2025年高中一年级数学数列专题冲刺试卷（含答案）

2025年高中一年级数学数列专题冲刺试卷（含答案）考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30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.已知数列{a_n}的前n项和为S_n，若a_1=1，S_n=3a_n-2（n≥1），则a_3等于（）A.3B.4C.5D.92.在等差数列{a_n}中，a_5=10，a_10=31，则该数列的通项公式a_n等于（）A.2n-5B.2n-3C.3n-10D.4n-213.已知数列{a_n}的前n项和为S_n，若a_n=S_n/S_{n-1}（n≥2，且S_1≠0），则数列{a_n}是（）A.等差数列B.等比数列C.既非等差也非等比数列D.可能是等差数列也可能是等比数列4.已知等比数列{b_n}的前n项和为T_n，若T_3=9，T_6=36，则该数列的公比q等于（）A.2B.3C.2或-3D.3或-25.设等差数列{a_n}的公差d≠0，若a_1,a_3,a_9成等比数列，则公比q等于（）A.1B.2C.3D.以上都不对6.若数列{c_n}的通项公式为c_n=(-1)^(n+1)*(n/(n+1))，则该数列的前10项和等于（）A.1/11B.5/11C.10/11D.0二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）7.已知等差数列{a_n}中，a_4+a_7=16，a_6=5，则该数列的首项a_1=，公差d=。8.已知等比数列{b_n}中，b_2=6，b_4=54，则该数列的首项b_1=，公比q=。9.已知数列{c_n}满足c_1=2，c_n+c_{n+1}=3n（n≥1），则c_5=。10.设S_n是等差数列{a_n}的前n项和，若S_10=100，S_20=380，则S_30=。三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）11.（本小题满分10分）已知数列{a_n}的前n项和为S_n，满足a_1=1，且S_n=2a_n-1（n≥1）。（1）求证：数列{a_n}是等比数列；（2）若数列{a_n}的前n项和为T_n，且T_n=2^n-1，求a_4的值。12.（本小题满分12分）设等差数列{a_n}的前n项和为S_n，公差d>0。若a_3=5，S_5=40。（1）求该数列的通项公式a_n；（2）设b_n=2^(a_n-2)，求数列{b_n}的前n项和T_n。13.（本小题满分12分）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n(n+1)/(n+2)。（1）求该数列的前n项和S_n；（2）是否存在正整数m，使得对于任意正整数k，都有a_m>a_1+a_2+...+a_k？若存在，求出最小的m值；若不存在，请说明理由。14.（本小题满分12分）设等比数列{c_n}的首项c_1=1，公比为q（q≠1）。（1）若T_n表示数列{c_n}的前n项和，W_n=T_n*T_{n+1}/T_{n+2}，求证：数列{W_n}也是等比数列，并求其公比；（2）若T_n=2^n-1，求数列{c_n}的通项公式。15.（本小题满分12分）已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足a_1=2，a_n+a_{n+1}=4n（n≥1）。（1）求数列{a_n}的通项公式；（2）设b_n=(n+1)*2^n*a_n，求数列{b_n}的前n项和S'_n。16.（本小题满分10分）已知数列{a_n}的递推公式为a_1=1，a_{n+1}=(n+1)*(a_n+1/(n+1))（n≥1）。（1）求证：数列{a_n}是单调递增的；（2）若数列{a_n}的前n项和为T_n，求T_n的表达式。---试卷答案一、选择题1.B2.A3.B4.C5.B6.C二、填空题7.-3,28.2,39.710.760三、解答题11.（1）证明：由S_n=2a_n-1，得S_{n-1}=2a_{n-1}-1（n≥2）。两式相减，得a_n=2a_n-2a_{n-1}，即a_n=2a_{n-1}（n≥2）。又a_1=1，S_1=2a_1-1=1，符合上式。故数列{a_n}是首项为1，公比为2的等比数列。（2）解：由（1）知，a_n=2^(n-1)。又T_n=2^n-1，故T_3=7，即a_1+a_2+a_3=7。代入a_n=2^(n-1)，得1+2+4=7，符合。故a_4=2^3=8。12.（1）解：由a_3=5，S_5=40，得a_1+2d=5①，5a_1+10d=40②。由①②联立，解得a_1=1，d=2。故a_n=1+(n-1)*2=2n-1。（2）解：由（1）知a_n=2n-1。故b_n=2^(2n-1-2)=2^(2n-3)=1/4*4^n。数列{b_n}是首项为1/4，公比为4的等比数列。故T_n=(1/4)*(4^n-1)/(4-1)=(4^(n-1)-1)/12。13.（1）解：S_n=1*2/3+2*3/4+3*4/5+...+n(n+1)/(n+2)=(1/3+2/4+3/5+...+n/(n+2))*n=(1-1/2+1/2-1/3+1/3-1/4+...+1/(n-1)-1/n+1/n-1/(n+1))*n=(1-1/(n+1))*n=n-n/(n+1)=n^2/(n+1)。（2）解：令f(k)=a_1+a_2+...+a_k=k(k+1)/3。要使a_m>f(k)，即m(m+1)/(m+2)>k(k+1)/3。变形得3m(m+1)>k(k+1)(m+2)。即3m^2+3m>k^2+3k+2k^2。即3m^2+3m>2k^2+3k。当m=k时，左边=3k^2+3k，右边=2k^2+3k，不等式不成立。当m=k+1时，左边=3(k+1)^2+3(k+1)=3k^2+9k+6，右边=2k^2+3k+2k^2+3k=4k^2+6k。不等式变为3k^2+9k+6>4k^2+6k，即k^2-3k-6<0。解得(k-3)^2<9，即-3<k-3<3，得0<k<6。故存在最小的正整数m=k+1=6，使得对于任意正整数k（0<k<6），都有a_m>a_1+a_2+...+a_k。14.（1）证明：T_n=c_1*(q^n-1)/(q-1)=q^n-1。故W_n=T_n*T_{n+1}/T_{n+2}=(q^n-1)(q^{n+1}-1)/(q^{n+2}-1)=[(q^{2n+1}-q^n)-(q^{n+1}-1)]/(q^{n+2}-1)=(q^{2n+1}-q^{n+1}-q^n+1)/(q^{n+2}-1)=q^n*(q^2-q-1)+1/(q^{n+2}-1)。故W_{n+1}=q^{n+1}*(q^2-q-1)+1/(q^{n+3}-1)。W_{n+1}-W_n=q^{n+1}*(q^2-q-1)+1/(q^{n+3}-1)-q^n*(q^2-q-1)-1/(q^{n+2}-1)=q^n*(q^2-q-1)*(q-1)-(q^{n+1}-1)/(q^{n+2}-1)=q^n*(q^2-q-1)*(q-1)-q^n/(q^2-1)=q^n*[(q^2-q-1)*(q-1)-1/(q^2-1)]=q^n*[(q^3-q^2-q-q+1)-1/(q^2-1)]=q^n*[(q^3-2q^2-2q+1)-1/(q^2-1)]=q^n*[(q-1)^2*(q+1)-1/(q^2-1)]=q^n*[(q^2-1)(q+1)-1/(q^2-1)]=q^n*[q^3-1-1/(q^2-1)]=q^n*(q^3-1-q-1/q)/(q^2-1)=q^n*(q^3-q-2-1/q)/(q^2-1)。由于q≠1，分母不为0。考虑分子(q^3-q-2-1/q)/(q^2-1)。令x=q-1，则q=x+1，1/q=1/(x+1)。分子变为[(x+1)^3-(x+1)-2-1/(x+1)]/x^2=[x^3+3x^2+3x+1-x-1-2-1/(x+1)]/x^2=[x^3+3x^2+2x-2-1/(x+1)]/x^2=x(x^2+3x+2-2/x-1/x^2)。由于x=q-1≠0，分子不为0。故W_{n+1}-W_n=C*q^n（C为常数），数列{W_n}是等比数列，公比为q。（2）解：由T_n=2^n-1，得c_1=T_1=1。又T_{n+1}=2^{n+1}-1。由c_{n+1}=q*c_n，得T_{n+1}=T_n+c_{n+1}。故2^{n+1}-1=2^n-1+q*c_n。即2^n=q*c_n。故c_n=2^n/q。由T_n=2^n-1，得2^n-1=c_1*(q^n-1)/(q-1)=(q^n-1)/(q-1)。故(q-1)*2^n=q^n-1。令x=q-1，得x*2^n=x^n+x。故x*(2^n-x^{n-1})=x。若x=0，即q=1，这与已知q≠1矛盾。故2^n-x^{n-1}=1。即(2^n-1)/x^{n-1}=1。故(2^n-1)/(q-1)^{n-1}=1。即(q-1)^{n-1}=2^n-1。取n=2，得(q-1)^1=2^2-1=3。故q-1=3，即q=4。故c_n=2^n/4=2^{n-2}。15.（1）解：由a_n+a_{n+1}=4n，得a_{n+1}+a_{n+2}=4(n+1)。两式相减，得a_{n+2}-a_n=4。故数列{a_{2k-1}}和{a_{2k}}都是公差为4的等差数列。由a_1=2，a_1+a_2=4。得a_2=4-2=2。故a_n=2或a_n=2+4*(n-1)/2=2+2(n-1)=2n。考虑n=1时，a_1=2。考虑n=2时，a_2=2。考虑n=3时，a_3+a_4=12，若a_3=2，则a_4=10，符合a_n=2n。若a_3=8，则a_4=4，不符合a_n=2n。考虑n=4时，a_4+a_5=20，若a_4=10，则a_5=10，符合a_n=2n。若a_4=4，则a_5=16，不符合a_n=2n。由此归纳，奇数项a_{2k-1}=2k，偶数项a_{2k}=2k。故a_n=n。（2）解：由（1）知a_n=n。故b_n=(n+1)*2^n*n=n(n+1)*2^n。S'_n=2*2^1+3*2^2+4*2^3+...+n*2^n+(n+1)*2^(n+1)。记为(1)。2*S'_n=2*2^2+3*2^3+4*2^4+...+n*2^(n+1)+(n+1)*2^(n+2)。记为(2)。(1)-(2)，得S'_n=2*2^1+(3*2^2-2*2^2)+(4*2^3-3*2^3)+...+(n*2^n-(n-1)*2^n)-n*2^(n+1)-(n+1)*2^(n+2)=2^2+2^3+2^4+...+2^n-n*2^(n+1)-(n+1)*2^(n+2)=(2^2*(2^(n-1)-1)/(2-1))-n*2^(n+1)-(n+1)*2^(n+2)=4*(2^n-1)-n*2^(n+1)-(n+1)*2^(n+2)=4*2^n-4-n*2^(n+1)-(n+1)*2^(n+2)=4*2^n-n*2*2^n-(n+1)*4*2^n=4*2^n-2n*2^n-4n*2^n-4*2^n=4*2^n-6n*2^n-4*2^n=-6n*2^n。故S'_n=(6n-4)*2^n。16.（1）证明：令f(n)=a_n，则f(n+1)=(n+1)*(f(n)+1/(n+1))=(n+1)*f(n)+1。要证f(n+1)>f(n)，即(n+1)*f(n)+1>f(n)。即n*f(n)+1>0。即n*(n(n-1)/(n+2))+1>0。即n^2*(n-1)/(n+2)+1>0。即n^3-n+n+2>0。即n^3+1>0。当n≥1时，n^3≥1，故n^3+1>0总成立。故f