第11天 几类特殊数列每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦特殊数列核心题型，通过分层设题构建从概念理解到综合应用的逻辑训练体系，强化数学抽象与运算推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|单选1-4|递推关系、单调性、前n项和|从定义辨析到性质应用，覆盖等差等比核心要素| |综合创新|单选5-7、填空10-12|实际情境、新定义、跨知识综合|以金箔规格、斐波那契数列为载体，体现数学建模与数据分析| |深化拓展|解答13-14|数列交汇与存在性探究|融合函数思想与逻辑推理，构建"概念-性质-应用"完整链条|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第11天 几类特殊数列 1.答案　B 解析　设a4=m,则m∈[2,3], 得a3=m-1,a2=2(m-1)=2m-2, 所以a1=2m-3∈[1,3].故选B. 2.答案　C 解析　由cn=n∈N*,数列{cn}是递增数列, 得解得2<a<3, 所以a的取值范围是(2,3).故选C. 3.答案　D 解析　由Sn=n2+3n+2可知, 当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+3(n-1)+2, 因为an= 所以an= 故数列{an}是从第二项开始的等差数列,故A错误; 将n=5代入{an}的通项公式可得a5=2×5+2=12,故B错误; 由Sn=n2+3n+2知,数列{Sn}为递增数列,Sn不存在最大值,故C错误; 由=知,数列为递减数列,故存在最大值,故D正确. 故选D. 4.答案　A 解析　依题意,令ak=bm,k,m∈N*, 则3k+1=5m+1,即有m=k,显然k是5的正整数倍,令k=5n,n∈N*, 因此cn=a5n=15n+1,由15n+1≤2 024, 解得n≤134, 所以最大的整数n=134. 5.答案　D 解析　设矩形金箔K0,K1,K2,…,K13较长边长分别为b0,b1,b2,b3,…,b13,矩形金箔K0,K1,K2,…,K13较短边长分别为a0,a1,a2,a3,…,a13, 设===…=, 且bn=an-1,an=,n≥1, 所以bn=an-1,an-1=,n≥1, 所以=, 所以{bn}为公比为的等比数列, 所以a4=b5=210 mm,所以b11=b5×=210×==26 mm.故选D. 6.答案　A 解析　设等差数列首项为a1,公差为d,则从正整数1,2,3,…,999,1 000中取出100个不同的数组成递增的等差数列, 要满足1≤a1≤1 000-99d, 且1≤d≤10,d∈Z, 对于每一个公差d,首项a1的范围为1≤a1≤1 000-99d,共有1 000-99d种情况, 所以满足条件的递增等差数列个数为:(1 000-99)+(1 000-198)+…+(1 000-990)=10×=4 555,故选A. 7.答案　B 解析　令f(x)=x2+logn+1xn-n2-3n,则函数f(x)在(0,+∞)上为增函数, 因为f(n)=n2+logn+1nn-n2-3n =nlogn+1n-3n<n-3n=-2n<0, f(n+1)=(n+1)2+logn+1(n+1)n-n2-3n=1>0, 由零点存在定理可得n<xn<n+1, 则<<, 当n为正奇数时,设n=2k+1(k∈N),则k+<<k+1,则an==k, 当n为正偶数时,设n=2k(k∈N*),则k<<k+,则an==k, 所以S2 025=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 024+a2 025) =0+1×2+2×2+…+1 012×2 ==1 012×1 013. 故选B. 8.答案　ABD 解析　对于A,当n为奇数时,an=2,当n为偶数时,an=0,故A中通项公式正确; 对于B显然正确; 对于C,当n=3时,a3=-2,显然不符合; 对于D,当n为奇数时,an=2,当n为偶数时,an=0,故D中通项公式正确. 故选ABD. 9.答案　ACD 解析　对于A,因为an+1=2an+1, 即an+1+1=2(an+1), 所以=2, 故数列{an+1}为等比数列,又a1+1=2, 所以an=2n-1, 则a1+a2+a3+a4=1+3+7+15=26,故A正确; 对于B,bn=2log2(1+2n-1)-1=2n-1,则b5=2×5-1=9,故B错误; 对于C,因为a4=15,b15=29,a5=31, 所以a4<b15<a5,故C正确; 对于D,因为b1=1,bn+1-bn=2, 所以数列{bn}是以1为首项,2为公差的等差数列, b1=a1=1,b14=27,b15=29,b16=31, 又a4=15,a5=31,a6=63, 因为b16=a5=31, {bn}为正奇数组成,{an}的项也是奇数, 由上面推理可得,c1+c2+…+c10是由{bn}的前14项去掉{an}的前4项余下的项组成, 所以c1+c2+…+c10 =(b1+b2+…+b14)-(a1+a2+a3+a4) =-(1+3+7+15) =170.故D正确.故选ACD. 10.答案　2 450　252-204 解析　由题意若将{2,22,…,2100}连续3项取,取到3项为:{2,22,23},{22,23,24},…,{298,299,2100},则共有98种选法,公比均为2; 若间隔1项取,取到3项为:{2,23,25},{22,24,26},…,{296,298,2100}共有96种选法,公比均为22; 若间隔2项取,取到3项为:{2,24,27},{22,25,28},…,{294,297,2100}共有94种选法,公比均为23; … 若间隔49项取,取到3项为:{2,250,299},{22,251,2100},共有2种选法,公比均为249; 则共有98+96+…+2=×49=2 450种选法, 所有符合要求的选法得到的递增等比数列的公比之和为 Tn=98×2+96×22+…+2×249, ① 则 2Tn=98×22+96×23+…+4×249+2×250, ② ①-②可得-Tn=98×2-2×(22+23+…+249)-2×250=-252+204, 所以Tn=252-204. 11.答案　 解析　由题意,因为项数为6且ai∈{0,1}(i=1,2,…,6), 所以每一项ai都有两种选择,根据分步乘法计数原理, 可构成的数列{an}个数为26=64个, 由题意,若{an}为“好数列”,则意味着若ai=0,其前一项与后一项相等, ①则若{an}中没有0,则数列为{1,1,1,1,1,1},不符合题意, ②若{an}中有1个0,不论0在哪个位置,都会出现3个1相邻,不符合题意, ③若{an}中有2个0,则{0,1,1,0,1,1}{1,0,1,1,0,1},{1,1,0,1,1,0},符合“好数列”定义; ④若{an}中有3个及以上0,若0相邻,根据定义,数列只能为{0,0,0,0,0,0}, 若0不相邻,只能1和0间隔出现,会出现两个0中间出现1,不符合题意, 综上,符合题意的“好数列”只有4个, 所以数列是“好数列”的概率为=. 12.答案　①③④ 解析　数列{an}中,a1=a2=1, an+2=an+1+an, 对于①,an=an+2-an+1,则a1+a2+a3+…+a2 022=a3-a2+a4-a3+a5-a4+…+a2 023-a2 022+a2 024-a2 023=a2 024-a2,即S2 022=a2 024-1,因此S2 022+1=a2 024,①正确; 对于②,数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,…各项除以4的余数依次为1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0,…,因此数列{bn}是周期数列,周期为6,前6项和为8, {bn}的前2 024项和为337×8+1+1=2 698,②错误; 对于③,数列{an}中项是以奇数、奇数、偶数的规律循环出现,每3个数一组, 因此数列{an}前2 024项中奇数共有674×2+2=1 350,③正确; 对于④,an+1an+3- =an+1an+3-an+2(an+1+an) =an+1(an+3-an+2)-an+2an =-an+2an, 则(anan+2-)+(an+1an+3-)=0, 于是(a1a3-)+(a2a4-) =(a3a5-)+(a4a6-) =… =(a2 021a2 023-)+(a2 022a2 024-)=0,又2 024=506×4,等式成立,④正确. 13.解　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列的公比为q, 则 即 所以{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=3n+1,{bn}的通项公式为bn=b1qn-1=2n+1. (2)当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前5项时, 令3n+1=25+1=64,得n=21,则第26项为64, 当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项时, 令3n+1<26+1=128,得n<,则第48项为128; 所以数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项且含有数列{an}的前44项,故数列{cn}的前50项和为 S50=44×4+×3+ =3 266. 14.(1)解　当n≥2时,由3an=2Sn+2, ① 得3an-1=2Sn-1+2. ② 由①-②得,3an-3an-1=2an, 即an=3an-1. 当n=1时,3a1=2a1+2,解得a1=2. 所以数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列. 所以数列{an}的通项公式为 an=2×3n-1(n∈N*). (2)证明　不存在3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列.理由如下: 依题意得an+1=an+(n+2-1)dn, 即2×3n=2×3n-1+(n+1)dn, 解得dn=. 假设存在3项dm,dk,dp成等比数列(其中m+p=2k),则=dmdp, 即=·,整理得k2=mp. 联立m+p=2k,解得m=p=k,这与已知条件m≠p≠k矛盾. 所以不存在3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第11天 几类特殊数列 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 一、单选题(每小题5分,共35分) 1.(2025·温州二模)已知数列{an}满足an=若a4∈[2,3],则a1的取值范围是(　　) A.[2,4] B.[1,3] C.[3,5] D.[5,9] 2.(2025·东北三省教育联盟联考)已知数列{cn}是递增数列,且cn=n∈N*,则a的取值范围是(　　) A.(1,3) B.(1,2] C.(2,3) D.(2,4] 3.(2025·肇庆二模)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=n2+3n+2,则下列判断正确的是(　　) A.数列{an}为等差数列 B.a5=11 C.数列{Sn}存在最大值 D.数列{}存在最大值 4.已知数列{an}和数列{bn}的通项公式分别为an=3n+1和bn=5n+1,若它们的公共项从小到大依次排列构成新数列{cn},则满足不等式cn≤2 024的最大的整数n等于(　　) A.134 B.135 C.136 D.137 5.(2025·福州二检)金箔是黄金锻制而成的矩形薄片,其规格是指金箔制成后的尺寸.我国南京金箔锻制技艺被国务院列为第一批国家级非物质文化遗产名录.K系列的矩形金箔K0,K1,K2,…,K13共14种规格,其规格具有下列特点:①较长边长与较短边长的比值都相同;②每一序号的金箔(K13除外)对裁后,可以得到两张后一序号的金箔.比如1张K1金箔对裁后可以得到2张K2金箔.若K4金箔的较短边长为210 mm,则K11金箔的较长边长约为(　　) A.9 mm B.13 mm C.18 mm D.26 mm 6.(2025·南阳模拟)从正整数1,2,3,…,999,1 000中取出100个不同的数组成递增的等差数列,这样的数列共有(　　) A.4 555个 B.4 654个 C.5 445个 D.5 500个 7.(2025·青岛一模)设xn是关于x的方程x2+logn+1xn=n2+3n的实数根.记an=,其中[x]表示不超过x的最大整数,设数列{an}的前n项和为Sn,则S2 025=(　　) A.1 0122 B.1 012×1 013 C.1 0132 D.1 013×1 014 二、多选题(每小题6分,共12分) 8.(2025·湖北协作体一模)已知数列的前4项为2,0,2,0,则依此归纳该数列的通项可能是(　　) A.an=(-1)n-1+1 B.an= C.an=2sin D.an=cos(n-1)π+1 9.(2025·郑州一预)已知数列{an},a1=1,an+1=2an+1(n∈N*),数列{bn}满足bn=2log2(1+an)-1.若在数列{bn}中去掉{an}的项,余下的项组成数列{cn},则(　　) A.a1+a2+a3+a4=26 B.b5=10 C.a4<b15<a5 D.c1+c2+…+c10=170 三、填空题(每小题5分,共15分) 10.(2025·济南质检)从数列{2n}的前100项中,选出不同的3项,使其从小到大排列后,构成等比数列,则共有　　　　种选法,所有符合要求的选法得到的递增等比数列的公比之和为　　　　.  11.(2025·福建适考)项数为m的数列{an}满足ai∈{0,1}(i=1,2,…,m),当且仅当ai-1=ai+1时ai=0(其中i=1,2,…,m,规定:a0=am,am+1=a1),称{an}为“好数列”.在项数为6且ai∈{0,1}(i=1,2,…,6)的所有{an}中,随机选取一个数列,该数列是“好数列”的概率为　　　　.  12.(2025·西安长安区一模)数列{an}满足前两项都是1,之后每项都等于它前面两项之和,这就是著名的斐波那契数列,若{an}的前n项和为Sn,下列关于斐波那契数列说法正确的是　　　　(只填序号).  ①S2 022+1=a2 024; ②若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列{bn},则{bn}的前2 024项之和为2 697; ③前2 024项中奇数共有1 350个; ④(a1a3-)+(a2a4-)+(a3a5-)+…+(a2 022a2 024-)=0. 四、解答题(13题13分,14题15分) 13.(2025·信阳二模)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=b1=4,b2=a2+1,b3=2a3-4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)数列{an}和{bn}的项从小到大依次排列(相等项计两项)得到新数列{cn},求{cn}的前50项的和. 14.(2025·广州越秀区一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且3an=2Sn+2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (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.在数列{dn}中是否存在3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列?若存在,求出这样的3项;若不存在,请说明理由. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $