=16. 故选(C). 点评：本题考查等差数列求值、等比中项的 性质，意在考查学生的运算求解能力 例9 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 解析：设等比数列为{an}, 其公比为q,前n项和为Sn, 因为等比数列{a,的各项均为正数， 所以g>0, 因为S4=4,Sg=68,所以Sg-S4=64, 因为S4,Sg-S4,S2-Sg,…成等比数列， 且公比为，拟g=8-4 =16, 又9>0，所以q=2. 点评：本题考查等比数列前n项和的性质，关 键点是熟练掌握等比数列前n项和的性质，即Sn, S2n-Sn,S3m-S2m,…成等比数列，且公比为g” 题型六。 数列求和 例10 已知{an}为等差数列，bn= 「an-6,n为奇数， 记Sn,Tn分别为数列{an, l2an,n为偶数. {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，T。>Sn 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d. 根据题意，b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d, 数理极 b3=a3-6=a1+2d-6, 联立 S4=4a1+6d=32, 7,=4a,+4d-12=16, 5 解得 d=2, 所以{an}的通项公式为a。=2n+3. (2)由(1)知，5.=n5+n+3》=n2+4n, 2 6。 2n-3,n=2k-1keN, l4n+6,n=2k, 当n为偶数时， bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1, 刀=8+m+2=22+子， 2 当n>5时， T.-s。=(3t2+子)-(r+4n) =7n(n-1)>0, 所以Tn>Sm 当n为奇数时， T=Ta+-bn =3n+1)2+3(n+)-[4(n+1)+6 32+3-5, 当n>5时， .-s=(3r2+3n-5）-(m+4n) =2(n+2)(n-5)>0, 所以Tn>Sn 综上可知，当n>5时，Tn>Sn 点评：本题主要考查等差数列的通项公式， 前项和公式，以及分组求和法的应用，利用作 差法证明不等式等知识，意在考查学生的逻辑推 理能力、转化能力和运算求解能力. 例11记Sn为数列{an}的前n项和，已知 a2 =1,2=na (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{2} 的前n项和Tn 解析：(1)因为2Sn=nan, ① 当n=1时，2a1=a1,解得a1=0. 当n≥2时，2Sn-1=(n-1)an-1, ② 由①②得， 2(Sn-Sn-1）=nan-(n-1)an-1, 整理得(n-2)an=（n-1)am-1 当a3时品=员号 n-2 .0-2.….4 (n-1 (n-2 dn-3 42 =n-1.n-2.n-3.. 3 2 n-2 n-3n-4 2 =n-1. …专题复习 当n=1,2时，均满足上式， 所以an=n-1(neN). (2)令6.-2=分， 则Tn=b1+b2 bn- +b ① + 2n+1 ② 由 ②得 2( 1- 2m+ =1 即Tn=2-2+n 点评：本题主要考查an与Sn的关系，累乘法 和错位相减法，考查学生的运算求解能力 题型七。 数列与其他知识交汇 例12 已知数列{an},{bn}满足am=10n 9,b,n=2”.设cn=Aan+（1-入)bn·若对任意入 ∈[0,1]，长为an,bn,cn的线段均能构成三角 形，则满足条件的n有 (A)1个 (B)3个 (C)4个 (D)无穷个 解析：因为入∈[0,1]，an>0,bn>0, 所以Aan≤an,(1-入)bn≤bn, 且二者等号不同时成立， 所以cn=入an+(1-入)bn<an+bn, 所以只需考虑Ian-bnI<cn是否对入∈ [0,1]都成立 当2≤n≤5时，an>bn, cn=bn+入(an-bn）∈[bn,an], 所以只需bn>an-bn,即2bn>an, 即2+1>10n-9,n取4,5时满足. 当n=1或n≥6时，am<bn, cn=bn-入(bn-an)∈[an,bn], 所以只需an>bn-am,即2am>bn, 即2m-1<10n-9,n取6时满足， 综上，满足条件的n有3个 点评：本题考查数列的综合，意在考查学生 的逻辑推理能力、转化能力和运算求解能力. 例13 {an}是等差数列，{bn}是等比数列， a1=b,=2,a2=b2+1,a3=b3 (1)求{an},{bn的通项公式 (2)Hn∈N有Tn={p1a,b1+P2a2b2+… +Pnanbn1p1,P2,…Pn∈I},I={0,l (i)求证：Ht∈Tn,均有t<an+1bn+1; 59 (iⅱ)求Tn中所有元素之和. 解析：(1)设等差数列{an的公差为d, 等比数列{bn}的公比为q(q≠0)， 则{an}的通项公式为an=2+（n-1)d, {bn}的通项公式为bn=2×g” 由a2=b2+1得2+d=2g+1, 即d=2q-1, ① 由a3=b3得2+2d=2g2. ② 将①代入②，化简得g2-2g=0, 又g≠0，得g=2,则d=2g-1=3. 故an=3n-1,bn=2". (2)(i)由题知集合T.中的元素为 t= ∑pa,b,其中p:∈{0,1， 当所有的P:=1时，t取最大值， 即m=∑a6,=[(3i-I)×2]: 记S=m=∑(3i-1)×2, 则s=王(3i-1)×2 =2×2+5×22+…+(3n-1)×2", 2S=∑(3i-1)×2+1=2×22+5×23+ i=l …+(3n-4)×2”+(3n-1)×2*1, -5=(3i-0×2-(3i-1)×2 =4+3×(22+23+…+2)-(3n-1)×2+ =4+3×4×1-2）-(3n-1）×2 1-2 =(8-6n)×2”-8. 则tmx=S=(6n-8)×2”+8 =(3n-4)×2"++8. 易知a+1bn+1=[3(n+1)-1]×2m+ =(3n+2)×2+. 当n≥1时， an+1bn+1-tmx=6×2+1-8≥6×2+l-8 =16>0. 所以Ht∈Tn,均有t<an+1bn+1. (ⅱ)由题知集合T,中的元素为 I=∑pab piab+p2a2b2 +.+pnabn, 其中p:∈{0,1}， 每个αb:项在所有元素的和式中出现的次 数为2- 所以Tn中所有元素之和为 2"-1·S=2"-[(3n-4)×21+8] =(3n-4)×4”+2m*2. 点评：本题考查等差、等比数列，并以新定义 的形式引入集合Tn,体现了集合语言的科学表 述和抽象数学符号的美感，重点考查学生数学抽 象和逻辑推理素养，题目饱含数学思维，渗透了 数学思想