2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题八　数列（学生版+教师版）

这是一份2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题八　数列（学生版+教师版），共8页。
(2023·新高考全国Ⅰ，7)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，则( )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
题点2 等差数列基本量的计算
(2024·全国甲卷理，4)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1等于( )
A.eq \f(7,2) B.eq \f(7,3)
C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(7,11)
(2022·新高考Ⅱ卷，3)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq \f(DD1,OD1)＝0.5，eq \f(CC1,DC1)＝k1，eq \f(BB1,CB1)＝k2，eq \f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3等于( )
A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
(2021·新高考全国卷II，17)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求使Sn>an成立的n的最小值．
(2020·北京卷，8)在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1,2，…)，则数列{Tn}( )
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
题点3 等差数列中的综合问题
(2025·上海卷，3)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 .
(2025·全国Ⅱ卷，7)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3=6，S5=－5，则S6等于( )
A.－20B.－15C.－10D.－5
(2024·新课标II卷，12)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7,3a2＋a5＝5，则S10＝________.
(2024·天津卷，19)已知数列{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3－1.
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)设bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k，n＝ak，,bn－1＋2k，akN0时，an>0”的( )
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
(2021·北京卷，6){an}和{bn}是两个等差数列，其中eq \f(ak,bk)(1≤k≤5)为常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3等于( )
A．64 B．128 C．256 D．512
(2021·北京卷，10)数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1＋a2＋…＋an＝100，则n的最大值为( )
A．9 B．10 C．11 D．12
(2020·浙江卷，7)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，eq \f(a1,d)≤1.记b1＝S2，bn＋1＝
S2n＋2－S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是( )
A．2a4＝a2＋a6 B．2b4＝b2＋b6
C．aeq \\al(2,4)＝a2a8 D．beq \\al(2,4)＝b2b8
题点5 含绝对值的等差数列前n项和
(2025·天津卷，6)已知数列{an}的前n项和为Sn=－n2+8n，则数列{|an|}的前12项和为( )
A.112B.48C.80D.64
(2023·全国乙卷文，18)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
知识点二 等比数列
题点1 等比数列基本量的运算
(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等于( )
A.－20B.－18C.16D.18
(2023·全国甲卷理，5)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4等于( )
A.eq \f(15,8) B.eq \f(65,8) C．15 D．40
(2023·全国甲卷文，13)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________．
(2023·全国乙卷理，15)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________.
(2023·天津卷，6)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为( )
A．3 B．18 C．54 D．152
(2023·新高考全国Ⅱ，8)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8等于( )
A．120 B．85 C．－85 D．－120
题点3 等比数列中的综合问题
(2025·全国Ⅱ卷，9)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
(2025·全国I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 .
题点4 等差数列、等比数列的综合运算
(2023·北京卷，14)我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列an，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1=1,a5=12,a9=192，则a7= ；数列an所有项的和为 ．
(2023·天津卷，19)已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4.
(1)求{an}的通项公式和eq \(∑,\s\up10(2n－1),\s\d8(i＝2n－1))ai.
(2)已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k－1≤n≤2k－1，则bk0，an+1bn+1=(3n+2)2n+1，
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，
则－Sn=4+3×(22+23++2n)－(3n－1)2n+1=4+3×22(1−2n−1)1−2－(3n－1)2n+1=－8+(4－3n)2n+1，
故Sn=8+(3n－4)2n+1为Tn中的最大元素，则t≤Sn，
此时an+1bn+1－Sn=(3n+2)2n+1－[8+(3n－4)2n+1]=6·2n+1－8>0对∀n∈N*恒成立，
所以对任意实数t∈Tn，均有t0，
所以b3－b2＝b1q2－b1q＝4(q2－q)＝48，
解得q＝4(负值舍去)，
所以bn＝b1qn－1＝4n，n∈N*.
(2)①证明 由题意，cn＝b2n＋eq \f(1,bn)＝42n＋eq \f(1,4n)，
所以ceq \\al(2,n)－c2n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(42n＋\f(1,4n)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(44n＋\f(1,42n)))＝2·4n，
所以ceq \\al(2,n)－c2n≠0，且eq \f(c\\al(2,n＋1)－c2n＋2,c\\al(2,n)－c2n)＝eq \f(2·4n＋1,2·4n)＝4，
所以数列{ceq \\al(2,n)－c2n}是等比数列．
②证明 由题意知，eq \f(anan＋1,c\\al(2,n)－c2n)＝eq \f(2n－12n＋1,2·4n)＝eq \f(4n2－1,2·22n)5时，Tn>Sn.
方法二 由(1)知，Sn＝eq \f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，
bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))
当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)
＝eq \f(－1＋2n－1－3,2)·eq \f(n,2)＋eq \f(14＋4n＋6,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，
因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，
则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq \f(－1＋2n－3,2)·eq \f(n＋1,2)＋eq \f(14＋4n－1＋6,2)·eq \f(n－1,2)
＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
显然T1＝b1＝－1满足上式，
因此当n为奇数时，Tn＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，
因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
【难度】中档题
(2021·新高考全国卷I，17) 【答案】解 (1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数，))
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
(2)因为an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数，))
所以当k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1，①
a2k＋1＝a2k＋2，②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋eq \f(10×9,2)×3＋20＋eq \f(10×9,2)×3＝300.
【难度】中档题
(2020·新高考全国卷I，18) 【答案】解 (1)由于数列{an}是公比大于1的等比数列，
设首项为a1，公比为q，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝32，,q＝\f(1,2)))(舍)
所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.
(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64，27＝128，
所以b1对应的区间为(0,1]，则b1＝0；
b2，b3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，
则b2＝b3＝1，即有2个1；
b4，b5，b6，b7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，
则b4＝b5＝b6＝b7＝2，
即有22个2；
b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，
即有23个3；
b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，
则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4；
b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，
则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；
b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，
则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.
所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.
【难度】中档题
题点4 裂项相消法求和
(2022·新高考Ⅰ卷，17) 【答案】(1)解 方法一 因为a1＝1，所以eq \f(S1,a1)＝1，
又eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列，
所以eq \f(Sn,an)＝1＋(n－1)×eq \f(1,3)＝eq \f(n＋2,3).
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
所以eq \f(Sn,Sn－Sn－1)＝eq \f(n＋2,3)(n≥2)，
所以eq \f(Sn－Sn－1,Sn)＝eq \f(3,n＋2)(n≥2)，
整理得eq \f(Sn,Sn－1)＝eq \f(n＋2,n－1)(n≥2)，
所以eq \f(S2,S1)·eq \f(S3,S2)·…·eq \f(Sn－1,Sn－2)·eq \f(Sn,Sn－1)＝eq \f(4,1)×eq \f(5,2)×…·eq \f(n＋1,n－2)·eq \f(n＋2,n－1)＝eq \f(nn＋1n＋2,6) (n≥2)，
所以Sn＝eq \f(nn＋1n＋2,6) (n≥2)，
又S1＝1也满足上式，
所以Sn＝eq \f(nn＋1n＋2,6) (n∈N*)，
则Sn－1＝eq \f(n－1nn＋1,6) (n≥2)，
所以an＝eq \f(nn＋1n＋2,6)－eq \f(n－1nn＋1,6)＝eq \f(nn＋1,2) (n≥2)，
又a1＝1也满足上式，
所以an＝eq \f(nn＋1,2)(n∈N*)．
方法二 因为a1＝1，所以eq \f(S1,a1)＝1，
又eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列，
所以eq \f(Sn,an)＝1＋(n－1)×eq \f(1,3)＝eq \f(n＋2,3)，
所以Sn＝eq \f(n＋2,3)an.
因为当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1，
所以eq \f(n＋1,3)an－1＝eq \f(n－1,3)an(n≥2)，
所以eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)(n≥2)，
所以eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an,an－1)＝eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×eq \f(5,3)×…·eq \f(n,n－2)·eq \f(n＋1,n－1)＝eq \f(nn＋1,2)(n≥2)，
所以an＝eq \f(nn＋1,2)(n≥2)，
又a1＝1也满足上式，
所以an＝eq \f(nn＋1,2)(n∈N*)．
(2)证明 因为an＝eq \f(nn＋1,2)，
所以eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝2eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))0，∴bn>0，
∴c1＋c2＋…＋cn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)－\f(1,b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2)－\f(1,b3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)－\f(1,b2)＋\f(1,b2)－\f(1,b3)＋…＋\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)－\f(1,bn＋1)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn＋1)))0，
∴gx≥g9=14×93−92×92+26×9−49>0，
故an+1−an−1>0，即an+1>an+1，
假设存在常数M>0，使得ana1+1,a3>a2+1,⋯,aM+1>aM+1，
上式相加得，aM+1>a1+M>9+M−1>M，
则am=aM+1>M，与anA0,i=1,2,3，故r0=0；
当k=1时，则B0A2,B3>A2,故r2=1；
当k=3时，则Bi≤A3,i=0,1,2,B3>A3，故r3=2；
综上所述：r0=0，r1=1，r2=1，r3=2.
(2)解 由题意可知：rn≤m，且rn∈N，
∵an≥1,bn≥1，且a1≥b1，则An≥B1>B0对任意n∈N*恒成立，
∴r0=0,r1≥1，
又∵2ri≤ri−1+ri+1，则ri+1−ri≥ri−ri−1，即rm−rm−1≥rm−1−rm−2≥⋅⋅⋅≥r1−r0≥1，
可得ri+1−ri≥1，
反证：假设满足rn+1−rn>1的最小正整数为0≤j≤m−1，
当i≥j时，则ri+1−ri≥2；当i≤j−1时，则ri+1−ri=1，
则rm=rm−rm−1+rm−1−rm−2+⋅⋅⋅+r1−r0+r0 ≥2m−j+j=2m−j，
又∵0≤j≤m−1，则rm≥2m−j≥2m−m−1=m+1>m，
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，∴rn=0+1×n=n,n∈N.
(3)证明 ∵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，
∵Sn∈−1,−2,⋅⋅⋅,−m−1，且1≤n≤m，
∴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−1,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，
∵Sn∈−1,−2,⋅⋅⋅,−m−1，且1≤n≤m，
∴必存在1≤Xq,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs.
综上所述：存在0≤q0，
所以解得a2＝eq \f(3\r(5)－3,2)0，
可得aneq \f(1,3)，累加可得eq \f(1,an＋1)>eq \f(1,3)n＋1，(*)
所以eq \f(1,a100)>eq \f(1,3)×99＋1＝34，
从而100a100