第七单元 数列（二）（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第七单元　数列（二）
满分150分,限时120分钟
考点2 等比数列及其前n项和
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2025山东淄博诊断检测)已知等比数列{an}中,a2=4,a10=16,则a6=(　　)
A.8　　B.±8　　C.10　　D.±10
2.(2025重庆南开中学校第三次质量检测)已知等比数列{an}单调递增,其前n项和为Sn,a4a5=3,a3+a6=4,则=(　　)
A.1　　B.2　　C.3　　D.4
3.(2025河南部分名校期中)已知{an}是正项等比数列,若6a2,a4,a3成等差数列,则{an}的公比为(　　)
A.　　B.　　C.2　　D.3
4.(2025重庆期中)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S7=(　　)
A.-63　　B.-127　　C.-256　　D.-512
5.(2025山西三晋名校联考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且S6=3S3,则=(　　)
A.4　　B.6　　C.7　　D.9
6.螺旋线这个名词来源于希腊文,它的原意是“旋卷”或“缠卷”.如图所示的阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案,它的画法是这样的:正方形ABCD的边长为4,分别取正方形ABCD各边的四等分点E,F,G,H,作第2个正方形EFGH,然后分别取正方形EFGH各边的四等分点M,N,P,Q,作第3个正方形MNPQ,……,依此方法继续下去,就可以得到阴影部分的图案.设正方形ABCD的边长为a1,后续各正方形的边长依次为a2,a3,…,an,…,直角三角形AEH的面积为b1,后续各直角三角形的面积依次为b2,b3,…,bn,…,则下列说法错误的是(　　)
A.从正方形ABCD开始,连续3个正方形的面积之和为
B.an=4×
C.使得bn>成立的正整数n的最大值为4
D.设数列{bn}的前n项和为Sn,则Sn<4
7.(2025福建莆田第十六中学阶段检测)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n,将数列{an}与数列{2n-1}的公共项从小到大排列得到数列{bn},Tn为数列{an·bn}的前n项和,则满足Tn<2 023的正整数n的最大值为(　　)
A.5　　B.6　　
C.7　　D.8
8.(2024上海曹杨第二中学期中)已知{an}是等比数列,公比为q,若存在无穷多个不同的n(n∈N*,n≥1)满足an+2≤an≤an+1,则下列选项中不可能成立的是(　　)
A.q>0　　B.q<0　　
C.|q|<1　　D.|q|>1
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.(2025山东聊城期中)数列{an}中,记Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{an}的前n项积,若a1=16,2an+1-an=0(n∈N*),则(　　)
A.an=　　
B.Sn=32-
C.数列{log2an}是递增数列　　
D.当Tn取最大值时,n=4或n=5
10.(2025湖南名校联合体第一次联考)已知首项为1的正项数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1-4+3Sn=0,设数列{Sn-an}的前n项和为Tn,则(　　)
A.{Sn}为等比数列　　B.an=9n-1
C.8Tn+1=9n-1　　D.an=8Sn-1(n≥2)
11.(2025河北邢台质检联盟期中)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=则下列说法正确的是(　　)
A.{a2n-1}是等比数列
B.S100=2×350-2
C.{an}中存在不相等的三项构成等差数列
D.若 n∈N*,<λ<,则λ的取值范围为
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2024广东珠海实验中学适应性考试)在正项等比数列{an}中,+2a6a8+a8a10=100,则a5+a9=　　　　.
13.(2025江苏泰州靖江期中调研)已知Sn是数列{an}的前n项和,Sn是3an和-2的等差中项,则Sn=　　　　.
14.(2025重庆第一中学校月考)在分形艺术中会有下面的操作:将一长度为1的线段均分为三段,去掉中间一段,记为第1次操作;将剩下的线段分别又均分为三段,并各自去掉中间一段,记为第2次操作;……,每次操作都在上一次操作的基础上,将剩下的线段分别均分为三段,同样各自去掉中间的一段,操作过程不断进行下去.设第n次操作去掉的线段总长为Dn,若kn=n2Dn,则数列{kn}中取值最大的项为第　　　　项.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2025湖北武汉武钢三中等重点学校第一次联考)已知数列{an}为等比数列,数列{bn}满足bn=2n+(-1)n(n∈N*),且an=bn+1-λbn(λ∈R,λ>0).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{cn}满足cn=n2an,记数列{cn}的前n项和为Tn,求T9.
16.(15分)(2024安徽皖中名校联盟联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S7=49,2a4=a3+9,数列{bn}满足b1=4,bn+1=3bn-an.
(1)证明:数列{bn-n}是等比数列,并求{an},{bn}的通项公式;
(2)已知数列{cn}满足cn=求数列{cn}的前2n项和T2n.
17.(15分)(2025广东东莞第四高级中学月考)设Sn为数列{an}的前n项和,满足Sn=1-an(n∈N*).
(1)求证:数列{an}是等比数列,并求通项公式;
(2)记Tn=++…+,求Tn.
18.(17分)(2024广东东莞中学、广州二中、惠州一中等六校期中联考)已知数列{an}是公比大于0的等比数列,a1=4,a3=64.数列{bn}满足:bn=a2n+(n∈N*).
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)证明:{-b2n}是等比数列;
(3)证明:<2(k∈N*).
19.(17分)(2025辽宁六校联合教学质量检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}是等比数列,a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)对任意的正整数n,设cn=记数列{cn}的前n项和为Tn,求T2n;
(3)设dn=,若对任意的n∈N*,都有di≥成立,求实数λ的取值范围.
答案全解全析
1.A　由等比数列的性质可得=a2a10=64,所以a6=±8.
又a6=a2q4>0,所以
2.D　由等比数列的性质可得a3a6=a4a5=3,
又a3+a6=4,{an}是递增数列,所以a3=1,a6=3.
设等比数列{an}的公比为q,则q3=3,
所以==1+q3=4.
3.C　设等比数列{an}的公比为q,则q>0,
因为6a2,a4,a3为等差数列,
所以2a4=6a2+a3,即2a1q3=6a1q+a1q2,
所以2q2=6+q,
即(2q+3)(q-2)=0,
解得q=2或q=-(舍去).
4.B　当n=1时,a1=S1=2a1+1,
解得a1=-1.
当n≥2时,Sn=2an+1=2(Sn-Sn-1)+1,
即Sn=2Sn-1-1,
则Sn-1=2(Sn-1-1),
又S1-1=a1-1=-2≠0,
所以{Sn-1}是以-2为首项,2为公比的等比数列,
则Sn-1=(-2)×2n-1=-2n,所以Sn=1-2n,则S7=1-27=-127.
5.C　解法一　设等比数列{an}的公比为q,由S6=3S3,得a4+a5+a6=S6-S3=2S3,
即a1q3+a1q4+a1q5=2(a1+a1q+a1q2),又a1≠0,1+q+q2≠0,所以q3=2,
因此S9=S6+a7+a8+a9=3S3+a1q6+a1q7+a1q8=3S3+q6S3=7S3,所以=7.
解法二　由题意可得等比数列{an}的公比不是-1,
则由等比数列的性质可得S3,S6-S3,S9-S6是等比数列,则(S6-S3)2=S3(S9-S6),
则S9=7S3,所以=7.
解题技法
已知{an}为等比数列,公比为q,前n项和为Sn.
(1)当q≠-1或q=-1且k为奇数时,Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…是等比数列,其公比为qk.
(2)若Tn=a1·a2·…·an,则Tn,,,…成等比数列.
(3)已知S偶与S奇分别为偶数项的和与奇数项的和,若{an}的项数为2n,则=q;若{an}的项数为2n+1,则=q.
6.C　由题意得a1=4,a2==a1,a3==a2,……,an==an-1,易知{an}的各项均不为0,∴=(n≥2),
故数列{an}是以4为首项,为公比的等比数列,则an=4×,故B中说法正确.
从正方形ABCD开始,连续三个正方形的面积之和为++=42+()2+=,故A中说法正确.
由题意可得S△AEH=,即b1=,同理可得,b2=,……,bn=,
于是bn==×,
令bn=×>,则>,而=<,故C中说法错误.
易得Sn=×=4<4,故D中说法正确.
7.B　因为数列{an}的前n项和Sn=n2+n,
所以当n=1时,a1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n,
又a1=2满足上式,所以an=2n,
所以数列{an}的各项为2,4,6,8,10,…,
又数列{2n-1}的各项为1,2,4,8,16,…,数列{an}与数列{2n-1}的公共项从小到大排列得到数列{bn},所以bn=2n,
所以an·bn=n·2n+1,
所以Tn=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1,①
2Tn=1×23+2×24+…+(n-1)·2n+1+n·2n+2,②
①-②得-Tn=22+23+24+…+2n+1-n·2n+2=-n·2n+2=2n+2-4-n·2n+2=(1-n)·2n+2-4,
则Tn=(n-1)·2n+2+4,
Tn-Tn-1=(n-1)·2n+2+4-(n-2)·2n+1-4=n·2n+1>0,n≥2,
所以{Tn}单调递增,
令Tn=(n-1)·2n+2+4<2 023,
当n=7时,T7=6×29+4=3 076>2 023,
当n=6时,T6=5×28+4=1 284<2 023,
所以Tn<2 023的正整数n的最大值为6.
8.C　当q>0时,
①若q=1,则{an}为非零常数列,故an+2=an=an+1,q=1符合题意,A可能成立.
②若q≠1,则{an}为单调数列,故an+2≤an≤an+1不成立,即q>0且q≠1不合题意.
当q<0时,anan+1=q2n-1<0,
①当q=-1时,若a1>0,n为偶数,则an+2=an<0若a1<0,n为奇数,则an+2=an<0故q=-1符合题意,B可能成立.
②当q<-1时,若a1>0,n为偶数,则an+2<0,an<0,an+1>0,且an+2-an=an(q2-1)<0,即an+2若a1<0,n为奇数,则an+2<0,an<0,an+1>0,且an+2-an=an·(q2-1)<0,即an+2③当-10,可得则an=0,这与题意相矛盾,故-1综上,-19.ABD　由2an+1-an=0,得=,故{an}是首项为16,公比为的等比数列,
所以an=16×=,A正确;
Sn==32-,B正确;
log2an=log2=5-n,故数列{log2an}是递减数列,C错误;
因为{an}是首项为16,公比为的等比数列,且是递减数列,a5=1,所以当Tn取最大值时,n=4或n=5,D正确.
10.ACD　因为Sn+1-4+3Sn=0,
所以(-)(-3)=0,
则=或=3,
若=,则Sn+1=Sn,则an+1=0,这与an>0矛盾,所以=3,则Sn+1=9Sn,又S1=a1=1,所以数列{Sn}是首项为1,公比为9的等比数列,即Sn=9n-1,故A正确;
由Sn+1=9Sn,可得Sn=9Sn-1(n≥2),两式相减得an+1=9an,当n=1时,S2=9S1,即a1+a2=9a1,得a2=8,
又=8≠9,所以an=故B错误;
当n=1时,S1-a1=0,
当n≥2时,Tn=(S1-a1)+(S2-a2)+…+(Sn-an)=(S1+S2+…+Sn)-(a1+a2+…+an)=S1+S2+…+Sn-1==,
当n=1时,T1=0符合上式,故Tn=,即8Tn+1=9n-1,故C正确;
易得n≥2时,an=8Sn-1,故D正确.
11.ABD　对于A,根据题意易知a2n+1=a2n=3a2n-1 =3(n∈N*),又a1=1,所以{a2n-1}是等比数列,且首项为1,公比为3,故a2n-1=3n-1,故A正确;
对于B,同理可得a2n+2=3a2n+1=3a2n,又a2=3a1=3,
所以{a2n}是等比数列,且首项为3,公比为3,故a2n=3n,
则S100=a1+a3+…+a99+a2+a4+…+a100
=+==2×350-2,故B正确;
对于C,假设{an}中存在不相等的三项构成等差数列,且这三项分别为3m,3n,3k(1≤m因为k>n,所以3k-n≥3,则2=3k-n+3m-n不成立,所以假设不成立,故C错误;
对于D,若n为奇数,则==+,
==2+=2+,
由A可知,{an}是递增数列,所以2+>2,+≤+=,则λ∈,
若n为偶数,则==+,==6+=6+,
由A可知,{an}是递增数列,所以6+>6,+≤+=,则λ∈,
因为 n∈N*,<λ<,所以λ∈,故D正确.
12.10
解法一　设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则由+2a6a8+a8a10=100,得q8+2q12+q16=q8·(1+2q4+q8)=q8(1+q4)2=100,
因为{an}为正项等比数列,所以a1q4(1+q4)=10,所以a5+a9=a1q4+a1q8=a1q4(1+q4)=10.
解法二　=(a5+a9)2=100,因为{an}为正项等比数列,所以a5+a9=10.
13.3n-1
解析　因为Sn是3an和-2的等差中项,所以2Sn=3an-2,
当n=1时,2a1=3a1-2,得a1=2.
当n≥2时,由2Sn=3an-2,得2Sn-1=3an-1-2,
两式相减并化简得2an=3an-3an-1,得an=3an-1,
所以{an}是首项为a1=2,公比为3的等比数列,
所以an=2×3n-1,又a1=2也符合此式,所以an=2×3n-1,
所以2Sn=3an-2=2×3n-2,即Sn=3n-1.
14.5
解析　由题意可得D1=,Dn+1=2×Dn=Dn(关键点),
所以数列{Dn}是首项为,公比为的等比数列,
则Dn=×=,所以kn=n2Dn=,
则kn+1-kn=-=(-n2+4n+2),
令-n2+4n+2>0,得2-所以当1≤n≤4时,kn+1-kn>0;
当n≥5时,kn+1-kn<0,
所以k1k6>…,
故数列{kn}中取值最大的项为第5项.
15.解析　(1)因为bn=2n+(-1)n(n∈N*),
所以b1=1,b2=5,b3=7,b4=17,(2分)
又an=bn+1-λbn,
所以a1=b2-λb1=5-λ,a2=b3-λb2=7-5λ,a3=b4-λb3=17-7λ,(4分)
因为{an}为等比数列,所以=a1a3,
即(7-5λ)2=(5-λ)(17-7λ),化简得(λ-2)(λ+1)=0.(6分)
因为λ>0,所以λ=2.(7分)
因此an=bn+1-2bn=2n+1+(-1)n+1-2[2n+(-1)n]=-3×(-1)n,即an=-3(-1)n.(9分)
(2)由(1)知,cn=-3n2(-1)n.(11分)
则T9=c1+c2+…+c9=-3×(-12+22-32+42-…+82-92)=135.(13分)
16.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为S7=49,所以=7a4=49,所以a4=7,(2分)
因为2a4=a3+9,即14=a3+9,所以a3=5,所以d=a4-a3=2,a1=a3-2d=1,
所以an=1+(n-1)×2,即an=2n-1.(4分)
所以bn+1=3bn-an=3bn-(2n-1),
所以bn+1-(n+1)=3(bn-n)(突破口),(6分)
又因为b1=4,所以b1-1=3≠0,故数列{bn-n}是首项为3,公比为3的等比数列,所以bn-n=(b1-1)·3n-1=3n,所以bn=3n+n.(8分)
(2)由(1)知an=2n-1,bn=3n+n,
可得cn=(10分)
所以T2n=c1+c2+c3+…+c2n-1+c2n=(31+33+35+…+32n-1)+[(2×2-1)+(2×4-1)+…+(2×2n-1)](12分)
=+=+2n2+n-.(15分)
解题技法　　等比数列的4种常用判定方法
定义法 若=q(q为非零常数,n∈N*)或=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{an}是等比数列
等比中 项法 若数列{an}中,an≠0且=an·an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列
通项公 式法 若数列的通项公式可写成an=c·qn-1(c,q均是不为0的常数,n∈N*),则{an}是等比数列
前n项和 公式法 若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列
　　【注意】(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法,常用于证明;后两种方法常用于选择题、填空题中的判定.
(2)若要判定一个数列不是等比数列,则只需判定存在连续三项不成等比即可.
17.解析　(1)因为Sn=1-an,①
所以当n=1时,S1=1-a1=a1,解得a1=,(2分)
当n≥2时,Sn-1=1-an-1,②
由①②得an=an-1-an,
即2an=an-1,所以=,(5分)
所以数列{an}是等比数列,首项为a1=,公比为,
所以{an}的通项公式为an=×=.(7分)
(2)由(1)知an=,可得Sn==1-,(9分)
所以==1-2×+=1-+,(11分)
则Tn=++…+
=1-++1-++…+1-+
=n-++…++++…+(13分)
=n-+
=n-21-+
=+-.(15分)
18.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),
则a3=a1·q2=4q2=64,所以q=4,
所以an=4×4n-1=4n,(2分)
所以bn=a2n+=42n+.(4分)
(2)证明:-b2n=-=2×4n,
所以-b2n≠0,且==4,(6分)
又-b2=2×4=8,所以数列{-b2n}是首项为8,公比为4的等比数列.(8分)
(3)证明:由题意知,==<(关键点),(10分)
所以<==·,
所以<,(12分)
设Tn==+++…+,
则Tn=+++…+,
两式相减得Tn=1+++…+-=-=2-,所以Tn=4-,(15分)
所以<=·<2.(17分)
19.解析　(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q.
∵∴解得d=q=2,(2分)
∴an=3+2(n-1)=2n+1,bn=2n-1.(4分)
(2)由(1)知Sn==n(n+2),
所以cn=(6分)
所以T2n=c1+c3+c5+…+c2n-1+c2+c4+c6+…+c2n,
令M=c1+c3+c5+…+c2n-1,
则M=+++…+,
则M=+++…++,
两式相减可得M=1+6-=1+6×-=1+2-=3-,
所以M=4-,(8分)
又c2+c4+c6+…+c2n=+++…+
=-+-+-+…+-
=-=,
所以.(10分)
(3)dn===4,
所以di=4-+-+…+-+-=4+--=4
=-,(12分)
由di≥恒成立可得(n+1)(n+2)-≥λ恒成立,
即求(n+1)(n+2)-在n∈N*上的最小值,
显然(n+1)(n+2)(n∈N*)随n的增大而增大,故当n=1时取最小值,为15,
令f(n)=,
则 =·=,
显然当n∈N*时,<1,即f(n+1)所以(n+1)(n+2)-的最小值为11,所以λ≤11,
所以实数λ的取值范围是(-∞,11].(17分)