第6章 周测十二(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 聚焦数列核心素养，以问题链串联概念生成、性质推导与实际应用，通过分层题型构建"定义-性质-求和-建模"的完整方法体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |等差等比|5题|定义法/中项性质/方程思想|从基本量计算到性质综合应用| |数列求和|3题|错位相减/分组求和/裂项相消|递推关系→通项公式→求和策略| |实际应用|2题|数学建模/迭代分析|分形几何/函数零点与数列交汇| |创新题型|4题|分类讨论/构造法|知识迁移与批判性思维训练|

周测十二 (满分：100分　时间：80分钟) 一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1．已知等差数列{an}的公差d≠0，若a1，a3，a9成等比数列，则的值是(　　) A． B． C． D． 解析：选D.在公差为d≠0的等差数列{an}中，a1，a3，a9成等比数列，所以a＝a1·a9，即(a1＋2d)2＝a1·(a1＋8d)，因为d≠0，所以d＝a1，所以＝＝＝. 2．(2026·长沙模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a3a7＝a5，则使得Tn＞1的n的最小值为(　　) A．6 B．8 C．9 D．10 解析：选D.设等比数列{an}的公比为q(q＞1)， 由a3a7＝a5，得a＝a5，解得a5＝1， 因此an＝a5qn-5＝qn-5， 则Tn＝q-4+(-3)＋(-2)＋…＋(n-5)＝q， 由Tn＞1，得q＞1，又q＞1，解得n＞9，所以n的最小值为10. 3．(2026·深圳模拟)在等比数列{an}中，a2，a10是函数f(x)＝x2＋20x＋25的两个零点，则a6＝(　　) A．±5 B．－5 C．5 D．±2 解析：选B.由题得，a2，a10是方程x2＋20x＋25＝0的两个根，则a2＋a10＝－20，a2a10＝25，所以a2，a10都为负数，又因为{an}是等比数列，a6＝a2q4<0， 所以a＝a2a10＝25，则a6＝－5. 4．已知数列{an}中，a1＝2，a2＝0，且an＋2＝an＋2(－1)n，则数列{an}的前30项和为(　　) A．15 B．30 C．60 D．120 解析：选B.方法一：因为an＋2＝an＋2(－1)n，所以当n为偶数时，an＋2－an＝2，所以数列{an}中的偶数项构成公差为2的等差数列；当n为奇数时，an＋2－an＝－2，所以数列{an}中的奇数项构成公差为－2的等差数列，又a1＝2，a2＝0，所以数列{an}的前30项和为(a1＋a3＋a5＋…＋a29)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a30)＝15a1＋×(－2)＋15a2＋×2＝15a1＝30. 方法二：因为an＋2＝an＋2(－1)n　①， 所以当n≥2时，an＋1＝an－1＋2(－1)n-1　②， ①＋②得，an＋1＋an＋2＝an－1＋an(n≥2)，又a1＝2，a2＝0，所以a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝…＝a29＋a30＝2，所以数列{an}的前30项和为(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋(a5＋a6)＋…＋(a29＋a30)＝15(a1＋a2)＝2×15＝30. 5． 分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若最大的正方形边长为9，则从外往里第5个正方形的边长为(　　) A． B． C．4 D． 解析：选C.设从外往里第n个正方形的边长为an，则由已知可得an＝an＋1·sin 15°＋an＋1·cos 15°，又a1＝9，所以an≠0，＝＝＝，所以{an}是以9为首项，为公比的等比数列，所以a5＝9×()4＝4. 6．(2026·莆田段考)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，将数列{an}与数列{2n-1}的公共项从小到大排列得到数列{bn}，Tn为数列{an·bn}的前n项和，则满足Tn＜2 027的正整数n的最大值为(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：选B.由题知，数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当n＝1时，a1＝2也满足上式，所以an＝2n.所以数列{an}的各项为2，4，6，8，10，…，又数列{2n-1}的各项为1，2，4，8，16，…，数列{an}与数列{2n-1}的公共项从小到大排列得到数列{bn}，所以bn＝2n，所以an·bn＝n·2n+1， 所以Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n+1，① 2Tn＝1×23＋2×24＋…＋(n－1)·2n+1＋n·2n+2，② 则①－②得－Tn＝(22＋23＋24＋…＋2n+1)－n·2n+2＝－n·2n+2＝(1－n)·2n+2－4， 所以Tn＝(n－1)·2n+2＋4. 当n≥2时，Tn－Tn－1＝(n－1)·2n+2＋4－(n－2)·2n+1－4＝n·2n+1＞0， 所以Tn＝(n－1)·2n+2＋4单调递增． 当n＝7时，T7＝6×29＋4＝3 076＞2 027，当n＝6时，T6＝5×28＋4＝1 284＜2 027，所以满足Tn＜2 027的正整数n的最大值为6. 二、多项选择题(本题共2小题，每小题6分，共12分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．) 7．(2026·富阳联考)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－r－2-6(n∈N*，r∈R)，前n项积记为Tn，则(　　) A．{an}的公比为2 B．r＝6 C．a3＋a4＋a5＝ D．Tn有最小值 解析：选ABD.由等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－r－2-6，得a1＝S1＝21-r－2-6，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n+1-r－2n－r＝2n－r. 对于A，等比数列{an}的公比q＝＝＝2，A正确； 对于B，由a2＝2a1，得21-r＝2(21-r－2-6)，即21-r＝2-5，解得r＝6，B正确； 对于C，an＝2n-7，则a3＋a4＋a5＝2-4＋2-3＋2-2＝，C错误； 对于D，Tn＝a1a2a3·…·an＝2-6+(-5)＋(-4)＋…＋(n-7)＝2， 当n＝6或n＝7时，取得最小值－21，又函数y＝2x单调递增，因此当n＝6或n＝7时，Tn取得最小值，D正确． 8．(2025·武汉四调)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n-1an＝n·2n，{an}的前n项和为Sn，则(　　) A．a1＝2 B．数列{an}是等比数列 C．Sn，S2n，S3n构成等差数列 D．数列{}的前100项和为 解析：选AD.当n＝1时，可得a1＝2，故A正确；由a1＋2a2＋…＋2n-1an＝n·2n①， 得a1＋2a2＋…＋2n-2an－1＝(n－1)·2n-1，n≥2②，①－②得2n-1an＝n·2n－(n－1)·2n-1＝(n＋1)·2n-1， 则an＝n＋1，n≥2，又a1＝2也适合上式，故an＝n＋1，n∈N*，则数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列，故B错误；由B得Sn＝2n＋×1＝，S2n＝，S3n＝，而Sn＋S3n＝＋＝5n2＋6n，2S2n＝4n2＋6n，则Sn＋S3n≠2S2n，即Sn，S2n，S3n不构成等差数列，故C错误；由B知＝＝－，则数列{}的前100项和为－＋－＋…＋－＝－＝＝，故D正确． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．) 9．设数列{an}的前n项和为Sn，{an}是递减数列，{Sn}是递增数列．写出一个{an}的通项公式an＝________． 解析：由数列{Sn}是递增数列可知数列{an}从第2项起，各项都大于零，结合数列{an}为递减数列，考虑{an}为公比在0到1之间的等比数列，显然，an＝()n符合条件． 答案：()n(答案不唯一) 10．(2026·白银模拟)已知函数f(x)＝x2＋x的导数为f′(x)，函数f(x)的“牛顿数列”{xn}满足xn＋1＝xn－(n∈N*)，若x1＝1，则x3＝________． 解析：因为f(x)＝x2＋x，所以f′(x)＝2x＋1，所以＝， 则xn＋1＝xn－＝. 因为x1＝1，所以x2＝，x3＝. 答案： 11．如图，P1是一块半径为2a的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪去半圆的半径)后得到图形P3，P4，…，Pn，…，记第n块纸板Pn的面积为Sn，则S4＝____________，如果∃n∈N*，使Sn＜成立，那么a的取值范围是___________________． 解析：由题意可知，依次剪去一个更小的半圆，其半径为前一个被剪去半圆半径的一半，故每次剪去的半圆的面积组成了首项为，公比为的等比数列，第n块纸板Pn是剪了n－1次后得到的， 故Sn＝－ ＝2πa2[＋×()n-1]， 故S4＝2πa2[＋×()3]＝πa2；∃n∈N*，使得Sn＜成立，故只需＜，解得a2＜4，而a＞0，所以0＜a＜2. 答案：πa2　(0，2) 四、解答题(本题共3小题，共43分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．) 12．(本小题满分13分)设等比数列{an}的首项为a1＝2，公比为q(q为正整数)，且满足3a3是8a1与a5的等差中项，数列{bn}满足2n2－(3＋bn)n＋bn＝0(n∈N*). (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(5分) (2)对每个正整数k，在ak与ak＋1之间插入bk个2，得到一个新数列{cn}．设Tn是数列{cn}的前n项和，求T100.(8分) 解：(1)由题意，可得6a3＝8a1＋a5， 所以6q2＝8＋q4，解得q2＝4或q2＝2， 又q为正整数，所以q＝2， 又a1＝2，所以an＝2n. 由2n2－(3＋bn)n＋bn＝(2n－bn)(n－)＝0，得bn＝2n. (2)因为b1＝2，所以a1与a2之间插入2个2，b2＝4，所以a2与a3之间插入4个2，b3＝6，所以a3与a4之间插入6个2，…，所以{cn}的前100项是由90个2及a1，a2，a3，…，a9，a10构成，所以T100＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2×90＝＋180＝2 226. 13．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝2sin x，把方程|f(x)|＝2的正数解从小到大依次排成一列，得到数列{an}，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式；(7分) (2)记bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜.(8分) 解：(1)因为f(x)＝2sin x， 令|f(x)|＝2，即|sin x|＝1， 所以x＝kπ＋，k∈Z，解得x＝2k＋1(k∈Z)，所以方程|f(x)|＝2的正数解从小到大依次为1，3，5，7，…，所以an＝2n－1. (2)证明：由(1)知bn＝＝＝＜＝(－)， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＜(1－＋－＋…＋－) ＝(1－)＜. 14．(本小题满分15分)(2025·天津卷)已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝2，a2＝b2＋1，a3＝b3. (1)求{an}，{bn}的通项公式；(6分) (2)∀n∈N*，Tn＝{p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pnanbn|p1，p2，…，pn∈I}，I＝{0，1}． ①求证：∀t∈Tn，均有t<an＋1bn＋1；(5分) ②求Tn中所有元素之和．(4分) 解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)， 则由题得解得 所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，bn＝2×2n-1＝2n. (2)①证明：由(1)及题意知，an＋1bn＋1＝(3n＋2)·2n+1，pnanbn＝(3n－1)2npn＝0或pnanbn＝(3n－1)2n>0. 当pnanbn＝(3n－1)2n>0时， 设Sn＝p1a1b1＋p2a2b2＋…＋pn－1an－1bn－1＋pnanbn＝2×2＋5×22＋…＋(3n－4)2n-1＋(3n－1)2n，所以2Sn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)2n＋(3n－1)2n+1， 所以－Sn＝4＋3×(22＋23＋…＋2n)－(3n－1)·2n+1＝4＋3×－(3n－1)·2n+1＝－8＋(4－3n)2n+1， 所以Sn＝8＋(3n－4)2n+1为Tn中的最大元素，此时，an＋1bn＋1－Sn＝(3n＋2)2n+1－[8＋(3n－4)·2n+1]＝6·2n+1－8>0恒成立，所以对∀t∈Tn，均有t<an＋1bn＋1. ②当p1，p2，…，pn中有0个1时，此时元素之和为0； 当p1，p2，…，pn中有1个1时，此时元素之和为Sn； 当p1，p2，…，pn中有2个1时，此时元素之和为(n－1)Sn＝C·Sn； 当p1，p2，…，pn中有3个1时，此时元素之和为Sn＝C·Sn； …… 当p1，p2，…，pn中有(n－1)个1时，此时元素之和为C·Sn； 当p1，p2，…，pn中有n个1时，此时元素之和为Sn. 故Tn中所有元素之和为C·Sn＋C·Sn＋C·Sn＋…＋C·Sn＋C·Sn＝(C＋C＋C＋…＋C＋C)·Sn＝2n-1·Sn＝2n+2＋(3n－4)·22n. 学科网（北京）股份有限公司 $