数列（考点导航与跟踪训练） -2027届高三数学上学期专项复习

数列（考点导航与跟踪训练） -2027届高三数学上学期专项复习 考点汇总 考点：数列的概念 考点：等差数列的概念 考点：等比数列的概念 考点：等差数列的前n项和公式 考点：等比数列的前n项和公式 考点：数学归纳法 跟踪训练 考点：数列的概念 1．（2026春•万源市校级期中）下列数列是单调递减数列的是（　　） A．{8﹣n} B．{5n} C．{n3} D．{n+2} 2．（2025秋•广元期末）数列1，﹣1，1，﹣1，…（n∈N*）的一个通项公式为（　　） A．（﹣1）n+2 B．cos（n﹣1）π C． D． 3．（2025秋•武威校级期末）数列，…，则该数列的第n项为（　　） A． B． C． D． 4．（2025秋•西宁期末）已知数列{an}的通项公式为，前n项和为Sn，则下列结论错误的是（　　） A．{an}的最小项是a7＝﹣5，最大项是a8＝6 B．当n＝7时，Sn最小 C．∀n∈N*，an＜an+1 D．∃n∈N*，an＜an+1 考点：等差数列的概念 5．（2025秋•石家庄期末）已知数列{an}为等差数列，a6，a10为方程x2﹣4x+3＝0的两根，则a8＝（　　） A． B．2 C．﹣2 D． 6．（2025秋•娄底期末）在等差数列{an}中，a2+a4＝2a5+6，则{an}的公差为（　　） A．﹣3 B． C．3 D． 7．（2025秋•广东校级期末）在等差数列{an}中，a5＝26，a9＝10，则a13＝（　　） A．﹣16 B．﹣6 C．2 D．6 8．（2025秋•桐城市期末）设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＞0，且S2026＜0，S2027＞0，则使an＜0的n的最大值为（　　） A．1013 B．1012 C．2026 D．2027 考点：等比数列的概念 9．（2026•长沙县校级模拟）在正项等比数列{an}中，若a1+a2+a3＝14，a5+a6+a7＝224，则a10＝　 　 ． 10．（2025秋•宝安区校级期末）在等比数列{an}中，已知an＞0，a1＝1，S3＝7，则数列{an}的公比q＝　 　 ． 11．（2026•永川区校级模拟）已知等比数列{an}的各项都为正数，且，则a1•a2•a3•a4的值为　 　 ． 12．（2026春•中山市校级月考）在等比数列{an}中，a1，a17是方程x2﹣6x+2＝0的根，则的值为　 　 ． 考点：等差数列的前n项和公式 13．（2025秋•米东区校级期末）等差数列{an}中，a2＝4，a4+a7＝15． （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{an}的前n项和Sn． 14．（2025秋•南岗区校级期末）已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝﹣5． （1）求{an}的通项an； （2）求{an}的前n项和为Sn，并求Sn的最大值． 15．（2026•鼓楼区校级模拟）已知数列{an}是等比数列，数列{bn}满足b1＝a1＝1，anbn+an+1＝（3n+1）an． （1）求{an}的通项公式； （2）求{bn}的前n项和． 16．（2025秋•揭东区校级期末）已知在等差数列{an}中，a5＝3，a9＝﹣5． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{an}的前n项和Sn，则当n为何值时Sn取得最大，并求出此最大值． 考点：等比数列的前n项和公式 17．（2026秋•小店区校级月考）已知数列{an}中a1＝1，a2＝3，且满足an+2+3an＝4an+1．设bn＝an+1﹣an，n∈N*． （1）求数列{bn}的通项公式； （2）求数列{an}的通项公式． 18．（2026•黑龙江开学）已知数列{an}、{bn}中，a1＝1，b1＝2，且满足an+1＝bn+n+1，bn+1＝an+3n+2． （1）求证：数列{an+bn﹣2n2}是等差数列； （2）求数列{an}、{bn}的通项公式； （3）求的前n项和Sn． 19．（2026春•河南校级月考）已知函数f（x）＝2x+2x． （1）若数列an＝f（n），求数列{an}的前n项和Sn； （2）已知函数f（x）在x＝n（n∈N*）处的切线为直线ln，直线ln在y轴上的截距为bn，求数列{bn}的前n项和Tn． 20．（2026秋•邵阳月考）已知数列{an}，{bn}，{Fn}满足，其中pq≠0，Fn≠0，n∈N+，且a1≠b1，a2≠b2中至少有一个成立．若存在唯一的非零常数λ，μ，使得an＝λbn+μbn+1对任意的正整数n恒成立，则称{an}可由{bn}基线性表示． （1）若{an}可由{bn}基线性表示，证明：{Fn}为等比数列； （2）若p＝2，q＝4，且a1＝a2＝b1＝1，b2＝﹣b3＝2，{an}可由{bn}基线性表示． （i）求{Fn}的前n项和Tn； （ⅱ）求{bn}的通项公式． 考点：数学归纳法 21．（2026春•沈阳校级月考）已知数列{an}和{bn}，其中，当n∈N*时，试比较an与bn的大小，并用数学归纳法证明你的结论． 22．（2025秋•重庆校级同步）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+1． （1）求出数列{an}的前三项； （2）根据数列{an}的前三项猜想出其一个通项公式，并用数学归纳法证明． 23．（2025秋•镇海区校级期中）已知f（n）＝1×2+2×3+⋯+（n﹣1）×n+n•（n+1）（n∈N*）． （1）是否存在常数a，b，c使得f（n）＝an3+bn2+cn对任意的n∈N*都成立？若存在，求出a，b，c； （2）若（1）中a，b，c存在，用数学归纳法证明f（n）＝an3+bn2+cn． 24．（2024秋•师宗县校级期末）已知函数． （1）依次求f（2），f（3）+f（4），f（5）+f（6）+f（7）+f（8）的值； （2）对任意正整数n，记，即．猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 数列（考点导航与跟踪训练） -2027届高三数学上学期专项复习 参考答案与试题解析 1．（2026春•万源市校级期中）下列数列是单调递减数列的是（　　） A．{8﹣n} B．{5n} C．{n3} D．{n+2} 【解答】解：{5n}，{n3}，{n+2}都是单调递增数列，数列{8﹣n}是单调递减数列． 故选：A． 2．（2025秋•广元期末）数列1，﹣1，1，﹣1，…（n∈N*）的一个通项公式为（　　） A．（﹣1）n+2 B．cos（n﹣1）π C． D． 【解答】解：由题意可知题干数列是1，﹣1交替出现，故其通项公式可以写成（﹣1）n+1或利用三角函数来写， 对于A，（﹣1）n+2的第一项为﹣1，不符合题意，故A错误； 对于B，（n﹣1）π即为0，π，2π，…，对应的余弦值为1，﹣1，1，﹣1，…，符合题意，故B正确； 对于C，的前两项依次为1，0，不符合题意，故C错误； 对于D，的第一项为﹣1，不符合题意，故D错误． 故选：B． 3．（2025秋•武威校级期末）数列，…，则该数列的第n项为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：数列，…， 则该数列的第n项为． 故选：D． 4．（2025秋•西宁期末）已知数列{an}的通项公式为，前n项和为Sn，则下列结论错误的是（　　） A．{an}的最小项是a7＝﹣5，最大项是a8＝6 B．当n＝7时，Sn最小 C．∀n∈N*，an＜an+1 D．∃n∈N*，an＜an+1 【解答】解：数列{an}的通项公式为， 可得， 故数列{an}在1≤n≤7，n≥8是单调递减数列， 当1≤n≤7时，，当n≥8时，0＜an≤a8＝6， 又a7＝﹣5，所以{an}的最小项是a7＝﹣5，最大项是a8＝6，故A正确； a1＞0，a2＝0，当3≤n≤7时，an＜0，所以当n＝7时，Sn最小，故B正确； 由，所以a8＞a9，故C错误； 由a7＝﹣5，a8＝6，所以a7＜a8，故D正确． 故选：C． 5．（2025秋•石家庄期末）已知数列{an}为等差数列，a6，a10为方程x2﹣4x+3＝0的两根，则a8＝（　　） A． B．2 C．﹣2 D． 【解答】解：因为a6，a10为方程x2﹣4x+3＝0的两根， 所以a6+a10＝4， 数列{an}为等差数列， 则2a8＝a6+a10＝4，解得a8＝2． 故选：B． 6．（2025秋•娄底期末）在等差数列{an}中，a2+a4＝2a5+6，则{an}的公差为（　　） A．﹣3 B． C．3 D． 【解答】解：设等差数列{an}的公差为d， 因为a2+a4＝2a5+6，所以2a3＝2a5+6，所以a5﹣a3＝﹣3， 所以． 故选：B． 7．（2025秋•广东校级期末）在等差数列{an}中，a5＝26，a9＝10，则a13＝（　　） A．﹣16 B．﹣6 C．2 D．6 【解答】解：方法一：在等差数列{an}中，a5＝26，a9＝10， 设等差数列{an}的公差为d， 则4d＝a9﹣a5＝10﹣26＝﹣16， 所以d＝﹣4，a13＝a9+4d＝10﹣16＝﹣6； 方法二：在等差数列{an}中，a5＝26，a9＝10， 因为数列{an}是等差数列，所以a5+a13＝2a9， 即26+a13＝2×10，解得a13＝﹣6． 故选：B． 8．（2025秋•桐城市期末）设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＞0，且S2026＜0，S2027＞0，则使an＜0的n的最大值为（　　） A．1013 B．1012 C．2026 D．2027 【解答】解：由S2027＞0得，化简得a1+1013d＞0， 即a1014＝a1+1013d＞0， 由S2026＜0得，化简得， 因为d＞0，则， 所以使an＜0成立的n的最大值为1013． 故选：A． 9．（2026•长沙县校级模拟）在正项等比数列{an}中，若a1+a2+a3＝14，a5+a6+a7＝224，则a10＝　1024　 ． 【解答】解：设正项等比数列{an}的公比为q，则q＞0， 因为a1+a2+a3＝14，a5+a6+a7＝224， 所以q4＝16，即q＝2， 所以a1+a2+a3＝a1（1+q+q2）＝7a1＝14， 所以a1＝2，a10＝2×29＝210＝1024． 故答案为：1024． 10．（2025秋•宝安区校级期末）在等比数列{an}中，已知an＞0，a1＝1，S3＝7，则数列{an}的公比q＝　2　 ． 【解答】解：因为等比数列an＞0，所以公比q＞0， 因为a1＝1，所以， 解得q＝2或q＝﹣3（舍去）． 故答案为：2． 11．（2026•永川区校级模拟）已知等比数列{an}的各项都为正数，且，则a1•a2•a3•a4的值为　　 ． 【解答】解：设等比数列{an}的公比为q， 由可得，即q3+q2+q+1＝20a4①， 由a1+a2+a3+a4＝1可得②， 联立①②，，即a1a4， 故． 故答案为：． 12．（2026春•中山市校级月考）在等比数列{an}中，a1，a17是方程x2﹣6x+2＝0的根，则的值为　　 ． 【解答】解：因为a1，a17是方程x2﹣6x+2＝0的根， 则a1•a17＝2＞0，a1+a17＝6＞0， 则a1＞0，a17＞0， 由等比数列性质可知a1•a17＝a2•a16＝2 ，所以， 而，所以． 故答案为：． 13．（2025秋•米东区校级期末）等差数列{an}中，a2＝4，a4+a7＝15． （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{an}的前n项和Sn． 【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d， 由题意得，解得d＝1，a1＝3， 所以an＝3+（n﹣1）×1＝n+2． （2）． 14．（2025秋•南岗区校级期末）已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝﹣5． （1）求{an}的通项an； （2）求{an}的前n项和为Sn，并求Sn的最大值． 【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d， 由已知得，解得a1＝3，d＝﹣2， ∴an＝a1+（n﹣1）d＝﹣2n+5； （2）∵a1＝3，d＝﹣2， ∴， 当n＝2时，前n项和取得最大值，最大值为4． 15．（2026•鼓楼区校级模拟）已知数列{an}是等比数列，数列{bn}满足b1＝a1＝1，anbn+an+1＝（3n+1）an． （1）求{an}的通项公式； （2）求{bn}的前n项和． 【解答】解：（1）因为b1＝a1＝1，且anbn+an+1＝（3n+1）an， 所以1+a2＝4，解得a2＝3， 又因为数列{an}是等比数列，所以公比， 所以{an}的通项公式为； （2）由（1）知，， 因为anbn+an+1＝（3n+1）an， 所以，所以bn＝3n﹣2， 因为bn+1﹣bn＝3（n+1）﹣2﹣3n+2＝3，所以数列{bn}是等差数列， 所以{bn}的前n项和为． 16．（2025秋•揭东区校级期末）已知在等差数列{an}中，a5＝3，a9＝﹣5． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{an}的前n项和Sn，则当n为何值时Sn取得最大，并求出此最大值． 【解答】解：（1）根据题意，设等差数列{an}的公差为d， 由于a5＝3，a9＝﹣5，则4d＝a9﹣a5＝﹣5﹣3＝﹣8， 故d＝﹣2， 所以an＝a5+（n﹣5）d＝3﹣2（n﹣5）＝13﹣2n； （2）由a1＝11，且， 所以， 故n＝6时Sn取得最大，最大值为36． 17．（2026秋•小店区校级月考）已知数列{an}中a1＝1，a2＝3，且满足an+2+3an＝4an+1．设bn＝an+1﹣an，n∈N*． （1）求数列{bn}的通项公式； （2）求数列{an}的通项公式． 【解答】解：（1）∵an+2+3an＝4an+1，n∈N*，∴an+2﹣an+1＝3（an+1﹣an）， ∵bn＝an+1﹣an，∴bn+1＝3bn， 又b1＝a2﹣a1＝2，∴数列{bn}是以2为首项，3为公比的等比数列， ∴，n∈N*． （2）∵， ∴an+1＝（an+1﹣an）+（an﹣an﹣1）+⋯+（a2﹣a1）+a1 ＝bn+bn﹣1+⋯+b1+a1 ＝2×3n﹣1+2×3n﹣2+⋯+2×30+1 ， 所以． 18．（2026•黑龙江开学）已知数列{an}、{bn}中，a1＝1，b1＝2，且满足an+1＝bn+n+1，bn+1＝an+3n+2． （1）求证：数列{an+bn﹣2n2}是等差数列； （2）求数列{an}、{bn}的通项公式； （3）求的前n项和Sn． 【解答】解：（1）证明：因为an+1＝bn+n+1，bn+1＝an+3n+2， 两式相加，得an+1+bn+1＝an+bn+4n+3， 令， 则， 因， 可知数列{An}为等差数列， 即数列是等差数列． （2）由（1）知数列是等差数列，首项为，公差为1， 所以，即， 解法一：因为，且an+1＝bn+n+1，所以， 则， 所以， 所以，； 解法二：因为an+1＝bn+n+1，bn+1＝an+3n+2， 两式相减，得an+1﹣bn+1＝﹣（an﹣bn）﹣2n﹣1， 令Bn＝an﹣bn，则Bn+1＝﹣Bn﹣2n﹣1，Bn+1＝﹣Bn﹣n﹣（n+1）， 得， 所以， 因为B1＝a1﹣b1＝﹣1，所以Bn+n＝0，即Bn＝﹣n，即an﹣bn＝﹣n， 又，联立解得，． （3）由（2）已得，． 则， 所以其前n项和． 19．（2026春•河南校级月考）已知函数f（x）＝2x+2x． （1）若数列an＝f（n），求数列{an}的前n项和Sn； （2）已知函数f（x）在x＝n（n∈N*）处的切线为直线ln，直线ln在y轴上的截距为bn，求数列{bn}的前n项和Tn． 【解答】解：（1）根据题意，函数f（x）＝2x+2x， 若an＝f（n），则，… 所以 ． （2）根据题意，函数f（x）＝2x+2x， 其导数f′（x）＝2xln2+2， 又由f（n）＝2n+2n，则直线ln的方程为y﹣2n﹣2n＝（2nln2+2）（x﹣n）， 令x＝0， 得y＝2n+2n﹣n（2nln2+2）＝2n﹣n•2nln2， 所以， 令数列{n•2n}的前n项和为Qn， 则， ， 两式相减得， 变形可得：， 设数列{2n}的前n项和Mn，易得Mn2n+1﹣2， 所以数列{bn}的前n项和． 20．（2026秋•邵阳月考）已知数列{an}，{bn}，{Fn}满足，其中pq≠0，Fn≠0，n∈N+，且a1≠b1，a2≠b2中至少有一个成立．若存在唯一的非零常数λ，μ，使得an＝λbn+μbn+1对任意的正整数n恒成立，则称{an}可由{bn}基线性表示． （1）若{an}可由{bn}基线性表示，证明：{Fn}为等比数列； （2）若p＝2，q＝4，且a1＝a2＝b1＝1，b2＝﹣b3＝2，{an}可由{bn}基线性表示． （i）求{Fn}的前n项和Tn； （ⅱ）求{bn}的通项公式． 【解答】解：（1）证明：因为an＝λbn+μbn+1，bn+2＝pbn+1+qbn+Fn，∀n∈N+， 直接计算得： an+2＝λbn+2+μbn+3＝λ（pbn+1+qbn+Fn）+μ（pbn+2+qbn+1+Fn+1） ＝p（λbn+1+μbn+2）+q（λbn+μbn+1）+（λFn+μFn+1） ＝pan+1+qan+（λFn+μFn+1）． 又an+2＝pan+1+qan+Fn， 故λFn+μFn+1＝Fn，则（λ﹣1）Fn+μFn+1＝0，n≥1． 由于λ，μ是非零常数，Fn≠0，则，则{Fn}为等比数列． （2）（ⅰ）若p＝2，q＝4，且a1＝a2＝b1＝1，b2＝﹣b3＝2，{an}可由{bn}基线性表示， 得bn+2＝2bn+1+4bn+Fn，取n＝1，即b3＝2b2+4b1+F1， 即有﹣2＝4+4+F1，解得F1＝﹣10． 又an＝λbn+μbn+1，取n＝1，2，可得a1＝λb1+μb2，a2＝λb2+μb3， 即有λ+2μ＝1，2λ﹣2μ＝1，解得λ，μ， 即，，则． 则数列{Fn}是公比为2，首项为﹣10的等比数列， 则Tn10﹣5×2n+1； （ⅱ）由（ⅰ）知，，等式左右同时除以2n+2， 得． 设存在常数s，t，使得， 即有（s+t）st•， 由恒等式的性质可得s+t＝1，st＝﹣1，解得s，t或s，t， 可得， 记，则， 继续待定系数可得， 又， 则是以公比为，首项为的等比数列， 故， 则． 设存在常数x，y，使得， 解得，， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 解得． 21．（2026春•沈阳校级月考）已知数列{an}和{bn}，其中，当n∈N*时，试比较an与bn的大小，并用数学归纳法证明你的结论． 【解答】解：因为数列{an}和{bn}，其中， 所以an（n+1）2，bn2n﹣1， 当n＝1时，a1＝4，b1＝1，则a1＞b1， 当n＝2时，a2＝9，b2＝3，则a2＞b2， 当n＝3时，a3＝16，b3＝7，则a3＞b3， 当n＝4时，a4＝25，b4＝15，则a4＞b4， 当n＝5时，a5＝36，b5＝31，则a5＞b5， 当n＝6时，a6＝49，b6＝63，则a6＜b6， 当n＝7时，a7＝64，b7＝127，则a7＜b7， …… 由此得到，当n∈N+，n⩽5时，an＞bn， 猜想：当n∈N+，n⩾6时，an＜bn． 前一结论上面已用穷举法证明， 后一猜想用数学归纳法证明如下： ①当n＝6时，上面已证a6＜b6． ②假设当n＝k（k∈N+，k⩾6）时，上述结论成立， 即当k≥6时，（k+1）2＜2k﹣1． 当n＝k+1时，要证ak+1＜bk+1， 即证（k+2）2＜2k+1﹣1， 只需证（k+2）2＜2•2k﹣1， 根据归纳假设，2•2k﹣1＞2[（k+1）2+1]﹣1， 所以只需证（k+2）2＜2（k+1）2+1， 即证k2+4k+4＜2k2+4k+3， 即证k2＞1． 因为k≥6，所以此式显然成立． 故当n＝k+1时结论成立． 由①②可知，对任何n∈N+，n⩾6结论都成立． 22．（2025秋•重庆校级同步）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+1． （1）求出数列{an}的前三项； （2）根据数列{an}的前三项猜想出其一个通项公式，并用数学归纳法证明． 【解答】解：（1）当n＝1时，Sn+1， 则，解得； 当n＝2时， 则，将a1代入得，解得， 当n＝3时， 则，解得； （2）由（1）可以猜想， 证明：当n＝1，2，3时，等式成立； 假设当n＝k（k＞3，k∈N*）时，等式也成立，即ak， 又因为， 将代入上式解得ak+1， 故n＝k+1时，命题成立， 综上所述，当n∈N*时， 则． 23．（2025秋•镇海区校级期中）已知f（n）＝1×2+2×3+⋯+（n﹣1）×n+n•（n+1）（n∈N*）． （1）是否存在常数a，b，c使得f（n）＝an3+bn2+cn对任意的n∈N*都成立？若存在，求出a，b，c； （2）若（1）中a，b，c存在，用数学归纳法证明f（n）＝an3+bn2+cn． 【解答】解：（1）假设存在常数a，b，c使得f（n）＝an3+bn2+cn对任意的n∈N*都成立， 由f（n）＝1×2+2×3+⋯+（n﹣1）×n+n•（n+1）（n∈N*）， 可得f（1）＝a+b+c＝2，且f（2）＝8a+4b+2c＝8，且f（3）＝27a+9b+3c＝20， 解得a，b＝1，c，所以存在，且a，b＝1，c； （2）证明：由（1）可得f（n）n3+n2n，当n＝1时，f（1）12，成立； 假设n＝k（k∈N*）时，f（k）＝1×2+2×3+⋯+（k﹣1）×k+k•（k+1）k3+k2k， 则n＝k+1时，f（k+1）＝f（k）+（k+1）（k+2）k3+k2k+（k+1）（k+2）k3+2k2k+2 （k3+3k2+3k+1）+（k2+2k+1）（k+1）（k+1）3+（k+1）2（k+1）成立． 综上，可得f（n）n3+n2n（n∈N*）． 24．（2024秋•师宗县校级期末）已知函数． （1）依次求f（2），f（3）+f（4），f（5）+f（6）+f（7）+f（8）的值； （2）对任意正整数n，记，即．猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明． 【解答】解：（1）函数， 则f（2）＝f（1）＝1，f（3）＝3，f（4）＝f（2）＝1，f（5）＝5， f（6）＝f（3）＝3，f（7）＝7，f（8）＝f（4）＝1， 所以f（2）＝1，f（3）+f（4）＝3+1＝4，f（5）+f（6）+f（7）+f（8）＝5+3+7+1＝16； （2）a1＝f（2）＝1，a2＝f（3）+f（4）＝4，a3＝f（5）+f（6）+f（7）+f（8）＝16， 所以猜想， 当n＝1时，，成立， 假设当n＝k时，命题成立，即， 函数， 即， 那么当n＝k+1时， ＝[f（2k+1）+f（2k+3）+⋯+f（2k+2k﹣1）]+[f（2k+2）+f（2k+4）+⋯+f（2k+2k）]＝（2k+1）+（2k+3）+⋯+（2k+2k﹣1）+[f（2k﹣1+1）+f（2k﹣1+2）+⋯+f（2k）] ＝22k﹣1+22k﹣2+4k﹣1 ， 所以当n＝k+1时，猜想成立， 综合以上可知，当n∈N*时，成立． 声明 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $