专题六 数列&专题七 不等式-【创新教程】2024-2026三年高考数学真题分类特训试卷

=【3-1a+]· [2(3-1)BA+(合-1) =合（行-+（合-）=号-)》 3 10' 又因为k∈[0,1]，可知：当k=1时，AF·DG取 到最小值一 5 答案： 5 一18 专题六数列 考点一 实战集训1 1.Ba1=1,a2=a3=3,a4=a5=5,n≥6时，am= 7+(n-6)×2=2n-5, 设前数列为6,6，}为等差数到，60十6d =108,.2b1+5d=36,b1∈N,d∈N,由已知数 列{an}的项都是奇数，所以{bn}的所有项都是正 偶数，可知d,b1都是正偶数，故b1=8,d=4, 选B. 2.B因为S3=3a2=6,所以a2=2,因为S5=5a3 =-5,所以a3=-1,所以{an}的公差d=a3一 a2=一3，所以a1=5,所以S6=6a1+15d=6×5 -15×3=-15. 3.C本题考查了等差数列的通项公式，求和 公差， .S=-n+8n.an=S-S-1 =-n2+8n-[-(n-1)2+8(n-1)] =-2n+9. n=1时，S1=7=a1, ∴.an=-2n+9,n∈N*, 等差数列{an}中d=-2<0. .{an}为递减数列，可知a1>a2>a3>a4>0> a5>a6…>a11>a12· a1+a2+…+|a12|=(a1+…+a4)-(as +a6+…+a12)=S4-(S12-S4)=2S4-S12 =2×16-7,15×12=32+48=80. 2 4.C由等比中项的性质结合等差数列的基本量 运算即可求解. 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 因为a3,a4,a6成等比数列，且a1=一2， 所以a=a3a6,即(-2+3dl)2=(-2+2d)(-2 +5d),解得d=2或d=0(舍去)， 所以a1o=a1十9d=-2+9X2=16.故选：C. 5.B因为S5=S1o,所以a6十a7十a8+a9+a1o =0, 即5a8=0,.ag=0,又因为a5=1,所以公差d 、1 a=a,-7u=子 1( 6.D由S.=a1n+nn21Dd,得S,=9a,十36d= 2 1 1…a1+4d=ga+a,=2a,=2(a1+4d)= 号故选D 7.解析：根据等差数列通项公式：a4=a1十3d,得 5=-1+3d,解得d=2, 前6项为5，-号(2a,十5d)=32X(-10+10) =24. 答案：24 8.解析：由S6=6a6+30,得6a1+15d=6a6十30， 即15d=6(a6-a1)+30=30d+30, 得d=-2. 由d=一2知{an}为单调递减数列，由Sn≤Ss 知当n=5时，Sn取得最大值，即a5≥0，a6≤0 (a5,a6不同时为0).当a6=0时，由a6=a1十5d =a1-10=0知a1=10. 答案：一210（答案不唯一） 9.解析：由题意，分类讨论， 若d≤0，显然an≤0则Sn≤0不满足题意； 若>0，只需S,=0+d<1 1S3=0+d+2d< 1解得d3 故de(0, 答案：0，) 10.解析：本题考查了等差数列的求和公式的 应用 a1==3,d=2,S,=6a1+2d 6×(=3)±°22×2=12. 答案：12 11.解析：设an=a1十(n-1)d,则由条件得2a1十 5d=7,4a1+7d=5,解得a1=-4,d=3, 则S1o=5(2a1+9d)=95. 答案：95 12.解：(1)首先，设数列a1,a2,…,a4m+2的公差为 d,则d≠0. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个 非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差 数列， 故可以对该数列进行适当的变形a:'=sa d +1(k=1,2,…,4m+2), 得到新数列a6′=k(k=1,2,…,4m十2)，然后 对a1',a2',…,am+2进行相应的讨论即可. 不妨设a6=k(k=1,2,…,4m十2)，此后的讨 论均建立在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中 取出两个数i和j(i<j),使得剩下四个数是等 差数列. 5 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4， 5,或3,4,5,6. 所以所有可能的(i,j)就是(1,2)，(1,6)，(5,6). (2)当m=3时，注意到a1,a4,a7,a10;a3,a6, aga12a5,a8,a11,a14是(2,13)可分的数列，对 于m>3的部分，取{a4+3,a4r+4,a4+5,a4r+6 即可. (3)证明：由(2)得数列a1,a2,…,a4m+2是 (i,j)一可分数列曰1,2，…，4m十2是(i,j) 可分. 则1,2，…，4n+2是(4k+1,4k十2)可分的，因 可分为(1,2,3,4)，(5,6,7,8)，…，(4k一3,4k -2,4k-1,4k)和(4(s+1)-1,4(s+1),4(s+ 1)+1,4(s+1)+2),…,(4m-1,4m,4m+1, 4m+2),共有Cm+1+m+1= (m+1)(m+2)种. 2 而1…4k和4s十2…4m+2是可分的，只需证 4k+1,4k十3,4k+4,…,4s-1,4s,4s+2是可 分的. 令t=s-k∈N*,只要证1,3,4,5，…，4t-1, 4t,4t+2是可分的，1…4t+2去掉2和4t+1. 当t=1时，(1,3,4,6)不满足；当t=2时，(1， 3,5,7),(4,6,8,10)满足；当t=3时，(1,4,7， 10),(3,6,9,12),(5,8,11,14)满足； 当t=4时，(1,5,9,13)，(3,7,11,15)，(4,8， 12,16),(6,10,14,18)满足； 当t≥2时，可划分为t组： (1,t+1,2t+1,3t+1),(3,t+3,2t+3,3t+ 3),(4,t+4,2t+4,3t+4),…,(t,2t,3t,4t), (t,2t+2,3t+2,4t+2). 本质即：(i,t+i,2t+i,3t+i),i=1,2,3,…,t, 且把2代换为4t十2，则(k,k十t),t≥2均符 合，共C1一m=mm2一D组，而(0,1)，(1， 2 2),…,(m-1,m)不合要求. 综上可得：符合要求的(4k+2,4t+1)与(4k十 1,4+2)至少mm-D+m+1)m+2组， 2 2 2C2m2+2m十2) 故Pm≥ m2+m+1 Cin+2 8m2+6m+1 1 2m+7>8 8 m2+m+1 考点二 1.ACDA选项：由2a3=a2十a1得2a1g=a1g十 a1,因a1>0,约去a1,得2g-q-1=0,即(2q十 1D(g一1)=0.由q卡1，得g=一之，A正确：B选 10 当以为%数时，()》>0→8<号，B候送： C选项：因为S+2=Sn十am+1十am+2,S+1=Sn 十am+1' 所以2Sm+2-Sm+1-Sn=am+1+2am+2 a11+2g).由A项可知g=2 故a+1(1+2q)=0,故2Sn+2=Sn+1+Sn,C正 确；D选项：对前n项和求和： s台新1（门 婴-（门 周为)=1-（)护1. 所以s-号引+-（)别 因为对任密n≥1，均有1-（合）八>0， 所以之S>201恒成立.D正确. k=1 3 2.C由S2m-Sn=n①. 当n=1时，S2-S1=1,即a2十a1-a1=1, .a2=1, 当n≥2时，S2a-D-S,-1=n-1, 即Sm-2-Sn-1=n-1②. ①-②整理得：a2n十a2m-1-an=1③. ③式令n=2,a4十a3-a2=1,a2=1,a3=6, .a4=-4. ③式令n=3,a6十a5-a3=1, ③式令n=4,a8十a7-a4=1, ∴.a8十a7=1+a4=-3. 3.B由题意an,bn,cn>0,不妨设A(n,an), B(n,bn),C(n,cm),三点均在第一象限内，由cm =Aan+(1-)bn可知，BC=入BA,入∈[0,1]， 故点C恒在线段AB上， 则有min{an,bn}≤cn≤max{an,bn}<an十bn 即对任意的1∈[0，l],cn<an十bn恒成立， 令10.x-9=2,构造函数f(x)=22一10.x+ 9,x>0, 则f'(x)=21n2-10,由f(x)单调递增， 又f(3)<0,f(4)>0,存在x。∈（3,4)，使 f(xo)=0, 即当0<x<xo时，f(x)<0,f(x)单调递减； 当x>x。时，f(x)>0,f(x)单调递增； 故f(x)至多2个零点， 又由f(1)>0,f(2)<0,f(5)<0,f(6)>0, 可知f(x)存在2个零点，不妨设x1,x2(x1< x2),且x1∈(1,2)，x2∈(5,6). ①若an≤bn,即10n一9≤2”时，此时n=1 或n≥6. 则an≤cn≤bn,可知bn十cn>an成立， 要使an、bn、cm的值均能构成三角形， 所以an十cn>bn恒成立，故bn<2an, 所以有10n一9≤2” 2”<2(10n-9),解得n=6; ②若an≥bn,即10n-9≥2"，此时n=2,3,4,5, 则an≥cm≥bn,可知an十cn>bn成立， 要使anbn,cn的值均能构成三角形，所以bn十cn >an恒成立，故an<2bn, 所以有10n-9≥2” 10n-9<2m+1,解得n=4或5： 综上可知，正整数n的个数有3个 4.AD由题可知 a1+a19+a1g2= a192=1 ,解得9=之 g>0 (a1=4, 所以a,=4x位）”-（侣）】 则a:=()-s-×-(门 1- 31 4 .+s-()”+-门 1一2 1 =(2)+8-8×(2)广=8， 5.解析：令Tn=an2十a3m-1十am,由题意得Tn= (n2+n)-[(n-1)2+(n-1)]=2n,因此每个 三项块B。的和为2n. 设这9项为x,xq,xq,…,xq°， 记C=1+q+q. 由于C>0,且完整三项块和均为正，下面按k除 以3的余数讨论」 1.若k=3m十1(m≥0)，这9项正好包含三个完 整三项块，得xC=2(m+1),xg3C=2(m+2), xqC=2(m+3). 于足g-删且日-子盾，故这#起点 不存在. 2.若k=3m十2(m≥0)，其中两个完整三项块为 第m十2、m+3块，得xgC=2(m+2),xgC= 2m3》.所以g于是 3.若k=3m(m≥1)，其中两个完整三项块为第 m+1,m+2块，得xqC=2(m+1),xgC =2(m+2), 所以g2=m十2、3 m+12 综上g≤号，所以g≤2，等号可以取到：取 3 k=2,9一2 答案冯 义 6.解析：由题意，9=3，a4=a1·q3=54. 答案：54 7,据折：务如g-0+会-8=16 4 所以q=2(负数舍去). 答案：2 8.解析：对于①，若{an}与{bn}均为等差数列， 设an=a1+(n-1)d1=d1n+(a-d1),n∈N*, bn=b1+(n-1)d2=d2n+(b1-d2),n∈N*, 故可将an与bn看作是关于n的一次函数， 其图象最多只有一个交点，且交，点横坐标不是 整数时，不存在k满足a6=bs,故M中最多只有 1个元素，①正确； 对于②，若{an}与{bn}均为等比数列， 设an=a1gi1,n∈N*,bn=b192l,n∈N, 令as=bg,则a1gf1=b1g1, -1 故41=92） ,即k=1+log 因为1og导b 为定值， 故当10ge公为签数时，存在k使得a,=: 故M中最多只有1个元素，②错误； 对于③，由①知点(n,an)在一条斜率不为0的 直线l。上，设bn=b1g”1(g≠1)，当公比q>0 时，直线l。与数列{bn}对应的函数的图象至多 有2个公共点，M中最多有2个元素；当q<一1 时，点(n,bn)在如图所示的曲 线C1,C,上，由图易知直线。 与曲线C1,C2至多有3个公 共点，如当am=3n-4,bn= -1X(-2)"-1时，a1=b1= -1,a2=b2=2,a4=b,=8,两 个数列有3项相同，所以M 中最多有3个元素； 当q=一1时，易知M中最多有2个元素；当一1 <g<0时，易知M中最多有3个元素.综上可 知，当|an为等差数列，{bn}为等比数列时，M 中最多有3个元素，所以③正确. 对于④，若{am}为递增数列， 则点（k,as)随k的取值逐渐增大，其在平面直 角坐标系中，散点由左下到右上分布， 若{b,}为递减数列，则，点(k,b.)随k的取值逐渐 减小，其在平面直角坐标系中，散点由左上到右 下分布， 故点(k,a6)与点(k,b)最多只能重合一次， 即M中最多只有1个元素，④正确. 综上，正确结论的序号是①③④. 答案：①③④ 9.解析：由题意不妨设x>y,若x,y均在[a1,a2], 则有x-y∈[0，a2一a1],若x,y均在[an, am+1门，则有x-y∈[0，am+1一an],若x,y分别 在两个区间，则x一y∈[am一a2am+1一a1],又因 07 为9>1，总有Ln是闭区间，则an一a2≤an+1一an恒 成立即可，化简得q”1(q一2)十q≥0，所以有 q≥2恒成立. 答案：[2，十o∞) 10.解：(1)由已知{an}是等差数列，{bn}是等比数 列，设公差d,公比q,a1=2,b1=1, a2=b1+b2, (a4=b3-b1, .1+d=b+bg, la1+3d=b1q2-b1, 2+d=1+g, {2+3d=g2-1, ∫d=2, 9=3, ∴.an=2+(n-1)X2=2n. bn=1×3"1=3"-1 (2)①En={x∈R|x≤n,]k∈N*,x=a6 且x=bs}, a6=2,4,6,…,2k.a6为偶数， b4=3°，31,3，…，3”-1.b6为奇数. {a6}与{bs}无公共元素， .E1={3},01=1, E2={3°，2}，c2=2, E3={3°，2,31}=3个， E3={3°，2,31,4,6,8,32，…，3"-1,3"-1十1，… 3"-1,3”}, 满足0≤8的长有2个 满足b≤3”的k有n十1个。 cg=3”,1+n+1=3"+2m十1 2 2 ②求(-1)u5m,记N=3,则求和到N-1. an=2m,c,=[罗]+[1ogm]+1. 于是s=2空(-10m[]+2(-1m ([1og3m]+1)=S1+S2, 计第5：利[罗】 m-(mmod 2) 2 得s=-1m-(-1a6mod2》 令M=N-1=3"-1(偶数). (-1)m=NN-D(推导见后)， m= 1产7m(mmod2） 2 故s=+N) (N-1)(3N-1)(3"-1)(3+1-1) 108 计算S2:将区间按3的幂分段，当m∈[3,3+1 3n+1-1 -1]时，[1ogm]+1=t+1,∑(-1)mm=3 3 (因区间长度为偶数，每对和为1). 则S,=2(4+1)·3=2·1+2m-1)3 =0 4 =1+(2n-1)3" 2 求和：S=S,+S,=3”-1)31-D+ 4 1+(2n-1)3”_3×9"+(4n-6)×3"+3 2 4 11.解：(1)证明：易知(n十1)an+1一nan=1, 所以{nan}是公差为1，首项为3的等差数列. (2)由(1)可知nan=3+(n-1)=n十2， 所以a,=1十2 n 又f(x)=a1+2a2.x+3a3x2+…十nan1, 所以f(-2)=2ka4(-2)-1 =1 =2(k+2)(-2)-1 k=1 ++-+一g】 -3 =m+2)(-2)0-2+1-(-2)” 3 9 =7-（3m+7)(-2)m 9 12.解：(1)设{an}公差为d,{bn}公比为q(q≠0)， 计号 (9=21 故an=2+3(n-1)=3n-1,bn=2". (2)由题知集合T,中的元素为1=之pab, 其中：∈{0,1}， 当所有的p,=1时，t取最大值， 即tn=2a,b,=2[(3i-1)X2]. 计算tnx与an+1bn+1 记S=1n=2(3i-1)×2, 则5=含(3i-1)×2=2X2+5×2+…十 (3n+1)×2", 2S=2(3i-1)×2*1=2×22+5×23+…+ (3n-4)×2"+(3n-1)×2m+1, -S=2(3i-1)×2-2(3i-1)×2+ 1= s1 =4+3×(22+23+…+2")-(3n-1)×2m+1 =4+3x4X1=2)-（3m-1DX21 1-2 =(8-6n)×2"-8. 则tx=S=(6n-8)X2"+8 =(3n-4)×2m+1+8. 易知a+1b,+1=[3(n十1)-1]X2+ =(3n+2)X2+1. 当n≥1时，a+1bn+1-tmx=6X2+1-8≥6X 21+1-8=16>0,所以Vt∈Tm,均有t< ant1bnt1. 由题知集合T。中的元素为t=2pa,b, 5=1 piaibi+pza2b2+...+pnaba, 其中p:∈{0,1}， 每个a,b,项在所有元素的和式中出现的次数 为2”1. 所以T。中所有元素之和为2”-1S=2"1[(3n -4)×2m+1+8]=(3n-4)×4"+2"+2. 13.解：(1)因为4Sn=3an十4，所以4Sn+1=3am+1 十4，两式相减可得：4an+1=3an+1一3an, 即：am+1=-3an,又因为4S1=3a1十4，所以a1 =4,故数列{an}是首项为4，公比为一3的等 比数列，an=4·(一3)"-1； (2)bn=(-1)m-1nan=4n·3m-1, 所以Tn=4(1×3°+2×31+3×32+…+n× 3-1), 3Tm=4(1×3+2×32+3×33+…+n×3"), 两式相减可得：一2Tm=4(1十3十32十…十 33=43-…g）2-ng -2,Tm=(2n-1)3"+1. 14.解：(1)设等比数列{an}的公比为q>0, 因为a1=1,S2=a3-1,即a1十a2=a3-1, 可得1十q=q2-1,整理得g2-q-2=0,解得 9=2或9=-1（舍去）， 所以8--1 (2)(i)由(1)可知an=2”-1,且k∈N,k≥2， 当n=a6+1=2≥4时， 则口=21<2-1=n-1 (n-1=ak+1一1<as+1 即a6<n-1<ak+1 可知a=2-1,b。=k十1， bn-1=b2+(a6+1-as-1)·2k =k+2k(2-1-1)=k(2-1), 可得bn-1-a6·bn=k(2-1)-(k十1)2-1 =(k-1)2-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0， 当且仅当=2时，等号成立， 所以bn-1≥as·bm； (ii)由(1)可知：Sn=2”-1=an+1-1, 若n=1,则S1=1,b1=1; 若n≥2，则a6+1-as=2-1, 当2-1<i≤2-1时，b,-b-1=2k,可知{b,》 为等差数列， 可得三6，=k·21+2%2(21-1D 20-1 =2-1 2 k·t=号(3-1-8k-04门， 109 所以20，=1+号[5×4-2×4+8×-5× i=1 42+…+(3n-1)4”-(3n-4)4"-1] =（3n-1)4"+1 9 且m=1,特合上式，笨上所电：色6 =（3n-1)4"+1 9 15.解：(1)由题意得2(A):3,4,4,5,8,4,3,10； (2)假设存在符合条件的2，可知2(A)的第1， 2项之和为a1十a2十s,第3,4项之和为a3十a4 十，则a十2)十a:十6)=a1十a十，而该 {(a,+4)+(a4+2)=a3+a4+s 方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条 件的2； (3)我们设序列T,…T2T1(A)为{a.m}(1≤n≤ 8),特别规定a0.n=an(1≤n≤8). 必要性： 若存在序列2：w1,w2,…,w,使得2(A)为常 数列. 则a,1=a.2=a,3=a.4=a,5=a,6=a,7= a,8,所以a,1十a,2=a,3十a,4=a.5十a,6= a,7十as,8: 根据T,…T2T1(A)的定义，显然有a,-1+ a,2=a,-1,2-1十a,-1,3,这里j=1,2,3,4,s= 1,2,……. 所以不断使用该式就得到，a1十a2=a3十a4= a5十a6=a,十ag,必要性得证. 充分性： 若a1十a2=a3十a4=a5十a6=a,十a8: 由已知，a1十a2十a5十a7为偶数，而a1十a2= a3十a4=a5十a6=a,十a8,所以a2十a4十a6十 a8=4(a1十a2)-(a1十a3十a5十a,)也是偶数. 我们设T,…T2T1(A)是通过合法的序列2的 变换能得到的所有可能的数列2(A)中，使得 a,l-a.2+a,3-a,4+a,5-a,6+a,7 一a,8最小的一个. 上面已经证明a2j-1十a,2=a,-1,2-1十a-1,2 这里j=1,2,3,4,s=1,2,. 从而由a1十a2=a3十a4=a5十a6=a,十ag可得 a,1十a,2=a3十a,4=a,5十as,6=a,7十as,8· 同时，由于i,十j,十k,十w,总是偶数，所以a, 十a.3十a.5十a.7和a,2十a,4十a,6十a,8的奇 偶性保持不变，从而a,1十a,3十a,5十a,7和 a,2十a,4十a,6十a,8都是偶数. 下列证明不存在j=1,2,3,4使得a,21一 as.2j≥2. 假设存在，根据对称性，不妨设j=1,a,21 a,2j≥2，即a,1-a,2≥2. 情况1：若a,3一a4十a5一a6十a,7 a,8=0,则由a1十a.3十a,5十as,7和a,2十as,4 十a,6十a,8都是偶数，知a1一a,2≥4. 对该数列连续作四次变换(2,3,5,8)，(2,4,6， 8),(2,3,6,7),(2,4,5,7)后，新的a+4.1 a+4.2+a+4.3-a+44+a,+4.5-a,+46十 |a+4,7一a+.8相比原来的a1一a,2|十|a.3 -a4十a.5-a6十a7-as减少4，这与 la1-a.2+a.3-a4+a5-a6+a.7 一a,8|的最小性矛盾； 情况2：若a.3-a,4十a.5-a,6十|a,7 a,8>0,不妨设a,3一a,4>0. 情况2-1：如果a.3-a,4≥1，则对该数列连续 作两次变换(2,4,5,7)，(2,4,6,8)后，新的 a+2,1-a+2.2+a+2.3一a+2,4十a+2,5 a+2.6十|a+2,7一a,+2.8相比原来的a.1一a.2 +a3-a4十a,5-a,6+a,7-a,8至少 减少2，这与a.1-a,2十a,3一a,4十a,5 a,6|十a.7-a.8的最小性矛盾； 情况2-2：如果a,4一a,3≥1，则对该数列连续 作两次变换(2,3,5,8)，(2,3,6,7)后，新的 |a+2,1-a+2,2十a+2,3-a+2,4+|a+2.5 a,+2.6十a,+2,7-a+2,8相比原来的a1一a.2 |+a,3-a,4+|a.5-a,6+|a,7-a,8|至 少减少2，这与a,1-a,2|+a.3-a,4十as.5 一a6十a,7一a,8的最小性矛盾. 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意 的j=1,2,3,4都有a,25-1-a,2≤1. 假设存在j=1,2,3,4使得a21一a2=1, 则a,3)-1十a3,是奇数，所以a,1十a,2=a,3十 a,4=a,5十a,6=a,7十a,8都是奇数，设为2N +1. 则此时对任意j=1,2,3,4,由a,2-1一a2≤ 1可知必有{a,2-1a,2}=(N,N+1}. 而a,1十as,3十a,5十a,7和a,2十a,4十a,6十a,8 都是偶数，故集合{ma,m=N}中的四个元素 i,j,k,仙之和为偶数，对该数列进行一次变换 (i,j,k,w),则该数列成为常数列，新的a,+1 -a+1,2十a+1,3-a+1,4+a+15-a+1.6+ a,+1,7一a+1,8等于零，比原来的a1一a2十 a3-a4十a5-a6+a.7-a.8|更小， 这与al一a2十|a3-a4十a,5-a.6十 a,7一a,8的最小性矛盾. 综上，只可能a2-1-a,2=0(j=1,2,3,4), 而a1十a,2=a,3十a,4=a,5十as6=ax,7十 a.8,故{am}=n(A)是常数列，充分性得证. 专题七不等式 1.B 〔++）++2 +5=9, 当且仅当=专与（即=2，x=士②）时取 “=” 2.B设去甲、乙两地的高一学生人数分别为a,b, 去甲、乙两地的高二学生人数分别为c,d,由题 意知a十b>c十d①，a十c>b十d②. 1 ①+②得2a+b+c>2d+b+c,即a>d,所以去 甲地的高一学生人数多于去乙地的高二学生 人数. 3.C 曲片≥2导≥0≤0 x-1 (x-1)(x+2)≤0台-2≤x<1. {x-1≠0 4.C由基本不等式结合特例即可判断. 对于A,当a=b时，a2十b2=2ab,故A错误；对 于BD取a=b=}此时日+方=2+4=6 a b 1 =8=+方=2十4=6> =42=2,故B、D错误；对于C,由 ab 基本不等式可得a十b≥2√ab>√Wab,故C正 确.故选：C 5.解析：由题意得，1=a2+4奶≥4ab,即ab≤ 答案： 6.解析：本题考查了分式不等式的解法. <0, x一3 .(x一3)(x-1)0, .1<x<3, .原不等式的解集为{x1<x<3},即(1,3). 答案：(1,3) .解析：a>0,6>0a+方-=1 .0<a<1,b>1, a=1--60, 日=+产=6-1++22 a 2w-100点+2=4. 当卫仅当)=6-1，即6=2a=号时，等号 成立. 答案：4 8.解析：取x=-号，得}(2a+b)-(2a+0)-1 0,即2a十b≥-4. 1 另一方面，取2a十b=-4,2(2a+b=一乞， 此时b=一4，a=0, (2a+b)x2+b.x-a-1≤0即-4x2-4.x-1≤ 0,亦即(2x十1)≥0，显然恒成立，符合题意.故 2a+b的最小值为一4. 答案：一4 9.解析：将不等式分解因式得(x一3)(x十1)<0， 解得-1<x<3. 答案：(-1,3) 0最新真题 专题六数列 分类特训 考点一等差数列 一、选择题 1.(2026·全国I卷，7)一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远 的历史文化闻名遐迩.该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第i行中塔的座数 记为a,(i=1,2,…,12),其中a1=1,a2=a3=3,a4=a5=5,且a6、a7,…,a12是一个首项为7，公 差为2的等差数列.将a1,a2,…,a12分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个 项数为6且公差为d(d>0)的等差数列，则d= A.2 B.4 C.6 D.8 2.(2025·全国二卷，7)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3=6,S,=一5，则S6=( A.-20 B.-15 C.-10 D.-5 3.(2025·天津卷，6)已知数列{an}的前n项和Sn=一n2+8n,则{|an|}的前12项和为（) A.48 B.112 C.80 D.144 4.(2025·北京卷，5)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1=-2,若a3,a4,a6成等比数列，则 a10= () A.-20 B.-18 C.16 D.18 5.(2024·全国甲卷（理），4)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S,=S1o,a=1,则a1=（) A号 B号 c.3 D.品 6.(2024·全国甲卷（文），4)等差数列{an}的前n项和为Sn,若S。=1,则a3十a,= A.-2 B. C.1 D. 二、填空题 7.(2026·全国Ⅱ卷，12)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=一1，a4=5,则S6= 8.(2026·北京卷，12)已知等差数列{a}的前n项和为Sn,且S。=6a十30，则公差d=;若 Sn≤S恒成立，则符合条件的a1的一个取值为 9.(2026·上海卷，9)已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,a1=0,{Sn}在区间(0,1)上 至少有两项，则公差d的取值范围是 10.(2025·上海卷，3)已知等差数列{an}的首项a1=一3，公差d=2,则该数列的前6项和 为 11.(2024·新课标Ⅱ卷，12)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3十a4=7,3a2十a5=5,则S1o 27 三、解答题 12.（2024·新课标I卷，19)(17分)设m为正整数，数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数 列，若从中删去两项a;和a,(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能 构成等差数列，则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)一可分数列. (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6，使得数列a1,a2,…,a6是(i,i)一可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,…,am+2是(2,13)-可分数列； (3)从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)一可分 数列的概率为P证明：P>日 28 考点二等比数列及数列的综合应用 一、选择题 1.(多选)(2026·全国Ⅱ卷，10)设等比数列{an}的公比q≠1，a1>0,2a3=a1十a2,记其前n项和 为Sn,则 ( Aq=-司 B.5>2号 C.2S+2=S++S D2s>2 3 2.(2026·天津卷，8)已知数列{an}的前n项和为Sn,S2m-Sn=n,a3=6,则a7十a8= A.68 B.56 C.-3 D.-4 3.(2025·上海卷，16)已知数列{am},{bn},{cn}的通项公式分别为an=10n一9，bn=2”,cn=入an十 (1一入)bn,若对任意入∈[0,1]，am,bn,cm的值均能构成三角形的三边，则满足条件的正整数n有 () A.1个 B.3个 C.4个 D.无穷个 4.(多选)(2025·全国二卷，9)记Sn为等比数列{an}的前n项和，g为{an}的公比，g>0.若S3=7, a3=1,则 () A.g司 B.as-9 1 C.S5=8 D.a+S,=8 二、填空题 5.(2026·全国I卷，14)设实数q满足：存在数列{an},使得对于任意n∈N*,均有a1十a2十…十 a3m=n十n,且{an}中有某连续9项ak,ak+1,…,ak+8是公比为q的等比数列，则q的最大 值为 6.(2026·上海卷，2)已知数列{an}为等比数列，且a1=2,a2=6,则a4= 7.(2025·全国一卷，13)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于 68,则这个数列的公比等于 8.(2024·北京卷，15)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合M={k|a =b,k∈N},给出下列四个结论： ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 9.(2024·上海卷，12)等比数列{an}的首项a1>0,公比q>1,记In={x-yx,y∈[a1,a2]U [an,am+1门}，若对任意正整数n,In是闭区间，则q的取值范围是 29 三、解答题 10.(2026·天津卷，19)(15分)已知等差数列{an}与等比数列{bn}满足：a1=2,b1=1,a2=b1十 b2,a4=b3-b1. (1)求数列{an},{bn}的通项公式； (2)记En={x∈Rx≤n,了k∈N*,x=ak或x=b},记cn为En中的元素个数. (i)求cg;(i)求∑(-1)m·am·cm 1.(2025·全国一卷，16已知数列1a,中，a=3,-年十n十 (1)证明：数列{nan}为等差数列； (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x十a2x2+…十amxm,求f(-2). 30 12.(2025·天津卷，19){amn}是等差数列，{bn}是等比数列，a1=b1=2,a2=b2十1，a3=b3. (1)求{an},{bn}的通项公式； (2)已知I={0,1},Hn∈N*有Tn={p1a1b+p2a2b2十…十pabp1p2,…,pn∈I}. (i)求证：H实数t∈Tn,均有t<an+bn+1; (ⅱ)求T,中所有元素之和. 13.(2024·全国甲卷（理），18)(12分)记S,n为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3am十4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn=(-一1)”-1nan,求数列{bn}的前n项和Tm. 14.(2024·天津卷，19)（本小题15分）已知数列{an}是等比数列，公比大于0.其前n项和为Sm· 若a1=1,S2=a3-1. (1)求数列{an}的前n项和Sn; k:n=ak (2)设b,-{6-1+2ka<na1 ,k∈N. (i)当k≥2，n=ak+1时，求证：bn-1≥ak·bm (i)求∑b. 31 15.(2024·北京卷，21)(15分)已知集合M={(i,j,k,w)|i∈{1,2}，j∈{3,4}，k∈{5,6}，w∈{7， 8},且i+j十k十w为偶数}.给定数列A:a1,a2…,ag,和序列2：T1,T2,…T,其中T,=(i, j,,w,)∈M(t=1,2,…,s),对数列A进行如下变换：将A的第i1,j1,1,w1项均加1，其余 项不变，得到的数列记作T（A);将T(A)的第i2,j2,k2,w2项均加1，其余项不变，得到数列 记作T2T1(A);…;以此类推，得到T、…T2T1(A),简记为2(A). (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列2：(1,3,5,7)，(2,4,6,8)，(1,3,5,7)，写出2(A); (2)是否存在序列2，使得2(A)为a1十2，a2十6，a3十4，a4十2，a十8，a6十2，a,+4,a8十4，若 存在，写出一个符合条件的2；若不存在，请说明理由； (3)若数列A的各项均为正整数，且a1十a3十a十a,为偶数，求证：“存在序列2，使得2(A)的 各项都相等”的充要条件为“a1十a2=a3十a4=a5十a6=a,十ag”. 的 32 最新真题 专题七 不等式 分类特训 一、选择题 1.(2026 天津卷，)(+x+)的最小值为 A.10 B.9 C.8 D.6 整 2.(2026·北京卷，9)学校组织高一、高二学生参观甲、乙两地博物馆，每位学生可自主选择一处前往. 已知高一学生总人数多于高二学生总人数，前往甲地的全体学生总数多于前往乙地的全体学生总 将 数，则 A去甲地的高一学生人数多于去乙地的高一学生人数 B.去甲地的高一学生人数多于去乙地的高二学生人数 C.去乙地的高一学生人数不多于去甲地的高二学生人数 杯 D.去乙地的高二学生人数不少于去甲地的高二学生人数 3.(2025·全国二卷，4)不等式x二4>≥2的解集是 ( x-11 A.{x|-2≤x≤1} B.{xlx≤-2} C.{x|-2≤x<1} D.(xlx>1) 4.（2025·北京卷，6)已知a>0,b>0,则 ( 如 A.a2+62>2ab 御 B+ C.a+b>√ab 二、填空题 5.(2026·上海卷，7)已知a2+4b2=1,则ab的最大值为 6.(2025·上海卷，2)不等式二<0的解集为 器 x-3 7.(2025·上海卷，8)设a,b>0,a+}=1,则6+的最小值为 8.(2025·天津卷，15)若a,b∈R,Hx∈[-2,2]，均有(2a+b)x2+bx-a-1≤0恒成立，则2a十b的最 小值为 9.(2024·上海卷，3)不等式x2-2x-3<0的解集为 33