2026年高考数学一轮专题训练：数列1 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：数列1 [含答案]，共12页。
A．20B．21C．22D．23
2．（2025春•浙江期中）设数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an−2n，则（ ）
A．5a8＞4a9B．5a8＜4a9C．5S8＞4a9D．5S8＜4a9
3．（2025•昭通模拟）记Tn为数列{an}的前n项之积，已知an+2Tn＝1，则T2025＝（ ）
A．12026B．22025C．14051D．24049
4．（2024秋•张掖校级期末）已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an﹣2，若λan≥2lg2an+3对任意正整数n恒成立，则实数λ的最小值为（ ）
A．4B．72C．3D．52
5．（2025•广东模拟）设函数f（x）满足：∀x，y∈R，都有f（x+y）＝f（x）•f（y），且f（2）＝2．记an＝f（n），则数列{lg2an}的前10项和为（ ）
A．55B．45C．552D．452
6．（2025春•郫都区校级期中）已知数列{an}的通项公式为an=n2(89)n−1，若对于任意正整数n，都有an≤am成立，则m的值为（ ）
A．15B．16C．17D．18
7．（2025•永州三模）如果数列{an}对任意的n∈N*，都有an+2+an＞2an+1成立，则称{an}为“速增数列”．若数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1＝1，a2＝3，ak＝2025，则正整数k的最大值为（ ）
A．62B．63C．64D．65
8．（2025•安徽模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且an＞0，4Sn=an+12−2an+1+1，将数列{an}与数列{n2﹣1}的公共项从小到大排列得到新数列{cn}，则i=120 2ci=（ ）
A．4041B．8041C．2021D．4021
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春•湖北期中）烟花三月，莺飞草长，美丽的樱花开满园．将樱花抽象并按照一定的规律循环出如图：图①将樱花抽象后，得樱花数a1＝1，图②以樱花五片花瓣为蕊作五个缩小版樱花，得樱花数a2＝6，以此类推．假设第n个图的樱花数是an，设数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．an＝6an﹣1
B．Sn=5n+1−516−n4
C．数列{Snn}是递增数列
D．数列{5nanan+1}的前n项和为1−45n+1−1
（多选）10．（2025春•盐城校级期中）已知数列{an}满足an+1＝5an﹣4an﹣1（n≥2），a1＝1，a2＝13，则（ ）
A．a4＝253
B．a22被7除的余数为5
C．a16的个位数为4
D．存在实数λ，使得数列{an+λ}是等比数列
（多选）11．（2025春•萍乡期中）记Sn为数列{an}的前n项和，且{2nann}为等差数列，{ann(n+1)}为等比数列，a1＝1，则（ ）
A．an=n(n+1)2n
B．不存在正整数m，对于任意的正整数r≠m，均有ar＜am
C．S5=7716
D．对于任意的正整数n，均有Sn＜8
（多选）12．（2025•黄山模拟）如图，曲线y2＝2x（y≥0）上的点Ai与x轴非负半轴上的点Bi﹣1，Bi（i＝1，2…，n）构成一系列正三角形，记为△B0A1B1，△B1A2B2，…，△Bn﹣1AnBn（B0为坐标原点）．设△Bn﹣1AnBn的边长为an，点Bn（bn，0），△Bn﹣1AnBn的面积为Sn(n∈N∗)，则下列说法中正确的是（ ）
A．数列{an}的通项公式an=43n
B．数列{bn}的通项公式bn=23(n2+2n−1)
C．S1+S2+S3+⋯+S13=3643
D．1S1+1S2+⋯+1Sn＜534
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•江门校级期中）在数列{an}中，a1＝2，a2＝8，且对任意的n∈N*，都有an+2＝4an+1﹣4an，则{an}的通项公式为 ；若bn=nan，n=2k−1，k∈N∗lg2nan，n=2k，k∈N∗，则数列{bn}的前n项和Tn＝ ．
14．（2025•鹰潭二模）若A＝（a1，a2，a3，…，an）为一个有序实数组，其中ai∈（﹣1，0，1）{i＝1，2，3，…，n}，f（A）表示把A中每个﹣1都变为﹣1，0，每个0都变为﹣1，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，例如：A＝（﹣1，0，1），则f（A）＝（﹣1，0，﹣1，1，0，1）．定义Ak+1＝f（Ak），k＝1，2，3，…，若A1＝（﹣1，1），An中有bn项为1，则{bn}的前2025项和为 ．
15．（2025春•安徽期中）数列{an}满足an+1＝ean﹣2（n∈N*），a2+a3＝3x0，其中x0为函数y＝x﹣2﹣ln2x（x＞1）的零点，则a1+a2﹣a3＝ ．
16．（2025•门头沟区一模）已知数列{an}满足a1＞0，an+1＝an+kan（k≠0），给出下列四个结论：
①存在k，使得{an}为常数列；
②对任意的k＞0，{an}为递增数列；
③对任意的k＞0，{an}既不是等差数列也不是等比数列；
④对于任意的k，都有an2≥a12+2k（n﹣1）．
其中所有正确结论的序号是 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•安徽校级期中）已知数列{an}满足a1＝7，an+1=an−3，n为奇数2an，n为偶数．
（1）写出a2，a3，a4；
（2）若bn＝a2n，求数列{n•（bn﹣3）}的前n项和Sn．
18．（2025春•萍乡期中）已知{an}是等差数列，a1＝1，1a1a2+1a2a3+⋯+1a10a11=1021，数列{bn}的前n项和为Sn且满足Sn＝2bn﹣2．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设cn=bn−an−33n，当cn取得最大值时，求n的值．
19．（2025春•湖北期中）数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1且an+1﹣Sn＝1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）在数学中，常用符号“∏”表示一系列数的连乘，求集合{n|i=1n ai≤1024}中元素的个数．
20．（2025春•上饶期中）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，3an＝2Sn+1．
（1）证明数列{an}为等比数列，并求出通项公式；
（2）设bn＝n•an，求数列{bn}的前n项和Tn．
高考数学一轮复习 数列
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025•日照二模）已知数列{an}的通项公式an＝3n﹣1，在每相邻两项ak，ak+1之间插入2k个2（k∈N*），使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn≥150成立的n的最小值为（ ）
A．20B．21C．22D．23
【考点】数列求和的其他方法．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】B
【分析】确定数列{bn}的前21项含有{an}的前4项和17个2，从而求出前21项的和满足要求．
解：∵数列{an}满足an＝3n﹣1，
∴a1＝2，a2＝8，a3＝26，a4＝80，a5＝242，
∵在任意相邻两项ak与ak+1（k＝1，2，…）之间插入2k个2，
∴其中a1，a2之间插入2个2，a2，a3之间插入4个2，a3，a4之间插入8个2，a4，a5之间插入16个2，
由2+4+8+8+26+16+80＝144＜150，2+4+8+8+26+16+80+6＝150，
∴数列{bn}的前21项中含有{an}的前4项和17个2，
由数列{Sn}为递增数列，
可得满足Sn≥150成立的n的最小值为21．
故选：B．
【点评】本题考查数列的求和，考查推理能力和运算能力，属于中档题．
2．（2025春•浙江期中）设数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an−2n，则（ ）
A．5a8＞4a9B．5a8＜4a9C．5S8＞4a9D．5S8＜4a9
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由数列的通项与前n项和的关系，以及等差数列的定义、通项公式，可得an＝（n+1）•2n﹣1，Sn＝n•2n，计算可得结论．
解：数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an−2n，
可得a1＝S1＝2a1﹣2，解得a1＝2，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an﹣2n﹣2an﹣1+2n﹣1，
化为an＝2an﹣1+2n﹣1，
即有an2n=an−12n−1+12，
即数列{an2n}是首项为1，公差为12的等差数列，
即有an2n=1+12（n﹣1）=n+12，
可得an＝（n+1）•2n﹣1，Sn＝2（n+1）•2n﹣1﹣2n＝n•2n，
则5a8﹣4a9＝5×9×27﹣4×10×28＝﹣35×27＜0，即5a8＜4a9，故A错误，B正确；
5S8﹣4a9＝5×8×28﹣4×10×28＝0，即5S8＝4a9，故CD错误．
故选：B．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，以及数列的通项与前n项和的关系，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
3．（2025•昭通模拟）记Tn为数列{an}的前n项之积，已知an+2Tn＝1，则T2025＝（ ）
A．12026B．22025C．14051D．24049
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】C
【分析】运用数列的通项与求积的关系，以及等差数列的定义和通项公式，可得所求．
解：由an+2Tn＝1，
可得a1+2T1＝3a1＝1，解得a1=13，
当n≥2时，TnTn−1+2Tn＝1，
即有1Tn=1Tn−1+2，
可得数列{1Tn}是首项为3，公差为2的等差数列，
则1Tn=3+2（n﹣1）＝2n+1，
即Tn=12n+1，
则T2025=14051．
故选：C．
【点评】本题考查数列的通项与求积的关系，以及等差数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
4．（2024秋•张掖校级期末）已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an﹣2，若λan≥2lg2an+3对任意正整数n恒成立，则实数λ的最小值为（ ）
A．4B．72C．3D．52
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】D
【分析】利用Sn，an关系及等比数列定义得an=2n，将问题化为λ≥2n+32n恒成立，研究右侧的单调性并求其最大值，即可得答案．
解：Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an﹣2，
令n＝1，解得a1＝2，
当n≥2时，可得an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an﹣2an﹣1，即anan−1=2(n≥2)，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n，
若λan≥2lg2an+3对任意正整数n恒成立，
即λ≥2n+32n恒成立，令cn=2n+32n，则λ≥（cn）max，
而cn+1−cn=−1+2n2n+1＜0，所以cn+1＜cn，即数列{cn}单调递减，
故(cn)max=c1=52，
所以λ≥52，所以λ的最小值为52．
故选：D．
【点评】本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，以及数列的单调性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
5．（2025•广东模拟）设函数f（x）满足：∀x，y∈R，都有f（x+y）＝f（x）•f（y），且f（2）＝2．记an＝f（n），则数列{lg2an}的前10项和为（ ）
A．55B．45C．552D．452
【考点】数列与函数的综合；求等比数列的前n项和．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据题意，由抽象函数的性质分析可得f（1）=2和f（n+1）＝f（n）f（1）=2f（n），由此可得{an}是首项为2，公比为2的等比数列，即可得数列{lg2an}的通项公式，结合等差数列前n项和计算可得答案．
解：根据题意，函数f（x）满足：∀x，y∈R，都有f（x+y）＝f（x）•f（y），
当x＝y=t2时，有f（t）＝f（t2）f（t2）＝[f（t2）]2，易得f（t）≥0，
令x＝y＝1可得：f（2）＝f（1）•f（1）＝2，则f（1）＝±2，
又由f（t）≥0，则f（1）=2，
令x＝n，y＝1，则有f（n+1）＝f（n）f（1）=2f（n），
又由an＝f（n），则an+1=2an，
数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an=2n，
则lg2an=n2，
故数列{lg2an}的前10项和S=1+2+3+⋯⋯+102=552．
故选：C．
【点评】本题考查数列的求和，涉及抽象函数的性质和应用，属于中档题．
6．（2025春•郫都区校级期中）已知数列{an}的通项公式为an=n2(89)n−1，若对于任意正整数n，都有an≤am成立，则m的值为（ ）
A．15B．16C．17D．18
【考点】数列递推式；数列的单调性．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据题意，比较an+1an与1的大小关系，分析数列{an}的单调性，即可得答案．
解：根据题意，数列{an}的通项公式为an=n2(89)n−1，
则an+1＝（n+1）2（89）n，
则有an+1an=(n+1)2n2×89=8n2+16n+89n2，
分析可得：当1≤n≤16时，有an+1an＞1，则有an+1＞an，
当n≥17时，有an+1an＜1，则有an+1＜an，
故数列{an}中，最大的项为a17，
若对于任意正整数n，都有an≤am成立，故m＝17．
故选：C．
【点评】本题考查数列的单调性，涉及数列的通项公式，属于中档题．
7．（2025•永州三模）如果数列{an}对任意的n∈N*，都有an+2+an＞2an+1成立，则称{an}为“速增数列”．若数列{an}为“速增数列”，且任意项an∈Z，a1＝1，a2＝3，ak＝2025，则正整数k的最大值为（ ）
A．62B．63C．64D．65
【考点】数列与不等式的综合．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解；新定义类．
【正确答案】B
【分析】由“速增数列”的定义和数列的递推式，结合累加法，推得ak≥12k（k+1），k∈Z，计算k＝63，64，可得结论．
解：因为数列{an}对任意的n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an，称{an}为“速增数列”．
数列{an}为“速增数列”，任意项an∈Z，a1＝1，a2＝3，ak＝2025，
所以对∀n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an，a2﹣a1＝2，
所以ak﹣ak﹣1＞ak﹣1﹣ak﹣2＞⋯＞a3﹣a2＞a2﹣a1＝2，且an∈Z，
所以a3﹣a2≥3，⋯，ak﹣1﹣ak﹣2≥k﹣1，ak﹣ak﹣1≥k，
相加得（ak﹣ak﹣1）+（ak﹣1﹣ak﹣2）+⋯+（a3﹣a2）+（a2﹣a1）+a1≥k+（k﹣1）+⋯+3+2+1，
即ak≥12k（k+1），k∈Z，
当k＝63时，a63≥12×63×64＝2016，
当k＝64时，a64≥12×64×65＝2080，
故正整数k的最大值为63．
故选：B．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的求和公式，以及数列的新定义，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
8．（2025•安徽模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且an＞0，4Sn=an+12−2an+1+1，将数列{an}与数列{n2﹣1}的公共项从小到大排列得到新数列{cn}，则i=120 2ci=（ ）
A．4041B．8041C．2021D．4021
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】A
【分析】设公差为d，d＞0，由等差数列的通项公式，解方程可得a1＝1，d＝2，则an＝2n﹣1，求得cn＝（2n﹣1）（2n+1），再由数列的裂项相消求和，可得所求和．
解：等差数列{an}的前n项和为Sn，且an＞0，设公差为d，d＞0，
由4Sn=an+12−2an+1+1，可得4a1＝（a2﹣1）2＝（a1+d﹣1）2，
又4（2a1+d）＝（a3﹣1）2＝（a1+2d﹣1）2，
解得a1＝1，d＝2，
则an＝2n﹣1，
将数列{an}与数列{n2﹣1}的公共项从小到大排列得到新数列{cn}，
可得cn＝（2n﹣1）（2n+1），
2ci=2(2i−1)(2i+1)=12i−1−12i+1，
则i=120 2ci=1−13+13−15+...+139−141=1−141=4041．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025春•湖北期中）烟花三月，莺飞草长，美丽的樱花开满园．将樱花抽象并按照一定的规律循环出如图：图①将樱花抽象后，得樱花数a1＝1，图②以樱花五片花瓣为蕊作五个缩小版樱花，得樱花数a2＝6，以此类推．假设第n个图的樱花数是an，设数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．an＝6an﹣1
B．Sn=5n+1−516−n4
C．数列{Snn}是递增数列
D．数列{5nanan+1}的前n项和为1−45n+1−1
【考点】数列递推式；数列求和的其他方法．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列．
【正确答案】BCD
【分析】推得an＝1+5+52+53+...+5n﹣1=5n−14，由数列的分组求和与等比数列的求和公式，可得Sn，可判断AB；由数列的单调性和数列的裂项相消求和，可判断CD．
解：由题意可得a1＝1，a2＝1+5＝6，a3＝1+5+52＝31，…，an＝1+5+52+53+...+5n﹣1=1−5n1−5=5n−14，
即有Sn=14×5(1−5n)1−5−n4=5n+1−516−n4，故A错误，B正确；
由5nanan+1=16×5n(5n−1)(5n+1−1)=4（15n−1−15n+1−1），
可得数列{5nanan+1}的前n项和为4（14−124+124−1124+...+15n−1−15n+1−1）＝1−45n+1−1，故D正确；
由Snn=516×5n−1n−14，考虑5n+1−1n+1−5n−1n=(4n−1)×5n+1n(n+1)＞0，可得Sn+1n+1＞Snn，
即有数列{Snn}是递增数列，故C正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查数列在实际问题中的应用，以及等比数列的通项公式与求和公式、数列的裂项相消求和与数列单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）10．（2025春•盐城校级期中）已知数列{an}满足an+1＝5an﹣4an﹣1（n≥2），a1＝1，a2＝13，则（ ）
A．a4＝253
B．a22被7除的余数为5
C．a16的个位数为4
D．存在实数λ，使得数列{an+λ}是等比数列
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】AD
【分析】根据数列递推式，构造等比数列{an+1﹣an}，利用累加法求得an=4n−3，从而可判断A项，利用二项式展开式被7除的余数情况可判断B项，利用数列{an}的个位数字构成数列{bn}满足bn+2=bn(n∈N∗)，易判断C项，取λ＝3，可证明{an+3}成等比数列判断D项．
解：数列{an}满足an+1＝5an﹣4an﹣1（n≥2），a1＝1，a2＝13，
可得an+1﹣an＝4（an﹣an﹣1）（n≥2），
则数列{an+1﹣an}为等比数列，首项为12，公比为4，
由等比数列的通项公式，可得an+1−an=12×4n−1=3×4n，
于是an＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+...+（an﹣an﹣1）
=1+3(4+42+⋯+4n−1)=1+3×4(1−4n−1)1−4=4n−3，
上式对n＝1，n＝2时，均满足．
对于A，a4=44−3=253，故A正确；
对于B，a22=422−3=244−3=4×814−3，
因814=(1+7)14=C14070+C14171+C14272+⋯+C1414714
=1+7(C14170+C14271+⋯+C1414713)，
故4×814被7除余数为4，继而a22被7除的余数为1，故B错误；
对于C，因an=4n−3，数列{an}的个位数字构成数列{bn}，
则b1＝1，b2＝3，b3＝1，b4＝3，⋯，以此类推可知，bn+2=bn(n∈N∗)，
故a16的个位数为b16＝b2＝3，故C错误；
对于D，当λ＝3时，an+3=4n，由an+1+3an+3=4n+14n=4，可得{an+3}为等比数列，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式与求和公式，以及二项式定理，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）11．（2025春•萍乡期中）记Sn为数列{an}的前n项和，且{2nann}为等差数列，{ann(n+1)}为等比数列，a1＝1，则（ ）
A．an=n(n+1)2n
B．不存在正整数m，对于任意的正整数r≠m，均有ar＜am
C．S5=7716
D．对于任意的正整数n，均有Sn＜8
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】ABD
【分析】分别写出数列{2nann}和数列{ann(n+1)}的前三项，求出a2=34或32，分别验证可判断A；判断数列{an}是否存在唯一的最大值可判断B；令bn=2⋅n2+3n+42n，利用裂项相消法可求出Sn=8−n2+5n+82n可判断C和D．
解：记Sn为数列{an}的前n项和，且{2nann}为等差数列，{ann(n+1)}为等比数列，a1＝1，
对于A，因为{2nann}为等差数列，取前3项知2，2a2，83a3成等差数列，即4a2=83a3+2，
因为{ann(n+1)}为等比数列，取前3项知12，a26，a312成等比数列，即2a22=3a3．
代入4a2=83a3+2得4a2=169a22+2，等价于8a22−18a2+9=0，
也即（2a2﹣3）（4a2﹣3）＝0，所以a2=34或32．
若a2=32，则2nann=n+1，得an=n(n+1)2n，
检验得{2nann}为等差数列，{ann(n+1)}为等比数列；
若a2=34，那么2nann=5−n2，所以an=n(5−n)2n+1，
此时ann(n+1)=5−n(n+1)2n+1不为等比数列，所以a2=34不符合题意，故A正确；
对于B，也就是验证数列{an}是否存在唯一的最大值，
令an＜an+1，解得n＜2，令an＞an+1，解得n＞2，
当n＝2时，an=a2=32，an+1=a3=32．
所以a1＜a2＝a3＞a4＞...，即最大值不唯一，
因此不存在符合题意的正整数m，故B正确；
对于C，an=n(n+1)2n=(2n2+6n+8)−(n2+5n+8)2n=2⋅n2+3n+42n−2⋅n2+5n+82n+1．
记bn=2⋅n2+3n+42n，注意到bn+1=2⋅n2+2n+1+3n+3+42n+1=2⋅n2+5n+82n+1．
所以an＝bn﹣bn+1，Sn＝（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+...+（bn﹣bn+1）＝b1﹣bn+1＝8−n2+5n+82n，
故S5=8−25+25+825=9916，故C错误；
对于D，由C知，对于任意的正整数n，均有Sn=8−n2+5n+82n＜8，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的定义、通项公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）12．（2025•黄山模拟）如图，曲线y2＝2x（y≥0）上的点Ai与x轴非负半轴上的点Bi﹣1，Bi（i＝1，2…，n）构成一系列正三角形，记为△B0A1B1，△B1A2B2，…，△Bn﹣1AnBn（B0为坐标原点）．设△Bn﹣1AnBn的边长为an，点Bn（bn，0），△Bn﹣1AnBn的面积为Sn(n∈N∗)，则下列说法中正确的是（ ）
A．数列{an}的通项公式an=43n
B．数列{bn}的通项公式bn=23(n2+2n−1)
C．S1+S2+S3+⋯+S13=3643
D．1S1+1S2+⋯+1Sn＜534
【考点】数列与解析几何的综合；数列的单调性．
【专题】综合题；转化思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维．
【正确答案】AC
【分析】利用正三角形的性质以及曲线方程找出数列{an}与{bn}的递推关系，即可判断AB，然后求得Sn，由平方和公式代入计算，即可判断C，再由n≥2时，1Sn=943n2＜943(n2−1)，由裂项相消法代入计算，即可判断D．
解：已知B0（0，0），设A1（x1，y1），因为△B0A1B1为正三角形，
易求得直线B0A1的方程为y=3x，
由y2=2x(y≥0)y=3x，结合x＞0，得A1(23，233)，
则a1=|B0B1|=2×23=43，
再由Bn﹣1（bn﹣1，0），则An的横坐标为xn=bn−1+an2，纵坐标为yn=32an，
且An(bn−1+an2，32an)在曲线y2＝2x（y≥0）上，
故(32an)2=2(bn−1+an2)①，
又bn＝bn﹣1+an，结合①可得34an2=2(bn−an+an2)，
即34an2=2bn−an②，
当n≥2时，34an−12=2bn−1−an−1，
再将bn﹣1＝bn﹣an代入上式可得34an−12=2(bn−an)−an−1③，
由②﹣③整理后得(an+an−1)[34(an−an−1)−1]=0，
由an＞0，得an−an−1=43，
所以数列{an}是以43为首项，43为公差的等差数列，
则an=43+(n−1)×43=43n，故A正确；
对于B，因bn−bn−1=an=43n，
则bn＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1﹣bn﹣2）+⋯+（b1﹣b0）+b0
=43[n+(n−1)+⋯+1]=43×n(n+1)2=23n(n+1)，故B错误；
对于C，因为△Bn﹣1AnBn是正三角形，面积Sn=34an2=34×(43n)2=439n2，
则S1+S2+S3+⋯+S13=439(12+22+32+⋯+132)
=439•n(n+1)(2n+1)6，将n＝13代入得面积和为3643，故C正确；
对于D，因为1Sn=943n2，当n＝1时，1S1=943=334＜534，
当n≥2时，1Sn=943n2＜943(n2−1)=338(1n−1−1n+1)，
则1S1+1S2+⋯+1Sn＜334+338[（1−13）+（12−14）+⋯+（1n−2−1n）+（1n−1−1n+1）]
=334+338(1+12−1n−1n+1)＜334+338×32=21316＞534，
故D错误．
故选：AC．
【点评】本题主要考查了数列的递推关系以及求和公式与不等式的相关知识，难度较大．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•江门校级期中）在数列{an}中，a1＝2，a2＝8，且对任意的n∈N*，都有an+2＝4an+1﹣4an，则{an}的通项公式为 an=n⋅2n ；若bn=nan，n=2k−1，k∈N∗lg2nan，n=2k，k∈N∗，则数列{bn}的前n项和Tn＝ −13×2n−n24+1112，n=2k−1，k∈N∗−13×2n−1−n24−n2+23，n=2k，k∈N∗ ．
【考点】数列求和的其他方法；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】an=n⋅2n；−13×2n−n24+1112，n=2k−1，k∈N∗−13×2n−1−n24−n2+23，n=2k，k∈N∗．
【分析】由an+2＝4an+1﹣4an，可得an+2﹣2an+1＝2（an+1﹣2an），即{an+1﹣2an}是等比数列，可求得an+1−2an=2n+1，变形为an+12n+1−an2n=1，即可得到{an2n}是等差数列，可求得an2n=n，从而求得an=n⋅2n；bn=12n，n=2k−1，k∈N∗−n，n=2k，k∈N∗，利用分组求和以及等差等比前n项和公式，先求出n为正偶数时Tn的表达式，再求n为正奇数时Tn的表达式，即可得到．
解：在数列{an}中，a1＝2，a2＝8，且对任意的n∈N*，都有an+2＝4an+1﹣4an，
可得an+2﹣2an+1＝2（an+1﹣2an），
又a2﹣2a1＝4≠0，
所以{an+1﹣2an}是以4为首项，2为公比的等比数列．
由等比数列的通项公式可得an+1−2an=4×2n−1=2n+1，
两边同时除以2n+1，可得an+12n+1−an2n=1，
又a12=1，所以{an2n}是以1为首项，1为公差的等差数列，
由等差数列的通项公式，可得an2n=1+(n−1)×1=n，所以an=n⋅2n．
由题意可得bn=12n，n=2k−1，k∈N∗−n，n=2k，k∈N∗，
则{bn}的奇数项为以b1=12为首项，14为公比的等比数列；
偶数项是以b2＝﹣2为首项，﹣2为公差的等差数列．
所以当n为偶数，且n≥2时，
Tn＝（b1+b3+⋯+bn﹣1）+（b2+b4+⋯+bn）=(12+18+⋯+12n−1)+(−2−4−⋯−n)
=12×[1−(14)n2]1−14+n2(−2−n)2=23×(1−12n)−n(n+2)4=−13×2n−1−n24−n2+23；
当n为奇数，且n≥3时，n﹣1为偶数，
Tn＝Tn﹣1+bn=−13×2n−2−(n−1)24−n−12+23+12n=−13×2n−n24+1112．
n＝1时，T1=−13×21−124+1112=12，满足．
所以，当n为奇数，且n≥1时，有Tn=−13×2n−n24+1112．
综上，Tn=−13×2n−n24+1112，n=2k−1，k∈N∗−13×2n−1−n24−n2+23，n=2k，k∈N∗．
故an=n⋅2n；−13×2n−n24+1112，n=2k−1，k∈N∗−13×2n−1−n24−n2+23，n=2k，k∈N∗．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列、等比数列的通项公式与求和公式、数列的分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
14．（2025•鹰潭二模）若A＝（a1，a2，a3，…，an）为一个有序实数组，其中ai∈（﹣1，0，1）{i＝1，2，3，…，n}，f（A）表示把A中每个﹣1都变为﹣1，0，每个0都变为﹣1，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，例如：A＝（﹣1，0，1），则f（A）＝（﹣1，0，﹣1，1，0，1）．定义Ak+1＝f（Ak），k＝1，2，3，…，若A1＝（﹣1，1），An中有bn项为1，则{bn}的前2025项和为 22026−13 ．
【考点】数列求和的其他方法．
【专题】对应思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解；新定义类．
【正确答案】22026−13．
【分析】设An中有cn项为0，其中1和﹣1的项数相同都为bn，由已知条件可得2bn−1+cn−1=2n−1(n≥2)①，bn＝bn﹣1+cn﹣1（n≥2）②，进而可得bn+bn−1=2n−1(n≥2)③，再结合bn+1+bn=2n④，运用等比数列前n项和公式求和即可得解．
解：因为A1＝（﹣1，1），依题意得，A2＝（﹣1，0，0，1），A3＝（﹣1，0，﹣1，1，﹣1，1，0，1），
显然，A1中有2项，其中1项为﹣1，1项为1，
A2中有4项，其中1项为﹣1，1项为1，2项为0，
A3中有8项，其中3项为﹣1，3项为1，2项为0，
由此可得An中共有2n项，其中1和﹣1的项数相同都为bn，
设An中有cn项为0，所以2bn+cn=2n，b1＝1，
从而2bn−1+cn−1=2n−1(n≥2)①，
因为f（A）表示把A中每个﹣1都变为﹣1，0，每个0都变为﹣1，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，
则bn＝bn﹣1+cn﹣1（n≥2）②，
①+②得，bn+bn−1=2n−1(n≥2)③，
所以bn+1+bn=2n④，
所以{bn}的前2025项和为：
b1+（b2+b3）+（b4+b5）+⋯+（b2024+b2025）
＝1+22+24+26+⋯+22024
=1+4(1−41012)1−4
=22026−13．
故22026−13．
【点评】本题考查了新定义问题及数列的求和，属于难题．
15．（2025春•安徽期中）数列{an}满足an+1＝ean﹣2（n∈N*），a2+a3＝3x0，其中x0为函数y＝x﹣2﹣ln2x（x＞1）的零点，则a1+a2﹣a3＝ ﹣ln2 ．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】﹣ln2．
【分析】由数列的递推式求得a2＝ea1−2，a3＝ea2−2，由函数的零点定义和导数，可得x0＝a2，运用对数的运算性质，化简可得所求值．
解：由an+1＝ean﹣2，可得a2＝ea1−2，a3＝ea2−2，
x0为函数y＝x﹣2﹣ln2x（x＞1）的零点，可得x0﹣2﹣ln（2x0）＝0，
即有2x0＝ex0−2，
由a2+a3＝3x0，可得a2+ea2−2=x0+ex0−2，
设f（x）＝x+ex﹣2，x＞1，则f′（x）＝1+ex﹣2＞0，
可得f（x）在（1，+∞）递增，即有x0＝a2，
a1+a2﹣a3＝2+lna2+a2﹣ea2−2=2+lna2+a2﹣2a2＝2+lna2﹣a2＝2+lna2﹣（2+ln2+lna2）＝﹣ln2．
故﹣ln2．
【点评】本题考查数列的递推式和函数的零点，以及导数的运用：求单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
16．（2025•门头沟区一模）已知数列{an}满足a1＞0，an+1＝an+kan（k≠0），给出下列四个结论：
①存在k，使得{an}为常数列；
②对任意的k＞0，{an}为递增数列；
③对任意的k＞0，{an}既不是等差数列也不是等比数列；
④对于任意的k，都有an2≥a12+2k（n﹣1）．
其中所有正确结论的序号是 ②③④ ．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】②③④．
【分析】由数列的递推式和常数列、等差数列和等比数列的定义、数列的单调性和不等式的性质，对选项分析可得结论．
解：已知数列{an}满足a1＞0，an+1＝an+kan（k≠0），
若{an}为常数列，即有an+1＝an＝...＝a1，可得k＝0，不成立，故①错误；
若任意的k＞0，又a1＞0，可得an＞0，即有an+1＞an，则{an}为递增数列，故②正确；
任意的k＞0，由等差数列和等比数列的定义，结合an+1＝an+kan（k≠0），
可得{an}既不是等差数列也不是等比数列，故③正确；
当n＝1时，不等式an2≥a12+2k（n﹣1）成立；当n＝2时，不等式an2≥a12+2k（n﹣1），即为a22≥a12+2k，
又a2＝a1+ka1，可得a12+2k+k2a12≥a12+2k，成立；
由an+1＝an+kan（k≠0），可得n≥2时，an＝an﹣1+kan−1，
两边平方可得an2=an−12+2k+k2an−12＞an−12+2k＞...＞a12+2k（n﹣1），故④正确．
故②③④．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列、等比数列的定义，以及不等式的性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•安徽校级期中）已知数列{an}满足a1＝7，an+1=an−3，n为奇数2an，n为偶数．
（1）写出a2，a3，a4；
（2）若bn＝a2n，求数列{n•（bn﹣3）}的前n项和Sn．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【正确答案】（1）a2＝4，a3＝8，a4＝5；
（2）Sn=1+(n−1)⋅2n．
【分析】（1）根据数列的递推公式求数列的前几项；
（2）利用错位相减法求数列的前n项和．
解：（1）因为数列{an}满足a1＝7，an+1=an−3，n为奇数2an，n为偶数，
所以a2＝a1﹣3＝4，a3＝2a2＝8，a4＝a3﹣3＝5；
（2）因为数列{an}满足a1＝7，an+1=an−3，n为奇数2an，n为偶数，
所以a2n+1﹣6＝2a2n﹣6＝2a2n﹣1﹣6﹣6＝2（a2n﹣1﹣6），
又a1﹣6＝1，
所以数列{a2n﹣1﹣6}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以a2n−1−6=2n−1，
所以a2n−1=6+2n−1，
所以bn=a2n=a2n−1−3=3+2n−1，
所以n⋅(bn−3)=n⋅2n−1，
所以Sn=1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋯+n⋅2n−1，
所以2Sn=1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n，
两式相减可得−Sn=1+21+22+⋯+2n−1−n⋅2n=1−2n1−2−n⋅2n，
所以Sn=1+(n−1)⋅2n．
【点评】本题考查等差数列的定义与通项公式的应用，错位相减法求和，属中档题．
18．（2025春•萍乡期中）已知{an}是等差数列，a1＝1，1a1a2+1a2a3+⋯+1a10a11=1021，数列{bn}的前n项和为Sn且满足Sn＝2bn﹣2．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设cn=bn−an−33n，当cn取得最大值时，求n的值．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】（1）an＝2n﹣1，bn＝2n；（2）5．
【分析】（1）由等差数列的通项公式和数列的裂项相消求和，解方程求得公差，可得an；由数列的通项与前n项和的关系，结合等比数列的通项公式，可得bn；
（2）运用数列的单调性，可得所求值．
解：（1）{an}是等差数列，a1＝1，1a1a2+1a2a3+⋯+1a10a11=1021，
设公差为d，若d＝0，则an＝a1＝1，上式显然不成立，故d≠0，
则1a1a2+1a2a3+⋯+1a10a11
=1d[(1a1−1a2)+(1a2−1a3)+⋯+(1a10−1a11)]
=1d(1−1a11)=1d(1−11+10d)=101+10d=1021，
解得d＝2，所以an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．
数列{bn}的前n项和为Sn且满足Sn＝2bn﹣2，
当n≥2时，有Sn﹣1＝2bn﹣1﹣2，
两式相减，得bn＝2bn﹣2bn﹣1即bn＝2bn﹣1，
又b1＝S1＝2b1﹣2，得b1＝2，
所以数列|bn|是以2为首项、2为公比的等比数列，
所以bn=2×2n−1=2n；
（2）cn=bn−an−33n=2n−2n−23n，则cn+1=2n+1−2n−43n+1，
所以cn+1−cn=2n+1−2n−43n+1−2n−2n−23n=4n+2−2n3n+1，
令f（n）＝4n+2﹣2n，则f（n+1）＝4n+6﹣2n+1，
f（n+1）﹣f（n）＝4﹣2n，
则f（1）＜f（2）＝f（3）＞f（4）＞0＞f（5）＞…，
所以c1＜c2＜c3＜c4＜c5，c5＞c6＞…，
所以数列{cn}中，c5最大，故n＝5．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，以及数列的裂项相消求和、数列的单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
19．（2025春•湖北期中）数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1且an+1﹣Sn＝1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）在数学中，常用符号“∏”表示一系列数的连乘，求集合{n|i=1n ai≤1024}中元素的个数．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】（1）an＝2n﹣1；（2）5．
【分析】（1）由数列的通项与前n项和的关系，以及等比数列的通项公式，可得所求；
（2）由等差数列的求和公式，以及二次不等式的解法，可得所求个数．
解：（1）数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1且an+1﹣Sn＝1，
可得a2＝S1+1＝2，
当n≥2时，由an+1﹣Sn＝1，可得an﹣Sn﹣1＝1，
相减可得an+1﹣an＝an，即an+1＝2an，
上式对n＝1也成立，
可得数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
即有an＝2n﹣1；
（2）由＝20+1+2+...+n﹣1＝212n(n−1)，
由12n（n﹣1）≤10，解得1≤n≤5，
则集合{n|i=1n ai≤1024}中元素的个数为5．
【点评】本题考查数列的通项与前n项和的关系，以及等比数列的通项公式和等差数列的求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
20．（2025春•上饶期中）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，3an＝2Sn+1．
（1）证明数列{an}为等比数列，并求出通项公式；
（2）设bn＝n•an，求数列{bn}的前n项和Tn．
【考点】错位相减法；等比数列的概念与判定．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】（1）证明见解析，an=3n−1；
（2）Tn=14+(2n−1)⋅3n4．
【分析】（1）根据递推式可得an+1＝3an，结合等比数列的定义判定证明，进而写出通项公式；
（2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求Tn．
解：（1）证明：由题设3an+1＝2Sn+1+1，
则3（an+1﹣an）＝2an+1，
即an+1＝3an，
则{an}是公比为3的等比数列，
又a1＝1≠0，
所以an=3n−1．
（2）由bn=n⋅3n−1，
则Tn=1×30+2×31+3×32+⋯+n⋅3n−1，
上式两边同时乘以3可得，3Tn=1×31+2×32+3×33+⋯+(n−1)⋅3n−1+n⋅3n，
两式相减可得，−2Tn=30+31+32+33+⋯+3n−1−n⋅3n=1−3n1−3−n⋅3n，
所以Tn=14+(2n−1)⋅3n4．
【点评】本题考查等比数列的判断以及错位相减法的运用，考查运算求解能力，属于中档题．