2026年全国甲卷新高考数学数列通项与求和专题突破卷含解析

2026年全国甲卷新高考数学数列通项与求和专题突破卷含解析考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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{an}的前n项和为Sn，若a1=1，且Sn=2an-1（n≥2），则a3的值为（）A.3B.4C.5D.62.等差数列{bn}的前5项和为10，前10项和为25，则该数列的公差d等于（）A.-1/2B.1/2C.1D.23.设等比数列{cn}的前n项和为Tn，若T3=9，T6=36，则T9的值为（）A.63B.81C.108D.1174.在等差数列{an}中，已知a4+a9=20，则a1+a10的值为（）A.15B.20C.25D.305.在等比数列{bn}中，已知b2=6，b4=54，则该数列的公比q等于（）A.3B.4C.3或-3D.4或-46.若数列{an}满足an+1=an+2n（n∈N*），且a1=1，则a5的值为（）A.15B.31C.63D.1277.已知数列{an}的通项公式为an=n(n+1)/2，则该数列的前n项和Sn等于（）A.n(n+1)(n+2)/6B.n(n+1)/4C.n(n+1)/2D.n(n+1)(n+3)/68.若数列{an}的前n项和为Sn，且an=Sn-Sn-1（n≥2），a1=1，则数列{an}是（）A.等差数列B.等比数列C.摆动数列D.非等差也非等比数列9.已知数列{an}的通项公式为an=2^n-1，则该数列的前n项和Sn等于（）A.2^n-2B.2^n-1C.n·2^nD.n·2^(n-1)10.下列数列中，可以通过“错位相减法”求得前n项和的是（）A.an=n^2B.an=2^n+3nC.an=3n-1D.an=n·2^n二、多选题：本大题共5小题，每小题6分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。每小题全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。11.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=3an-2^n（n∈N*），则下列说法正确的有（）A.数列{an}是等比数列B.数列{an}的通项公式为an=2·3^(n-1)C.数列{an}的前n项和Sn可以表示为n·3^n-1D.数列{an}是递增数列12.设等差数列{bn}的公差d≠0，其前n项和为Sn，若a1,a2,a3分别是数列{bn},{bn+d},{bn+2d}的前n项和，则下列关系式正确的有（）A.a1+a3=2a2B.a1+a3=a2+a4C.Sn=a1·(n-1)/2+d·n(n-1)/2D.Sn=a1·n/2+n(n-1)/2·d13.若数列{an}满足an+1=an+λ（λ为常数，n∈N*），且a1=1，则下列说法正确的有（）A.数列{an}是等差数列B.数列{an}的通项公式为an=1+λ(n-1)C.数列{an}的前n项和Sn为n(n+λ)/2D.数列{an}的任意两项之差等于λ14.设数列{an}的通项公式为an=n/(n+1)，则下列说法正确的有（）A.数列{an}是递增数列B.数列{an}是有界数列C.数列{an}的前n项和Sn可以表示为1-1/(n+1)D.数列{an}的前n项和Sn趋近于1（当n→+∞时）15.下列数列中，其前n项和Sn可以表示为n^2+n的有（）A.an=n^2B.an=2n-1C.an=2^(n-1)D.an=2n三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。16.（本小题满分12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，Sn=4an-2^n（n∈N*）。（1）求证：数列{an}是等比数列；（2）求数列{an}的通项公式。17.（本小题满分12分）设等差数列{bn}的前n项和为Sn，且a1=3，S4=20。（1）求该数列的公差d；（2）若数列{cn}满足cn=bn/2^n，求数列{cn}的前4项和T4。18.（本小题满分14分）已知数列{an}的通项公式为an=2^(n-1)+n。（1）写出该数列的前5项；（2）求该数列的前n项和Sn。19.（本小题满分15分）设数列{an}的前n项和为Sn，且an=Sn-Sn-1（n≥2），a1=2。（1）求证：数列{an}是等比数列；（2）若数列{an}的前n项和为Tn，且Tn=62,87,114,...,递推，求该递推数列的通项公式。20.（本小题满分17分）设数列{an}的前n项和为Sn，且an=Sn-Sn-1（n≥2），a1=1。另有等比数列{bn}的前n项和为Tn，公比为q（q>0）。（1）求证：数列{an}是等比数列，并求其通项公式；（2）若Tn=an+q^n（n∈N*），求实数q的取值范围。（3）设cn=an·bn（n∈N*），求证：数列{cn}的前n项和Sn存在最大值。试卷答案一、选择题：1.B2.B3.B4.B5.C6.B7.A8.A9.A10.B二、多选题：11.A,B,C12.A,B,D13.A,B,C,D14.B,C,D15.B,D三、解答题：16.（1）证明：由Sn=4an-2^n(1)，得S_{n-1}=4a_{n-1}-2^{n-1}(n≥2)。(2)两式相减，得Sn-S_{n-1}=4an-4a_{n-1}-2^n+2^{n-1}，即an=4an-4a_{n-1}-2^{n-1}。整理得an+1=4an+2^{n-1}，即an+1+2^n=4(an+2^{n-1})(n≥2)。由于a1=1，得a1+2^1=3，所以an+2^{n}=4(an-1+2^{n-1})(n≥1)。因此，数列{an+2^{n}}是等比数列，公比为4。（2）解：由（1）知，an+2^n=3·4^{n-1}。所以an=3·4^{n-1}-2^n=3·4^{n-1}-2·2^n=3·4^{n-1}-2^2·2^{n-1}=4^{n-1}(3-2)=2^{2n-2}(3-2)=2^{2n-3}。即数列{an}的通项公式为an=2^{2n-3}。17.（1）解：由S4=4a1+6d=20，且a1=3，得12+6d=20，解得d=2。（2）解：由（1）知bn=a1+(n-1)d=3+(n-1)×2=2n+1。所以cn=(2n+1)/2^n。T4=c1+c2+c3+c4=(3/2)+(5/4)+(7/8)+(9/16)=24/8+20/16+14/16+9/16=31.5/16=63/32。18.（1）解：当n=1时，a1=2^0+1=1；当n=2时，a2=2^1+2=4；当n=3时，a3=2^2+3=7；当n=4时，a4=2^3+4=12；当n=5时，a5=2^4+5=21。该数列的前5项为：1,4,7,12,21。（2）解：Sn=Σ_{k=1}^{n}(2^{k-1}+k)=Σ_{k=1}^{n}2^{k-1}+Σ_{k=1}^{n}k。Σ_{k=1}^{n}2^{k-1}=2^0+2^1+...+2^{n-1}=(2^n-1)/(2-1)=2^n-1。Σ_{k=1}^{n}k=1+2+...+n=n(n+1)/2。所以Sn=(2^n-1)+n(n+1)/2。19.（1）证明：由an=Sn-Sn-1（n≥2），得a_{n-1}=S_{n-1}-S_{n-2}（n≥3）。两式相减，得an-a_{n-1}=Sn-Sn-1-(S_{n-1}-S_{n-2})，即an-a_{n-1}=an-1。所以an=2a_{n-1}（n≥3）。由于a1=2，a2=S2-S1=a1=a1=2，所以an=2a_{n-1}（n≥2）。因此，数列{an}是等比数列，公比为2。（2）解：由（1）知，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列。所以an=2·2^{n-1}=2^n。Tn=Σ_{k=1}^{n}a_k=2(2^n-1)/(2-1)=2^{n+1}-2。由题意，Tn=62,87,114,...，递推，即T_{n+1}=T_n+25。所以2^{n+2}-2=(2^{n+1}-2)+25，即2^{n+2}-2^{n+1}=25。解得2^{n+1}=50，即n+1=6，所以n=5。该递推数列的通项公式为T_n=T_1+(n-1)×25=62+(n-1)×25=25n+37。20.（1）证明：由an=Sn-Sn-1（n≥2），得a_{n-1}=S_{n-1}-S_{n-2}（n≥3）。两式相减，得an-a_{n-1}=Sn-Sn-1-(S_{n-1}-S_{n-2})，即an-a_{n-1}=an-1。所以an=2a_{n-1}（n≥3）。由于a1=1，a2=S2-S1=a1=1，所以an=2a_{n-1}（n≥2）。因此，数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列。其通项公式为an=1·2^{n-1}=2^{n-1}。（2）解：由Tn=an+q^n=2^{n-1}+q^n。当n=1时，T1=a1+q=1+q。当n=2时，T2=a2+q^2=2+q^2。由T2=2T1，得2+q^2=2(1+q)，即q^2-2q+2=0。Δ=(-2)^2-4×1×2=4-8=-4<0。所以关于q的方程无实数解。（3）证明：cn=an·bn=2^{n-1}·(b1q^{n-1}+b2q^{n-2}+...+bn)=2^{n-1}Tn。Sn=Σ_{k=1}^{n}c_k=Σ_{k=1}^{n}2^{k-1}T_k。当n=1时，S1=c1=2^0T1=1+q。当n=2时，S2=c1+c2=2^0T1+2^1T2=1+q+2(2+q^2)=4+2q+2q^2。当n≥3时，Sn-S_{n-1}=2^{n-1}Tn-2^{n-2}T_{n-1}=2^{n-2}(2Tn-T_{n-1})。因为Tn=2^{n-1}+q^n，所以2Tn-T_{n-1}=2(2^{n-1}+q^n)-(2^{n-2}+q^{n-1})=2^n+2q^n-2^{n-2}-q^{n-1}=2^{n-2}(4+2q^n-q^{n-1})。所以Sn-S_{n-1}=2^{n-2}(4+2q^n-q^{n-1})。对于q>0，当q=1时，Sn-S_{n-1}=2^{n-2}(4+2q^n-q^{n-1})=2^{n-2}(4+2q-1)=2^{n}。所以