常考大题数列-【衡水金卷·先享题】2026年新高考数学专项分组练(湖南专版)

常考大题数列(A) (限时45分钟) 1.设等差数列{an}的前n项和为Sm,a5十a12=3,3.已知数列{an}满足a1=2,an+1=2an十3·2+. a,·a1o=-18,且Sn有最大值， 1)证明：数列经}为等差数列： (1)求数列{an}的通项公式及Sn的最大值； (2)求Tn=a1|+|a2|+…+|an. (2)设bn= 时婴，记数列的嘴”项和 为S· (i)求Sn; (i)若Hn∈N*,Sn<m·3+,求m的取值范围. 2.已知{an}为等差数列，且an+1=2an一2n十3. 4.约数，又称因数.它的定义如下：若整数a除以整 (1)求数列{an}的通项公式； 数m(m≠0)除得的商正好是整数而没有余数，我 -,n=3k-2, 们就称a为m的倍数，称m为a的约数.设正整 (2)若数列{bn}满足bn= a·a (-1)"·an,3k-1≤m≤3k, 数a共有k个正约数，即为a1,a2,…,ak-1, 60 a(a<a<<). 其中m,k∈N,求∑b. n= (1)当k=4时，若正整数a的个正约数构成等 比数列，请写出一个a的值； (2)当k≥4时，若a2一a1,a3一a2,…,as一a-1构 成等比数列，求正整数a; (3)记A=a1a2十a2a3十…十a-1a,求证：A<a2. 数学第43页（共58页） 常考大题数列(B) (限时45分钟) 1.已知Sn为数列{an}的前n项和，a1=2,Sn=a+1一3.已知公差为d的等差数列{an}和公比q<0的等 3n-2. 比数列{bn},其中a1=b1=1,a2+b2=1,a3十 (1)求数列{a,}的通项公式： b3=4. 2设么。记么的前1预和为工，证 (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令cn=2.·b层(n∈N*),抽去数列{m}的第1 明：1<行 项、第4项、第7项、…、第(3n一2)项、…，余下的 项的顺序不变，构成一个新的数列{dn).求数列 {dn}的前n项和Sn. 2.已知等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公 4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,数列 比为q,d,q∈N*,且2a3+a2=b3,a3-a2=b1, {bn}为等比数列，且b2=a3,b4=a21,5b3=3S. a1=b+1. (1)求{an}与{b,}的通项公式； (1)求数列{an}与b,)的通项公式及∑a:; (2)设{cn}是由数列{an}与{bn}的公共项按照从 =b2 (2)记数列{an}落在区间(bs,bs+1)内的项的个数 小到大的顺序排列而成的数列，求∑c,: 为c,k∈N*. (3)设数列{dn}满足dn十dn+1=an,Tn为数列 (i)求c1,c2及数列{c}的通项公式 {bdn}的前n项和，若对Vn≥3，n∈N*,4Tn (i)求∑ae 3m+1dn≥2025，求d1的最小值. =1 数学第44页（共58页）参考答案及解析 所以16sin(写-a)sina∈[8，l2], 所以S= 33 「533 16sin(a)sina L4’8 即S的取值范围为「5,33 48」 4.解：(1)若选①： 因为asin B-√3 cos Beos C=√5ccos2B, 所以由正弦定理得sin Asin B=√3 sin Bcos Bcos C √3 sin Ccos2B, 即sin Asin B=√3cosB(sin Bcos C+sin Ccos B) √/3 cos Bsin(B+C), 又A十B十C=π， 所以sin Asin B=√5 cos Bsin A, 由A∈(0，π)，得sinA≠0， 所以sinB=√3cosB,即tanB=√3， 因为B∈(0，π)， 所以B=子 若选②： 因为(sinA-sinC)2=sin2B-sin Asin C, 所以sinA十sinC-sinB=sin Asin C, 则由正弦定理得a2十c2-b2=ac, 所以oBt- 2ac 因为B∈(0，π)， 所以B=受 若选③： 因为 =a, 所以由正弦定理得5 sin Bsin A=sinA, 1十cosB 所以W3 sin Bsin A=sinA(1十cosB), 因为A∈(0，π)，所以sinA≠0， 所以wW3sinB=1十cosB, 所以sin(B-吾)=2， 因为B∈(0，π)， 所以B-晋∈(-晋，爱)， 所以B=吾 所以B=号 数学 (2)在△ABC中，由正弦定理ABC b a-csin A-sin Acsin B ③ sin C sin C sin C 2sin C' 所以a2+=c2+2 abos C=1+2sinA 5 sin C 2sin C' cos C =1+3sin A .cos C=1+3sin(BC).cos C sinC sin2C sin(+c) =1十 sin2C ·cosC =1+3cosC+3sin Ceos C 2sin2C =1 ac+=(c+)+ 因为△ABC为锐角三角形， {o<c<受 所以 ,解得C∈（名，受） 所以tm公9， anc∈(0，V3), 所以 所以a2+6∈(1,7)， 即a2十b2的取值范围为(1,7). 常考大题数列(A) 1.解：(1)设等差数列{an}的公差为d,首项为a, 由Sn有最大值，得d<0, 则数列{an}是递减数列， 因为a5十a12=a1十a1e=3,a?·a1o=一18， 解得a7=6,a10=-3或a,=-3,ao=6(舍去)， 则a1十6d=6,a1+9d=-3, 解得d=-3,a1=24, 所以am=24+(n-1)×(-3)=-3n十27. 令an=-3n十27=0，得n=9, 则当n≤9时，an≥0；当n>9时，an<0, 所以(S.)mx=S=S,=9×24+9X8×(-3)=108. 2 (2)由(1可得5.=2n+m21D×(-3)=-是r 2 当n≤9时，Tm=a1十a2十…十an=Sn=- 51 2n, 58· 数学 当n>9时，Tn=a1十a2十…十ag-(a1o十al十…十 a)=-s.+25,=-(-号r+2）+2×108 - 2n+216, 3 综上可得，T= n∈N". -+216w 2.解：(1)设等差数列{am}的公差为d, 则an=a1十(n-1)d, 由a+1=2am-2n十3， 可得a1+nd=2[a1+(n-1)d]-2n十3， 即(d-2)n十a1+3-2d=0, 所以 d-2=0 a1+3-2d=01 解得a1 d=2 所以an=1十2(n-1)=2n-1. -,n=3k-2 (2)因为bn= ak·ak+ 、(-1)”·am,3k-1≤n≤3k 则bn= (2k-1)(2k+1万，n=3k-2 .(-1)"·(2n-1),3k-1n3k 1 1 所以6+h+b,++ba=1X3十3X写x7+… X 1 39×41 =[(1-专)+(3号)+（号-7）+…+ ()]器 b2+b+b+b11+…+b6+b9=(a2-a5)+ (ag-a1）十…十(a56-a5y) =-3×2×10=-60: b十b:十b,十b2十…十b7十bo=(-a3十a6)+ (-a十a12)+…十(-a57十a0) =3×2×10=60 因此∑b=(6+b,+b+…+bs)+(b:+6:十 b8十…+b)+(b十c十b十…+bw）= 20 3.解：(1)因为a+1=2an十3·2m+1, 所以岩一尝=3 又a=2,所以2=1， 所以数列{会}是以1为首项，3为公差的等差数列。 ·5 参考答案及解析 (2)(1)由1)得会-=1+3(m-1)=3m-2, 所以am=(3n-2)·2", 所以b=n+10=(十1)·2， 3n-2 所以Sn=2·2十3·22十4·23十…十n·2-1十 (n十1)·2m, 则2S=2·2十3·23十4·2十…十n·2”十 (n十1)·2m+1, 两式相减得-S,=2·2十2十2十…十2”一 (n+1)·2+1 =2+22十23+…+2m-(n+1)·2+1+2 =2(1-22-(n+1)·2+1+2 1-2 =-2十2+1-(n十1)·2+1十2=-n·2+1, 所以Sn=n·2+1 (i)因为Hn∈N,Sn<·3m+1, 所以neN·(号) 设数列{cn}的第n项最大， (号)≥(m-1)·(号) 则 …(号)≥+（） 解得2n3, 所以数列{c}中最大的项为c=c=27, 16 、16 所以m>271 即m的取值范围为（号，十o∞）. 4.解：(1)当k=4时，正整数a的4个正约数构成等比 数列， 比如1,2,4,8为8的所有正约数，即a=8. (2)由题意可知a1=1,a4=a,a4-1= ,ak-=a a2 因为>4，依题意可知二2=a4一a=山 a2-a1ak-1一ak-2 所以一a= a az a-al aa a2 a3 化简可得(aa-a2)2=(a2-1)a, 所以a()广 因为a∈N,所以二a∈N, a2一a1 参考答案及解析 因此可知a?是完全平方数， 由于a2是整数a的最小非1因子，a3是a的因子，且 a>ag,所以aa=a, 所以a2-a1,a4-a2,…,as-ak-1为a2-1,ai一a2, …,a吃1-a哈8， 所以a=a-1(k≥4). (3)由题意知a1ak=a,a2ak-1=a,…,a:ak+1-:=a,…, (1ik), 所以A=一a a2 ak-1ak ak-2ak-1 aa2 因为1≤：一a=1-1 ala? alaz a az 1≤4-aL=1-1 ak-lak ak-lak ak-ak 所以A=a ak-lak ak-2ak-1 十…十a alaz =a2(1+ 1 ak-1ak ak-2ak-1 aiaz a2(1+11+…+ azaz as ak-1 ap ( 因为a1=1,a4=a,所以1-1<1， 所以A≤a()<d, 即A<a. 常考大题数列(B) 1.解：(1)当n=1时，S1=a1=a2-3-2,则a2=7, 因为Sn=a+1一3n一2， 所以S.-1=am-3(n-1)-2(n≥2)， 两式相减得：aw+1=2an十3(n≥2)， 所以am+1十3=2(a,十3)，(n≥2)， 又a1=2,a1+3=5,a2+3=10, 则a2十3=2(a1十3)，即n=1时也适合上式， 所以{am十3}是以5为首项，2为公比的等比数列， 故an十3=5X2=1, 则an=5X2-1-3. 2" 2 (2)由(1)得b,= am·a+1(5X21-3)(5×2”-3) =号(x28x2)小 1 1 故Tm=bi十b2十b十…十b =号（合-号+号-责+…+x ,11 1 5X2"-3/ 6 数学 =号（合x): 1 当n∈N时5x23>0, 故<号×= 2.解：(1)由题可知d=a4一a2=ba1=b十1， 所以am=a十(n-1)d=b十1+(n-1)b= nb1+1, 所以2a4十a2=2(3b1+1)+2b1十1=8b+3, 因为b=b1q,所以8b1+3=b1g, 因为6=4deN,所以g=8+名 又q∈N·,所以b=3,q=3, 所以am=3n十1，bm=3”, 所以2a,=之a,-19(a+a)=19a=19× 27 2 i=hy (3×18+1)=1045. (2)(i)由(1)得(b,b2)=(3,9), a1=4,a2=7在此区间内，所以c1=2, 因为(b2,b3)=(9,27), 令b<am<b,即9<3n+1<27, 即8<3n<26,则9≤3n≤24， 所以3≤n≤8， 所以c2=8-3+1=6. 因为(b,b+1)=(3,31), 令bs<an<b+1,即3<3n十1<3+1， 即3-1<3n<3+1-1,则3*≤3n≤3+1-3， 所以3-1≤n≤3-1， 所以c=3-1-3-1十1=3-3-1=2X31. (i)记A.=∑a,c=∑2(3i+1)3, =1 =1 则Am=8×3°+14×3+…+(6n-4)×3+ (6n+2)×31, 3A.=8×3十14×32+…+(6n-4)×3w-1+ (6n+2)×3", 两式相减得-2Am=8十6(3十32十…十31)一 (6m+2)×3=8+6×31-3）-(6m+2)×3 1-3 =(1-6)×3”-1, 所以A.=是+(3m-号)X3. 即2=古+(3m-)x3 1ag+b2=1 (1+d)+1·g=1① 3.解：(1)由 a:+6-4八得 (1+2d)+1·g=4② 0 数学 由①得d=-q,代入②中， 可得g2-2q-3=0, 解得q=3或q=-1, 因为公比q<0,所以q=一1， 所以d=-q=1, 所以an=n,b,=(-1)-1. (2)cn=2“·b号=2”， 由题意，d2m-1=c3w-1=23a-1,d2n=c3n=23 当n=2k(k∈N)时， Sm=d1十d2十d十…十d2k=(d1+d3+…+d2k-1)十 (d2十d十…十dw) =(22十2十…十2-1)十(23十25十…十2张) 4-2-1·2+8-24·2=12(2-1D 1-23 1-23 7 =12(2”-1)」 7 当n=2k一1(k∈N*)时， S,=Sg-1=S4-d4=12(24-1D-24=5·2-12 7 7 =5·2Ψ-12 7 5·2-12m为奇数， 7 综上，S 12(2-1),n为偶数 n∈N" 7 4.解：(1)设数列{am}的公差为d,数列{bn}的公比 为q, b1q=1+2d 由题可得bg=1十20d (5b1q=15(1+2d) 解得b=q=3,d=4, 所以am=1十4(n-1)=4n-3,b.=3". (2)设a=6.,则m=3”十3=(4-1)+3 4 4 (4-1)”=4”-C4”1十…十(-1)-1C”14 +(-1)”, 因为m为正整数， 所以（一1）”十3能被4整除，则n为偶数， 所以cn=9”, 则2：=99g2=g(9-1). 1-9 (3)因为d十da+1=an=4n-3, 所以dn+1十dm+2=a+1=4n十1， 两式相减得d+2一dn=4, 又d+d2=a1=1,所以d2=1-d1. 由题得Tm=3d1十32d2+33d十3d,十…+3"dn, 参考答案及解析 则9Tm=33d1+3d2+…+3"dm-2十3+ldn-1十 3+2dn, 两式相减得-8Tn=3d1+9d2+33(d-d1)+ 3(d:-d2)+…十3"(dn-dn-2)-3"+1dn-1-3+2d =9-6d1+4(33十3+…十3)-3m+1dm-1-3+2d =9-6d+4×3(1-3)-3+d1-3*d 1-3 =(2-dn-1)3+1-3"+2dn-6d1-45, 则4红.-（号-1）4+d+号 2 所以4红。-3d,=(号-1)8+34+3d十 2 49-3（d≥+d)-31+3d+2, 2 因为dn十dn+1=4n-3, 所以dn-1十dn=4n-7, 所以4T.-3+d.=(2m-号)3++3d+9 令A,=(2m-号)31，n>3, 则A+1-A.=(2m-号)3-(2m-号)31 (4n-3)3m+1>0, 所以{4Tn-3+1dn}为递增数列， 所以(2×3- 号)×3+3d 45≥2025， 解得d1≥627， 故d的最小值为627. 常考大题 概率与统计(A) 1.解：(1)2×2列联表如下： 羽毛球运动 性别 合计 有兴趣 没兴趣 男 170 30 200 女 80 20 100 合计 250 50 300 零假设为 H。:对羽毛球运动是否有兴趣与性别无关. x'= 300×(170×20-80×30)2 250×50×200×100 =1.2<2.706 =x0.1, 故根据小概率值α=0.1的独立性检验，假设成立，我 们认为对羽毛球运动是否有兴趣与性别无关. (2)由题意可知，X的所有可能取值为0,1,2,3， ∴P(X=0)=(1-)×(1-号)=若