6.1 数列的概念及表示(实战册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

专题六 数列 6.1数列的概念及表示 过去考什么 山东新高考全练 答案：P408 (2021新高考I卷，17,10分；考点)已知数列 (2)求{am}的前20项和. (an十1，n为奇数， {an}满足a1=1,an+1= (an十2，n为偶数. (1)记b,=a2m,写出b1,b2,并求数列{bn}的通 项公式 将来考什么 山东模拟专练 答案：P409 考点闯关 考点数列的概念及表示 2.(2024山东济南二模)已知数列{am}满足a1 1.(2024山东济宁三模)已知数列{a,}中，a1= =1,对于任意的n∈N*且n≥2，都有an= 2,a2=1,a+1=a,一an-1(n≥2，n∈N*),则 au-1十1，n为奇数， 则a20=() a2024=( ) 2a-1,n为偶数， A.-2 B.-1 A.21 B.211-2 C.1 D.2 C.210 D.210-2 分层闯关) 基础题组 B.数列{a.}是等比数列 1.(2025山东临沂一模)设数列{an}的前n项 C.数列{bn}是等差数列 和为Sm,且Sn十nan=1,则满足Sm>0.99 1-=9 D.若b=3,则之6.1og40 时，n的最小值为( 3.(多选)(2024山东枣庄一模)将数列{an}中 A.49 B.50 的所有项排成如下数阵： C.99 D.100 ai 2.(多选)(2024山东济宁三模)已知数列 a2 a3 as {an}的前n项和为Sm,且满足2Sn=3+1 a5 a6 a7 as ag 3,数列.)的前n项和为工，且满足工 ●● 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从 弘十1，则下列说法中正确的是(） 左到右均构成以2为公比的等比数列；第1 A.a1=3b1 列数a1,a2,a5,…成等差数列.若a2=2,a10 63 实战册 实战高考·数学 =8,则( AR=号 B.P<P10 A.a1=-1 C.P1o<Pi B.2a,=168 D.P11<P12 1=2 培优题组 C.a224位于第45行第88列 5.创意题(2024山东聊城三模)设正项数列 D.2024在数阵中出现两次 {a.}的前n项和Sm满足2Sn=a2十a,C表 能力题组 示从n个不同元素中任取m个元素的组合 4.创意题(2024山东菏泽一模)若数列{a.}的 数，则2aC=( 通项公式为am=(一1)”-1n,记在数列{a.}的 及=1 前n+2(n∈N*)项中任取两数都是正数的 A.512 B.1024 C.5120 D.10240 概率为Pn,则( 他省考什公 高考全国视野 ,答案：P410 真题精练 A.b1<bs B.bs<b8 1.(2023北京卷，10,5分)数列{a}满足am+1 C.b6<bz D.b<67 =}(a-6)+6,下列说法正确的 模拟精练 1.(2025福建漳州一模)记数列{a.}的前n项 是() 和为Sm,已知a1=2,S+1一2S=n,则 A.若a=3,则{an}是递减数列，3M∈R, a10=( ) 使得n>m时，a>M A.1024 B.1023 B.若a1=5,则{a}是递增数列，3M≤6， C.513 D.256 使得n>m时，an<m 2.(2025安徽马鞍山一模)已知数列{am}的通 C.若a1=7,则{an}是递减数列，3M>6, 使得n>m时，an>M 项公式为a,=2爱7，前m项和为S,则3。 D.若a1=9,则{an}是递增数列，彐M∈R, 取得最小值时n的值为() 使得n>m时，am<M A.6 B.7 2.(2022全国乙卷，4,5分)嫦娥二号卫星在完 C.8 D.9 成探月任务后，继续进行深空探测，成为我 3.(2025湖北武汉模拟)已知△ABC的面积为 国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究 1,取△ABC各边的中点A1,B,C作 嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值， △A1BC,然后再取△A1BC各边的中点 用到数列{6}：b=1十1，b,=1十1 A2,B2,C2作△A2B2C2…依此方法一直 ,b3 Q1 1 继续下去.记△AB.Cn(n∈N“)的面积为 a1十 a2 an,数列{an}的前n项和为Sn,则() =1 a十」，依此类推，其中4∈ A.数列{2"an}为常数列 1 B.数列{2an}为递增数列 a2 a3 N*(k=1,2,…).则() G数列 为递减数列 64 0专题六数列 D.数列 S)为递增数列 B.存在数列{a.},使得对任意正整数p,q, 都满足an=ag十9ap 4.(多选)(2025吉林长春二模)若数列{a.}满 C.存在数列{a.},使得对任意正整数p,q, 足an<a+1,则下列说法正确的是() 都满足ap+g=a,十qap A.存在数列{a},使得对任意正整数p,q, D.存在数列{a.},使得对任意正整数p,q, 都满足ag=ap十ag 都满足ap+g=apag 6.2 等差数列 过去考什么 山东新高考全练 答案：P411 1.(2023新课标I卷，7,5分；考点1)记Sm为 4.(2022新高考I卷，17,10分；考点1)记Sn 数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数 为数列{a}的前项和，已知a=1,S是 a. 列：乙：}为等差数列，则( 公差为的等差数列. 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 (1)求{an}的通项公式： C.甲是乙的充要条件 (2)证明：+1+…+1<2， a a2 an D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要 条件 2.(2020新高考I卷，14,5分；考点1)将数列 {2n一1}与{3n一2}的公共项从小到大排列 得到数列{a.},则{an}的前n项和 为 3.(2023新课标I卷，20,12分；考点1)设等 差数列{an}的公差为d,且d>l.令bn= +,记S,T.分别为数列{a,6.}的前 an n项和. (1)若3a2=3a1十a3,S3十T3=21,求{an}的 通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S9一Tg=99, 求d. 65答案 实战高考·数学 所以-√》}+（了=，故A正确 大值为W√10+1，故D错误. 2 22BD解析对A,由之n+1=z号可得数列V2,2,4,16,…, 对于B,由上可知，之的虚部为一 ，故B错误， 不合题意，故A错误； 对于C因为=十i所以· 对B,由之+1=号可得数列一i,一1,1,1，…， 则存在一个正数M=2,使得zn<M对任意n∈N都成 (日)（合+）=，故C正确； 立，满足题意，故B正确； 对C,由之+1=号可得数列1-i,一2i,-4,16,…,不满足 对于D,记复数w对应的，点为A(a,b),复数2z对应的点 题意，故C错误； 为B(1,一3)， y 对D,由1=暖可符我列}停。一}复。一是+停。 123花 13 -1 因为 -4H 则由u-2x=1可得OA-Oi1=|BA=1,即，点A在 =1, 以B为圆心，1为半径的圆上， 所以存在一个正数M=2,使得|zn|<M对任意n∈N都 所以|OA|的最大值为|O|十1=√10+1，即|w的最 成立，满足题意，故D正确 高考全国视野 真题精练 则之=1一2i在复平面内对应的点为(1，一2)，在第四 日A损因为=1十i,所以：之产1十户=}-司 象限， 3D解析因为x=a十ai(a≠0，a∈R),所以之-1=a =-i. 1+ai, 2C解析若z=-1-i,则x=√(-1)2+(-1)2= 又|z-1=1,所以√(a-1)2十a2=1,解得a=1或a= √2.故选C 0(舍去)， 日√10解析由题得3=-1(3十》=1-3，所以 所以x=1+i,则2=1-i,所以x·x=(1十i)(1-i)=2, 1 3+=√2+(-3)=√10. 2+x=(1+i)+(1-i)=2. i 4B 解析由(3十4i)之=5i,得之=3十4 5i 模拟精练) 5i·(3-4i)_20+15i_4+3: ①D解析依题意，因为4=1，所以2025=i1=i,所以复 (3+4i)(3-4D) 255+5i, 数-}骨8+99书-登- 所以= 所以之的虚部为1. 2+i=2+中i=1-2i, ⑤A解桐由题意，得z=4X506+ 2D解析设之=a+bi(a,b∈R),则(a十bi)i一 i (a-bi)=a+bi+i, 所以之=1十2i,则之在复平面内对应的，点位于第一象限. 整理可得（一a-b)+(a十b)i=a十(b+1)i, 6A解析因为刘1=1十2i,所以，点Z1(1,2). 因为，点Z与点Z2关于直线y=x对称，所以Z2(2,1), |-a-b=a, 所以 a+b=b+1 解得/01， b=-2, 所以1-2|=|Z1Z2|=√(1-2)2+(2-1)2=√2. 专题六。数列● 6.1数列的概念及表示 山东新高考全练 解：(1)由题设可得b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3十1= a2m十3，即b+1=bn十3，即b+1一bm=3,所以{bn}为等差 a2+2+1=5, 数列，故bm=2十(n-1)×3=3n-1. 又a2m+2=a2m+1+1,a2m+1=a2m+2(n∈N*),故a2m+2= (2)设{an}的前20项和为S20,则S20=a1十a2十a3+ 408 Q实战册参考答案及解析 十a20, =2(6+b++b+bo)-10=2×(10X2+9X10× 2 因为a1=a2-1,a3=a4-1,…,a19=a20-1,所以S20= 2(a2十a4+…+a18+a20)-10 3)-10=300. 山东模拟专练 考点闯关) +1=n2bm-1, 2 考点数列的概念及表示 ①C解析由a1=2,a2=1,a+1=am一a1-1 于是经m-"2bm*1十1， (n≥2，n∈N*),得 两式相加，得2022。=”2b。1+”2b+1 a3=a2-a1=-1,a4=a3-a2=-2, a5=a4-a3=-1,a6=a5-a4=1, 整理得2bn=bn-1十b+1,因此数列{bn}是等差数列，C 正确； a7=a6-a5=2,a8=a7-a6=1, 当b2=3时，等差数列{bm}的公差为1，通项bm=n十1， 则{am}是以6为周期的周期数列，所以a2024=a337×6+2 6ga.十D-日 1 1 =a2=1. 2B解析依题意，设bn=a2m,则b1=a2=2a1=2=4 所以2a1-合+分-合+…+日-品+品 -2, a3=a2+1=3,b2=a4=2a3=6=8-2, 吉1-品品D错民 a5=a4+1=7,b3=a6=2a5=14=16-2, 3ACD解析由第1列数a1,a2,a5,a10,…成等差数列， a7=a6+1=15,b4=a8=2a7=30=32-2, 设公差为d, 可归纳得：bn=2+1-2,a2n=bn=2n+1-2,所以a20=b10 又由a2=2,a10=8,可得a1十d=2,a1十3d=8,解得a1= =211-2. -1,d=3, 则第一列的通项公式为ak=一1十(k-1)×3=3k一4， 分层闯关) 又从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均 基础题组 构成以2为公比的等比数列， 目D爵因为Sx十a,=1,所以a1=2合， 可得a2+a3+…+a9=2+4+8+5+10+20+40+80= 当n≥2时，Sn十am=Sm-1+(n-1)am-1=1,所以(n十 169,所以A正确，B错误； 1)an=(n-1)am-1, 又因为每一行的最后一个数为a,a4,a9,a16,…, 2产-号此时a,×8×8…×器× 且452=2025，可得a2024是a2025的前一个数，且a2025在 a2 al 第45行， Xa 因为这一行共有2×45-1=89（个）数，则a2024在第45行 的第88列，所以C正确； n 由题设可知第i行第j个数的大小为(3i-4)×2j-1, n(n十1)，n=1时也满足该式， 1 令(3i-4)×2j-1=2024=253×23,若j=1,则3i-4= 2024,即i=676;若j=2,则3i-4=1012,无整数解； 故am十S=1一mw=1-有若S。=1- 1 若j=3,则3i-4=506,即i=170;若j=4,则3i-4= >0.99,解得n>99,故所求为100. 253,无整数解. 日C霸由2S=31-3,得S。-名3=1-号a 故D正确. 能力题组 =S1=3, ④C解折当n为奇教时，前n十2项中有3个奇教 2 当m≥2时0，=S.-5.1=号(3m叶1-3)=3,1=3满 足上式，因此am=3”, 项，即有”个正数， 数列{am}是等比数列，B正确； c2线 n+3.n+1 2 2 (n十3)(n十1)_n十3 由=bm十1，得工.=受a十n,b1=n=十1，解得 P.=C2(m千2)(m+D-4+2)n+4m+2)' n 1 b1=2,a1≠3b1,A错误； P1=3,故A错误； 当心2时，11-”号41十1，两式相减，得”2。 当为偶数时，前十2项中有”个奇数项，即有”士号 2 409 答案册 实战高考·数学 个正数， 整理，得(am十am-1)(am-am-1-1)=0, 己 () 又数列{an}为正项数列，则an十am-1>0,所以an-am-1 (n+2)n P.-C2+2(n千D=4(n+2)a+D-4n+TD' -1=0,即am-an-1=1, 所以数列{am}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以 B=号，PA6=-碧，R>A收B钱溪： am=1+(n-1)X1=n. P1=g-系>Pe,tC正确： 因为mC=m‘ml(n-m川 n! 123 n·(n-1)! P2=4X13总<P11,故D错误. =m· m·(m-1)!·(n-m)! 培优题组 (n-1)！ 5C解标由2Sn=a3十am,当n=1时，2S=a十a1,解 =m·(m-1D！·n-1）-(m-1D=nC, 得a1=1, 所以含c。=含&c=210c1=10× 当n≥2时，2Sm-1=a说-1+am-1,则2am= (Cg+Cg+C号+…+Cg)=10×29=5120. (a+an)-(a3-1十am-1), 高考全国视野 真题精练) 正确 ①B解析对原式进行变形，得an十1一an= 4(a-6)2 模拟精练) ①B解析由Sm+1一2Sm=n,得S+1十n十2= -1](am-6),若a-3,则a2-a1<0,a2<3, 2(Sm+n+1), 设ak<3(k∈Z,k>2),则ak+1-ak<-3,所以{an}是递 因为a1=2,所以S+1+1=4,所以Sm+n+1≠0， 减数列， 所以{Sm十n十1}是首项为4，公比为2的等比数列， 当m→十o∞，an>一∞，A错误，同理可证明D错误， 所以Sn十n十1=4×2n-1,所以Sn=2+1-n-1,所以 若a1=5,则a2-a1>0,即a2>5,又因为}(a1-6)8<0, a10=S10-Sg=1023. 所以5<a2<6, 2C腰令a一2”>0，解得3成心吕， 假设5<ak<6(k∈Z,k≥2)，则a+1-ak>0,即ak+1> 当n≤3时，an≥0，故当n=1,2时，Sm递增，且S3=S2 5,又因为(au-6)3<0,所以5<a+1<6, 当4≤n≤8时，am<0,故当n=4,5,6,7,8时，Sm递减； 所以当n→十∞，an>6,B正确， 当心9时，a,>0,故当≥9时，8递墙且a=品am= 对于C,若a=7,易知{an}是递减数列，且n→十∞时，an 1 1 →6，故不存在M>6,使得am>M恒成立，C错误. 13a3=0,a4=-g,a8=-5, 2D解析因为a∈N*(k=1,2,…),所以a1<a1十 故S8<S,所以Sm取得最小值时，n的值为8. a2 ③C解析依题意，各次作得的三角形都相似，相邻两次 a十工得到>你， 11 作得的三角形相似比为2，则ar1=子a,a=子，因此 1 a2 同理a1十 1>a1十 1 a 1,可得b2<bg,b1>b3, 数列a是首项，公比海为的等比数列a:=S,= a2十 a3 又因为1> 1 1 2 (1-) Q2十 2+1 号1-0) a3 1-日 Q4 故b2<b4,b3>b4;以此类推，可得b1>bs>b5>bn>…, 对于A,B,2man= 2,数列{(2an}是递减的等比数列，A, bn>b8,故A错误； B错误； 17 b3>b1>s,故B错误 1 a2+1 -,得b2<bs, Sn+1 a3+… .1 Sn a6 n 1-）】 故C错误； n(4n+1-1) 1 a1+ >a1十 1 -,得b4<b7,故D (n+1)(4n+1-4), a2+ a2十- n(4n+1-1)-(n+1)(4+1-4)=3n+4-4n+1=3n+4 a3十 a6十 -(1+3)n+1=3n+4-(1+3C%+1+9C%+1+…)<3n+4 410 Q实战册参考答案及解析 -(1+3C+1)=0, n(4+1-1) =四%0》-le:9号+9=g4+ 即0<n(4+1-1)<(n+1)(4+1-4),(mF1(4*-4 pq g <1,因此S+<S e log:e-log.q+log:p-log:(p), n+1n 所以a=a十2，所以ag=pag十g0p,故B正确； 数列受}为递减数列，C正确，D错误。 qq 对于C,由ap叶g=pag十qap,令p=1,得a1+g=ag十qa1, ④ABD解析对于A,令am=logn,且t>1,则有ag= 所以a2=2a1,a3=2a1+a2=4a1,a4=3a1+a3=7a1, log:(pg),ap十ag=logp+logq=log:（pg),所以am= 令p=q,得a2p=pap十pap=2pap, ap十ag,故A正确； 所以a2=2a1,a4=4a2=8a1,则8a1=7a1,所以a1=0,所 对于B,由am=pag十q0p,得g-4+2, 以a2=a3=a4=0, 99p’ 与an<an+1矛盾，故C错误； 令an=n logm,则t>1时，ag=glog(pq),ag=qlog9,ap 对于D,令an=2m,则a叶g=2叶9，aag=2p·29=2+g,所 =p logip, 以ap叶g=apg,故D正确. 6.2 等差数列 山东新高考全练 ①C解析甲：{an}为等差数列，设其首项为a1,公差 .an=a1+(n-1)·d=3n. 为d, (2)bm}为等差数列，∴2b2=1十8，即2-2+1卫 则S.=u1+un2Da,=a1+”2ad-号+a1 a2 al'a3 2 2 2 6(2-1)=6d=1,即a好-3a1d+2ad=0,解得a S+1_Sn=4 n+1n2 =d或a1=2d,∴.d>1,.am>0,又S99-Tg9=99,由等 因此（受}为等差数列，则甲是乙的充分条件， 差数列性质知，99a50一99b50=99,即a50一b50=1, ÷as50-2550-1,即a。-450-2550=0,解得a50=51 反之，乙：{}为等差盘列，中 a50 n+1 n 或a50=-50(舍去). nS+1-(十1)Sn=01-S为常数，设为t, 当a=2d时，a5o=a1+49d=51d=51,解得d=1,与d> n(n+1) n(n+1) 1矛盾，无解； 即n+1一S n(n+1) ,则Sm=nan+1-t·n(n十1)，有Sm-1=(n 当a1=d时，as0=a1十49d-50d=51,解得d= 501 -1)am-t·n(n-1),n≥2， 综上，d認 两式相减，得an=nan+1一(n-1)an一2tn,即am+1一an= 2t.此式对n=1也成立， A(1)解：方法-：“a1=1,∴S=a1=1,=1, 因此{am}为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙 的充要条件，C正确. 又：()}是公差为行的等差数列， 23n2-2n解析因为数列{2n一1}是以1为首项，2为 公差的等差数列， =1叶-0-8-叶当22 an 3 数列{3n一2}是以1首项，3为公差的等差数列， 时，Sn1=n+1)a1, 3 所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为 首项，6为公差的等差数列， am=S.-Sm1=n+2)a_n+1)am1,整理可得(n 3 3 所以{a}的前n项和为nX1+nn,1DX6=3m2-2m 2 -1a.-6at+1a-1即2=2n≥2，时a,-a 3解：(1)：3a2=3a1+a3,∴.3d=a1+2d,解得a1=d, Xa2Xa3X…Xam-1Xam s=3ag=3a1+d0=6d,又1n=h+灰+s=号+8 `a1a2 an-2an-1 +器-是， =1x是×号×…X”g×},显然对于n 2 =1也成立， ∴s十T=6d+9-21,即2d-7d+3=0,解得d=3 ·{an}的通项公式am=nnt 2 或d=(舍去)， 方法二：a1=1,S1=a1=1,S=1,又：(S是公 al an 411