2026年高考数学二轮复习模块五 数列（天津）（解析版）

模块五数列

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45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Sn为等比数列an的前n项和，且a11，则“S33”是“q2”的（）条件.

A．充分不必要.B．必要不充分.C．充分必要.D．既不充分也不必要.

【答案】B

【详解】因为a11，当q1时，则a1a2a31，所以S33，

3

a11q

当q1时，S3q1，解得q2，

31q

所以“S33”是“q2”的必要不充分条件.

故选：B.

2．设Sn数列an的前n项和，若Sn32ann，则S10（）

A．3059B．2056C．1033D．520

【答案】C

【详解】由题设Sn132an1n1，则Sn132(Sn1Sn)n1，

所以Sn12Snn2，则Sn1(n11)2[Sn(n1)]

又S132a11S12，则S1(11)2，

n

所以{Sn(n1)}是首项、公比均为2的等比数列，则Sn(n1)2，

n10

所以Sn2n1，则S10210110241011033.

故选：C

32

3．正项等差数列an中，a41，则的最小值为（）

a2a7

9

A．B．5C．52D．6

2

【答案】B

【详解】正项等差数列an中，设公差为dd0，

1

因为aa3d1，所以a13d，因为a0，所以0d，

411n3

32

所以12d13d1，

55

32323232

所以12d13d

a2a712d13d12d13d55

613d612d94613d612d13

25，

512d513d55512d513d5

613d612d

当且仅当，即d0时取等号.

512d513d

故选：B

1a4a5

4．已知an是各项均为正数的等比数列，且4a1，a3，3a2成等差数列，则的值是（）

2a6a7

11

A．B．C．9D．16

169

【答案】A

1

【详解】设正项等比数列a的公比为qq0，由4a，a，3a成等差数列，

n1232

1

可得2a4a3a，即aq24a3aq，所以q243q，解得q1（舍去）或q4，

2312111

a4a5a4a511

所以222.

a6a7a4qa5qq16

故选：A

2

5．设数列an的通项公式为annbn，若数列an是单调递增数列，则实数b的取值范围为（）.

A．3,B．2,C．2,D．3,

【答案】A

22

【详解】由题意可得an1an0恒成立，即n1bn1nbn2n1b0，

即b2n1，又n1，2n13，故b3,.

故选：A.

．已知数列的通项公式为，其前项和为，则数列n的前项和

6anan2n1nSn1Sn2025

为（）

20242025202420252025202620252026

A．B．C．D．

2222

【答案】D

n12n12

【详解】数列an的通项公式为an2n1，其前n项和为Sn，

n2

nn2

所以1Sn1n，

则数列n的前项和为

1Sn2025

12223242202322024220252

21214343202420232024202320252

1234202420252

202412024

20252

2

2024202520252026

20252.

22

故选：D.

n1π

7．在数列an中，a11，aasin，记Sn为数列an的前n项和，则S18（）

n1n2

A．0B．18C．10D．9

【答案】C

n1πn1π

【详解】因为aasin，所以aasin，

n1n2n1n2

3π4π

因为a1，所以aasinπ1，aasin0，aasin0，

121322432

5π6π7π8π

aasin1，aasin1，aasin0，aasin0，…，

542652762872

故数列an为周期数列，周期为4，

所以S184a1a2a3a4a1a210.

故选：C.

8．已知数列an是以2为首项，1为公差的等差数列，bn是以1为首项，2为公比的等比数列，则

aaa（）

b1b2b10

A．1033B．2057C．1034D．2058

【答案】A

【详解】由数列an是以2为首项，1为公差的等差数列，得an2(n1)1n1，

由b是以为首项，为公比的等比数列，得b12n12n1，因此a2n11，

n12nbn

1210

所以aaa101033.

b1b2b1012

故选：A

ab

*

9．数列an各项均为实数，对任意nN满足an3an，定义：行列式adbc且行列式

cd

aa

nn1c为定值，则下列选项中不可能的是（）

an2an3

A．a11，c1B．a12，c2

C．a11，c0D．a12，c0

【答案】B

【详解】由题知，anan3an1an2c，

2

又an3an，所以anan1an2c，an是周期为3的周期数列.

对于A，若a11，c1，则a2a30，则a20或a30

2

若a20，则a2a3a4a3a11，得a31，

22

又a3a4a51a1a21，

anan1

由周期性可知，当a11,a20,a31时，满足1，A不满足题意；

an2an3

对于B，若a12，c2，则4a2a32，即a2a32，

a2aaa22a2

又23423，消元整理得2，

22a32a320

a3a4a5a32a22

2

即a311，无实数解，故B满足题意；

a2aa1aa0

对于，若，，则12323，

Ca11c022

a2a3a4a2a30

anan1

解得a2a31，显然0恒成立，C不满足题意；

an2an3

a2aa4aa0

对于，若，，则12323，

Da12c022

a2a3a4a22a30

anan1

解得a2a32，显然此时0恒成立，D不满足题意.

an2an3

故选：B

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分

10．在甲､乙､丙､丁四人踢毽子游戏中，第一次由甲踢出，并且每次踢出都等可能踢给另外三人中的任何一

人，若第二次踢出后恰好踢给丙，则此毽子是由乙踢出的概率为；第n次踢出后，毽子恰好踢给

乙的概率为.

n1

1111

【答案】/0.5

24123

【详解】由已知接到前两次踢出的毽子的情况有（乙，甲），（乙，丙），（乙，丁），（丙，甲），（丙，

乙），（丙，丁），（丁，甲），（丁，乙），（丁，丙），共9种，

设事件A：第二次的毽子由丙接到，事件B：第二次的毽子由乙踢出，丙接到，

21

则PA，PAB，

99

1

PAB1

则PBA9；

PA22

9

设第n次踢出后，毽子恰好踢给乙的概率为Pn，

易知若第n次踢出后，毽子恰好踢给乙，则第n1次踢出后，毽子恰好不踢给乙，再由其踢给乙，

11

即P1P，n2，且P，

n3n113

111

则PnPn1，

434

1111

即P是以P为首项，为公比的等比数列，

n414123

n1

则111，

Pn

4123

n1

即111，

Pn

4123

n1

1111

故答案为：；.

24123

11．在公差大于零的等差数列an中，a5，7a3，a11成等比数列，若a25，则a3a7.

【答案】28

【详解】设数列an的公差为d，

22

由7a3a5a11，得7a2da23da29d，且a25，

2

所以75d53d59d，得2d2d150，

5

得d3或d（舍），

2

所以a3a72a52a23d25928.

故答案为：28

14

12．已知正项等比数列a满足：aa2a，若存在两项a、a使得aa4a，则的最小值

n765mnmn1mn

为.

3

【答案】

2

q2

【详解】设等比数列{an}的公比为，由a7a62a5得a5qa5q2a5，

=n1

解得q2（q1舍去），∴ana12，

m1n12

由aman4a1得a12a1216a1，∴mn6，

1411414mn14mn3

所以(mn)552，

mn6mn6nm6nm2

4mn

当且仅当，即m2.n4时等号成立．

nm

143

所以的最小值是．

mn2

3

故答案为：．

2

，

13．已知an为等差数列，Sn为其前n项和.nN.若a311S2080．则S10的值为．

【答案】60

a3a12d11

a115

【详解】设数列{a}的公差为d，则，解得，

n2019

S2020a1d80d2

2

109

所以S10ad101559(2)60．

1012

故答案为：60．

2*

14．已知数列an的前n项和为Sn，满足2SnnnnN，则数列an的通项公式an.设

na

2n1

bn1，则数列bn的前n项和Tn.

anan1

n2

,n为奇数

n1

【答案】n

n

,n为偶数

n1

22

2*

【详解】因为2SnnnN，所以当时，nnn1n1，

nn2aSSn

nnn122

11

当n1时，Sa1，符合n2的情况，所以an；

112n

na2n1n2n1n11

因为bn111，

anan1nn1nn1

111111111

当n为偶数时，Tn1...，

22334n1nnn1

1n

所以T1，

nn1n1

n111n2

当n为奇数时，TnTn1bn，所以Tn，

nnn1n1

n2

,n为奇数

n1

综上可知T.

nn

,n为偶数

n1

n2

,n为奇数

n1

故答案为：n；.

n

,n为偶数

n1

3x,x0

22

15．函数f(x)2，若方程f(x)31x|f(x)31x|2ax60有三个根，且x1x2x3,x2是

x1,x0

x1和x3的等差中项，则a=.

【答案】27

【详解】令hxfx31x2fx-31x2，gx2ax6，

则方程f(x)31x2|f(x)31x2|2ax60有三个根即为hx,gx图象的3个不同交点的横坐标.

2

2f(x),fx31x

又hx，

22

61x,fx31x

3x31x20x1

令2，则或，

fx31x22

1x0x131x

2

解得1x或x1.

2

3x31x20x1

令2，则或，

fx31x22

1x0x131x

22

解得x0或0x1即x1.

22

2

6x,1x

2

22

hx61x,x1，而当x1时，61x20，

2

0,x1

2

6x,1x

2

所以hx，其图象如图（1）所示：

22

61x,x1

2

因为hx,gx图象有3个不同交点，故两个函数图象的位置关系仅如图（2）所示：

2

其中x1为函数y6x,1x的图象与y2ax6的图象的交点的横坐标且a0.

2

22

x2,x3为y61x,x0的图象与y2ax6的图象的交点的横坐标，

2

22

令61x22ax6，两边平方后得到a9x6ax0，

6a

解得x,x0.

2a293

63

令6x2ax6，故x.

162a3a

6a3

因为x是x和x的等差中项，故2，

213a293a

解得a27或a27（舍）.

3712

当时，，

a27x11,

1722

672712

x,0

22.

72942

故a27符合题意.

故答案为：27

三、解答题：（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

*

16．（14分）数列an的前n项和为Sn，且Snnn1nN.

(1)求数列an的通项公式；

b1b2b3bn

(2)若数列bn满足：a，求数列bn的通项公式；

n313213313n1

anbn*

(3)令cnnN，求数列cn的前n项和Tn.

4

n1

n*2n133nn1

【答案】(1)an2nnN(2)bn231nN(3)T

n42

2

【详解】（1）因为Snnn，所以当n1时，a1S12，

22

当n2时,anSnSn1nn(n1)(n1)2n，

*

又a12也满足上式，所以an2n(nN).

b1b2bn

又an2n.（4分）

212212n1

bbbb

（2）∵a123nn1①

n313213313n1

bbbbb

∴a123nn1②

n1313213313n13n11

bn1n1n*

②－①得：an1an2，bn1231，故bn231nN．（9分）

3n11

anbnnn

（3）cnn31n3n，

4

23n

∴Tnc1c2c3cn132333n312n，

23n

令Hn132333n3，①

234n1

则3Hn132333n3②

313n

①－②得：2H332333nn3n1n3n1，

n13

2n13n13

∴H

n4

23n

∴Tnc1c2c3cn132333n312n．

2n13n13nn1

∴数列cn的前n项和T.（14分）

n42

17．已知数列an是首项为1的等差数列，数列{bn}是公比不为1的等比数列，且满足a1a2b2，a2a3b3，

a4a5b4.

(1)求数列an，{bn}的通项公式；

2n

k

(2)求1akbk；

k1

an2bn2*4

cnN*

(3)令n，记数列cn的前n项和为Sn，求证：对任意的nN，都有1Sn.

anbn1an1bn113

n

【答案】(1)an2n1，bn2.

2n

k221n1

(2)1akbkn4

k19318

(3)证明见解析.

n1

【详解】（1）设an的公差为d，bn的公比为qq1，则an1n1d，bnb1q.

2

由等比数列性质可得b3b2b4，又a1a2b2，a2a3b3，a4a5b4

2

所以a2a3a1a2a4a5，

2

所以23d2d27d，解之得d2或d0，

当d0时，an1，则b2a1a22，b3a2a32，

b

即q31与q1矛盾，故舍去；

b2

当d2时，an2n1，则b2a1a24，b3a2a38，

b3b2

所以q2,b12，满足题意；

b2q

n

所以an2n1，bn2.（5分）

2n

k

（2）设Tn1akbka1b1a2b2a3b3a4b4a2nb2n，

k1

Tna1b1a2b2a3b3a4b4a2nb2n，

2n2n11n

设tna2nb2na2n1b2n14n124n322n4，

2

5921n52931n1

则Tnt1t2tn442n4，4Tn442n4，

222222

23n1n1

两式相减得3Tn102424242n4，

2

2n

221k221

n1n1

所以Tnn4，即1akbkn4.（10分）

9318k19318

ab2n32n211

（）证明：cn2n24，

3nnn1nn1

anbn1an1bn112n1212n1212n1212n121

111111

S4，

nnn1

31313412n1212n121

11

S4，

nn1

32n121

*

因为nN，易知Sn随着n的增大而增大，

404

所以SS1，Sn，

n1393

4

所以1S.（15分）

n3

18．（15分）设an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列.且a1b11,a3b27,2a2b32，

(1)求an,bn的通项公式；

2

(2)记Tn为bn的前n项和，求证：TnTn2Tn1；

a1·b,n为奇数

nn

3bn

(3)若cn,n为偶数，求数列cn的前2n项和S2n.

11

bnbn2

22

n1

【答案】(1)an2n1,nN*，bn2,nN*

(2)证明见解析

220

(3)S2n32n1.

2n4n113

【详解】（1）由题意，设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为qq0，

a3b212dq72dq6

则2，化简，得2，

2a2b321dq22dq0

q222

整理，得q2q60，解得q3(舍去)，或q=2，则d2，

22

n1n1

an12n12n1,nN*，bn122,nN*.（5分）

12n

（2）由(1)可知，T2n1，

n12

n1n2

则Tn121,Tn221，

2

2nn2n1

TnTn2Tn1212121

22n22n2n2122n222n11

2n0，

2

TnTn2Tn1.（10分）

a1b,n为奇数2n2n1,n为奇数

nn

n1

3bn32

（3）由(1)可得，cn,n为偶数,n为偶数

11

bbn11n11

nn222

2222

n1

2为奇数

n2,n

，

11为偶数

2,n

2n12n21

S2nc1c2c2n

c1c3c2n1c2c4c2n，

123n

令Anc1c3c2n11232522n12，

23nn1，

2An12322n322n12

34n1n1

两式相减，可得An22222n12

3n2

22n1

22n12n12n326，

12

n1

An2n326，

令Bnc2c4c2n

111111

222

22124124126122n122n21

22

,

322n21

220

Sccc2n32n1.（15分）

2n122n4n113

*

19．（15分）已知数列an是等差数列，设SnnN为数列an的前n项和，数列bn是等比数列，bn0，

若a13，b11，b3S212，a52b2a3．

(1)求数列an和bn的通项公式；

(2)求数列anbn的前n项和；

2

,n为奇数

(3)若cnSn，求数列cn的前2n项和．

为偶数

bn,n

2n1

n1n121

【答案】(1)an2n1，bn2(2)2n121(3)T

2n32n1

【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，

b3+S2=12

因为a13，b11，则由，

a52b2=a3

bq2aad12q2+6+d=12

即111，得，

34d2b1q32d3+4d2q=3+2d

d=2d=3d=3

解得或，因为bn0，故舍去，

q=2q=3q=3

n1

所以an32(n1)2n1，bn2．（5分）

n1n1

（2）由（1）得an2n1，bn2，所以anbn2n12，

令数列anbn的前n项和为Qn，则Qna1b1a2b2a3b3anbn，

12n1

即Qn3152722n12①，

123n1n

2Qn3252722n122n12②，

12n1n

两式相减得：Qn32222222n12

n

2n1n222

322222n1232n12n

12

2n12n1，

n*

所以Qn2n121nN.（10分）

（3）设数列cn的前n项和为Tn

na1an

由a13，an2n1，得Sn(n2)，

n2

211

,n为奇数，n为奇数

则cn=（nn+2），即cn=nn+2；

n1n1

2,n为偶数2，n为偶数

故T2n(c1c3c2n1)(c2c4c2n)

1111132n1

1222

3352n12n1

12(14n)122n11

1.（15分）

2n11432n1

*

20．（16分）已知等比数列an的前n项和为Sn，且an12Sn2nN．

(1)求数列an的通项公式；

(2)在an与an1之间插入n个数，使这n2个数组成一个公差为dn的等差数列．

n

a2nk

（ⅰ）求数列dn的通项公式及；

k1dk

（ⅱ）在数列dn中是否存在3项dm,dk,dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的

3项；若不存在，请说明理由．

n1n

9178n17

【答案】