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高考数学一轮复习 数列
一．选择题（共4小题）
1．（2025 天津）Sn＝﹣n2+8n，则数列{|an|}的前12项和为（　　）
A．112 B．48 C．80 D．64
2．（2025 北京）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
3．（2025 新高考Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝6，S5＝﹣5，则S6＝（　　）
A．﹣20 B．﹣15 C．﹣10 D．﹣5
4．（2025 上海）设λ∈[0，1]，数列an＝10n﹣9，数列bn＝2n．设cn＝λan+（1﹣λ）bn．若对任意λ∈[0，1]，长为an、bn、cn的线段均能构成三角形，则满足条件的n有（　　）
A．1个 B．3个 C．4个 D．无穷
二．多选题（共1小题）
（多选）5．（2025 新高考Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q＞0．若S3＝7，a3＝1，则（　　）
A．q B．a5 C．S5＝8 D．an+Sn＝8
三．填空题（共3小题）
6．（2025 上海）已知等差数列{an}的首项a1＝﹣3，公差d＝2，则该数列的前6项和为　 　 ．
7．（2025 新高考Ⅰ）若一个正项等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 　 　 ．
8．（2025 上海）已知{an}是首项为1、公差为1的等差数列，{bn}是首项为1、公比为q（q＞0）的等比数列．若数列{an bn}的前三项和为2，则q＝ 　 　 ．
四．解答题（共3小题）
9．（2025 新高考Ⅰ）设数列{an}满足a1＝3，．
（1）证明：{nan}为等差数列；
（2）设f（x）＝a1x+a2x2+ +amxm，求f′（﹣2）．
10．（2025 北京）A＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，M＝{（xi，yi）|xi∈A，yi∈A}，从M中选出n构成一列：（x1，y1），…，（xn，yn）．相邻两项（xi，yi），（xi+1，yi+1）满足：或，称为k列．
（1）若k列的第一项为（3，3），求第二项．
（2）若τ为k列，且满足i为奇数时，xi∈{1，2，7，8}；i为偶数时，xi∈{3，4，5，6}；判断：（3，2）与（4，4）能否同时在τ中，并说明理由；
（3）证明：M中所有元素都不构成k列．
11．（2025 天津）{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，a2＝b2+1，a3＝b3．
（I）求{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ） n∈N*，I＝{0，1}，有Tn＝{p1a1b1+p2a2b2+ +pn﹣1an﹣1bn﹣1+pnanbn|p1，p2， ，pn﹣1，pn∈I}．
（i）求证： t∈Tn，均有t＜an+1bn+1；
（ii）求Tn所有元素之和．
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2025 天津）Sn＝﹣n2+8n，则数列{|an|}的前12项和为（　　）
A．112 B．48 C．80 D．64
【考点】等差数列的前n项和．
【专题】分类讨论；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】C
【分析】由an与Sn的关系求得an＝﹣2n+9，再去绝对值后求和即可．
【解答】解：因为Sn＝﹣n2+8n，
所以当n＝1时，a1＝S1＝﹣1+8＝7，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝（﹣n2+8n）﹣[﹣（n﹣1）2+8（n﹣1）]＝﹣2n+9，
当n＝1时，也满足上式，所以an＝﹣2n+9，
所以当n≤4时，an＞0，当n≥5时，an＜0，
所以{|an|}的前12项和为|a1|+|a2|+...+|a4|+|a5|+...+|a12|＝a1+a1+a3+a4﹣（a5+a6+...+a12）＝2（a1+a2+a3+a4）﹣（a1+a2+...+a12）＝2S4﹣S12＝2（﹣16+32）﹣（﹣144+96）＝80．
故选：C．
【点评】本题考查由数列的前n项和求通项，数列前n项和的求解，属于基础题．
2．（2025 北京）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
【考点】等差数列的通项公式；等比中项及其性质．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】C
【分析】利用等差数列、等比数列的性质求解．
【解答】解：{an}是公差不为0的等差数列，a1＝﹣2，a3，a4，a6成等比数列，
设公差为d，则，即（﹣2+3d）2＝（﹣2+2d）（﹣2+5d），
整理得d2﹣2d＝0，
解得d＝2或d＝0（舍），
∴a10＝a1+9d＝﹣2+9×2＝16．
故选：C．
【点评】本题考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．（2025 新高考Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝6，S5＝﹣5，则S6＝（　　）
A．﹣20 B．﹣15 C．﹣10 D．﹣5
【考点】等差数列的前n项和．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】由题意建立首项与公差的方程，求出首项和公差，再由等差数列的前n项和公式即可求得．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
因为S3＝6，S5＝﹣5，
所以，解得，
所以S6＝6a1+15d＝6×5﹣15×3＝﹣15．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的前n项和公式的应用，属于基础题．
4．（2025 上海）设λ∈[0，1]，数列an＝10n﹣9，数列bn＝2n．设cn＝λan+（1﹣λ）bn．若对任意λ∈[0，1]，长为an、bn、cn的线段均能构成三角形，则满足条件的n有（　　）
A．1个 B．3个 C．4个 D．无穷
【考点】数列与不等式的综合．
【专题】计算题；函数思想；归纳法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意可得，进一步分别讨论三个不等式即可确定n的取值范围，最后即可确定满足条件的n的个数．
【解答】解：∵长为an，bn，cn的线段均能构成三角形，
∴，
当cn＜an+bn时，有λan+（1﹣λ）bn＜an+bn，即λ（an﹣bn）＜an，又λ∈[0，1]，
∴an﹣bn＜an，即bn＝2n＞0恒成立；
当bn＜an+cn时，有bn＜（1+λ）an+（1﹣λ）bn，即λbn＜（1+λ）an，
∴∈（0，]，解得n∈{2，3，4，5，6}，
当an＜bn+cn时，有an＜λan+（2﹣λ）bn，即（λ﹣2）bn＜（λ﹣1）an，
∴1∈[2，+∞），即an＜2bn解得n∈{1，4，5，6，7，...}
综上，n∈{4，5，6}，
∴满足条件的n有3个．
故选：B．
【点评】本题主要考查数列与不等式的综合问题，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于难题．
二．多选题（共1小题）
（多选）5．（2025 新高考Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q＞0．若S3＝7，a3＝1，则（　　）
A．q B．a5 C．S5＝8 D．an+Sn＝8
【考点】等比数列的性质；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】AD
【分析】根据等比数列的定义和已知条件可求出q，可判断各选项正误．
【解答】解：由已知，S3＝a1+a2+a37，
即6q2﹣q﹣1＝0，解得q（负根舍去），故A正确，
a5＝q2，故B错误，
S5＝S3+q+q2＝7，故C错误，
an＝a3qn﹣3，Sn8，
所以an+Sn88，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题主要考查等比数列的通项公式，属于基础题．
三．填空题（共3小题）
6．（2025 上海）已知等差数列{an}的首项a1＝﹣3，公差d＝2，则该数列的前6项和为　12　 ．
【考点】求等差数列的前n项和．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】12．
【分析】套用等差数列前n项和公式计算即可．
【解答】解：因为等差数列{an}的首项a1＝﹣3，公差d＝2，
所以S6＝6a112．
故答案为：12．
【点评】本题考查等差数列前n项和公式，属于基础题．
7．（2025 新高考Ⅰ）若一个正项等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 　2　 ．
【考点】等比数列的性质．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】2．
【分析】根据等比数列的性质，建立方程，即可求解．
【解答】解：根据题意可得a1+a2+a3+a4＝4，a5+a6+a7+a8＝68﹣4＝64，
所以a5+a6+a7+a8＝（a1+a2+a3+a4）×q4＝4×q4＝64，
解得q＝2（q＝﹣2舍）．
故答案为：2．
【点评】本题考查等比数列的性质，属基础题．
8．（2025 上海）已知{an}是首项为1、公差为1的等差数列，{bn}是首项为1、公比为q（q＞0）的等比数列．若数列{an bn}的前三项和为2，则q＝ 　　 ．
【考点】等差数列与等比数列的综合；数列的求和．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】．
【分析】由已知结合等差数列与等比数列的通项公式即可求解．
【解答】解：由题意可得，an＝n，bn＝qn﹣1，q＞0，
若数列{an bn}的前三项和为2，则1+2q+3q2＝2，
解得q或q＝﹣1（舍）．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了等差数列与等比数列通项公式的应用，属于基础题．
四．解答题（共3小题）
9．（2025 新高考Ⅰ）设数列{an}满足a1＝3，．
（1）证明：{nan}为等差数列；
（2）设f（x）＝a1x+a2x2+ +amxm，求f′（﹣2）．
【考点】错位相减法；等差数列的概念与判定．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；（2），m∈N*．
【分析】（1）将条件式两边同时乘以n（n+1）后移项即可证得；
（2）由（1）得nan＝n+2，对函数求导后赋值可得f′（﹣2）的形式，由错位相减法求和即可．
【解答】解：（1）证明：因为，
所以（n+1）an+1＝nan+1，即（n+1）an+1﹣nan＝1，
因为a1＝3，所以数列{nan}是首项为3，公差为1的等差数列；
（2）由（1）知，nan＝3+n﹣1＝n+2，
因为f（x）＝a1x+a2x2+ +amxm，
所以3+4x+5x2+...+（m+1）xm﹣2+（m+2）xm﹣1，
所以f′（﹣2）＝3+4×（﹣2）+5×（﹣2）2+...+（m+1）（﹣2）m﹣2+（m+2）（﹣2）m﹣1，①
﹣2f′（﹣2）＝3×（﹣2）+4×（﹣2）2+5×（﹣2）3+...+（m+1）（﹣2）m﹣1+（m+2）（﹣2）m，②
①﹣②得：3f′（﹣2）＝3+（﹣2）1+（﹣2）2+（﹣2）3+...+（﹣2）m﹣1﹣（m+2）（﹣2）m
（m+2）（﹣2）m，
所以，m∈N*．
【点评】本题考查等差数列的概念，错位相减法求和，导数的运算，属于中档题．
10．（2025 北京）A＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，M＝{（xi，yi）|xi∈A，yi∈A}，从M中选出n构成一列：（x1，y1），…，（xn，yn）．相邻两项（xi，yi），（xi+1，yi+1）满足：或，称为k列．
（1）若k列的第一项为（3，3），求第二项．
（2）若τ为k列，且满足i为奇数时，xi∈{1，2，7，8}；i为偶数时，xi∈{3，4，5，6}；判断：（3，2）与（4，4）能否同时在τ中，并说明理由；
（3）证明：M中所有元素都不构成k列．
【考点】数列的应用．
【专题】整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；创新能力；新定义类．
【答案】（1）（6，7）或（7，6）；
（2）二者不能同时出现在τ中，理由见解答．
（3）证明见解答．
【分析】（1）根据新定义即可得解；
（2）假设（3，2）与（4，4）能同时在τ中，导出矛盾，从而得出（3，2）与（4，4）不能同时在τ中的结论；
（3）假设全体元素构成一个k列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论．
【解答】解：（1）根据题目定义可知，或，
若第一项为（3，3），显然x2＝0或﹣1不符合题意（不在集合A中），
所以第二项是（6，7）或（7，6）；
（2）假设二者同时出现在τ中，由于k列取反序后仍是k列，故可以不妨设（3，2）在（4，4）之前．
显然，在k列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从（3，2）到（4，4）必定要向下一项走奇数次．
但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在τ中，所以从（3，2）到（4，4）必定要向下一项走偶数次．
这导致矛盾，所以二者不能同时出现在τ中．
（3）全体元素构成一个k列，则n＝64，
设T1＝{（x，y）|x∈{1，2，7，8}，y∈{1，2，3，4，5，6，7，8}}，
T2＝{（x，y）|x∈{3，4，5，6}，y∈{1，2，3，4，5，6，7，8}}．
则T1和T2都包含32个元素，且T1中元素的相邻项必定在T2中．
如果存在至少两对相邻的项属于T2，那么属于T2的项的数目一定多于属于T1的项的数目，
所以至多存在一对相邻的项属于T2，
如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如2m和2m+1，
否则将导致属于T2的项的个数比属于T1的项的个数多2，此时m＝1，2，3，…，31，
从而这个序列的前2m项中，第奇数项属于T1，第偶数项属于T2，
这个序列的后64﹣2m项中，第奇数项属于T2，第偶数项属于T1，
如果不存在相邻的属于T2的项，那么也可以看作上述表示在m＝0或m＝32的特殊情况．
这意味着必定存在m∈{0，1，2，…，32}，使得，
由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故T1中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数的点的数量一定分别是m和32﹣m（不一定对应）．
但容易验证，T1和T2都包含16个横纵坐标之和为奇数的点和16个横纵坐标之和为偶数的点，
所以m＝32﹣m＝16，得m＝16．
从而有
这就得到T1＝{（xk，yk）|k＝1，3，5……，29，31，34，36……，62，64}．
再设T3＝{（x，y）|x∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，y∈{1，2，7，8}}，
T4＝{（x，y）|x∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，y∈{3，4，5，6}}．
则同理有，
这意味着T3＝{（xk，yk）|k＝1，3，5，…，29，31，34，36，…，62，64}．
从而得到T3＝T1，但显然它们是不同的集合，矛盾．
所以全体元素不能构成一个k列．
【点评】本题考查对新定义的理解，属于难题．
11．（2025 天津）{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，a2＝b2+1，a3＝b3．
（I）求{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ） n∈N*，I＝{0，1}，有Tn＝{p1a1b1+p2a2b2+ +pn﹣1an﹣1bn﹣1+pnanbn|p1，p2， ，pn﹣1，pn∈I}．
（i）求证： t∈Tn，均有t＜an+1bn+1；
（ii）求Tn所有元素之和．
【考点】数列的应用；数列的求和．
【专题】分类讨论；方程思想；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【答案】（Ⅰ）an＝3n﹣1，；（Ⅱ）（i）证明见解答；（ii）2n﹣1[8+（3n﹣4）2n+1]．
【分析】（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，数列{bn}公比为q（q≠0），由题中条件列出关于d和q（q≠0）的方程求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解；
（Ⅱ）（i）由题意结合（Ⅰ）求出an+1bn+1和p1a1b1+p2a2b2+…+pn﹣1an﹣1bn﹣1+pnanbn的最大值，再作差比较两者大小即可证明；
（ii）根据p1，p2，…，pn﹣1，pn中全为1；一个为0其余为1；2个为0其余为1；…；全为0等情况将Tn中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解．
【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}公比为q（q≠0），
因为a1＝b1＝2，a2＝b2+1，a3＝b3，
所以，解得，
所以；
（Ⅱ）（i）证明：由（1）知，
或，
当时，
设Sn＝p1a1b1+p2a2b2+...+pn﹣1an﹣1bn﹣1+pnanbn
＝2×2+5×22+...+（3n﹣4）2n﹣1+（3n﹣1）2n，①
则，②
①﹣②得：
8﹣（3n﹣4）2n+1，
所以，所以为Tn中的最大元素，
此时恒成立，
所以对 t∈Tn，均有t＜an+1bn+1；
（ii）由（i）得，为Tn中的最大元素，
由题可得Tn中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当p1，p2，…，pn﹣1，pn均为1时：此时该系列元素只有，有个；
当p1，p2，…，pn﹣1，pn中只有一个为0，其余均为1时：此时该系列的元素有Sn﹣a1b1，Sn﹣a2b2，Sn﹣a3b3，…，Sn﹣anbn共有个，
则这n个元素的和为；
当p1，p2，…，pn﹣1，pn中只有2个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为Sn﹣aibi﹣ajbj（i，j∈{1，2，…，n}，i≠j）共有个，
则这n个元素的和为；
当p1，p2，…，pn﹣1，pn中有3个为0，其余均为1时：
此时该系列的元素为Sn﹣aibi﹣ajbj﹣akbk（i，j，k∈{1，2，…，n）}，i≠j≠k）共有个，
则这n个元素的和为；…；
当p1，p2，…，pn﹣1，pn中有n﹣1个为0，1个为1时：此时该系列的元素为a1b1，a2b2，…，anbn共有个，
则这n个元素的和为；
当p1，p2，…，pn﹣1，pn均为0时：此时该系列的元素为，有个，
综上所述，Tn中的所有元素之和为
．
【点评】本题考查等差等比数列基本量的运算，错位相减法求数列的和，数列的综合应用，属于难题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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