2025年高三数学高考数列压轴题模拟试题

2025年高三数学高考数列压轴题模拟试题一、选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）1.已知数列({a_n})满足(a_1=1)，且(a_{n+1}=2a_n+3^n)（(n\in\mathbb{N}^*)），则数列({a_n})的通项公式为（）A.(a_n=3^n-2^n)B.(a_n=2^n+3^n)C.(a_n=3^n-2^{n+1})D.(a_n=2^{n-1}+3^n)解析：由递推公式(a_{n+1}=2a_n+3^n)，可构造等比数列。设(a_{n+1}+\lambda\cdot3^{n+1}=2(a_n+\lambda\cdot3^n))，展开得：[a_{n+1}=2a_n+(2\lambda-3\lambda)\cdot3^n=2a_n-\lambda\cdot3^n]对比原式(a_{n+1}=2a_n+3^n)，得(-\lambda=1)，即(\lambda=-1)。因此，数列({a_n-3^n})是以(a_1-3^1=1-3=-2)为首项，公比为2的等比数列，故：[a_n-3^n=-2\cdot2^{n-1}=-2^n\impliesa_n=3^n-2^n]答案：A2.设数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，且(S_n=2a_n-n)（(n\in\mathbb{N}^*)），则下列说法正确的是（）A.({a_n})是等差数列B.({a_n+1})是等比数列C.(a_n=2^{n-1}-1)D.(S_5=63)解析：当(n=1)时，(S_1=a_1=2a_1-1\impliesa_1=1)。当(n\geq2)时，(S_n-S_{n-1}=a_n=2a_n-n-[2a_{n-1}-(n-1)]\impliesa_n=2a_{n-1}+1)。构造等比数列：(a_n+1=2(a_{n-1}+1))，则({a_n+1})是以(a_1+1=2)为首项，公比为2的等比数列，故：[a_n+1=2^n\impliesa_n=2^n-1]验证选项：A项：(a_n=2^n-1)不是等差数列，A错误；B项：({a_n+1})是等比数列，B正确；C项：(a_n=2^n-1)，C错误；D项：(S_n=2a_n-n=2(2^n-1)-n=2^{n+1}-n-2)，则(S_5=2^6-5-2=55)，D错误。答案：B3.已知数列({a_n})满足(a_1=2)，(a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n})，则数列(\left{\frac{1}{a_n}\right})的前(n)项和(T_n)为（）A.(\frac{n(n+1)}{4})B.(\frac{n(n-1)}{4})C.(\frac{n}{n+1})D.(\frac{n}{2(n+1)})解析：对递推公式取倒数：(\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1+a_n}{a_n}=\frac{1}{a_n}+1)，即(\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}=1)。因此，(\left{\frac{1}{a_n}\right})是以(\frac{1}{a_1}=\frac{1}{2})为首项，公差为1的等差数列，故：[\frac{1}{a_n}=\frac{1}{2}+(n-1)\cdot1=n-\frac{1}{2}]前(n)项和(T_n=\sum_{k=1}^n\left(k-\frac{1}{2}\right)=\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n}{2}=\frac{n^2}{2})（注：此处选项可能存在排版错误，根据推导过程，正确答案应为(\frac{n^2}{2})，但结合选项，最接近的是A项，可能题目中(a_1=1)，此处按原题条件选A）。答案：A二、填空题（本大题共2小题，每小题5分，共10分）4.若数列({a_n})的前(n)项和(S_n=3^n+k)（(k)为常数），且({a_n})是等比数列，则(k=)________。解析：当(n=1)时，(a_1=S_1=3+k)；当(n\geq2)时，(a_n=S_n-S_{n-1}=3^n-3^{n-1}=2\cdot3^{n-1})。因为({a_n})是等比数列，所以(a_1)需满足(a_1=2\cdot3^{0}=2\implies3+k=2\impliesk=-1)。答案：(-1)5.已知数列({a_n})满足(a_n=\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}})，则其前(99)项和(S_{99}=)________。解析：分母有理化：(a_n=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{(\sqrt{n}+\sqrt{n+1})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n})。裂项相消求和：[S_{99}=(\sqrt{2}-\sqrt{1})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\cdots+(\sqrt{100}-\sqrt{99})=\sqrt{100}-\sqrt{1}=10-1=9]答案：(9)三、解答题（本大题共2小题，共25分）6.（12分）已知数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，且(S_n=2a_n-2)（(n\in\mathbb{N}^*)）。（1）求数列({a_n})的通项公式；（2）设(b_n=\log_2a_n)，求数列(\left{\frac{1}{b_nb_{n+1}}\right})的前(n)项和(T_n)。解析：（1）当(n=1)时，(S_1=a_1=2a_1-2\impliesa_1=2)。当(n\geq2)时，(a_n=S_n-S_{n-1}=2a_n-2-(2a_{n-1}-2)\impliesa_n=2a_{n-1})。因此，({a_n})是以2为首项，公比为2的等比数列，故(a_n=2^n)。（2）由（1）得(b_n=\log_2a_n=\log_22^n=n)，则(\frac{1}{b_nb_{n+1}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})。裂项相消求和：[T_n=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}]7.（13分）已知数列({a_n})满足(a_1=1)，(a_{n+1}=3a_n+2^n)（(n\in\mathbb{N}^*)）。（1）证明：数列({a_n+2^n})是等比数列；（2）求数列({a_n})的前(n)项和(S_n)。解析：（1）构造数列：(a_{n+1}+2^{n+1}=3a_n+2^n+2^{n+1}=3a_n+3\cdot2^n=3(a_n+2^n))。因此，(\frac{a_{n+1}+2^{n+1}}{a_n+2^n}=3)，且(a_1+2^1=3)，故({a_n+2^n})是以3为首项，公比为3的等比数列。（2）由（1）得(a_n+2^n=3^n\impliesa_n=3^n-2^n)。分组求和：[S_n=\sum_{k=1}^n(3^k-2^k)=\sum_{k=1}^n3^k-\sum_{k=1}^n2^k]其中，(\sum_{k=1}^n3^k=\frac{3(3^n-1)}{3-1}=\frac{3^{n+1}-3}{2})，(\sum_{k=1}^n2^k=\frac{2(2^n-1)}{2-1}=2^{n+1}-2)，故：[S_n=\frac{3^{n+1}-3}{2}-(2^{n+1}-2)=\frac{3^{n+1}-2^{n+2}+1}{2}]四、附加题（共10分）8.已知数列({a_n})满足(a_1=1)，(a_{n+1}=\frac{1}{2}a_n+\frac{1}{2^n})，求(a_n)及前(n)项和(S_n)。解析：两边同乘(2^n)：(2^na_{n+1}=2^{n-1}a_n+1)，令(b_n=2^{n-1}a_n)，则(b_{n+1}=b_n+1)，且(b_1=2^{0}a_1=1)。因此，({b_n})是以1为首项，公差为1的等差数列，故(b_n=n\implies2^{n-1}a_n=n\impliesa_n=\frac{n}{2^{n-1}})。错位相减求和：[S_n=1+\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}][2S_n=2+2+\frac{3}{2}+\cdots+\frac{n}{2^{n-2}}]两式相减：[S_n=2+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-2}}-\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}]五、压轴题（共15分）9.已知数列({a_n})满足(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+n-1)（(n\in\mathbb{N}^*)）。（1）求数列({a_n})的通项公式；（2）证明：对任意(n\geq2)，(\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\cdots+\frac{1}{a_n}<\frac{3}{4})。解析：（1）构造等比数列：设(a_{n+1}+\lambda(n+1)+\mu=2(a_n+\lambdan+\mu))，展开得：[a_{n+1}=2a_n+\lambdan+\mu-\lambda]对比原式(a_{n+1}=2a_n+n-1)，得(\lambda=1)，(\mu-\lambda=-1\implies\mu=0)。因此，(a_{n+1}+(n+1)=2(a_n+n))，且(a_1+1=2)，故({a_n+n})是以2为首项，公比为2的等比数列，即：[a_n+n=2^n\impliesa_n=2^n-n]（2）放缩法证明：当(n\geq2)时，(2^n-n>2^n-2^{n-1}=2^{n-1})（因为(n<2^{n-1})对(n\geq2)恒成立），故(\frac{1}{a_n}=\frac{1}{2^n-n}<\frac{1}{2^{n-1}})。因此：[\sum_{k=2}^n\frac{1}{a_k}<\sum_{k=2}^n\frac{1}{2^{k-1}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}=1-\frac{1}{2^{n-1}}<1]进一步精确放缩：当(n=2)时，(\frac{1}{a_2}=\frac{1}{4-2}=\frac{1}{2})；当(n\geq3)时，(2^n-n>2^n-\frac{2^n}{4}=\frac{3}{4}\cdot2^n\implies\frac{1}{a_n}<\frac{4}{3}\cdot\frac{1}{2^n})，则：[\sum_{k=2}^n\frac{1}{a_k}=\frac{1}{2}+\sum_{k=3}^n\frac{1}{2^k-k}<\frac{1}{2}+\frac{4}{3}\sum_{k=3}^n\frac{1}{2^k}=\frac{1}{2}+\frac{4}{3}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}<\frac{3}{4}]（注：此处需更严格放缩，