三年（2023-2025）高考数学真题分类汇编：专题04 数列（全国通用）（解析版）

这是一份三年（2023-2025）高考数学真题分类汇编：专题04 数列（全国通用）（解析版），共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

考点01 数列的通项公式与前n项和
一、单选题
1．（2025·北京·高考真题）已知an是公差不为零的等差数列，a1=−2，若a3,a4,a6成等比数列，则a10=（ ）
A．−20B．−18C．16D．18
【答案】C
【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解.
【详解】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=−2，
所以a42=a3a6，即−2+3d2=−2+2d−2+5d，解得d=2或d=0（舍去），
所以a10=a1+9d=−2+9×2=16.
故选：C.
2．（2025·全国二卷·高考真题）记Sn为等差数列an的前n项和，若S3=6,S5=−5,则S6=（ ）
A．−20B．−15C．−10D．−5
【答案】B
【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项a1和公差d的方程求出首项a1和公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解.
【详解】设等差数列an的公差为d，则由题可得 3a1+3d=65a1+10d=−5⇒d=−3a1=5，
所以S6=6a1+15d=6×5+15×−3=−15.
故选：B.
3．（2025·天津·高考真题）Sn=−n2+8n，则数列an的前12项和为（ ）
A．112B．48C．80D．64
【答案】C
【分析】先由题设结合an=Sn−Sn−1求出数列an的通项公式，再结合数列an各项正负情况即可求解.
【详解】因为Sn=−n2+8n，
所以当n=1时，a1=S1=−12+8×1=7，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=−n2+8n−−n−12+8n−1=−2n+9，
经检验，a1=7满足上式，
所以an=−2n+9n∈N∗，令an=−2n+9≥0⇒n≤4，an=−2n+9≤0⇒n≥5，
设数列an的前n项和为Tn，
则数列an的前4项和为T4=S4=−42+8×4=16
数列an的前12项和为
T2n=a1+a2+⋯+a12=a1+a2+a3+a4−a5−a6−⋯−a12
=2S4−S12=2×16−−122+8×12=80.
故选：C
4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等差数列an的前n项和为Sn，若S9=1，则a3+a7=（ ）
A．−2B．73C．1D．29
【答案】D
【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a1和d来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.
【详解】方法一：利用等差数列的基本量
由S9=1，根据等差数列的求和公式，S9=9a1+9×82d=1⇔9a1+36d=1，
又a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=29(9a1+36d)=29.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，a1+a9=a3+a7，由S9=1，根据等差数列的求和公式，
S9=9(a1+a9)2=9(a3+a7)2=1，故a3+a7=29.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差d=0，则S9=1=9a1⇒a1=19，则a3+a7=2a1=29.
故选：D
5．（2024·全国甲卷·高考真题）记Sn为等差数列an的前n项和，已知S5=S10，a5=1，则a1=（ ）
A．72B．73C．−13D．−711
【答案】B
【分析】由S5=S10结合等差中项的性质可得a8=0，即可计算出公差，即可得a1的值.
【详解】由S10−S5=a6+a7+a8+a9+a10=5a8=0，则a8=0，
则等差数列an的公差d=a8−a53=−13，故a1=a5−4d=1−4×−13=73.
故选：B.
6．（2023·全国甲卷·高考真题）记Sn为等差数列an的前n项和．若a2+a6=10,a4a8=45，则S5=（ ）
A．25B．22C．20D．15
【答案】C
【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列an的公差和首项，再根据前n项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列an的公差，再根据前n项和公式的性质即可解出．
【详解】方法一：设等差数列an的公差为d，首项为a1，依题意可得，
a2+a6=a1+d+a1+5d=10，即a1+3d=5,
又a4a8=a1+3da1+7d=45，解得：d=1,a1=2，
所以S5=5a1+5×42×d=5×2+10=20．
故选：C.
方法二：a2+a6=2a4=10，a4a8=45，所以a4=5，a8=9，
从而d=a8−a48−4=1，于是a3=a4−d=5−1=4，
所以S5=5a3=20．
故选：C.
7．（2023·全国甲卷·高考真题）设等比数列an的各项均为正数，前n项和Sn，若a1=1，S5=5S3−4，则S4=（ ）
A．158B．658C．15D．40
【答案】C
【分析】根据题意列出关于q的方程,计算出q,即可求出S4.
【详解】由题知1+q+q2+q3+q4=51+q+q2−4,
即q3+q4=4q+4q2,即q3+q2−4q−4=0,即(q−2)(q+1)(q+2)=0.
由题知q>0,所以q=2.
所以S4=1+2+4+8=15.
故选:C.
8．（2023·天津·高考真题）已知数列an的前n项和为Sn，若a1=2,an+1=2Sn+2n∈N∗，则a4=（ ）
A．16B．32C．54D．162
【答案】C
【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得a4的值.
【详解】当n≥2,n∈N∗时，an=2Sn−1+2，所以an+1−an=2an，即an+1=3an，
当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2=6=3a1，
所以数列an是首项为2，公比为3的等比数列，
则a4=a1q3=54.
故选：C.
9．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记Sn为等比数列an的前n项和，若S4=−5，S6=21S2，则S8=（ ）．
A．120B．85C．−85D．−120
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据S4,S8的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列an的公比为q，首项为a1，
若q=−1，则S4=0≠−5，与题意不符，所以q≠−1；
若q=1，则S6=6a1=3×2a1=3S2≠0，与题意不符，所以q≠1；
由S4=−5，S6=21S2可得，a11−q41−q=−5，a11−q61−q=21×a11−q21−q①，
由①可得，1+q2+q4=21，解得：q2=4，
所以S8= a11−q81−q=a11−q41−q×1+q4=−5×1+16=−85．
故选：C．
方法二：设等比数列an的公比为q，
因为S4=−5，S6=21S2，所以q≠−1，否则S4=0，
从而，S2,S4−S2,S6−S4,S8−S6成等比数列，
所以有，−5−S22=S221S2+5，解得：S2=−1或S2=54，
当S2=−1时，S2,S4−S2,S6−S4,S8−S6，即为−1,−4,−16,S8+21，
易知，S8+21=−64，即S8=−85；
当S2=54时，S4=a1+a2+a3+a4=a1+a21+q2=1+q2S2>0，
与S4=−5矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握S4,S8的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
二、多选题
10．（2025·全国二卷·高考真题）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=12B．a5=19
C．S5=8D．an+Sn=8
【答案】AD
【分析】对A，根据等比数列通项公式和前n项和公式得到方程组，解出a1,q，再利用其通项公式和前n项和公式一一计算分析即可.
【详解】对A，由题意得a1q2=1a1+a1q+a1q2=7，结合q>0，解得a1=4q=12或a1=9q=−13（舍去），故A正确；
对B，则a5=a1q4=4×124=14，故B错误；
对C，S5=a11−q51−q=4×1−1321−12=314，故C错误；
对D，an=4×12n−1=23−n，Sn=4×1−12n1−12=8−2−n+3，
则an+Sn=23−n+8−23−n=8，故D正确；
故选：AD.
三、填空题
11．（2025·全国一卷·高考真题）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 .
【答案】2
【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前n项和的定义，得到关于q的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前n项和性质得到关于q的方程，解之即可得解.
【详解】法一：设该等比数列为an，Sn是其前n项和，则S4=4,S8=68，
设an的公比为qq>0，
当q=1时，S4=4a1=4，即a1=1，则S8=8a1=8≠68，显然不成立，舍去；
当q≠1时，则S4=a11−q41−q=4,S8=a11−q81−q=68，
两式相除得1−q81−q4=684，即1−q41+q41−q4=17，
则1+q4=17，所以q=2，
所以该等比数列公比为2.
故答案为：2.
法二：设该等比数列为an，Sn是其前n项和，则S4=4,S8=68，
设an的公比为qq>0，
所以S4=a1+a2+a3+a4=4，
S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8
=a1+a2+a3+a4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4
=a1+a2+a3+a41+q4=68，
所以41+q4=68，则1+q4=17，所以q=2，
所以该等比数列公比为2.
故答案为：2.
法三：设该等比数列为an，Sn是其前n项和，则S4=4,S8=68，
设an的公比为qq>0，
因为S8−S4=a5+a6+a7+a8=a1+a2+a3+a4q4=68−4=64，
又S4=a1+a2+a3+a4=4，
所以S8−S4S4=q4=644=16，所以q=2，
所以该等比数列公比为2.
故答案为：2.
12．（2025·上海·高考真题）己知等差数列an的首项a1=−3，公差d=2，则该数列的前6项和为 ．
【答案】12
【分析】直接根据等差数列求和公式求解.
【详解】根据等差数列的求和公式，S6=6a1+6×52d=12.
故答案为：12
13．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 65mm,325mm,325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为 mm，升量器的高为 mm．
【答案】 23 57.5/1152
【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【详解】设升量器的高为ℎ1，斗量器的高为ℎ2（单位都是mm），则π32522ℎ2π6522ℎ1=π32522×230π32522ℎ2=10，
故ℎ2=23mm，ℎ1=1152mm.
故答案为：23mm,1152mm.
14．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10= .
【答案】95
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a1,d，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
【详解】因为数列an为等差数列，则由题意得a1+2d+a1+3d=73a1+d+a1+4d=5，解得a1=−4d=3，
则S10=10a1+10×92d=10×−4+45×3=95.
故答案为：95.
15．（2023·全国甲卷·高考真题）记Sn为等比数列an的前n项和．若8S6=7S3，则an的公比为 ．
【答案】−12
【分析】先分析q≠1，再由等比数列的前n项和公式和平方差公式化简即可求出公比q.
【详解】若q=1，
则由8S6=7S3得8⋅6a1=7⋅3a1，则a1=0，不合题意.
所以q≠1.
当q≠1时，因为8S6=7S3，
所以8⋅a11−q61−q=7⋅a11−q31−q，
即8⋅1−q6=7⋅1−q3，即8⋅1+q31−q3=7⋅1−q3，即8⋅1+q3=7，
解得q=−12.
故答案为：−12
16．（2023·全国乙卷·高考真题）已知an为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=−8，则a7= .
【答案】−2
【分析】根据等比数列公式对a2a4a5=a3a6化简得a1q=1，联立a9a10=−8求出q5=−2，最后得a7=a1q⋅q5=q5=−2.
【详解】设an的公比为qq≠0，则a2a4a5=a3a6=a2q⋅a5q，显然an≠0，
则a4=q2，即a1q3=q2，则a1q=1，因为a9a10=−8，则a1q8⋅a1q9=−8，
则q15=q53=−8=−23，则q5=−2，则a7=a1q⋅q5=q5=−2，
故答案为：−2.
考点02 数列的综合应用
2025年6月21日高中数学作业
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2023·全国乙卷·高考真题）已知等差数列an的公差为2π3，集合S=csann∈N∗，若S=a,b，则ab=（ ）
A．－1B．−12C．0D．12
【答案】B
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.
【详解】依题意，等差数列{an}中，an=a1+(n−1)⋅2π3=2π3n+(a1−2π3)，
显然函数y=cs[2π3n+(a1−2π3)]的周期为3，而n∈N∗，即csan最多3个不同取值，又{csan|n∈N∗}={a,b}，
则在csa1,csa2,csa3中，csa1=csa2≠csa3或csa1≠csa2=csa3或csa1=csa3≠csa2
于是有csθ=cs(θ+2π3)或csθ=cs(θ+4π3)，
即有θ+(θ+2π3)=2kπ,k∈Z，解得θ=kπ−π3,k∈Z；
或者θ+(θ+4π3)=2kπ,k∈Z，解得θ=kπ−2π3,k∈Z；
所以k∈Z，ab=cs(kπ−π3)cs[(kπ−π3)+4π3]=−cs(kπ−π3)cskπ=−cs2kπcsπ3=−12或ab=cs(kπ−2π3)cskπ=−12.
故选：B
2．（2023·北京·高考真题）已知数列an满足an+1=14an−63+6(n=1,2,3,⋯)，则（ ）
A．当a1=3时，an为递减数列，且存在常数M≤0，使得an>M恒成立
B．当a1=5时，an为递增数列，且存在常数M≤6，使得an6，使得an>M恒成立
D．当a1=9时，an为递增数列，且存在常数M>0，使得anM不恒成立；对于D，构造gx=14x3−92x2+26x−49x≥9，判断得an+1>an+1，进而取m=M+1推得an0，an−60，
所以ℎx在−∞,3上单调递增，故ℎx≤ℎ3=14×33−92×32+26×3−470，f(x)单调递增；
故f(x)至多2个零点，
又由f(1)>0,f(2)bn恒成立，故bnan恒成立，故an0，可得q=2，
则a3=1+2d=a5q2，即1+2d=3，可得d=1，
空1：可得a3=3,a7=a3q4=48，
空2：a1+a2+⋯+a9=1+2+3+3×2+⋅⋅⋅+3×26=3+31−271−2=384
方法二：空1：因为an,3≤n≤7为等比数列，则a72=a5a9=12×192=482，
且an>0，所以a7=48；
又因为a52=a3a7，则a3=a52a7=3；
空2：设后7项公比为q>0，则q2=a5a3=4，解得q=2，
可得a1+a2+a3=3a1+a32=6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9=a3−a9q1−q=3−192×21−2=381，所以a1+a2+⋯+a9=6+381−a3=384.
故答案为：48；384.
5．（2024·北京·高考真题）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|ak=bk,k∈N∗，给出下列4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 .
【答案】①③④
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.
【详解】对于①，因为an,bn均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故M中至多一个元素，故①正确.
对于②，取an=2n−1,bn=−−2n−1,则an,bn均为等比数列，
但当n为偶数时，有an=2n−1=bn=−−2n−1，此时M中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设bn=AqnAq≠0,q≠±1，an=kn+bk≠0，
若M中至少四个元素，则关于n的方程Aqn=kn+b至少有4个不同的正数解，
若q>0,q≠1，则由y=Aqn和y=kn+b的散点图可得关于n的方程Aqn=kn+b至多有两个不同的解，矛盾；
若q0，
否则Aklnq0即Aklnq0，因y=−Aqn,y=kn+b单调性相反，
方程−Aqn=kn+b至多一个奇数解，
因为Aklnq>0，Aklnq0，解得n0，可得Tn=a1+a2+⋅⋅⋅+an=a1+a2+⋅⋅⋅+an=Sn=14n−n2；
当n≥8时，则an0，点P15,4在C上，k为常数，0m，
假设不成立，故rn+1−rn=1，
即数列rn是以首项为1，公差为1的等差数列，所以rn=0+1×n=n,n∈N.
（3）因为an,bn均为正整数，则An,Bn均为递增数列，
（ⅰ）若Am=Bm，则可取t=q=0，满足p>q,s>t, 使得Ap+Bt=Aq+Bs；
（ⅱ）若Amm，
这与brK+1∈1,2,⋅⋅⋅,m相矛盾，故对任意1≤n≤m,n∈N，均有Sn≥1−m.
①若存在正整数N，使得SN=BrN−AN=0，即AN=BrN，
可取t=q=0,p=N,s=rN，
满足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；
②若不存在正整数N，使得SN=0，
因为Sn∈−1,−2,⋅⋅⋅,−m−1，且1≤n≤m，
所以必存在1≤Xq,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；
（ⅲ）若Am>Bm，
定义Rk=maxi∣Ai≤Bk,i∈{0,1,2,⋯,m}，则Rk0，可得aRK+1=ARK+1−ARK=ARK+1−BK−ARK−BK>m，
这与aRK+1∈1,2,⋅⋅⋅,m相矛盾，故对任意1≤n≤m,n∈N，均有Sn≥1−m.
①若存在正整数N，使得SN=ARN−BN=0，即ARN=BN，
可取q=t=0,s=N,p=RN，
即满足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；
②若不存在正整数N，使得SN=0，
因为Sn∈−1,−2,⋅⋅⋅,−m−1，且1≤n≤m，
所以必存在1≤Xq,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs.
综上所述：存在0≤q0.
情况2-1：如果as,3−as,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as+2,1−as+2,2+as+2,3−as+2,4+as+2,5−as+2,6+as+2,7−as+2,8相比原来的as,1−as,2+as,3−as,4+as,5−as,6+as,7−as,8至少减少2，这与as,1−as,2+as,3−as,4+as,5−as,6+as,7−as,8的最小性矛盾；
情况2-2：如果as,4−as,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as+2,1−as+2,2+as+2,3−as+2,4+as+2,5−as+2,6+as+2,7−as+2,8相比原来的as,1−as,2+as,3−as,4+as,5−as,6+as,7−as,8至少减少2，这与as,1−as,2+as,3−as,4+as,5−as,6+as,7−as,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as,2j−1−as,2j≤1.
假设存在j=1,2,3,4使得as,2j−1−as,2j=1，则as,2j−1+as,2j是奇数，所以as,1+as,2=as,3+as,4=as,5+as,6=as,7+as,8都是奇数，设为2N+1.
则此时对任意j=1,2,3,4，由as,2j−1−as,2j≤1可知必有as,2j−1,as,2j=N,N+1.
而as,1+as,3+as,5+as,7和as,2+as,4+as,6+as,8都是偶数，故集合mas,m=N中的四个元素i,j,k,w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as+1,1−as+1,2+as+1,3−as+1,4+as+1,5−as+1,6+as+1,7−as+1,8等于零，比原来的as,1−as,2+as,3−as,4+as,5−as,6+as,7−as,8更小，这与as,1−as,2+as,3−as,4+as,5−as,6+as,7−as,8的最小性矛盾.
综上，只可能as,2j−1−as,2j=0j=1,2,3,4，而as,1+as,2=as,3+as,4=as,5+as,6=as,7+as,8，故as,n=ΩA是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：Ω中序列的顺序不影响ΩA的结果，
且a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8，
不妨设a1≤a3≤a5≤a7，则a2≥a4≥a6≥a8，
①当a1=a3=a5=a7，则a8=a6=a4=a2，
分别执行a1个序列2,4,6,8、a2个序列1,3,5,7，
可得a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2，为常数列，符合题意；
②当a1,a3,a5,a7中有且仅有三个数相等，不妨设a1=a3=a5，则a2=a4=a6，
即a1,a2,a1,a2,a1,a2,a7,a8，
分别执行a2个序列1,3,5,7、a7个序列2,4,6,8
可得a1+a2,a2+a7,a1+a2,a2+a7,a1+a2,a2+a7,a2+a7,a7+a8，
即a1+a2,a2+a7,a1+a2,a2+a7,a1+a2,a2+a7,a2+a7,a1+a2，
因为a1+a3+a5+a7为偶数，即3a1+a7为偶数，
可知a1,a7的奇偶性相同，则a7−a12∈N*，
分别执行a7−a12个序列1,3,5,7，1,3,6,8，2,3,5,8，1,4,5,8，
可得3a7+2a2−a12,3a7+2a2−a12,3a7+2a2−a12,3a7+2a2−a12,3a7+2a2−a12,3a7+2a2−a12,3a7+2a2−a12,3a7+2a2−a12，
为常数列，符合题意；
③若a1=a3a6=a8，即a1,a2,a1,a2,a5,a6,a5,a6，
分别执行a5个1,3,6,8、a1个2,4,5,7，
可得a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a5+a6,a1+a5,a5+a6，
因为a1+a2=a5+a6，
可得a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2，
即转为①，可知符合题意；
④当a1,a3,a5,a7中有且仅有两个数相等，不妨设a1=a3，则a2=a4，
即a1,a2,a1,a2,a5,a6,a7,a8，
分别执行a1个2,4,5,7、a5个1,3,6,8，
可得a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a5+a6,a1+a7,a5+a8，
且a1+a2=a5+a6，可得a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a7,a5+a8，
因为a1+a3+a5+a7=2a1+a5+a7为偶数，可知a5,a7的奇偶性相同，
则a1+a5+a1+a5+a1+a5+a1+a7=4a1+3a5+a7为偶数，
且a1+a5=a1+a5=a1+a5