2025年高考一轮复习专题6 数列【含解析】

2025年高考一轮复习专题6数列【原卷版】1[2024·安徽黄山三模]安徽省黄山市歙县三阳镇叶村历史民俗“叠罗汉”已被列入省级非物质文化遗产保护项目,至今已有500多年的历史,表演时由二人以上的人层层叠成各种样式,魅力四射,光彩夺目,好看又壮观.小明同学在研究数列{an}时,发现其递推公式an+2=an+1+an(n∈N*)就可以利用“叠罗汉”的思想来处理,即a3=a1+a2,a4=a3+a2=a1+a2+a2,a5=a4+a3=a1+a2+a2+a3,…,已知数列{an}的前两项分别为a1=1,a2=2,其前n项和为Sn,若a2025=m,则S2024= ()A.2m B.2C.m+2 D.m-22[2024·湖南长沙实验中学二模]已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=12,Sn=(2n+1-2)an+1.(1)求a2及数列{an}的通项公式;(2)若bn=log12(a1a2…an),cn=1an+1bn,求数列{cn}3[2024·湖北荆门模拟]在我国古代,杨辉三角(如图①)是解决很多数学问题的有力工具,从图①中可以归纳出等式:C11+C21+C31+…+Cn1=Cn+12.类比上述结论,借助杨辉三角解决下述问题:如图②,该“刍童垛”共2021层,底层如图③,一边2024个小球,另一边2022个小球,向上逐层每边减少1个小球① ② ③A.2C20233-2 B.2C2024C.C20244-2 D.C4[2024·山东济宁二模]已知数列{an}的前n项和为Sn,an-1+an+1=2an(n≥2,n∈N*),且a1=1,S5=15.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=an,n为奇数,2bn-1,n为偶数,求数列5[2024·广东茂名三模]已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn+12-Sn(1)求Sn;(2)在数列{an}的相邻两项ak,ak+1之间依次插入a1,a2,…,ak,得到数列{bn}:a1,a1,a2,a1,a2,a3,a1,a2,a3,a4,…,求{bn}的前20项和T20.6[2024·山东淄博三模]已知数列{an}中,a1=1,点P(an,an+1),n∈N*在直线x-y+1=0上.(1)求数列{an}的通项公式.(2)设bn=1an,Sn为数列{bn}的前n项和,试问:是否存在关于n的整式g(n),使得S1+S2+…+Sn-1=(Sn-1)·g(n)(n≥2,n∈N*)恒成立?若存在,求出g(n)的表达式;若不存在,7[2024·广东汕头一模]已知各项均为正数的数列{an}的前n项的乘积为Tn,且a1=3,Tn2=a(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=an-1an+1,数列{bn}的前n项和为Sn,求[S2024]([x8(多选题)[2024·辽宁沈阳质检]已知等比数列{an}的首项a1>1,公比为q,前n项和为Sn,前n项积为Tn,函数f(x)=x(x+a1)(x+a2)…(x+a7),若f'(0)=1,则下列结论正确的是 ()A.{lgan}为递增的等差数列B.0<q<1C.SnD.使得Tn>1成立的n的最大值为69[2024·福建福州一中模拟]如图,在平面直角坐标系xOy中,螺线与坐标轴依次交于点A1(-1,0),A2(0,-2),A3(3,0),A4(0,4),A5(-5,0),…,若△AnAn+1An+2的面积为81,则n的值为 ()A.6 B.7C.8 D.910[2024·黑龙江省实验中学一模]已知数列{an}的前n项和Sn=n2,数列{bn}满足bn=1an·an+1,n∈N*,Tn为数列{bn}的前n项和.若对任意的n∈N*,不等式λTn<n+9·(-1)n恒成立,2025年高考一轮复习专题6数列【解析版】1[2024·安徽黄山三模]安徽省黄山市歙县三阳镇叶村历史民俗“叠罗汉”已被列入省级非物质文化遗产保护项目,至今已有500多年的历史,表演时由二人以上的人层层叠成各种样式,魅力四射,光彩夺目,好看又壮观.小明同学在研究数列{an}时,发现其递推公式an+2=an+1+an(n∈N*)就可以利用“叠罗汉”的思想来处理,即a3=a1+a2,a4=a3+a2=a1+a2+a2,a5=a4+a3=a1+a2+a2+a3,…,已知数列{an}的前两项分别为a1=1,a2=2,其前n项和为Sn,若a2025=m,则S2024= (D)A.2m B.2C.m+2 D.m-2[解析]由an+2=an+1+an(n∈N*),得an=an+2-an+1(n∈N*),所以S2024=a2024+a2022+a2021+a2020+a2019+…+a3+a2+a1=(a2025-a2024)+(a2024-a2024)+(a2024-a2022)+(a2022-a2021)+(a2021-a2020)+…+(a5-a4)+(a4-a3)+(a3-a2)=a2025-a2=m-2.故选D.2[2024·湖南长沙实验中学二模]已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=12,Sn=(2n+1-2)an+1.(1)求a2及数列{an}的通项公式;(2)若bn=log12(a1a2…an),cn=1an+1bn,求数列{cn}解:(1)因为S1=2a2,所以a2=12a1=14.因为Sn=(2n+1-2)an+1,所以Sn+1=(2n+2-2)an+两式相减得an+1=(2n+2-2)an+2-(2n+1-2)an+1,整理得an+2an又因为a1=12,a2a1=12,所以数列{an}是首项为1所以an=12×12n(2)bn=log12(a1a2…an)=log1cn=1an+1bn=2n+Tn=2+22+…+2n+21=2(1-2n)1-2+3[2024·湖北荆门模拟]在我国古代,杨辉三角(如图①)是解决很多数学问题的有力工具,从图①中可以归纳出等式:C11+C21+C31+…+Cn1=Cn+12.类比上述结论,借助杨辉三角解决下述问题:如图②,该“刍童垛”共2021层,底层如图③,一边2024个小球,另一边2022个小球,向上逐层每边减少1个小球,顶层堆① ② ③A.2C20233-2 B.2C2024C.C20244-2 D.C[解析]由杨辉三角的性质可得C22+C32+C42+…+Cn+12=Cn+23,即1×22+2×32+3×42+…+n(n+1)2=Cn+23,故此“刍童垛”中小球的总个数为2×4[2024·山东济宁二模]已知数列{an}的前n项和为Sn,an-1+an+1=2an(n≥2,n∈N*),且a1=1,S5=15.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=an,n为奇数,2bn-1,n为偶数,求数列解:(1)由an-1+an+1=2an(n≥2),得an+1-an=an-an-1(n≥2),所以数列{an}为等差数列,所以S5=5×a1+a52=5a3=15,所以数列{an}的公差d=a3-a13-(2)当n为奇数时,bn=an=n,当n为偶数时,bn=2bn-1=所以T2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=[1+3+…+(2n-1)]+(2+23+…+22n-1)=n2+225[2024·广东茂名三模]已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn+12-Sn(1)求Sn;(2)在数列{an}的相邻两项ak,ak+1之间依次插入a1,a2,…,ak,得到数列{bn}:a1,a1,a2,a1,a2,a3,a1,a2,a3,a4,…,求{bn}的前20项和T20.解:(1)因为Sn+12-Sn所以当n≥2时,Sn2=(Sn2-Sn-12)+…+(S32-S22)+(S22-S12)+S=8[1+2+3+…+(n-1)]+1=8×n(n-1)2+1因为an>0,所以Sn>0,故Sn=2n-1.当n=1时,S1=a1=1,符合上式,所以Sn=2n-1,n∈N*.(2)因为Sn=2n-1,n∈N*,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n-1)-[2(n-1)-1]=2,所以an=1所以数列{bn}的前20项分别为1,1,2,1,2,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,1,2,2,2,2,所以{bn}的前20项由6个1与14个2组成,所以T20=6×1+14×2=34.6[2024·山东淄博三模]已知数列{an}中,a1=1,点P(an,an+1),n∈N*在直线x-y+1=0上.(1)求数列{an}的通项公式.(2)设bn=1an,Sn为数列{bn}的前n项和,试问:是否存在关于n的整式g(n),使得S1+S2+…+Sn-1=(Sn-1)·g(n)(n≥2,n∈N*)恒成立?若存在,求出g(n)的表达式;若不存在,解:(1)因为点P(an,an+1),n∈N*在直线x-y+1=0上,所以an-an+1+1=0,即an+1-an=1,又a1=1,所以数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以an=1+(n-1)×1=n.(2)由(1)可知,bn=1an=1n,所以Sn=1+12+13所以Sn-Sn-1=1+12+13+…+1n-1+12+13+…所以nSn-(n-1)Sn-1=Sn-1+1(n≥2),所以(n-1)Sn-1-(n-2)Sn-2=Sn-2+1,(n-2)Sn-2-(n-3)Sn-3=Sn-3+1,…,2S2-S1=S1+1,所以nSn-S1=S1+S2+S3+…+Sn-1+n-1(n≥2),所以S1+S2+S3+…+Sn-1=nSn-n=n(Sn-1)(n≥2).根据题意,S1+S2+…+Sn-1=(Sn-1)·g(n)(n≥2,n∈N*)恒成立,所以g(n)=n,所以存在关于n的整式g(n)=n,使得S1+S2+…+Sn-1=(Sn-1)·g(n)(n≥2,n∈N*)恒成立7[2024·广东汕头一模]已知各项均为正数的数列{an}的前n项的乘积为Tn,且a1=3,Tn2=a(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=an-1an+1,数列{bn}的前n项和为Sn,求[S2024]([x解:(1)由Tn2=ann+1,所以Tn+12Tn2=an+12=an+1n+2ann+1,即an+1n=ann+1,所以所以lgan又lga11=lg3,所以lgann=lga11=lg3,所以lgan=nlg3=lg3n(2)由(1)可得bn=an-1an+1=则Sn=1-231+1+1-23因为131+1+132+1+…+13n+1<131+1所以Sn=n-2131+1+132所以2022<S2024<2024,故[S2024]=2022.8(多选题)[2024·辽宁沈阳质检]已知等比数列{an}的首项a1>1,公比为q,前n项和为Sn,前n项积为Tn,函数f(x)=x(x+a1)(x+a2)…(x+a7),若f'(0)=1,则下列结论正确的是 (BCD)A.{lgan}为递增的等差数列B.0<q<1C.SnD.使得Tn>1成立的n的最大值为6[解析]函数f(x)=x(x+a1)(x+a2)…(x+a7),则f'(x)=(x+a1)(x+a2)…(x+a7)+x[(x+a1)(x+a2)…(x+a7)]',因为f'(0)=1,所以a1a2…a7=1,由等比数列的性质可得a1a7=a2a6=a3a5=a42,所以a1a2…a7=a47=1,所以a4=1,由a1>1,可得0<q<1,故B正确;因为等比数列{an}的首项a1>1,公比为q,且0<q<1,所以an+1an=q,则lgan+1-lgan=lgan+1an=lgq<0,故{lgan}为递减的等差数列,故A错误;设bn=Sn-a11-q=a1(1-qn)1-q-a11-q=a1q-1qn,则当n≥2时,bnbn-1=a1q-1qna1q-1qn-1=q为常数,因为a1所以使得Tn>1成立的n的最大值为6,故D正确.故选BCD.9[2024·福建福州一中模拟]如图,在平面直角坐标系xOy中,螺线与坐标轴依次交于点A1(-1,0),A2(0,-2),A3(3,0),A4(0,4),A5(-5,0),…,若△AnAn+1An+2的面积为81,则n的值为 (C)A.6 B.7C.8 D.9[解析]由题意,螺线与坐标轴依次交于点A1(-1,0),A2(0,-2),A3(3,0),A4(0,4),A5(-5,0),…,可得|OAn|=n,|OAn+1|=n+1,|OAn+2|=n+2,则S△AnAn+1An+2=S△OAnAn+1+S△OAn+1An+2=12|OAn|·|OAn+1|+12|OAn+1|·|OAn+2|=12n·(n+1)+12(n+1)(n+2)=(n+1)10[2024·黑龙江省实验中学一模]已知数列{an}的前n项和Sn=n2,数列{bn}满足bn=1an·an+1,n∈N*,Tn为数列{bn}的前n项和.若对任意的n∈N*,不等式λTn<n+9·(-1)n恒成立,则实数λ的取值范围为(-∞[解析]当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.又a1=1也符合上式,则an=2n-1,