专题3 课时作业15 数列求和的常用方法&创新练3 数列-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习练习手册

班级： 姓名： 课时作业15 数列求和的常用方法 (分值：60分) 1.(15分)(2025·广东惠州一模)已知数列{an}的前 2.(15分)(2025·福建龙岩二模)已知数列{am}的前 n项和为Sn,且Sn=n2(n∈N*).数列{bn}是公比 n项和为Sn,且满足nSm+1-(n+1)Sm=n(n十1)， 为3的等比数列，且b1=a1· 得分 n∈N*,a1=l. 得分 (1)求数列{an}和{bn}的通项公式： (1)求数列{an}的通项公式； (2)令cn=am·bn,求数列{cn}的前n项和Tm. (2)若6.=(-1.2a,+2 ，求数列{bn}的前n项 ananH 和Tn (横线下方不可作答)193]专题三 数列 3.(15分)(2025·湖南邵阳二模)已知等差数列{am}4.(15分)(2025·陕西咸阳三模)若数列{bn}对于任 的前n项和为Sm,a2a3=45,S3=15.数列{bn}满 意的n∈N*,都有bn+2一bn=d(常数)，则称数列 足2bm-bm+1-15=0,b1=16. 得分 {bn}是公差为d的准等差数列.设数列{an}的前 (1)求数列{an}的通项公式； n项和为Sna1=a,对于任意的n∈N,都有 (2)求证：数列{bn一15}是等比数列； am+Sn+1=2n+Sn· 得分☐ (3)求数列{ an+2 na(6-15) 的前n项和Tm: (1)求证：数列{an}是准等差数列； (2)求数列{an}的通项公式及前2n项和Sm 红对勾讲与练194☐ 高三二轮数学 ■ 班级： 姓名： 创新练3 数列 (分值：40分)》 1.(20分)(2025·湖北武汉模拟)对数运算可以使一2.(20分)(2025·安徽合肥一模)正整数的划分在置 些复杂的数学计算变得简单，比如函数：(x)= 换群及其表示理论研究中有着重要应用.设k,n x(x>0),通常为了便于求导，我们可以作变形： 为正整数.若正整数序列（入1，入2，…，入6）满足入1十 f(x)=x*=eh=eh:, 得分 入2十…十入6=n,且入1≥入2≥…≥入6≥1,1≤ (1)求f(x)=x”(x>0)的单调区间. k≤n,则称（入1，入2，…，入）为n的一个k部划分 (2)已知g(x)=x 记p(n)为n的所有k部划分的个数， ①若数列{an}满足a1=1,a=g(an)十g'(an), 得分 求数列{an}的通项公式： (1)计算：p3(6),p2(5); ②求证，aa-bf]≥ (2)求证：p6(n)=pg1(n一1)+p6(n一 k)(k≥2)； (3)求证：p(n)=∑p,(n-k). 1 (横线下方不可作答)195 专题三数列 ■5.B 因为aw+1=4am一12n+4,所以 a+1-4(n+1)=4(a,-4n).因为 a1=4,所以a1-4×1=0,故{am一 4n}为常数列，所以a,=4n.由as= 4k=2028,解得k=507.故选B. 1 6.C由a=2S。十2得Sa-S。-1目 25。+0≥2》，整理得5.+3 25.+30.又a=5, 3 ,所 以S,=a1=3,故数列{S,十3}是以 6为首项，2为公比的等比数列，所 以Sm+3=6×2”1,即S=3X2” 3,所以S,=3×2-3=45.故选C. 7.B因为S。=2am-2”,当n =1时， a1=S1=2a1-2,解得a1=2,当n≥ 2时，由 Sn=2am-2”可得Sn-1 = 2aw-1-2”1 ,上述两个等式作差可得 am=2an-2am-1-2-,整理可得a。 2aw-1=21,等式am-2a1=2-1两 边同时除以2”可得”一 201 2,所 以数列 2 是首项为？=1，公差为 的等差数列，所以=1十”二1= 2 2 2,所以0。=(n+1)·2-,所以 n+1 5ag=5×9×22=45×22,4ag=4× 10×28=80×2,故5ag<4a4,A错 误，B正确；由题意可得S。=2am一 2”=(n+1)·2”-2”=n·2”,所以 5Sg=5×8×28=80×27=4a4,C D错误.故选B. 8.B 由T。=al,得T+1=a,于是 刀+2 dw十1 T ,则a+1=a+,两 w+1 边取对数得nlga+1=(n+1)lgaw, 因此ga .Ig a 是 n+1 ,数列 常数列，则 Ig a ga1=1g2,即 n lga”=nlg2=lg2”,所以am=2”, ai=32.故选B. 9.ACD )对于A,Sw+1=2Sm+1→ S+1+1=2(Sn+1),其中S1+1= a1十1=2，所以{S。+1}为等比数列， 公比为2，A正确；对于C,由A知，S十 1=2×2"1=2”,所以S。=2”一1，C 正确；对于B,当n≥2时，a”= Sm-Sw-1=2”-1-2 1=2w-1, 显然a1=1也符合am=2 -1,故am= 2”,B错误；对于D, 故 1÷1 即 Cw十I （日}为等比载列，且公比为 1 2 a l 1,所以 的前n项和为 1 1 21 1 =2一品D正确，故选 2 ACD. 10.AB 因为a1=1,am+1=2am十1，所 以an+1+1=2(am十1)，所以数列 {a。十1}是首项为a1十1=2，公比为 2的等比数列，所以am十1=2X 358红对勾讲与练·高三二轮数学 21=2”,所以a。=2”-1,故A正 确；Sm=a1十a2十…十am=(2 1)+(22-1)+…+(2”-1)=(2+ 2+…+2)-n=21-?2）-n= 1-2 2+1一2一n,故B正确；因为S+1= 2”+-(n+1)-2=2X2+1 3=S。十2+一1，故C错误；因为 log:(a+1)log:2" log:(a,+1) =”1 log2 2" ”十1不是非零常数，所以数列 {log2(am+1)}不是等比数列，故D错 误.故选AB. IL.BCD由条件可得，a+1一am= 2(a。-am-1)(n≥2)，且a2-a1= 2≠0，所以1二=2，则数列 aw一am-1 {aw+1一am}是首项和公比均为2的 等比数列，故a1一am=2·2”-1= 2”,故A错误；由已知等式变形得 am+1-2am=am-2a-1(n≥2)，且 a:-2a1=1≠0，所以12a a-2a 1,则数列{am+1一2am}是首项和公比 均为1的等比数列，故a+1一2am= 1,故B正确：由01二&。=2可 lat1-2a。=1, 得am=2”-1,所以S。=(2-1)+ (2-1)+(23-1)+…+(2”-1)= (2+22+23+…+2”）一n= 21-2）-n=21-n-2,故C正 1-2 2” 确； 若b= antlaw 2w (2+1-1)(2”-1) 2-1 2一则数列{6，}的前n项和 1 T= 11+1-1+…+ a2 a2 a3 1 1 -=1一 2+1-2 awtl 2+1-1=2+1-1 故D 正确.故选BCD. 2,n=1, 12.am= 1 厂n(m-D,m≥2 解析：S。=”十0，当n=1时， n a1=2,当n≥2时，am=Sn-Sm-1= n+1_ n n-1 1- n(n-1) (m-D里然a1=2不符合 m= n(n-1) 综上，a。 /2,n=1, 1 n(m-1n≥2. 13.a。=5-2n 解析：易得am≠0，因为2anam-1= 0。一a-1(n≥2)，所以1-1 an an-1 -所以侣}是首项为女 =3,公 差为一2的等差数列，所以1=5 a 2n,即am=5-2n1 2n 14. 3 解析：由己知条件可得△P,OQ,为正 三角形，且边长为a1P(2a1 9)P,在南线y=E上 2a1.a1>0,a1= 。,设数列 3 {a,}的前n项和为S。,根据题意得点 3 y=丘并整理，得S。=01- 20+,当n≥2时a.=S。-S1= 1 (a-）-(a-a） 即2 (av )=5(a a.). (am+1 -an）.amtl>an >0, ,,aw+1 =3·又当n=1时， 2 一a= 3 a1=S1= 4 2a,解得a:= (负值已舍去)，符合a:一a1= 3 2 2 数列{a}是首项为，公差为 2 3 的等差数列…a,=三十 (n 3 2n 1)= 31 课时作业15 数列求和的 常用方法 1.解：(1)当n≥2时，am=Sm一Sw-1= n2-(n-1)2=n2-n2+2n-1= 2n-1, 当n=1时，a1=S1=1,也符合上式， 所以am=2n一1，b1=a1=1,所以 b。=3"-1. (2)cm=am·bm=(2n-1)×3"-1, 所以Tm=1+3×3+5×3+…十 (2n-1)×3-1, 3T,=3+3X3+5×33+…+(2n 1)×3", 两式相减，得一2T,=1+2×(3+ 32+…+3”-1)-(2n-1)×3”=1+ 3(1-3 1-3 2-(2n-1)×3”= -2+(2-2n)×3”, 所以T,=(n一1)×3”+1. 2.解：(1)由nS+1-(n十1)S。=n(n+ 1),n∈N",得 n+1 a1=1, “数列{倍}是首项为=a1=1,公 差d=1的等差数列， n 即S。=n, 当n≥2时，am=Sn-Sw-1=n2 (n-1)2=2n-1,当n=1时，a1=1 也符合上式， ∴.am=2n一1，则数列{am}的通项公 式为a,=2n一1. (2)由(1)得a。=2n-1, An .bm=(-1)”· (2n-1)(2n+1) -1(0+n十） 1 ∴工.=-(+)+（传+） (传+号）+…+-·( 0）=-1 (一1)” 2n+1 3.解：(1){am}是等差数列，∴S 3a± =15,∴.a2=5.又 a2a3 45,.a3=9. ∴.等差数列{an}的公差d :a3 a2=4,.am=a2十(n-2)d=4n-3. (2)证明：2b。一bw+1一 15 0,.bm+1-15=2(bm-15). 又b1-15=1, .bm+1-15 bm-15 =2为常数，∴数列{b。一 15}是首项为1，公比为2的等比数列 (3)由(2)得b,-15=2"-1, a n+2 记c,= ana+1(bn+1-15) 4n+5 (4n-3)(4n+1)2 1 1 (4n-3)2”- (4n+1)2” .Tm=c1十c2十c3十… 十C (2)+（ gX)+(2-X2) _(4n-3)2m-1 (4n+1)2」 1 1 (4n+1)2" 4.解：(1)证明：已知对于任意的n∈ N',都有am+Sm+1=2n+Sn①. 将n换为n十1，可得a+1十Sn+2= 2(n+1)+Sw+H②. ②-①，得(am+1十Sm+e)一(am十S+1)= L2(n+ +Sw+1]-(2n+Sn),即 a+1十 S+2 -a-S+=2n 十 2+S+1-2n-Sw, an+1 (Sw+ -S) 一 (S-S,)=2. 因为S+e一Sm+1=aw+2,S+1一Sm= am1,所以aw+一am=2. 根据准等差数列的定义，可知数列 {am}是公差为2的准等差数列. (2)由am十Sm+1=2n+Sn可得a+ Qx+1 三 2n. 当n=1时，a1十a2=2,又a1=a,所 以a2=2-a. 当m为奇数时，a,=a1+”,1×2 a+n-1. 当n为偶数时，a,=a+”一2 ×2 2 2-a+n-2=n-a. a十n一1，n为奇数， 所以am=n一a,n为偶数 Sn=(a1+a3十…+am-1)+(a2十 a4十…十agm）, 对于奇数项a1,ag,…,a2w-1,是以 a1=a为首项，2为公差的等差数列， 根据等差数列前n项和公式可得其前 n项和为S等=na十 n(n-1 ×2= 2 na+n(n-1）=n2+(a-1)n. 对于偶数项a2,a:…,an,是以a2 2一a为首项，2为公差的等差数列，其 前n项和为S辆=n(2一a）十 n(n-1) ×2=n(2-a)+n(n-1)= 2 n2+(1-a)n. 所以S知=S奇十S偶=n2十(a 1)n+n2+(1-a)n=2n2. 创新练3数列 1.解：(1)f(x)=x=elm,f'(x) e (In z +1), 令f'(x)>0,解得x>1,令 f(x)<0,解得0<x ,所以 x)的单调递增区间为（日，+）】， 单调递减区间为(0，日） (2)①由题意可知，aw+1=ai+2aw, 则a+ 1+1=a+2am+1=(am+1), 两边同时取对数可得ln(a+1十1)= 2ln(am+1), 所以{ln(a。+1)}是以ln2为首项，2为 公比的等比数列， 所以ln(a.+1)=2"-1n2=ln2 所以4n+1=22,所以4=22-1. ②证明：设函数h(x)=lnx一x+1, h'(x)= 1-1=1 当x>1时，h'(x)<0,当0<x<1 时，h'(x)>0, 所以h(x)在(0,1)上单调递增，在 (1,十∞)上单调递减， 则h(x)h(1)=0,即lnxx一1 在(0，十∞)上恒成立， g(n)-In f(n)=n2-nln n n2- n(n-1)=n, 所以∑[g(i)-lnf(i)]≥1+2+ ；= 3+…+=m,+,即2g) 2 = lnf(i)]≥”+n 2.解：(1)6的所有3部划分为(4,1,1)， (3,2,1),(2,2,2); 5的所有2部划分为(4,1)，(3,2). 所以p3(6)=3,p2(5)=2. (2)证明：设（入1，入2，…，入）是n的 个k部划分.分以下两种情形讨论. ①若入：=1，则（入1入2…，入-1）为 n一1的一个(k一1)部划分. 故满足入。=1的n的所有及部划分有 p-1(n-1)个. ②若入k>1,则（入1-1，入 一1，… A。一1)为n一k的一个k部划分. 故满足入。>1的n的所有k部划分有 综上可知，p,()=(m-1) p6(n-k)(k≥2). (3)证明：由(2)可知， pe(n)=p-1(n-1)+ps(n-k), pk-1(n-1)=p-2(n-2)+pk-1(n- k）,,p2(n一k+2)=p1(n-k十 1)+p2(n-k), 上述各式左右对应相加可得 p(n)=pe(n一k）+pg-1(n k)十…十p2(n一k)十p1(n一k+1). 又因为p1(n一k十1)=p1(n一k）= 1,所以饣s(n)= ∑p:(n-k). 专题四 立体几何 与空间向量 课时作业16空间几何体的 表面积和体积 1.B 设圆锥底面圆的半径为r,则母线 长为2r,S= 1 ×2r= 2πr2,S 2r2十r2=3r2, S州 2 故选B. S表 3 2.D 由题意可知，正方体的体积为 63=216(cm3).设圆锥的高为hcm, 1 则国维的体积为3×3X3h= 9h(cm3),则9h=216,解得h=24,则 该圆锥体零件的高约为24cm.故 选D. 3.B如图，设展开 图小圆半径和大 圆半径分别为r, R,则圆台侧面 R 积S= (R2 r)=4π，即R2一r2=8,圆台上底面 xr 半径r1= 2π ?,园台下底面半径 R= πR R ，圆台上、下底面面积之 2π 2 差的绝对值为|xR:一πr号|= xR2 4 -（代-） 2π.故选B. 4.A如图，在正 四棱锥P-ABCD 中，PO为四棱 锥的高，PE为 侧面的 高，因为 正四棱锥的底 面边长为6，且 其侧面积是底 面积的2倍，所以5=4X号× 6PE=2S意=72，解得PE=6,PO = √PE-OE=3V3,所以VP-ABCD P0=号×36X3,5=365. 1 3 故选A. 5.C因为AB =(4,-1,0),AC=(0, 3,0),所以AB,AC=4×0+(-1)× 3+0×0=-3.又 IAB √+(-1)2+02=√17，AC1= /02+32+02=3,所以c0s(AB, 、 AC) AB.A元 -3 |AB1IAC13√17 后所以，花， 的面积S△ABC= =6.设平面ABC的法向量为 √7 n·AB n=(xy,之)，则 二0，即 n·AC=0, 二y=0,令之三1，解得n=(0 3y=0, 参考答案 359