第六章 必刷题 数列【题型突破】-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦等差等比核心，覆盖基础运算、递推转化及实际应用，题型分层且融合创新情境，培养数学抽象与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础运算|1-5题|等差等比通项、求和及性质应用|从定义到性质，构建基本量运算体系| |递推转化|7、13题|由Sₙ与aₙ关系、递推公式求通项|体现数列转化思想，衔接函数与方程| |综合应用|6、15-17题|实际情境建模、绝对值求和及证明|融合数学建模与逻辑推理，强化应用意识| |创新拓展|8、18题|新定义“速增数列”、数阵规律探究|培养创新意识，提升数学抽象与分析能力|

第六章 数 列 必刷题　数　列 [分值：73分] 【高考考向预测】 数列以等差、等比数列通项与求和为核心，兼顾递推公式、数列性质及求和方法综合运用，常结合最值、不等式设问；近三年为高考必考内容，小题大题均有考查，分值占比可观；预测2027 年依旧常规考查基础运算，侧重递推转化、裂项错位求和，融合实际情境与不等式放缩综合命题。 【核心梳理●明考点】 一、单项选择题(每小题5分，共40分) 1.已知数列{an}为等差数列，且a1+a4+a6+a8+a11=80，则log2(a5+a7)的值为(　　) A.4 B.5 C.6 D.3 2.已知数列{an}的前n项和Sn=n3-2n+sinπ，则a6等于(　　) A.66 B.77 C.88 D.99 3.(2025·济宁模拟)已知{an}为等比数列，且a1=1，则“a5=2”是“a9=4”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.(2025·泰安模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1+a5+3a6+2a9=49，则S11等于(　　) A.44 B.33 C.66 D.77 5.已知一个项数为偶数的等比数列{an}，所有项之和为所有偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则a1等于(　　) A.1 B.4 C.12 D.36 6.(2025·郑州模拟)某公司购置了一台价值为220万元的设备，随着设备在使用过程中老化，其价值会逐年减少.经验表明，每经过一年其价值就会减少d(d为正常数)万元.已知这台设备的使用年限为10年，超过10年，它的价值将开始低于购进价值的5%，设备将报废.则d的取值范围为(　　) A.(0，20.9] B.(19，20.9] C.(19，+∞) D.(20.9，+∞) 7.(2026·宁波模拟)已知数列{an}，a2=1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn=nan，则a2 026的值为(　　) A.2 024 B.2 025 C.2 026 D.2 027 8.(2025·永州模拟)如果数列{an}对任意的n∈N*，都有an+2+an>2an+1成立，则称{an}为“速增数列”.若数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=3，ak=2 026，则正整数k的最大值为(　　) A.62 B.63 C.64 D.65 二、多项选择题(每小题6分，共18分) 9.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，an+1=4Sn，则(　　) A.S2=5 B.a2 026=25a2 024 C.数列{an}是等比数列 D.数列{Sn}是等差数列 10.(2025·天津模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，已知a3=12，S12>0，a7<0，则(　　) A.S5=60 B.d的取值范围为 C.a6>0 D.当Sn<0时，n的最小值为14 11.(2026·绵阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的有(　　) A.若{an}是等比数列，S2=2，S4=8，则S6=16 B.若an=2n-11，则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a11|=61 C.若{an}是等差数列，a1=-2 026，若-=2，则S2 026=-2 026 D.若a1=1，an=+(n≥2)，则a50=99 三、填空题(每小题5分，共15分) 12.(湘教版选择性必修第一册P35习题1.3T7改编)在由正数组成的等比数列{an}中，若a4a5a6=3，则log3a1+log3a2+log3a8+log3a9=　　　　. 13.已知数列{an}，a1=1，a2=2，且an与an+1满足的关系是an+1-n=an-1(n≥2，n∈N*)，则{an}的通项公式为　　　　　　　　　　　　　　. 14.在数列{an}中，a1=3，++…+=1+++…++(n∈N*)，若λan≥4n对所有n∈N*恒成立，则λ的取值范围为　　　　　　　. 四、解答题(4小题，共60分) 15.(13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；(5分) (2)求数列{|an|}的前n项和Tn.(8分) 16.(15分)(2025·全国Ⅰ卷)已知数列{an}中，a1=3，=+. (1)证明：数列{nan}为等差数列；(6分) (2)给定正整数m，设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm，求f'(-2).(9分) 17.(15分)已知数列{an}满足：a1=2，a2=4，an+2=3an+1-2an. (1)证明：数列{an+1-an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(6分) (2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求数列的前n项和Tn.(9分) 18.(17分)(2025·济宁模拟)将所有正整数按照如下规律形成数阵： 第1行　1　2　3　……　7　8　9 第2行　10　11　12　……　97　98　99 第3行　100　101　102　……　997　998　999 第4行　1 000　1 001　1 002　……　9 997 9 998　9 999 …… (1)将数列与数列的公共项按照从小到大的顺序排列得到数列{an}，试确定a6在该数阵中的位置；(5分) (2)将数阵中所有相邻两个数字(从左到右)出现12的所有正整数去掉并保持顺序不变，得到一个新数阵，记新数阵第n行中正整数的个数为bn. ①求b1，b2，b3；(4分) ②求bn.(8分) 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 数 列 必刷题　数　列 [分值：73分] 【高考考向预测】 数列以等差、等比数列通项与求和为核心，兼顾递推公式、数列性质及求和方法综合运用，常结合最值、不等式设问；近三年为高考必考内容，小题大题均有考查，分值占比可观；预测2027 年依旧常规考查基础运算，侧重递推转化、裂项错位求和，融合实际情境与不等式放缩综合命题。 【核心梳理●明考点】 一、单项选择题(每小题5分，共40分) 1.已知数列{an}为等差数列，且a1+a4+a6+a8+a11=80，则log2(a5+a7)的值为(　　) A.4 B.5 C.6 D.3 【答案】B 【解析】由等差数列的性质，可得a1+a4+a6+a8+a11=5a6=80，解得a6=16， 所以log2(a5+a7)=log2(2a6)=log232=5. 2.已知数列{an}的前n项和Sn=n3-2n+sinπ，则a6等于(　　) A.66 B.77 C.88 D.99 【答案】C 【解析】由Sn=n3-2n+sinπ可得S6=63-12+sin 3π=216-12=204， S5=53-10+sinπ=125-10+1=116， 故a6=S6-S5=204-116=88. 3.(2025·济宁模拟)已知{an}为等比数列，且a1=1，则“a5=2”是“a9=4”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】由题意知，{an}为等比数列， 当a5=2时，得a1a9==4，所以a9=4，故充分性成立； 当a9=4时，=a1a9=4，解得a5=±2， 又a1，a5，a9同号，所以a5=2，故必要性成立. 所以“a5=2”是“a9=4”的充要条件. 4.(2025·泰安模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1+a5+3a6+2a9=49，则S11等于(　　) A.44 B.33 C.66 D.77 【答案】D 【解析】因为a1+a5+3a6+2a9=2a5+2a7+3a6=7a6=49， 所以a6=7，S11==11a6=77. 5.已知一个项数为偶数的等比数列{an}，所有项之和为所有偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则a1等于(　　) A.1 B.4 C.12 D.36 【答案】C 【解析】由题意可得，{an}的所有项之和S奇+S偶是所有偶数项之和S偶的4倍， 所以S奇+S偶=4S偶，故S偶=S奇， 设等比数列{an}的公比为q，该等比数列共有2k(k∈N*)项， 则S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=S奇， 所以q=， 因为=a1a2a3=64，可得a2=4， 因此a1==12. 6.(2025·郑州模拟)某公司购置了一台价值为220万元的设备，随着设备在使用过程中老化，其价值会逐年减少.经验表明，每经过一年其价值就会减少d(d为正常数)万元.已知这台设备的使用年限为10年，超过10年，它的价值将开始低于购进价值的5%，设备将报废.则d的取值范围为(　　) A.(0，20.9] B.(19，20.9] C.(19，+∞) D.(20.9，+∞) 【答案】B 【解析】设使用n年后，这台设备的价值为an万元，则可得数列{an}. 由已知条件，得an=an-1-d(n≥2). 由于d是与n无关的常数，∴数列{an}是一个公差为-d的等差数列. ∵购进设备的价值为220万元，∴a1=220-d， 于是an=a1+(n-1)(-d)=220-nd. 根据题意，得 即 解得19<d≤20.9. ∴d的取值范围为(19，20.9]. 7.(2026·宁波模拟)已知数列{an}，a2=1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn=nan，则a2 026的值为(　　) A.2 024 B.2 025 C.2 026 D.2 027 【答案】B 【解析】在数列{an}中，满足2Sn=nan，当n≥3时，可得2Sn-1=(n-1)an-1， 两式相减，可得2an=nan-(n-1)an-1，即(n-2)an=(n-1)an-1，所以=，n≥3， 又由a2=1，则a2 026=a2×××…×=1×××…×=2 025. 8.(2025·永州模拟)如果数列{an}对任意的n∈N*，都有an+2+an>2an+1成立，则称{an}为“速增数列”.若数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1=1，a2=3，ak=2 026，则正整数k的最大值为(　　) A.62 B.63 C.64 D.65 【答案】B 【解析】由题干条件an+2+an>2an+1，即an+2-an+1>an+1-an， 也即数列{an}的相邻两项之差单调递增，要使得正整数k最大，则数列{an}的增长尽可能缓慢， 即需要让相邻两项差值尽可能小，又an∈Z，即相邻两项差值构成公差为1的等差数列， 因为a2-a1=3-1=2，则a3-a2=3>a2-a1=2，a4-a3=4>a3-a2=3，…，所以an+1-an=n+1， 采用累加法得an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=(n≥2)， 令ak==2 026，即k2+k-4 052=0， 解得k=≈63.16(负值舍去)， 当k=63时，a63==2 016<2 026，符合题意； 当k=64时，a64==2 080>2 026，不符合题意. 综上，正整数k的最大值为63. 二、多项选择题(每小题6分，共18分) 9.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，an+1=4Sn，则(　　) A.S2=5 B.a2 026=25a2 024 C.数列{an}是等比数列 D.数列{Sn}是等差数列 【答案】AB 【解析】对于A，由an+1=4Sn，得a2=4S1=4a1=4， ∴S2=a1+a2=5，A正确； 对于B，an+1=4Sn， ① 当n≥2时，an=4Sn-1， ② ①-②得，an+1-an=4Sn-4Sn-1=4an， ∴an+1=5an，n≥2， ∴a2 026=5a2 025=25a2 024，B正确； 对于C，当n≥2时，an+1=5an， 但a2=4a1，不满足上式， ∴数列{an}不是等比数列，C错误； 对于D，由an+1=4Sn，即Sn+1-Sn=4Sn， ∴Sn+1=5Sn， ∴数列{Sn}是等比数列，不是等差数列，D错误. 10.(2025·天津模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，已知a3=12，S12>0，a7<0，则(　　) A.S5=60 B.d的取值范围为 C.a6>0 D.当Sn<0时，n的最小值为14 【答案】AC 【解析】由题意，S12=12·=12·>0⇒a6+a7>0，而a7<0，所以a6>0，C正确； 而S13=13·=13a7<0，D错误； 又⇒-<d<-3，B错误； 而S5=5a3=60，A正确. 11.(2026·绵阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的有(　　) A.若{an}是等比数列，S2=2，S4=8，则S6=16 B.若an=2n-11，则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a11|=61 C.若{an}是等差数列，a1=-2 026，若-=2，则S2 026=-2 026 D.若a1=1，an=+(n≥2)，则a50=99 【答案】BCD 【解析】对于A，因为{an}是等比数列，S2=2≠0， 所以S2，S4-S2，S6-S4成等比数列， 所以(S4-S2)2=S2(S6-S4)，即(8-2)2=2×(S6-8)，解得S6=26，故A错误； 对于B，因为an=2n-11，所以an+1-an=2(n+1)-11-(2n-11)=2， 所以{an}是等差数列， 由an=2n-11<0得n<， 所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|a11|=-(a1+a2+…+a5)+(a6+a7+…+a11) =-+=-+=61，故B正确； 对于C，设等差数列{an}的公差为d， 因为a1=-2 026，所以-=-==d=2， 所以S2 026=2 026×(-2 026)+×2=-2 026，故C正确； 对于D，因为an=+(n≥2)，+>0， 所以Sn-Sn-1=+(n≥2)， 所以-=1(n≥2)，又a1=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=n2，所以a50=S50-S49=502-492=99，故D正确. 三、填空题(每小题5分，共15分) 12.(湘教版选择性必修第一册P35习题1.3T7改编)在由正数组成的等比数列{an}中，若a4a5a6=3，则log3a1+log3a2+log3a8+log3a9=　　　　. 【答案】 【解析】由a4a5a6=3得=3， ∴a5=，log3a1+log3a2+log3a8+log3a9 =log3(a1·a2·a8·a9)=log3=. 13.已知数列{an}，a1=1，a2=2，且an与an+1满足的关系是an+1-n=an-1(n≥2，n∈N*)，则{an}的通项公式为　　　　　　　　　　　　　　. 【答案】an= 【解析】根据题意，当n≥2时，an+1-an=n-1， 可得当n≥3时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+a2 =(n-2)+(n-3)+…+1+2 =+2=， 又当n=1时，a1=1不满足上式， 当n=2时，a2=2满足上式， 故an= 14.在数列{an}中，a1=3，++…+=1+++…++(n∈N*)，若λan≥4n对所有n∈N*恒成立，则λ的取值范围为　　　　　　　. 【答案】 【解析】因为a1=3，++…+=1+++…++(n∈N*)， 所以当n≥2时，有++…+=1+++…++， 两式相减可得=+=， 即当n≥2时，=， 当n=1时，=1+=，又a1=3， 则a2=6，故=2也符合该递推关系， 所以当n≥2时，an=··…··a1=··…··3=， 而a1=3也满足该式，故an=， 由于λan≥4n⇒λ≥n(n+1)， 令cn=n(n+1)， 由于===+， 当n=4时，c4=c5， 当n<4时，=+>1，是递增数列， 当n>4时，=+<1，是递减数列， 所以c1<c2<c3<c4=c5>c6>…， 故数列的最大项为c4=c5=×5×6=，即λ≥. 四、解答题(4小题，共60分) 15.(13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；(5分) (2)求数列{|an|}的前n项和Tn.(8分) 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d， 由题意可得 即解得 所以an=13-2(n-1)=15-2n. (2)因为Sn==14n-n2， 令an=15-2n>0，解得n<，且n∈N*， 则当n≤7时，an>0， 可得Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=14n-n2； 当n≥8时，an<0， 可得Tn=|a1|+|a2|+…+|an| =(a1+a2+…+a7)-(a8+…+an) =S7-(Sn-S7)=2S7-Sn =2×(14×7-72)-(14n-n2)=n2-14n+98. 综上所述，Tn= 16.(15分)(2025·全国Ⅰ卷)已知数列{an}中，a1=3，=+. (1)证明：数列{nan}为等差数列；(6分) (2)给定正整数m，设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm，求f'(-2).(9分) (1)【证明】在数列{an}中，a1=3，=+，n∈N*， ∴(n+1)an+1=nan+1，即(n+1)an+1-nan=1，又当n=1时，1×a1=3， ∴数列{nan}是以3为首项，1为公差的等差数列. (2)【解析】由(1)可知，nan=3+(n-1)×1=n+2， 由题意得f'(x)=a1+2a2x+3a3x2+…+mamxm-1 =3+4x+5x2+…+(m+2)xm-1， ① 又xf'(x)=3x+4x2+5x3+…+(m+1)xm-1+(m+2)xm， ② ①-②得(1-x)f'(x)=3+x+x2+…+xm-1-(m+2)xm， 令x=-2，得3f'(-2)=3+(-2)+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)(-2)m=3+-(m+2)(-2)m=-(-2)m， 故f'(-2)=-(-2)m. 17.(15分)已知数列{an}满足：a1=2，a2=4，an+2=3an+1-2an. (1)证明：数列{an+1-an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(6分) (2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求数列的前n项和Tn.(9分) (1)【证明】因为an+2=3an+1-2an， 所以an+2-an+1=2(an+1-an)， 又因为a1=2，a2=4，所以a2-a1=2≠0， 所以=2， 所以数列{an+1-an}是首项为2，公比为2的等比数列. 所以an+1-an=2×2n-1=2n， 当n≥2时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+21+2 =+2=2n， 当n=1时，a1=2也满足上式， 故数列{an}的通项公式为an=2n. (2)【解析】由题意可知an+1-an=(n+2-1)dn， 所以(n+1)dn=an+1-an=2n， 所以=， 所以Tn=+++…+， ① 将①式两边同时乘以，得Tn=+++…++， ② ①-②得Tn=1++++…+- =1+-=-， 所以Tn=3-， 故数列的前n项和Tn=3-. 18.(17分)(2025·济宁模拟)将所有正整数按照如下规律形成数阵： 第1行　1　2　3　……　7　8　9 第2行　10　11　12　……　97　98　99 第3行　100　101　102　……　997　998　999 第4行　1 000　1 001　1 002　……　9 997 9 998　9 999 …… (1)将数列与数列的公共项按照从小到大的顺序排列得到数列{an}，试确定a6在该数阵中的位置；(5分) (2)将数阵中所有相邻两个数字(从左到右)出现12的所有正整数去掉并保持顺序不变，得到一个新数阵，记新数阵第n行中正整数的个数为bn. ①求b1，b2，b3；(4分) ②求bn.(8分) 【解析】(1)设3m+1=2n，因为2n=(3-1)n =·3n+·3n-1·(-1)+·3n-2·(-1)2+…+·3·(-1)n-1+·(-1)n， 所以m=[·3n+·3n-1·(-1)+·3n-2·(-1)2+…+·3·(-1)n-1+·(-1)n-1]×， 所以当且仅当n为偶数时，m可以取得正整数， 即当且仅当n为偶数时，两个数列有公共项， 所以an=22n， 故a6=212=4 096， 所以a6是数阵第4行，第3 097个数. (2)①当n=1时，显然b1=9. 当n=2时，第2行2位数有90个，其中只去掉12，故b2=89. 当n=3时，第3行3位数有900个，其中去掉两种出现12的情况： 百位和十位分别为12，此时有10个；十位和个位分别为12，此时有9个. 故b3=900-19=881. ②当n>2时，将第n+1行bn+1个符合条件的n+1位正整数分为两类： (ⅰ)当个位数字不为2时，个位数字有9种取法，前面n位数有bn种取法，这时n+1位正整数中有9bn个； (ⅱ)当个位数字为2时，前面n位数有bn种取法， 但这bn个n+1位正整数中十位数字为1的bn-1个正整数要去掉. 故个位数字为2且十位数字不为1的n+1位正整数有(bn-bn-1)个. 综上，bn+1=10bn-bn-1. 设bn+1-xbn=(10-x)， 所以x=，即x2-10x+1=0， 解得x=5±2， 所以是首项为b2-(5+2)b1=44-18，公比为5-2的等比数列； 是首项为b2-(5-2)b1=44+18，公比为5+2的等比数列. 所以bn+1-(5+2)bn=(44-18)(5-2)n-1， bn+1-(5-2)bn=(44+18)(5+2)n-1， 所以当n>2时，bn= ， 经检验，当n=1时，b1=9也成立， 当n=2时，b2=89也成立. 综上，bn= . 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $