第七单元 数列（一）（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（一）
满分116分,限时90分钟
考点1 等差数列及其前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山东青岛期中)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1+a3+a5=6,则S5=(　　)
A.8　　B.10　　C.12　　D.15
2.(2024河南周口四校联考)设Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S3=4,S6=10,则a16+a17+a18=(　　)
A.12　　B.14　　C.16　　D.18
3.(2025山东名校考试联盟期中)已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=2anan+1,则数列{anan+1}的前8项和为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.(2025辽宁点石联考阶段检测)已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且=,则=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
5.(2024安徽县中联盟联考)在数列{an}中,a1=10,a2=8,且an+1+an-1=2an(n≥2,n∈N*),则数列{|an|}的前15项和为(　　)
A.84　　B.102　　
C.120　　D.138
6.(2025江西赣州十八县(市、区)期中联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a5=26,S5=45,则下列说法错误的是(　　)
A.nan的最小值为1　　B.数列为递减数列
C.数列为递增数列　　D.nSn的最小值为1
7.(2025江苏苏州外国语学校月考)数列{an}满足an+1+an=11-n+(-1)n,且0A.11　　B.12　　C.11或13　　D.12或13
8.(2025浙江新阵地教育联盟联考)北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛,想求这些酒坛的总数,经过反复尝试,终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图,由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积,第一层有ab(a=b+1)个小球,第二层有(a+1)(b+1)个小球,第三层有(a+2)(b+2)个小球……依此类推,最底层有cd个小球,共有n层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积,共7层,小球总个数为168,则该垛积的第一层的小球个数为(　　)
A.1　　B.2　　
C.3　　D.4
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河北邯郸月考)已知数列{an}满足a1=1,a2=1,an+1+an=2n,n∈N*,则下列选项正确的是(　　)
A.a1+a2,a3+a4,a5+a6,…是公差为2的等差数列
B.a2-a1,a4-a3,a6-a5,…是常数列
C.a2n=4n-3
D.若数列{bn}满足bn=(-1)n·an,则数列{bn}的前101项和为-101
10.(2025安徽六安第一中学月考)已知等差数列{an}的首项为a1,前n项和为Sn,若S10A.当n=9时,Sn最大
B.使得Sn<0成立的最小正整数n=18
C.|a8+a9|>|a10+a11|
D.数列中的最小项为
11.(2024湖南长沙市一中月考)已知数列{an}满足a1=1,a2=2,a3=3,且对任意的正整数m,n,都有a2m+a2n=2am+n+|m-n|,则下列说法正确的是(　　)
A.a4=5
B.数列{a2n+2-a2n}是等差数列
C.a2n=3n-1
D.当n为奇数时,an=
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2024江苏苏州期初调研)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,且a3+a7=-8,S5=10,则S10=　　　　.
13.(2025浙江湖州、衢州、丽水教学质量检测)已知f(x)=(x-2)3+2(x-2)+2,在数列{an}中,首项a1=,an=a1+++…+,n∈N*,则f(ai)=　　　　.
14.(2025河北保定一模)已知递增数列{an}共有m项(m∈N*,m为定值)且各项均不为零,末项am=1.若从数列{an}中任取两项ai和aj,当i四、解答题(本题共3小题,共43分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2025江西鹰潭余江一中期中)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且2a3+a4=20,S10=110.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=|9-an|,求数列{bn}的前n项和Tn.
16.(15分)(2025山东淄博实验中学月考)已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=+n2+1,n∈N*.
(1)求a1+a2,并证明{an+an+1}是等差数列;
(2)求S2n.
17.(15分)(2025江苏盐城射阳中学月考)已知数列{an}满足an=2an-1+2n-1(n≥2),且a4=81.
(1)求a1,a2,a3;
(2)是否存在一个实数λ,使得数列为等差数列 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由;
(3)已知数列{bn}满足bn=log2,n∈N*,其前n项和为Sn,求S62.
答案全解全析
1.B　因为a1+a3+a5=6,所以3a3=6,所以a3=2,
所以S5===5a3=10.
2.B　解法一　由等差数列的性质可知,S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9,S15-S12,S18-S15成等差数列,又S3=4,S6-S3=6,故此数列的首项为4,公差为2,
所以a16+a17+a18=S18-S15=4+5×2=14.
解法二　设等差数列{an}的公差为d,
则解得
所以a16+a17+a18=3a1+48d=14.
解题技法
公差为d的等差数列中依次k(k∈N*)项之和Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…组成公差为k2d的等差数列(分段和成等差).
3.A　an-an+1=2anan+1两边同时除以anan+1,得-=2,
所以数列是以=1为首项,2为公差的等差数列,
所以=1+(n-1)×2=2n-1,则an=,
所以anan+1==.
所以数列{anan+1}的前8项和为×++…+=×=.
解题技法
常见的裂项形式
=;
=;
=;
=(-);
loga=loga(n+1)-logan(a>0,且a≠1);
=-.
4.A　因为=,所以=,
所以
5.C　因为an+1+an-1=2an(n≥2,n∈N*),所以,又a1=10,a2=8,所以等差数列{an}的公差d=a2-a1=-2,所以an=a1+(n-1)d=12-2n,
所以和Sn==11n-n2,所以数列{|an|}的前15项和为|a1|+|a2|+|a3|+…+|a15|=(a1+a2+…+a6)+(-a7-a8-…-a15)=S6+[-(S15-S6)]=-S15+2S6(易错点)=120.
6.B　设等差数列{an}的公差为d,因为S5==5a3=45,所以a3=9.
因为a3+a5=2a4=26,所以a4=13,所以d=4,a1=1,所以an=4n-3,Sn=n(2n-1).
对于A,nan=n(4n-3)=-,所以当n=1时,nan有最小值,为1,故A正确;
对于B,=-+,因为=1,=,所以数列不是递减数列,故B错误;
对于C,=2n-1,所以数列为递增数列,故C正确;
对于D,nSn=n2(2n-1)=2n3-n2,令f(x)=2x3-x2(x>0),则f'(x)=6x2-2x(x>0),令f'(x)<0,得00,得x>,所以f(x)在区间上单调递增,所以当n=1时,nSn取得最小值,为1,故D正确.
7.C　当n为奇数时,an+1+an=11-n-1=10-n,an+2+an+1=11-(n+1)+1=11-n.
两式相减得an+2-an=1,故奇数项是公差为1的等差数列.
同理可得当n为偶数时,an+2-an=-3,故偶数项是公差为-3的等差数列.
因为0又a2+a1=11-1+(-1)1=9,所以2综上可知,奇数项均为正数,偶数项随着n的增大由正变负.故当Sn取最大值时,n为奇数.
故n为奇数且即解得11≤n≤13.故n=11或n=13.
解题技法
求等差数列{an}的前n项和Sn的最值的方法
二次函 数法 利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解
邻项变 号法 ①当a1>0,d<0时,满足的项数m使得Sn取得最大值Sm; ②当a1<0,d>0时,满足的项数m使得Sn取得最小值Sm
不等式 组法 借助Sn最大时,有(n≥2,n∈N*),解此不等式组确定n的范围,进而确定n的值和对应Sn的值(即Sn的最值)
8.B　设第n层小球的个数为an,
由题意得a1=ab,a2=(a+1)(b+1),a3=(a+2)(b+2),……,an=(a+n-1)(b+n-1),
因为a=b+1,所以a1=b(b+1)=b2+b,a2=(b+1)(b+2)=b2+3b+1×2,a3=(b+2)(b+3)=b2+5b+2×3,……,a7=(b+6)·(b+7)=b2+13b+6×7,
则S7=7b2+49b+(1×2+2×3+…+6×7)=7b2+49b+112,
因为这7层小球的总个数为168,所以7b2+49b+112=168,即b2+7b-8=0,解得b=1或b=-8(舍去),
所以a=b+1=2,可得ab=2,即该垛积的第一层的小球个数为2.
9.BD　由an+1+an=2n,得an+2+an+1=2(n+1),两式相减得an+2-an=2①,
当n≥2时,an+1-an-1=2②,①+②得an+2+an+1-an-an-1=4,
则a1+a2,a3+a4,a5+a6,…是公差为4的等差数列,故A错误;
①-②得(an+2-an+1)-(an-an-1)=0,
则a2-a1,a4-a3,a6-a5,…为常数列,故B正确;
因为a2=1,an+2-an=2,所以数列{a2n}是首项为1,公差为2的等差数列,即a2n=1+(n-1)·2=2n-1,故C错误;
由B可知,数列a2-a1,a4-a3,a6-a5,…是常数列,且a2-a1=0,故a2n-a2n-1=0,则a2n-1=2n-1,
所以数列{bn}的前101项和为-a1+a2-a3+a4-…-a99+a100-a101=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a100-a99)-a101=50×0-101=-101,故D正确.
10.ABD　设等差数列{an}的公差为d,因为S100,S10-S9=a10<0,所以a1>0,d<0,故当n=9时,Sn最大,故A正确;
由上述分析可得a1>a2>a3>…>a9>0>a10>a11>…,
由S10故a10+a11+a8+a9<0,所以a8+a9<-a10-a11,即|a8+a9|<|a10+a11|,故C错误;
易得S17==17a9>0,S18==9(a9+a10)<0,
所以当n≤17时,Sn>0,当n≥18时,Sn<0,所以使得Sn<0成立的最小正整数n=18,故B正确;
当n≤9或n≥18时,>0,当9又0>a10>a11>…>a17,S10>S11>S12>…>S17>0,所以中的最小项为,故D正确.
11.ABD　令m=1,n=2,得a2+a4=2a3+1,解得a4=5,故A正确.
令m=n+2,得a2n+4+a2n=2a2n+2+2,
又a4-a2=3,所以数列{a2n+2-a2n}是以3为首项,2为公差的等差数列,故B正确.
由B可知a2n+2-a2n=3+2(n-1)=2n+1,
所以a2n-a2=(a2n-a2n-2)+(a2n-2-a2n-4)+…+(a4-a2)=,所以a2n=n2+1,故C错误.
令m=n+1,得a2n+2+a2n=2a2n+1+1,所以a2n+1==n2+n+1,
令k=2n+1,则k为奇数,则ak=++1=,又a1=1适合上式,所以当n为奇数时,an=,故D正确.
12.-55
解析　设数列{an}的公差为d,
由已知得∴
∴S10=10×8+×(-3)=-55.
13.158
解析　因为an=a1+++…+,
所以an+1=a1+++…++,
所以an+1=an+,整理得=,故是常数列,
又a1=,所以==,an=n.
因为f(x)=(x-2)3+2(x-2)+2,
所以f(4-x)=(4-x-2)3+2(4-x-2)+2=-(x-2)3-2(x-2)+2,所以f(x)+f(4-x)=4,
又an=n,所以an+a80-n=4,n∈{1,2,3,…,79},
所以2f(ai)=[f(a1)+f(a79)]+[f(a2)+f(a78)]+…+[f(a79)+f(a1)]=4×79,
所以f(ai)=2×79=158.
14.(m,n∈N*,n≤m)
解析　由题意得a1≠0,
若a1<0,则am-a1>am=1,且am-a1是递增数列{an}中的项,这与am=1是数列{an}中的最大项矛盾,故必有a1>0(关键点).
因为数列{an}是递增数列,所以有0从而有a2-a1所以a1=a2-a1 a2=2a1,
a2=a3-a1 a3=a1+a2=3a1,
a3=a4-a1 a4=a3+a1=4a1,
……
am-1=am-a1 am=am-1+a1=ma1,
由上可知a1=,
所以数列{an}是以a1=为首项,为公差的等差数列,
所以an=(m,n∈N*,n≤m).
15.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为2a3+a4=20,S10=110,
所以(3分)
解得
所以an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n.(6分)
(2)由(1)知bn=|9-an|=|9-2n|,
当1≤n≤4时,bn=|9-2n|=9-2n,所以b1=7;
当n≥5时,bn=|9-2n|=2n-9,b5=1,(9分)
所以当1≤n≤4时,Tn===-n2+8n,
当n≥5时,Tn=T4+b5+…+bn=16+=n2-8n+32.
综上,Tn=(13分)
16.解析　(1)当n=1时,S1=a1=+1+1,解得a1=4.
当n=2时,S2=a1+a2=+4+1,解得a2=2.
所以a1+a2=4+2=6.(3分)
由Sn=+n2+1,可得Sn-1=+(n-1)2+1(n≥2).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=+n2+1-.
即=-+2n-1,所以an+an-1=4n-2(n≥2).(6分)
令bn=an+an+1,则bn=4(n+1)-2=4n+2,
当n≥2时,bn-1=an-1+an=4n-2,
所以bn-bn-1=(4n+2)-(4n-2)=4(常数).
所以{an+an+1}是等差数列.(9分)
(2)S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n).
因为an+an+1=4n+2,所以a2n-1+a2n=4×2n-2=8n-2,(12分)
则S2n=6+14+22+…+(8n-2)=n×6+×8=6n+4n·(n-1)=4n2+2n.(15分)
解题技法　　等差数列判定与证明的方法
方法 解读
定义法 对于数列{an},an-an-1(n≥2,n∈N*)为同一常数 {an}是等差数列
等差中 项法 对于数列{an},2an-1=an+an-2(n≥3,n∈N*)成立 {an}是等差数列
通项公 式法 an=pn+q(p,q为常数)对任意的正整数n都成立 {an}是等差数列
前n项和 公式法 Sn=An2+Bn(A,B为常数)对任意的正整数n都成立 {an}是等差数列
17.解析　(1)由an=2an-1+2n-1(n≥2),得a4=2a3+24-1=81,所以a3=33,
同理可得a2=13,a1=5.(4分)
(2)假设存在实数λ符合题意,
则-===1-,若数列是等差数列,则1-必是与n无关的常数,(7分)
所以=0,所以λ=-1.
故存在实数λ=-1,使得数列为等差数列.(9分)
(3)由(2)知数列是公差为1的等差数列,(10分)
所以=+(n-1)×1=n+1,所以an=(n+1)·2n+1,(12分)
故bn=log2=n+log2,
所以S62=+log2×××…××
=31×63+log2=1 953-5=1 948.(15分)