2026年高考数学一轮复习 数列（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
高考数学一轮复习 数列
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．20 B．21 C．22 D．23
2．（2025春 浙江期中）设数列{an}的前n项和为Sn，，则（　　）
A．5a8＞4a9 B．5a8＜4a9 C．5S8＞4a9 D．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． B． C． D．
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≥2log2an+3对任意正整数n恒成立，则实数λ的最小值为（　　）
A．4 B． C．3 D．
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{log2an}的前10项和为（　　）
A．55 B．45 C． D．
6．（2025春 郫都区校级期中）已知数列{an}的通项公式为，若对于任意正整数n，都有an≤am成立，则m的值为（　　）
A．15 B．16 C．17 D．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．62 B．63 C．64 D．65
8．（2025 安徽模拟）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且an＞0，4Sn2an+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（　　）
A． B． C． D．
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．
C．数列是递增数列
D．数列的前n项和为
（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，且为等差数列，{}为等比数列，a1＝1，则（　　）
A．
B．不存在正整数m，对于任意的正整数r≠m，均有ar＜am
C．
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，则下列说法中正确的是（　　）
A．数列{an}的通项公式
B．数列{bn}的通项公式
C．
D．
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，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（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，．
（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，，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，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
参考答案与试题解析
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．20 B．21 C．22 D．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．
【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．
【解答】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，，则（　　）
A．5a8＞4a9 B．5a8＜4a9 C．5S8＞4a9 D．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．
【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．
【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn，，
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，
即数列{}是首项为1，公差为的等差数列，
即有1（n﹣1），
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． B． C． D．
【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．
【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．
【解答】解：由an+2Tn＝1，
可得a1+2T1＝3a1＝1，解得a1，
当n≥2时，2Tn＝1，
即有2，
可得数列{}是首项为3，公差为2的等差数列，
则3+2（n﹣1）＝2n+1，
即Tn，
则T2025．
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≥2log2an+3对任意正整数n恒成立，则实数λ的最小值为（　　）
A．4 B． C．3 D．
【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．
【答案】D
【分析】利用Sn，an关系及等比数列定义得，将问题化为恒成立，研究右侧的单调性并求其最大值，即可得答案．
【解答】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，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，
若λan≥2log2an+3对任意正整数n恒成立，
即恒成立，令cn，则λ≥（cn）max，
而，所以cn+1＜cn，即数列{cn}单调递减，
故，
所以，所以λ的最小值为．
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{log2an}的前10项和为（　　）
A．55 B．45 C． D．
【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．
【答案】C
【分析】根据题意，由抽象函数的性质分析可得f（1）和f（n+1）＝f（n）f（1）f（n），由此可得{an}是首项为，公比为的等比数列，即可得数列{log2an}的通项公式，结合等差数列前n项和计算可得答案．
【解答】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时，有f（t）＝f（）f（）＝[f（）]2，易得f（t）≥0，
令x＝y＝1可得：f（2）＝f（1） f（1）＝2，则f（1）＝±，
又由f（t）≥0，则f（1），
令x＝n，y＝1，则有f（n+1）＝f（n）f（1）f（n），
又由an＝f（n），则an+1an，
数列{an}是首项为，公比为的等比数列，故ann，
则log2an，
故数列{log2an}的前10项和S．
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，若对于任意正整数n，都有an≤am成立，则m的值为（　　）
A．15 B．16 C．17 D．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．
【答案】C
【分析】根据题意，比较与1的大小关系，分析数列{an}的单调性，即可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}的通项公式为，
则an+1＝（n+1）2（）n，
则有，
分析可得：当1≤n≤16时，有1，则有an+1＞an，
当n≥17时，有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．62 B．63 C．64 D．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．
【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akk（k+1），k∈Z，计算k＝63，64，可得结论．
【解答】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akk（k+1），k∈Z，
当k＝63时，a6363×64＝2016，
当k＝64时，a6464×65＝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＞0，4Sn2an+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（　　）
A． B． C． D．
【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．
【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．
【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，且an＞0，设公差为d，d＞0，
由4Sn2an+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），
，
则1...1．
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．
C．数列是递增数列
D．数列的前n项和为
【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．
【答案】BCD
【分析】推得an＝1+5+52+53+...+5n﹣1，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．
【解答】解：由题意可得a1＝1，a2＝1+5＝6，a3＝1+5+52＝31，…，an＝1+5+52+53+...+5n﹣1，
即有Sn，故A错误，B正确；
由4（），
可得数列{}的前n项和为4（...）＝1，故D正确；
由，考虑0，可得，
即有数列是递增数列，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．
【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，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，易判断C项，取λ＝3，可证明{an+3}成等比数列判断D项．
【解答】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，
于是an＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+...+（an﹣an﹣1）
，
上式对n＝1，n＝2时，均满足．
对于A，，故A正确；
对于B，，
因
，
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，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，，
故a16的个位数为b16＝b2＝3，故C错误；
对于D，当λ＝3时，，由，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，且为等差数列，{}为等比数列，a1＝1，则（　　）
A．
B．不存在正整数m，对于任意的正整数r≠m，均有ar＜am
C．
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．
【答案】ABD
【分析】分别写出数列和数列的前三项，求出或，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，利用裂项相消法可求出可判断C和D．
【解答】解：记Sn为数列{an}的前n项和，且为等差数列，{}为等比数列，a1＝1，
对于A，因为为等差数列，取前3项知成等差数列，即，
因为为等比数列，取前3项知成等比数列，即．
代入得，等价于，
也即（2a2﹣3）（4a2﹣3）＝0，所以或．
若，则，得，
检验得为等差数列，为等比数列；
若，那么，所以，
此时不为等比数列，所以不符合题意，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，，．
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，．
记，注意到．
所以an＝bn﹣bn+1，Sn＝（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+...+（bn﹣bn+1）＝b1﹣bn+1＝8，
故，故C错误；
对于D，由C知，对于任意的正整数n，均有，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，则下列说法中正确的是（　　）
A．数列{an}的通项公式
B．数列{bn}的通项公式
C．
D．
【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．
【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，，由裂项相消法代入计算，即可判断D．
【解答】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，
由，结合x＞0，得，
则，
再由Bn﹣1（bn﹣1，0），则An的横坐标为，纵坐标为，
且在曲线y2＝2x（y≥0）上，
故①，
又bn＝bn﹣1+an，结合①可得，
即②，
当n≥2时，，
再将bn﹣1＝bn﹣an代入上式可得③，
由②﹣③整理后得，
由an＞0，得，
所以数列{an}是以为首项，为公差的等差数列，
则，故A正确；
对于B，因，
则bn＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1﹣bn﹣2）+ +（b1﹣b0）+b0
，故B错误；
对于C，因为△Bn﹣1AnBn是正三角形，面积，
则S1+S2+S3+ +S13
，将n＝13代入得面积和为，故C正确；
对于D，因为，当n＝1时，，
当n≥2时，，
则[（1）+（）+ +（）+（）]
，
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 　　 ；若，则数列{bn}的前n项和Tn＝ 　　 ．
【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．
【答案】；．
【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，变形为，即可得到是等差数列，可求得，从而求得；，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．
【解答】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，
两边同时除以2n+1，可得，
又，所以是以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，所以．
由题意可得bn，
则{bn}的奇数项为以为首项，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）
；
当n为奇数，且n≥3时，n﹣1为偶数，
Tn＝Tn﹣1+bn．
n＝1时，，满足．
所以，当n为奇数，且n≥1时，有．
综上，．
故答案为：；．
【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 　　 ．
【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．
【答案】．
【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①，bn＝bn﹣1+cn﹣1（n≥2）②，进而可得③，再结合，运用等比数列前n项和公式求和即可得解．
【解答】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，b1＝1，
从而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，③，
所以，
所以{bn}的前2025项和为：
b1+（b2+b3）+（b4+b5）+ +（b2024+b2025）
＝1+22+24+26+ +22024
．
故答案为：．
【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．
【答案】﹣ln2．
【分析】由数列的递推式求得a2＝e，a3＝e，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．
【解答】解：由an+1＝ean﹣2，可得a2＝e，a3＝e，
x0为函数y＝x﹣2﹣ln2x（x＞1）的零点，可得x0﹣2﹣ln（2x0）＝0，
即有2x0＝e，
由a2+a3＝3x0，可得a2+ex0+e，
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﹣e2+lna2+a2﹣2a2＝2+lna2﹣a2＝2+lna2﹣（2+ln2+lna2）＝﹣ln2．
故答案为：﹣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（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．
【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．
【解答】解：已知数列{an}满足a1＞0，an+1＝an（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（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2k（n﹣1）成立；当n＝2时，不等式2k（n﹣1），即为2k，
又a2＝a1，可得2k2k，成立；
由an+1＝an（k≠0），可得n≥2时，an＝an﹣1，
两边平方可得2k2k＞...2k（n﹣1），故④正确．
故答案为：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，．
（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．
【答案】（1）a2＝4，a3＝8，a4＝5；
（2）．
【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．
【解答】解：（1）因为数列{an}满足a1＝7，，
所以a2＝a1﹣3＝4，a3＝2a2＝8，a4＝a3﹣3＝5；
（2）因为数列{an}满足a1＝7，，
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，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
两式相减可得，
所以．
【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，，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，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．
【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．
【解答】解：（1）{an}是等差数列，a1＝1，，
设公差为d，若d＝0，则an＝a1＝1，上式显然不成立，故d≠0，
则
，
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；
（2），则，
所以，
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．
【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．
【解答】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a1a2a3...an＝20+1+2+...+n﹣1＝2，
由n（n﹣1）≤10，解得1≤n≤5，
则集合中元素的个数为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．
【答案】（1）证明见解析，；
（2）．
【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．
【解答】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．
（2）由，
则，
上式两边同时乘以3可得，，
两式相减可得，，
所以．
【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．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)