专题06 数列（7年汇编）（天津专用）2020-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 数列专题汇编，含2020-2026天津高考真题及2026模拟题，分基础计算与综合应用两考点，真题模拟结合，适配高考复习 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|真题3道+模拟8道|等差等比通项公式、前n项和基本量计算|基础题型稳定，考查首项、公差等核心量，难度偏低| |解答题|真题7道+模拟12道|通项求解（基本量法）、求和（错位相减、裂项相消）|融合整数约束、不等式放缩，贴合天津高考第18-19题命题规律，区分度强|

专题06 数列 7年真题1年模拟 考点分类 天津考情（2020-2026） 命题规律 考点01数列基本量的计算 2026天津：等差数列、等比数列的通项公式与核心基本量计算 2025天津：数列通项公式基础求解、前n项和基本量计算 2023天津：等比数列的通项公式、前n项和公式的基础量计算 该考点为天津高考数列模块基础题型，常年设置单选题，难度偏低，命题结构稳定。核心围绕等差数列、等比数列的通项公式、前n项和公式展开，考查首项、公差、公比、项数等核心基本量的计算。近年逐步融合等差、等比数列的综合基础设问，无复杂变形，是数列模块的必拿基础分值，解题核心依托数列基础公式的熟练应用。 考点02数列通项公式与前n项和的综合求解 2026天津：等差数列与等比数列的通项公式联立求解、前n项和综合计算 2025天津：求数列通项公式，错位相减法、裂项相消法的综合求和应用 2024天津：数列通项公式的求解、裂项相消法的进阶应用、复杂数列求和计算 2023天津：求数列通项与分组求和法、错位相减法的综合应用 2022天津：数列通项公式求解、分组求和法的进阶应用、多段数列求和计算 2021天津：求数列通项与裂项相消法、错位相减法的基础综合应用 2020天津：数列通项公式基础求解、裂项相消法基础求和 数列解答题稳定处在第18-19题，属于倒数第二道解答题，位置偏后。第一问固定用基本量法求解等差、等比通项，难度基础；第二问常规考查错位相减、分组求和。压轴小问不再局限单纯计算，常结合整数约束、不等式放缩，偶尔融入集合背景，侧重逻辑推理，依靠套路难以得分，区分度较强。 考点01 数列基本量的计算 1．（2026·天津·高考真题）已知，，则（     ） A．68 B．56 C． D． 2．（2025·天津·高考真题），则数列的前项和为（   ） A．112 B．48 C．80 D．64 3．（2023·天津·高考真题）已知数列的前n项和为，若，则（    ） A．16 B．32 C．54 D．162 考点02 求数列通项公式及数列求和的综合 1．（2026·天津·高考真题）已知等差数列与等比数列满足：，，，． (1)求数列，的通项公式； (2)记，，或，记为中的元素个数． （i）求； （ii）求． 2．（2025·天津·高考真题）已知数列是等差数列，是等比数列，． (1)求，的通项公式； (2)，，有， （i）求证：对任意实数，均有; （ii）求所有元素之和． 3．（2024·天津·高考真题）已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且． (1)求的通项公式及； (2)设数列满足，其中． （ⅰ）当时，求证：； （ⅱ）求． 4．（2023·天津·高考真题）已知是等差数列，． (1)求的通项公式和． (2)设是等比数列，且对任意的，当时，则， （Ⅰ）当时，求证：； （Ⅱ）求的通项公式及前项和． 5．（2022·天津·高考真题）设是等差数列，是等比数列，且． (1)求与的通项公式； (2)设的前n项和为，求证：； (3)求． 6．（2021·天津·高考真题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，． （I）求和的通项公式； （II）记， （i）证明是等比数列； （ii）证明 7．（2020·天津·高考真题）已知为等差数列，为等比数列，． （Ⅰ）求和的通项公式； （Ⅱ）记的前项和为，求证：； （Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和． 1．（2026·天津·模拟预测）已知数列的前项和为，，则的前7项和为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·天津西青·三模）已知数列满足，则该数列的前2026项的乘积等于（    ） A．2024 B．2025 C． D． 3．（2026·天津和平·三模）已知，数列的前项和为，若，，则（     ） A． B． C． D． 4．（2026·天津滨海新区·三模）已知数列是等比数列，若，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·天津北辰·二模）数列的前n项和，且，，则（   ） A．52 B．53 C．54 D．55 6．（2026·天津滨海新区·三模）设为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列，则下列说法正确的是（     ） A． B． C． D． 7．（2026·天津东丽·二模）已知数列满足，，则（    ） A．211 B．225 C．239 D．261 8．（2026·天津河北·二模）若数列对于任意的，满足（，为非零常数），称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”，数列是“型数列”，且，. (1)求数列，的通项公式； (2)设是数列的前项的和，求数列的前项的和； (3)若，是否存在实数，，，使得数列为“型数列”？若存在，求出，，的值；若不存在，说明理由. 9．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数． (1)证明：； (2)将所有正零点排列为严格递增数列 （i）证明：； （ii）设表示不超过的最大整数，求． 10．（2026·天津西青·三模）已知是公差不为0的等差数列，是等比数列．． (1)求和的通项公式； (2)在之间插入得到新数列， 记数列的前项和为． （ｉ）求； （ⅱ）是否存在使得为数列中的项，若存在，求出所有这样的，若不存在，请说明理由． 11．（2026·天津·模拟预测）已知数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列是公比大于0的等比数列，． (1)求数列和的通项公式； (2)记，， （ⅰ）求； （ⅱ）对于给定的，，有数列，，，判断该数列单调性并证明； （ⅲ）求． 12．（2026·天津红桥·三模）已知数列是正项等比数列，是等差数列，且. (1)求数列和的通项公式； (2)设数列的前项和为，求证：； (3)表示不超过的最大整数，；求. 13．（2026·天津河西·三模）已知数列是等差数列，数列是等比数列，且，，． (1)求数列和的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设数列满足，求数列的最大项和最小项． 14．（2026·天津和平·三模）已知个正数，，⋯，依次围成一个圆圈，其中，，，⋯，是公差为的等差数列，而，，，⋯，，是公比为的等比数列． (1)若，，，求数列，，⋯，的所有项的和； (2)若，，求的最大值； (3)当时，是否存在正整数，满足下式成立？若存在，请求出值；若不存在，请说明理由． 15．（2026·天津河西·三模）已知数列是公差为的等差数列，其前n项和为，数列是公比为的等比数列，其中，，，． (1)求数列、的通项公式； (2)数列满足，，其中， （ⅰ）求； （ⅱ）求． 16．（2026·天津滨海新区·三模）已知是等差数列，是等比数列，设数列的前项和为． (1)求和的通项公式； (2)设，求的前项和； (3)在（2）的条件下，设，求集合中所有元素之和． 17．（2026·天津西青·三模）已知，函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在，使得有三个不同的零点， （i）求的取值范围； （ⅱ）若成等差数列，求证：． 18．（2026·天津南开·模拟预测）已知数列为等差数列，数列为等比数列，，． (1)求数列，的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 19．（2026·天津滨海新区·三模）已知是等差数列的前项和，是等比数列，，，． (1)求的通项公式； (2)设，求； (3)设，证明：． 20．（2026·天津南开·二模）已知数列，其中为等差数列，且满足，． (1)求数列的通项公式； (2)求的前项和； (3)记，证明． 试卷第1页，共3页 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06数列 7年真题1年模拟 七年真题分类园 考点01集合 1.c 2.C 3.C 考点02集合 1.【详解】1)设等差数列a,的公差为d,等比数列么，的公比为9， 因为8=2,6=14=6+么4，=么-么 2+d=1+qd=q-1「d-2「d=-1 所以12+3d=q2-1,即3d=q-3,解得q=3或9=0（公比不能为0，舍去）， 所以2=2，h=31 (②)①由（山）知0，为偶数，b,为奇数，所以数列a,和}没有相同项， 根据题意，朱合B,中的元素由数a,和么，}中小于等于n项组成， 3”-1 小于3的正偶数有2个，由31≤3得k≤n+1'keN, 3”-1 所以数列a中小于等于3”的项有2个，也.}中小于等于3”的项有n+1个， 1/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以9 2+n+1-3+n+ 3”-1, 1 2 2 (面)当3≤m<3时，，}中小于等于m的项有i个， m m-1 又m为偶数时，an中小于等于m的项有2个，m为奇数时，a,中小于等于m的项有2个， i+m,3≤m<3,ieN,m为偶数 2 所以Cm= +m气1,31≤n<3,i∈N,m为奇数’ 2im+m2,3≤m<3,ieN,m为偶数 所以acm= 2im+m(m-1),3-≤m<3,ieN,m为奇数， 从aC到-1共有 3-1-(31-1)=23。 项， 又m为奇数时， amCm-acm=2i(m+1)+(m+1)-2im-m(m-1)=2i+1+3m 2(ejra=r+gem+2-g44g-2 =3re+0*36-2到-2-2+6gy， 2 所(-r.-(a+2旷e6t+三(-yrae. =(0-3°+6-9）+(23'+69)+(4.32+692）+…+[(2n-2)3"+69] =[03°+2.3+4.32+…+(2n-2)3-1]+6(9°+9+92+…+9-） -23+4+4(2-2列g门+6 =[2-3'+4.32++(2n-23]+9-刂 令5=2-3+43++(2m-230. 2/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则3，=232+4.3+…+(2m-23 ②， @-②得25，=2(3+32++3）-(2m-23 30-3)-(2m-23 =2 1-3 =-(2n-3)3"-3 所以9-②-3+3 2, m2旷a--93-小 _32m+1+(4n-6)3”+3 2 2.【详解】(4)设数0，的公差为4，数，}公比为9白+0)， [2+d=2g+1d=3 则由题得2+2d=2g→g=2, 所以8，=2+3(n-)=3n-1,6=2x21=2 (2)(i)略 (①)法一：由①得对任意实数工，均有 t<anib 所以Ba4+Da,6++P-o-b-<a,h. piab+p2ab+..+panb<pab+pzab2+..+pnanb+a b 所以Pa+Pa6++p.a.+P.a么取值随若P(AeL1≤i≤川） 的取值不同各不相同， 又5=8+(B1-42”为7，中的最大元素， 由题意可得Tn中的所有元素由以下系列中所有元素组成： 当PP,PP均为1时：此时该系列元素只有 .=8+(3n-42mC个 3/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当BPP中只有一个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素有，-a4,-a48-a4成-ab共有C个， 则这n个元素的和为C5,-(ah+a,6+…+a,b)=(C-C)s, 当P,BBP中只有2个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素为5-助-ab(6je机2,1》共有C个， 则这n个元素的和为CS.-C(a6+aA++a么)=(C-C)S, 当P.中有3个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为 S-ah-ah,-ab,6,ke1,2以，i≠j≠)共有C个， 则这n个元素的和为C5-C(a6+a,6++ab.)=(C-C)s,， 当，BPP中有n-1个为0,1个为1时：此时该系列的元素为6，aba,b共有C 则这n个元素的和为CgS,-C(a6+a,4++a,b)=(C-C)S, 当P,PDP均为0时：此时该系列的元素为0=(C:-C)S即C:=1个， 综上所述，Tn中的所有元素之和为 S+(C.-1)S,+(C2-C)S+(C-C)S++(C-C)S+0 =[(C8+C.++C-+Cg）-(C+C++C+Ca)】s =(2-2-）S,=2Sn=21[8+(3m-4)2] 法二：由①符5=8+(60-42”，为，中的最大元素， 由题意可得 4/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 T =S.S-ab,S-ab-ab,S,-ab-ab,-abes...ab+ab,ab,0f(i,j,kEf1.2....n,i+j+k) 所以T的所有的元素的和中各项b(e2》出现的次数均为C+C++C+C=2次， 所以Tn中的所有元素之和为 2-(ah+a,h,++a,b.)=2m-Sn=21[8+(3n-4)21] >0 3.【详解】(1)设等比数列an的公比为 因为4=l8,=4-1即4+4，=4-1 ，即 可得1+g=92-1 整理得9-9-2=0 解得9=2或9=-1（合去)， 122-1 1-2" 所以0=2,5， 2)(①由(1)可知，=2 k∈N*,k≥2 ,且 a4=-2<2-1=n-1 当n=ak1=2≥4时，则n-1=a1-1<ak1,即a<n-1<ak1 可知0=2*，6=k+1 b=b+(a1-a-1)2k=k+2k(2-1)=k(2-1) 可得a6,=(2--(+02=(k-)2-k≥2k-1）-k=-2≥0 当且仅当k=2时，等号成立， 所以么12a6 (的由(1)可知：=2”-1=a-1 =1,b=1 若n=1,则 若n≥2，则0-4=2 5/30 品学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当2<i≤2-1时，4-=2水，可知}为等差数列， 得芝-22ag.…--0r-4 2 2 =1+g5x4-2x4+8x4-5x++6m-4-B-4到4r]-a-9 所以s 9, 6=(3m-)4"+1 且n=1,符合上式，综上所述：s, 9 【点暗】关键点点晴：1分析可知当2<1≤2-1时.6-=2，可知为等差数列： 2根据等差数列求和分析可得三6=[(6k-)4-(k-4)4] i=2- a2+a3=2a1+5d=16 a-3 4.【详解】(1)由题意可得a-4=2d=4,解得d=2, 则数列an的通项公式为a,=a+(n-)d=2n+1 水粥a-三a-小-2p1 =22-+(2+1+(2-+2）++(2”-1]+2 2(2-+2”-2 -+2-1=340- 2 (2))略 2-1<b<2+121-1<b1<2+1 )由四可知： ,-u<2+=2+,3 则数列b,}的公比q满足2+1 b2*-1 22*-1, 当eN.〔2-小2z 2,所以9=2， 6/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以21<b2<2+1,即221 2<6< +1=2+ 1 2- , N小小2鸭之 所以数列的通项公式为，=2”」 2×(1-2"） 其前n项和为： S= =2n1-2 1-2 【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前项和的 核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它 对学生探索新知识很有裨益。 5.【详解】4)设a,公差为d位，}公比为9，则”，=1+n-l以6=g [1+d-q=1 由4，-6=4-6=1可得+2d-g2=1→d=g=2 (d=q=0舍去)， 所以0，=2n-16,=2 (2)证明：因为=26，￥0 S+an)=Sba-S,b 所以要证 6+ab.=Sm2h,-S,h.即证 S+an=2S-S 即证 即证”1=S1-Sn n=5-8显然成立，所以5n+a收=5nb1-56 而 (3)因为[a-（la]6+[aH-(←4a]b =(4k-1+4k-3)×22-2+[4k+1-(4k-1]×22=2k.4 两2a-%A-空e-广产eA 7/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 =∑2k.4 nTn-∑2k.4 设”名 所以7=2×4+4×4+6x4+…+2n×4 Tn=2×42+4×43+6×44+…+2n×4+ 则 作差得-37.=24+4+4+4+…+4）-2n41_2x40=4)-2nx41 1-4 =(2-6m)41-8 3 所以7=(6m-241+8 9 所以2a,-(0ra4=6n-24"+8 9 6。【详解】（少因为a}是公差为2的等差数列，其前8项和为64. 所以a+a+中4=8a+8经22-4，所以a-, 所以%，=4+2(n-1)=2n-1,n∈N 设等比数列，的公比为2g>0, 所4A-g94g-小极解得9=4（位全士 所以b.=b9=4",n∈N； 6=6+=4+ (Ⅱ)(i)由题意， b 4” 所以-64+-（+)=24， 8/30 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 g-92=24 所以c片-cn≠0，且c-cn 244 所以数列代-6是等比数列： 0,01= (2n-1)(2n+1)4n2-14n2 ()由题意知，c- 2.4" =22m<22 anantl 4n2 2n 1 n 所以Vc-c2m V2-222222可， a:1<↓k 所以白Vc-2名2▣ 设7=-1+23 22++京++ 2-, 则2++2++ 12,3 2”’ 1 n 11- .11 2” n 两式相减得2方产… 2--2 2 =2-n+2 2, 2 所以，=4-+2 2-, aa<2-4-+2<22 所以-62名224-2片 【点睛】关键点点睛： 3aa+1 最后一问考查数列不等式的证明，因为台V-℃无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即 可得证 7.【详解】①设等差数 a,}的公差为d,等比数列 的公比为4 由4=14，=5(a-4) 可得1. 9/30 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 从而” 的通项公式为，=” =1,b=4(b4-b3) 必 又90，可得9-4g+4=0 解得2， 从而的通项公式为么，=2 四证明：由0可得S.=+少 2 故s.5-40a+u+20a+到，s,=a+a+2。 1 4 2m+10n+2)<0. 从而SnSn2-S元= 所以5,52<S 0D当为奇数时，c。=6a2)=3m-22212 anan2 n(n+2)n+2n, c,==n-1 当n为偶数时， b2” 时红数的正要数m有名2） 22n 2k+12k-2n+11, 后4家+++23,2- 和=之2k一1一135 4-1 4”① 141,3.5.,2n-3,2n-1 由①得4台 =4+4年+4+…+ 4 4* ② 21-1 是+22ne2n▣ 由①②得4台 4”4*H 1 1- 44*1, 4 10130 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2- 44"12n-122、112n-1156n+5 由于 11 44*133444"×4123×4*, _56n+5 从而得： C2k9 9x42 4"6n+54 因此，台 2n+19×4"9 46n+54 所以，数列c}的前2n项和为2n+19×49. 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等 题 年模拟练测 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C D D C C A 1,2,-1) 8. 【详解】(1)因为an为“ 型数列”， 所以=2u。-0n≥2） an=an+1+an-(n≥2) 即 ,所以数列a是等差数列， 又8=14=2 ,所以an的公差为 =a2-a1=1 故数列a,l的通项公式为2，=4+-1d=n 因为数列b,是.1,2,0) 型数列”，所以 a1=2bn(n≥2) 又因为M=1,么=2也成立，所以b,为等比数列≥1neN) 公比9=2，因此么=2 11/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (②)由(1)可得5=+少 2 4-g)(r5 因为4+d.=-2m,八+2”，1+2m2”=2n-1 2 2 22 故数列《-少(S,-a,》的前2n项的和为 1=(d+d)+(d,+d)++(d+d）=1+3++(2n-=n0+2n-l=. 2 3)由c0，acx2+2x2+3x2++m-x2+x2,0 所以29，=lx22+2×23+3×2++n-10x2”+mx2,② 由0-®，得2，=2+22++2”-n21_21-2）1 1 1-222=2”- 2n-1 所以9，=2-1-2 又=2”-n-1.c1=22-n-3 假设存在实数m,5,(,使行数列仁为m0型数到”， Cm+1=SCn+cn-1(n≥2) 则 即m(22-m-3)=s2-n-2）+2-1-) 4m.2”-mn-3m=(2s+t)2”-(s+t)n-(2s+t) 整理得 [4m=2s+t, 所以 m=s+6,解得，」 3m=2s+t, 。,不满足，S为非零常数， s=0t=0m= m 因此不存在实数州，、，【，使得数列c,为一m0型数列” 12130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 9【详解】(1)证明：f)=am-x,f)= cos2x --1=tan2x, ,tanx≥0.f'(x)=tan2x≥0. 所以f()在区间2上单调递增， f(x)≥f(0)=0 0〉 (2)(i证明：由(1)f()在区间2上单调递增， 则o引.四>0-0，时7无零 省台2资m之0mr-r单调8羽 又an<tam+）-3 3 (64) 1、6 =2+V5 3 am1_11m=an3-<2+5-1<0x→3，f()→+w =tan 88 “88 8 2 11π3π 则f(x)在8’2上有一个零点a, 3 1 同理可得xx+8五m+2上有-个零点a nn+ 又2，=tana.an=tan dd1>a, ∴a,=tana=tan(a,+π<al=tana,, 13130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .3 ,1） 又 +元，nm+2元 a,+元∈m+8 3 11 3 nπ+ 2“,且y=tanr在8 ，nπ+。π 2)上单调递增， :.a,+r<a,即 n+1-an>π (ii) tan 2d,=1-tan'd,1-4 cos4a.-cos 2a.-sin 21-tan2d.6+8 cos 2d,+sin 201+tan 2d+2 1 +2 hπ+3r,匹+π an∈n+ ++2>n+8 ,3)2 n+- 8 32 、2三之22a之之 >9n+。 又9n2+27 +2-8mn+1)=n2-5n+2>0. 4 4 a 1240-o++2中 a =n-1 10【详解】山设a,的公差为d0,b,的会比为. 14130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1+d=9 由a1=b=1,a2=b2,a4=b,得：1+3d=g2,即1+3d=1+d)2, 整理得=d,所以d=1或d=0(舍)，从而9=2，所以8=6=2 (2)（1)新数列e}a,4,4,4,b,46,b,点，4,4，，b,,b,a1 可以看作是：第1组：4，共1项， 第2组：b,4,共2项， 第3组： b,b,4,共3项， 第k组： h,b,ba,共k项， 因此前k组共有1+2+…+k=k+) 2项， 且第k组的和为4+6++44+a,=0-+k=2+k-1, 1-2 6×7 由于k=6时，2 =21,因此前6组共有21项， 因此 月-22+k-0-22+2-立1-10-2,6x09+0-6=6+21-6=78 1-22 (i由(1)可知，到，为止，数列仁，}的项数为N=+ 2； 此时和为 R=a+a++a)+g-)-0,20-29）--=2--1 2 1-2 2 ①当n恰好是前k组的总项数时，此时n=N=+少 2 当k=1时，R=2+0--1=2+0-1=1-4,即P,是数b,中的项，符合墨意： 2 15130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 k2时，B=2+2x2-1=2+112=,则P是数列b,中的项，符合盒 2 当23时，0<-1<2恒发文，先时2<B<2m 2 在两个相邻的2的幂2和2之间，没有其他的2的幂， P 因此”不可能是数列b中的项，不符合题意： ②当n不是前k组的总项数时，而是介于N与N,之间，即2 k+D<n<+k+2 2 P 这意味若是前k组的和再加上第k+'组的前几项， 设P=R++么++b),其中15j5,则2=2+2，》-2， 当k=1时， N=1,N2=3 n只能取2， B=R+b=1+1=2=b2 即尸是数列b中的项，符合想忘： 当4=2，-=6，能取4发5月=R场41=5=2格537 时， Pa, 即 5不是数列bn中的项，不符合题意： 当≥3昕，0-2<2，由于j<,则2<R52m 2 在两个相邻的2的幂2和2之间，没有其他的2的幂， 因此"不可能是数列bn中的项，不符合题意： 综上所述，满足条件的尸只有 ,D, d=2 「d=2 口.【详解)（少）数列a是公差为2的等差数列，所以S,=8a+d=64,解得4=1，所以 a,=2n-1 数列b,是公比大于0的等比数列，么=3,6-6=6g-hg= 8,解=3，所以=g=3” 16/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 综上，0，=2n-16=3” (2）（i)由(1)得，c.=b时n=3 因为≤n<k+旷，所以k=45,所以9a=3-=3”。 (iⅱ)略 ()- aci 自i)1=a-得5-[2+2-门 令m=2k-t+1,即t=2k-m+1,当t=0时m=2k+1;当t=2k时m=1, 3,-2[（2-0+22k-m+]小3 -202+4+1-2j5 -(24+4+4)23-2觉m3 m m =k2.32*2-3(k+12 9(9>0) 12.【详解】(1)设等比数列an的公比为，等差数列bn的公差为d, 由4=6=4=6,4+4=6 d=_I 4 得∫q2=1+3d,解得∫d=1或1（舍去)： 9+g2=1+5d 1g=29=-2 故2，=2，么=1+1xa-)=n (2)由(1)知，0，=2么，=n ，则912 (bn-1)an41 (n-1)2" nn+l 所以6.(a1-1(a,-(2-12-可）2-12可 17130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1223 ,”n+=1-n+1 则7<2-+2-12-++2”-12-1 +…+ 21-19 :2[-2引-2e-w 44[[[a-w 所以4，+4+d。=a-l):2+u-0-21+n2°=(2-》-2 2d,=1x2+3x2+5x23++2m-0-2” 则 ①， 224=1x2+3×2+5×2++(2n-3)-2"+2m-)-2 则 ②， 由①-②得： 24=2+2x22+2×2+…+2x2-(2n-10-2=2+ 0-2）-2m-0-2=-6-(2m-3y-2 1-2 d=6+(2n-32 所以司 13.【详解】(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为9. 1+d+q=5d=4-g 由题意得方程组：1+2d+q=92d=8-g2, 得：24-9)=8-9即92-29=0 因为9≠0，解得9=2，此时d=4-2=2. 18130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以0，=1+(m-小x2=2m-1,b=1×2=2 (2②前2项和5可以分为奇数项之和5与得数项之和 因为奇数项=ak-b1=[2(2k-1)-1]×22-2=(4k-3)×242 S奇=(4-3)×224-2 S奇=1×2°+5×22+9×24+…+(4n-3)×22m-2 4S海=1×22+5×24+…+(4n-7)x22m-2+(4n-3)×22m -3S=1+4×22+4×24+…+4×22m-2-(4n-3)×22m 16-]（n-3 =1+ 1-4 =1+94--(4a-3x2 3+4×22"-16-3(4n-3×2--13-(12n-13)×2 3 3 所以4-2-13x2+13 9 3×22-1 (2*++1）-(22+1) 偶数项s(亿4+162+）(24+124+可(2+124+ 11 22*-1+122+1+1· s-(. s22(动 19130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 11 Sg=3221+1 所3=5+5a=020-12+13,片1=2n=13x2+16 1 9 T322m*1+1 9 22m+1. 3)4-2m-少 2-1 由于数列中交替出现正负项，将其分为偶数项子数列与奇数项子数列进行探讨， ①记偶数项为)=4，-然keN)。 +-)-然3+3-.7 22k-1 22k 22k+1. 因为k≥1，所以-12k+7≤-5<0 放伥+)小k,即得数项子数列位是严格递减数列。 因比，在所有筒数项中，最大位为4，=0=. @奇数项为8)-d-3keN)。 gk+）-g()=二-4k+-(46-3》_4-1+44k-3)12k-13 22 226-2 22 22 当k=1时，12×1-13=-1<0，所以8(2)K80.即4<4 当≥2时，12k-13≥11>0，所以8(k+)>8) 3<d<d,<… 即从第三项起，奇数项子数列严格递增，有 因，在所有奇数项中，最小值为4=8回)--。 因为所有偶数项为正，所有奇数项为负， 所以数列包，}最大项为4-2，最小项为4，=- 3 4 14.【详解】（山由圈意可得，Q= ，所以=9 ，又因为9=3 20130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以， ,构成等比数列，所以 m=a10=3 所以数列4,4，a.(m之4m∈N为1,2,3,4,5,6,7.8,9,3类10个数。 此时m=10Sn=48 (②由%，4,4，，0a(k<meN)是首项为2，公差为2的等差数列，教4=2 而，a,0, ,4,0是公比为2的等比数列，故4=2 ，因此2k=2m2 所以k2=2m,因此，要使m最大，则k最大，又k<m<2026,故k的最大值为2°， 由20,224=2m1,即m=1033,故m的最大值为1033. (3)由巴，马，4，，“ak<m,keN)是公差为d的等差数列，可得：4=a+k-d, 而4,0，a，…,a,a是公比为2的等比数列，所以4=42， 放4+(k-1)d=421 即（-01=a-2t-.又4+a++a+a,=3a++a.+a）,a.=24, 议如*号-i=32a25若，a[6g-明-a- 即2+=6x(-刂，即，2+t-6x2-2因此6： 所以2=+业.-1+18 6-k 6-k,所以k<6: 代入验证可得：当k=4时，上式等式成立，此时m=6, 所以当且仅当m=6时，存在k=4满足等式。 15.【详解】山因为a,是公差为d的等差数列，42，由S,“得： 3a,+3d=5d 即6+3d=5d,解得d=3,因此：a,a+(-)1=3n-1 对于等比数列6}，公比9>0,4=d-1=2.由么=么-24得：g=6g-2 ,由 得9-9-2=0，结合9>0，解符9=2，因此：6-6=2 21130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 a,=3n-1 b=2" 综上， 3cn1,n=b (2)因为9=1，由上分析知d=3,g=2,所以C,=c+2,A<m<b1,kN 《1)当4<n<时，G,=C+2,此时数列c是公差为2的等差数列，共有2-1项， 因此.6=6+2×(2-10 当”=时，，=36，将①代入得%，=3[9+2×(2-月=30+6-2*-6 因此8=3c+6-2-6」 ②. 用待定系数法构造等比数列：设。+A:2+B=3(%+A:2+B)】 测A=+42+28,与@比较利4=62B=6,解利4=68=3】 所以9m+62*1-3=3(%+62-3) 故数列6，+6-2-3是公比为3的等比数列，且首项4+62-3=6+9=3G+9=12. 所以5+62-3123143，即5=43-62+3。 又因为4=2 ,所以9=4：3-6-2+3.=43-621+3=4-3-3-2+3 因此=4-31-3-2”+3 《)将区间L2-刊按-2划分为1个互不重叠的子区间，每个区间内}是公差为2的等差数列， 即第1段.=)，项数2”1，第2段：3=2），项数2=2， 第3服：[47k=),项数2=4，；第段.[21-=12…0，项数2， 记第k组和为7，首项为，公差为2，项数为2的等差数列， 22130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以7=2c, 21-x2-2(+2-0 2 =2(43-1-32*+3+21-)=4:61-541+2」 对和.5-24654+2-空42 =48s,20g.46.-》222-20-25402-出 4-12-15 3 因此， 月-12-6-25302”-1 15 【点睛】本思关键由等差等比数列可得递推关系%=3c,+62-6, ，进而再待定系数法构造等比数列 {,+6:2-3头，从而可得=43-32+3，对求和采用分成k段求和，最后再用分组并项求和 a1+d+a+2d=7a=2 16.【详解】)因为a,是等差数列，所以a+4d-4=4+2a户d=1→a,=”+1,即 S3=a1+a2+a3=2+3+4=9 因为b,是等比数列，所以A=16+1=么×9+1=S,=9 9,代入4-得9=2，即6=2 ,即 Tn=2.2°+32+4.2+…+(n+1）2"-① (2)由题c,=(n+1)-2，则2I,=22+32+4.2++(n+1)2"②，①-②得： -7=2442+2++2）-6a*02-2423 2-1 2-(n+1）-2”=2+2”-2-n2”-2”=-n2,即 Tn=n·2" （3)因为7-7=(a+2)2>0,所以T严格单调递增，当=j或n=1时，5=7-7引=0，元素仅一个： 23130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当i≠j且n≥2时，s=7-T引=T)7,且这些差值互不相等，此时共有C =nn-1) 2个元素 计算所有非香元素的和，不纺设了7=7,1≤1≤m≤n,则 亿.-)-红.-)=[m-r.-] 1≤1<m≤n 阅可得.万=12，设4-22=2+22+32+.k2*0 则24=22-2=1-2+22+32++k-2W2@ 由③-④得 。4=2d=2+2+2+2-62=2g-o0w=4-22=-w+2.f代入 /=1 -7-2万=m-m2”-0m-22°+2=6m-2m+22-2 得 则-班-}红-2加+2-2斗a-+2 其中三2-20-》，2m-2a+32-2d-2m+38n-0-11+2x21=2a-n+22-2 m 2om2-2m+221×2+2×4+5×8++0r2-2n+2)×2@ 2∑(m2-2m+2)2m1×4+2×8+5x16++(n2-2n+2)×21© m=1 -∑(m2-2m+22=2+4+3×8+5×16++(2n-3)×2”-(n2-2n+2×2a⑦ 由⑤-⑥得 24130 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 Cm=4+3.8+516+…+(2n-3)2” 令2C=1-8+3-16+5-32+…+(2m-5-2”+(2n-3)-21-C,=4+2(8+16++2）-(2n-3)-2,则 Cn=(2n-5)2m+1+12 代回⑦式得 2(m-2m+2)-2=2+2-2"+12-(6-2m+22w→2(m-2m+2)-2=(-4n+7）2-14 则s2(亿。-7)(m2-4n+72-14-20n-）-2=(m2-4n+72-2n-14 0,n=1 综上所述，集合S中所有元素之和为：(n2-4n+7)21-2n-14,n之2 1.【详解】（山当0=1时，=nx+,所以)-+2x, 则f0)=1,f'四=3，所以切点为(L,1), 则曲线f(x)在x=1处的切线方程为y-1=3(x-1),即3x-y-2=0. x+ax=-b, (2)(i)由f)=-br,X>0,即1nr+ax2=-bx,故x 因为f()=-br有三个不同的零点x,3,,故x 故血x+a=-b有3个不同的正根， 令8)h+x,xe0,+w: 则8()=1-nx x+“有两个不同的变号零点， xE0+),()=-3+2nx 令h(x)1-nr x3, 令h闭-3t2nx-0,得x=e, x3 令h()>0,得x>e2,令h()<0,得0<x<e2, 25130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3 3 故)=nx 0,e2 e2,+ x2在 上单调递减，在 上单调递增， 因为=0 2E,且当x→0时，h)+o,当x→+∞时，h(x)→0， 牧要想g-少+口有丙个不洞的变号弯点，霜满足空<a<0,即0<a<2这， 1 x2 此时存在实数b,使得x x+x=-b有3个不同的正根， 0 1 故a的取值范围为 2e3: (iⅱ)略 18.【详解】(1)设等差数列 ,的公差为d,等比数列的公比为， 「1+g=3 己知a=b=1,且a,+b2=3,b,-a=3,所以g3-(1+4d)=3, 解得9=2，d=1. 因此0。=nb,=2 (2m-)l (2)当k为奇数时，设k=2m-1（m=1,2,n）,则c2m-1=am1C42=(2m-1)C%； 2 当k为偶数时，设k=2m(m=l,2,,n),则cm=bm·C,2=2m-C s=2(2m-0c+22C 故前2n项和为m 22m-C=2ac-2=2-2-2-小=2-2+1=a-2r+1 2C-24c-0+4-刂- 26130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 =a-102+1+5,=a-l2+3”+1 因此 2 2. 19【详解】山设等老数a,的公为d,等比数对b,的公比为90 3a6-a,=2ba 2+7d=2g3 「d=2 因为Sg=4h,且a,=b=1,则8+28d=4g,解得q=2, 所以0，=1+2(n-=2n-16=1x2=2 n+2n--m a= (2)因为 2 当k=1时，则 9=62q,=2 当≥2时.则5=624=空42[r--] 且k=1,G=n) 符合上式， 所以9=2[n-k-]=2*1[k2-4+62-(k-6k+1川2*]. 则22-2[-+62--6+102 =r-[-a+o2r--2a-2-+6, 所交=2-32-r+6 8w品公”，司】 F22-2-12-1” 27130 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2" >0 且2”≥2，则22≥4，即22-123>0，可得2”-1， 2d,=1-2 -<1 所以 22”-1 20【详相】山解：自数o.山橘足”=14=26=经2+ aHan2」 6=6+15=2+1 当n=1时，可得aa2,即4,12，解得0，=2： =a2-a=2-1=1 因为an是等差数列，所以公差 所以2，=1+(n-1)x1=n 所以n+1n+2, 2.合-4合}修》倍 222 11 =2+ 23、、1 2", 6=3-1 又n=1时，1 3-20=2依然成立， yb=3- 所以n 2-, 所以“ (2)解：由(1)知6，=3n-” 1. n 记3m的前n项和为P, 2" 的前n项和为M, 28130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以Pn=3+6+…+3n= 3n2+3n 2 1,23 M=3222+…+1 2-2+2m-1,① 12,3 2+2,② M2+++”+” 1,111n) ①-②得2M,=20+2+2京++ 2" ”=2-”+2 2” 所以M,=4-n+2 2-1· 所以5=P-M,-3n+3n-4+n+2 2 2-1. (3证明：由(1得a,=,么=3n是 1 2m, n=3m-2, 2m-1 所以1 2m+1-2m,n=3m-1 2m+1 (2m-1)-2m,n=3m, 1,2t-1 ，2t+1 2+c+0=2+(2+0-2+(2-)-2 所以 1,(2t+)-2,(2t-1)+2 2+(21+1)-2(2-1）2 1,12 2 =2+2(2+0)-2+2+(2-102 安eaj 2 所立仔+ 29130 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 [品京+] 2 2 动z小ai eN20tB小a 30130 专题06 数列 7年真题1年模拟 考点分类 天津考情（2020-2026） 命题规律 考点01数列基本量的计算 2026天津：等差数列、等比数列的通项公式与核心基本量计算 2025天津：数列通项公式基础求解、前n项和基本量计算 2023天津：等比数列的通项公式、前n项和公式的基础量计算 该考点为天津高考数列模块基础题型，常年设置单选题，难度偏低，命题结构稳定。核心围绕等差数列、等比数列的通项公式、前n项和公式展开，考查首项、公差、公比、项数等核心基本量的计算。近年逐步融合等差、等比数列的综合基础设问，无复杂变形，是数列模块的必拿基础分值，解题核心依托数列基础公式的熟练应用。 考点02数列通项公式与前n项和的综合求解 2026天津：等差数列与等比数列的通项公式联立求解、前n项和综合计算 2025天津：求数列通项公式，错位相减法、裂项相消法的综合求和应用 2024天津：数列通项公式的求解、裂项相消法的进阶应用、复杂数列求和计算 2023天津：求数列通项与分组求和法、错位相减法的综合应用 2022天津：数列通项公式求解、分组求和法的进阶应用、多段数列求和计算 2021天津：求数列通项与裂项相消法、错位相减法的基础综合应用 2020天津：数列通项公式基础求解、裂项相消法基础求和 数列解答题稳定处在第18-19题，属于倒数第二道解答题，位置偏后。第一问固定用基本量法求解等差、等比通项，难度基础；第二问常规考查错位相减、分组求和。压轴小问不再局限单纯计算，常结合整数约束、不等式放缩，偶尔融入集合背景，侧重逻辑推理，依靠套路难以得分，区分度较强。 考点01 数列基本量的计算 1．（2026·天津·高考真题）已知，，则（     ） A．68 B．56 C． D． 【答案】C 【详解】由，得 ，即； ，即； 因为，所以； ，即，所以； ，即，所以. 2．（2025·天津·高考真题），则数列的前项和为（   ） A．112 B．48 C．80 D．64 【答案】C 【详解】因为， 所以当时，， 当时，， 经检验，满足上式， 所以，令，， 设数列的前n项和为， 则数列的前项和为 数列的前项和为 . 故选：C 3．（2023·天津·高考真题）已知数列的前n项和为，若，则（    ） A．16 B．32 C．54 D．162 【答案】C 【详解】当时，，所以，即， 当时，， 所以数列是首项为2，公比为3的等比数列， 则. 故选：C. 考点02 求数列通项公式及数列求和的综合 1．（2026·天津·高考真题）已知等差数列与等比数列满足：，，，． (1)求数列，的通项公式； (2)记，，或，记为中的元素个数． （i）求； （ii）求． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为， 所以，即，解得或（公比不能为0，舍去）， 所以 （2）（i）由（1）知为偶数，为奇数，所以数列和没有相同项， 根据题意，集合中的元素由数列和中小于等于项组成， 小于的正偶数有个，由得，， 所以数列中小于等于的项有个，中小于等于的项有个， 所以. （ii）当时，中小于等于的项有个， 又为偶数时，中小于等于的项有个，为奇数时，中小于等于的项有个， 所以， 所以， 从到共有项， 又为奇数时， 所以 ， 所以 令①， 则②， ①-②得 ， 所以， 所以 2．（2025·天津·高考真题）已知数列是等差数列，是等比数列，． (1)求，的通项公式； (2)，，有， （i）求证：对任意实数，均有; （ii）求所有元素之和． 【答案】(1)； (2)（i）证明：由（1）或，， 当时， 设， 所以， 所以， 所以，为中的最大元素， 此时恒成立， 所以对，均有. （ii） 【分析】 【详解】（1）设数列的公差为d，数列公比为， 则由题得， 所以； （2）（i）略 （ii）法一：由（i）得对任意实数，均有， 所以，， 所以取值随着的取值不同各不相同， 又为中的最大元素， 由题意可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成： 当均为1时：此时该系列元素只有即个； 当中只有一个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素有共有个， 则这个元素的和为； 当中只有2个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； 当中有个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； … 当中有个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； 当均为0时：此时该系列的元素为即个， 综上所述，中的所有元素之和为 ； 法二：由（i）得，为中的最大元素， 由题意可得， 所以的所有的元素的和中各项出现的次数均为次， 所以中的所有元素之和为. 3．（2024·天津·高考真题）已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且． (1)求的通项公式及； (2)设数列满足，其中． （ⅰ）当时，求证：； （ⅱ）求． 【答案】(1) (2)①证明见详解；② 【分析】 【详解】（1）设等比数列的公比为， 因为，即， 可得，整理得，解得或（舍去）， 所以. （2）（i）由（1）可知，且， 当时，则，即 可知， ， 可得， 当且仅当时，等号成立， 所以； （ii）由（1）可知：， 若，则； 若，则， 当时，，可知为等差数列， 可得， 所以， 且，符合上式，综上所述：. 【点睛】关键点点睛：1.分析可知当时，，可知为等差数列； 2.根据等差数列求和分析可得. 4．（2023·天津·高考真题）已知是等差数列，． (1)求的通项公式和． (2)设是等比数列，且对任意的，当时，则， （Ⅰ）当时，求证：； （Ⅱ）求的通项公式及前项和． 【答案】(1)，； (2)(Ⅰ)证明如下： 由题意可知，当时，， 取，则，即， 当时，， 取，此时， 据此可得， 综上可得：. (Ⅱ)，前项和为. 【分析】 【详解】（1）由题意可得，解得， 则数列的通项公式为， 求和得 . （2）(Ⅰ)略 (Ⅱ)由(Ⅰ)可知：， 则数列的公比满足， 当时，，所以， 所以，即， 当时，，所以， 所以数列的通项公式为， 其前项和为：. 【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益. 5．（2022·天津·高考真题）设是等差数列，是等比数列，且． (1)求与的通项公式； (2)设的前n项和为，求证：； (3)求． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】 【详解】（1）设公差为d，公比为，则， 由可得（舍去）， 所以； （2）证明：因为所以要证， 即证，即证， 即证， 而显然成立，所以； （3）因为 ， 所以 ， 设 所以， 则， 作差得 ， 所以， 所以. 6．（2021·天津·高考真题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，． （I）求和的通项公式； （II）记， （i）证明是等比数列； （ii）证明 【答案】（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】 【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以，所以， 所以； 设等比数列的公比为， 所以，解得（负值舍去）， 所以； （II）（i）由题意，， 所以， 所以，且， 所以数列是等比数列； （ii）由题意知，， 所以， 所以， 设， 则， 两式相减得， 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛： 最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证. 7．（2020·天津·高考真题）已知为等差数列，为等比数列，． （Ⅰ）求和的通项公式； （Ⅱ）记的前项和为，求证：； （Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和． 【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）. 【分析】 【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q. 由，，可得d=1. 从而的通项公式为. 由， 又q≠0，可得，解得q=2， 从而的通项公式为. (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得， 故，， 从而， 所以. (Ⅲ)当n为奇数时，， 当n为偶数时，， 对任意的正整数n，有， 和 ① 由①得 ② 由①②得， 由于， 从而得：. 因此，. 所以，数列的前2n项和为. 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题. 1．（2026·天津·模拟预测）已知数列的前项和为，，则的前7项和为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】已知， 当时，， 当时，， 时，， ， ，故是首项为3，公比为2的等比数列， 的前7项和为：． 2．（2026·天津西青·三模）已知数列满足，则该数列的前2026项的乘积等于（    ） A．2024 B．2025 C． D． 【答案】C 【详解】因为，所以，， ，， 所以数列是周期为4的周期数列，且一个周期内的乘积：， 而， 所以. 3．（2026·天津和平·三模）已知，数列的前项和为，若，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意，当时，， 当时，，化简得， 又不满足， 所以数列从第二项起为公比为3的等比数列，所以. 4．（2026·天津滨海新区·三模）已知数列是等比数列，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设等比数列公比为，首项为， 若，则，不合题意； 则， 则. 5．（2026·天津北辰·二模）数列的前n项和，且，，则（   ） A．52 B．53 C．54 D．55 【答案】C 【详解】数列的前n项和，且， 令时，，所以， 所以当，， 所以，即得， 即，所以是以1为首项以2为公比的等比数列， 所以，所以 ， 则 . 6．（2026·天津滨海新区·三模）设为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列，则下列说法正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】∵ ，∴ ，可得的首项为. 又∵ 是公差为的等差数列， ∴ ，即 ①. 当时， ②. ①-②得，， 移项整理得，即. ∴ 当时，. 当时，满足上式，故. 对各选项逐一判断： 对于A选项，，故A错误. 对于B选项，由等差数列前项和公式得，而，显然，故B错误. 对于C选项，，故C正确. 对于D选项，∵ ， ∴ ，故D错误. 7．（2026·天津东丽·二模）已知数列满足，，则（    ） A．211 B．225 C．239 D．261 【答案】A 【详解】由，则，，， 则， 即， 又，故， 故. 8．（2026·天津河北·二模）若数列对于任意的，满足（，为非零常数），称数列为“型数列”.已知数列是“型数列”，数列是“型数列”，且，. (1)求数列，的通项公式； (2)设是数列的前项的和，求数列的前项的和； (3)若，是否存在实数，，，使得数列为“型数列”？若存在，求出，，的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)， (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】 【详解】（1）因为为“型数列”， 所以， 即，所以数列是等差数列， 又，，所以的公差为， 故数列的通项公式为. 因为数列是“型数列”，所以， 又因为，也成立，所以为等比数列， 公比，因此. （2）由（1）可得， 设， 因为， 故数列的前项的和为 . （3）由，得，① 所以，② 由①－②，得， 所以. 又，， 假设存在实数，，，使得数列为“型数列”， 则， 即， 整理得， 所以解得，，，不满足，为非零常数， 因此不存在实数，，，使得数列为“型数列”. 9．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数． (1)证明：； (2)将所有正零点排列为严格递增数列 （i）证明：； （ii）设表示不超过的最大整数，求． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析，（ii） 【分析】 【详解】（1）证明：，， ，，， 所以在区间上单调递增， . （2）（i）证明：由（1）在区间上单调递增， 则时，，即此时无零点， 当，，单调递增， 又， ，， 则在上有一个零点， 同理可得在上有一个零点， 又，，， ， 又， ，且在上单调递增， ，即； （ii）， ， ， ， 又， ， ． 10．（2026·天津西青·三模）已知是公差不为0的等差数列，是等比数列．． (1)求和的通项公式； (2)在之间插入得到新数列， 记数列的前项和为． （ｉ）求； （ⅱ）是否存在使得为数列中的项，若存在，求出所有这样的，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ｉ）；（ⅱ）存在，满足条件的只有． 【分析】 【详解】（1）设的公差为，的公比为， 由，得：，即， 整理得，所以或（舍），从而，所以. （2）（ｉ）新数列， 可以看作是：第1组：，共1项， 第2组：，共2项， 第3组：，共3项， 第组：，共项， 因此前组共有项， 且第组的和为， 由于时，，因此前6组共有21项， 因此 . （ⅱ）由（ｉ）可知，到为止，数列的项数为, 此时和为 , ①当恰好是前组的总项数时，此时， 当时，，即是数列中的项，符合题意： 当时，，则是数列中的项，符合题意； 当时，恒成立，此时， 在两个相邻的2的幂和之间，没有其他的2的幂， 因此不可能是数列中的项，不符合题意； ②当不是前组的总项数时，而是介于与之间，即， 这意味着是前组的和再加上第组的前几项， 设，其中，则， 当时，，只能取2，， 即是数列中的项，符合题意； 当时，，只能取4或5，， 即不是数列中的项，不符合题意； 当时，，由于，则， 在两个相邻的2的幂和之间，没有其他的2的幂， 因此不可能是数列中的项，不符合题意； 综上所述，满足条件的只有． 11．（2026·天津·模拟预测）已知数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列是公比大于0的等比数列，． (1)求数列和的通项公式； (2)记，， （ⅰ）求； （ⅱ）对于给定的，，有数列，，，判断该数列单调性并证明； （ⅲ）求． 【答案】(1)， (2)（ⅰ）， （ⅱ）单调递减，证明如下：，时数列单调递减，证明如下： ，令，则， 所以， 令，所以，令， 因为，，，，所以， ， 所以 在恒成立，所以恒成立，即对于给定的，，有数列单调递减； （ⅲ）. 【分析】 【详解】（1）数列是公差为2的等差数列，所以，解得，所以， 数列是公比大于0的等比数列，，解得，所以， 综上，， （2）（ⅰ）由（1）得，， 因为，所以，所以； （ⅱ）略 （ⅲ）， 由（ⅱ）令得， 令，即，当时；当时， . 12．（2026·天津红桥·三模）已知数列是正项等比数列，是等差数列，且. (1)求数列和的通项公式； (2)设数列的前项和为，求证：； (3)表示不超过的最大整数，；求. 【答案】(1)，； (2)证明见解析； (3). 【分析】 【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为， 由， 得，解得或（舍去）； 故，； （2）由（1）知，，，则 所以 则； （3）因为， 所以， ， ， 所以. 则①， 则②， 由①②得： ， 所以. 13．（2026·天津河西·三模）已知数列是等差数列，数列是等比数列，且，，． (1)求数列和的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设数列满足，求数列的最大项和最小项． 【答案】(1)；． (2) (3)最大项为，最小项为． 【分析】 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为． 由题意得方程组：， 得：即， 因为，解得，此时． 所以；． （2）前项和可以分为奇数项之和与偶数项之和． 因为奇数项． ， ， ， ， 所以．            偶数项 ． ， ， ． 所以. （3）， 由于数列中交替出现正负项，将其分为偶数项子数列与奇数项子数列进行探讨． ①记偶数项为． ． 因为，所以． 故，即偶数项子数列是严格递减数列． 因此，在所有偶数项中，最大值为．        ②记奇数项为． ． 当时，，所以，即． 当时，，所以， 即从第三项起，奇数项子数列严格递增，有 因此，在所有奇数项中，最小值为．         因为所有偶数项为正，所有奇数项为负， 所以数列最大项为，最小项为． 14．（2026·天津和平·三模）已知个正数，，⋯，依次围成一个圆圈，其中，，，⋯，是公差为的等差数列，而，，，⋯，，是公比为的等比数列． (1)若，，，求数列，，⋯，的所有项的和； (2)若，，求的最大值； (3)当时，是否存在正整数，满足下式成立？若存在，请求出值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)的最大值为 (3)存在时，等式成立 【分析】 【详解】（1）由题意可得，，所以，又因为， 所以，，构成等比数列，所以， 所以数列，，⋯，为，，，，，，，，，共个数， 此时，. （2）由，，，⋯，是首项为，公差为的等差数列，故， 而，，，⋯，，是公比为的等比数列，故，因此， 所以，因此，要使最大，则最大，又，故的最大值为， 由，即，故的最大值为. （3）由，，，⋯，是公差为的等差数列，可得：， 而，，，⋯，，是公比为的等比数列，所以，故， 即，又，， 所以，即， 即，即，因此， 所以，所以； 代入验证可得：当时，上式等式成立，此时， 所以当且仅当时，存在满足等式. 15．（2026·天津河西·三模）已知数列是公差为的等差数列，其前n项和为，数列是公比为的等比数列，其中，，，． (1)求数列、的通项公式； (2)数列满足，，其中， （ⅰ）求； （ⅱ）求． 【答案】(1)； (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】 【详解】（1）因为是公差为的等差数列，，由得​： ， 即，解得，因此： . 对于等比数列，公比，，由得：， ​得，结合，解得，因此： . 综上，，. （2）因为，由上分析知，，所以，. （ⅰ）当时，，此时数列是公差为的等差数列，共有项， 因此，①. 当时，，将①代入得. 因此②. 用待定系数法构造等比数列：设， 则，与②比较得，解得, 所以， 故数列是公比为的等比数列，且首项. 所以，即， 又因为，所以，， 因此. （ⅱ）将区间按划分为个互不重叠的子区间，每个区间内是公差为的等差数列， 即第段：，项数；第段：，项数； 第段：，项数；；第段：，项数； 记第组和为，首项为，公差为，项数为的等差数列， 所以 ， 对求和， ， 因此，. 【点睛】本题关键由等差等比数列可得递推关系，进而再待定系数法构造等比数列，从而可得；对求和采用分成段求和，最后再用分组并项求和. 16．（2026·天津滨海新区·三模）已知是等差数列，是等比数列，设数列的前项和为． (1)求和的通项公式； (2)设，求的前项和； (3)在（2）的条件下，设，求集合中所有元素之和． 【答案】(1) (2) (3)集合中所有元素之和为：. 【分析】（1）通过等比数列、等差数列的通项公式列方程组，求解首项、公差和公比即可求解 （2）是典型的等差等比型数列，采用错位相减法求和. （3）先判断严格单调递增，明确S中元素构成(含0和非0差值)；再通过错位相减法多次处理求和式，按和分类计算集合S中的所有元素和. 【详解】（1）因为是等差数列，所以，即； 因为是等比数列，所以，代入得，即. （2）由题，则，得：，即. （3）因为，所以严格单调递增，当或时，，元素仅一个；当且时，，且这些差值互不相等，此时共有个元素. 计算所有非零元素的和，不妨设，，则. 由(2)可得，，设， 则， 由得：，代入得， 则， 其中，， ， ， 由得， 令，则 ， 代回式得 则. 综上所述，集合中所有元素之和为：. 17．（2026·天津西青·三模）已知，函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在，使得有三个不同的零点， （i）求的取值范围； （ⅱ）若成等差数列，求证：． 【答案】(1) (2)（i）； （ⅱ）若存在，使得有三个不同的零点， 即为方程的根， 即， 两式相加得， 因为成等差数列，所以， 则，即， 故，即， 又，故， 即，则， 下面推导对数平均不等式，， 只需证， 令，只需证， 令，则， 故在上单调递增， 又，故，证毕， 而，又，故等号取不到， 所以，即， 所以，由（i）知，， 故，证毕． 【分析】 【详解】（1）当时，，所以， 则，所以切点为， 则曲线在处的切线方程为，即． （2）（i）由，，即，故， 因为有三个不同的零点，故有3个不同的正根， 令，， 则有两个不同的变号零点， 令，，则， 令，得， 令，得，令，得， 故在上单调递减，在上单调递增， 因为，且当时，，当时，， 故要想有两个不同的变号零点，需满足，即， 此时存在实数，使得有3个不同的正根， 故的取值范围为； （ⅱ）略 18．（2026·天津南开·模拟预测）已知数列为等差数列，数列为等比数列，，． (1)求数列，的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1)， (2) 【分析】 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 已知，且 ， ，所以， 解得，. 因此，. （2）当为奇数时，设（ ），则； 当为偶数时，设（ ），则. 故前项和为 . . 因此. 19．（2026·天津滨海新区·三模）已知是等差数列的前项和，是等比数列，，，． (1)求的通项公式； (2)设，求； (3)设，证明：． 【答案】(1)； (2) (3)证明见详解 【分析】 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为，且，则，解得， 所以，. （2）因为， 当时，则； 当时，则； 且，符合上式， 所以， 则 ， 所以. （3）因为， 可得， 且，则，即，可得， 所以. 20．（2026·天津南开·二模）已知数列，其中为等差数列，且满足，． (1)求数列的通项公式； (2)求的前项和； (3)记，证明． 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】 【详解】（1）解：由数列，满足， 当时，可得，即，解得； 因为是等差数列，所以公差 所以． 所以， 所以时， ， 又时，依然成立， 所以， 所以． （2）解：由（1）知． 记的前项和为，的前项和为， 所以 ① ② ①－②得， 所以． 所以． （3）证明：由（1）得， 所以 所以 ， 所以 ． 因为，，所以 所以，证毕. 试卷第1页，共3页 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $