2026年新高考全国卷数学数列压轴题易错点专题卷含解析

2026年新高考全国卷数学数列压轴题易错点专题卷含解析考试时间：______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.等差数列{a_n}的前n项和为S_n，若a_3=5，a_6=11，则S_8等于（）A.64B.56C.48D.402.已知数列{a_n}满足a_1=1，a_{n+1}=a_n+(n+1)·2^n(n∈N*)，则a_5等于（）A.127B.255C.511D.10233.若数列{a_n}的前n项和S_n=n²+n+1，则a_3+a_4+a_5等于（）A.18B.23C.28D.334.在等比数列{b_n}中，b_2=6，b_4=54，则b_6等于（）A.486B.162C.72D.-1625.数列{c_n}的通项公式为c_n=(-1)^(n+1)·(n+1)/(2n-1)，则数列{c_n}的前10项和等于（）A.5B.4C.3D.26.已知数列{d_n}满足d_1=2，d_{n+1}=d_n+sin((nπ)/2)，则d_10的值为（）A.10B.9C.8D.77.若数列{e_n}满足e_1=1，e_{n+1}=2e_n+1(n∈N*)，则e_n等于（）A.2^n-1B.2^n+1C.2^(n-1)-1D.2^(n-1)+18.设数列{f_n}的前n项和为T_n，且f_1=1，f_{n+1}=3T_n(n∈N*)，则f_4等于（）A.81B.54C.27D.189.已知数列{g_n}的前n项和S_n=2^n-1，则数列{|g_n|}的前n项和等于（）A.2^n-1B.2^(2n)-1C.2^n+1D.2^(2n)+110.设数列{h_n}的通项公式为h_n=(-1)^(n+1)·n/(n+1)，则下列关于数列{h_n}的叙述正确的是（）A.数列{h_n}是递增数列B.数列{h_n}是递减数列C.数列{h_n}是单调数列D.数列{h_n}不是单调数列二、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。每小题全选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分。11.已知数列{a_n}满足a_1=1，a_{n+1}=a_n+2^n(n∈N*)，则下列结论正确的是（）A.数列{a_n}是等差数列B.数列{a_n}是等比数列C.数列{a_n}的通项公式为a_n=2^n-nD.数列{a_n}的前n项和S_n=2^n-n-112.在等差数列{b_n}中，若b_1+b_3+b_5=15，b_2+b_4+b_6=27，则（）A.数列{b_n}的公差d=2B.数列{b_n}的首项b_1=1C.数列{b_n}的前9项和S_9=81D.数列{b_n}的第4项b_4=913.设数列{c_n}的通项公式为c_n=n·2^(n-1)，则下列说法正确的是（）A.数列{c_n}是单调递增数列B.数列{c_n}是等比数列C.数列{c_n}的前n项和S_n可以用错位相减法求得D.数列{c_n}的前n项和S_n=(n-1)·2^n+114.已知数列{d_n}满足d_1=1，d_{n+1}=d_n+n(n∈N*)，则（）A.数列{d_n}的通项公式为d_n=n(n+1)/2B.数列{d_n}的前n项和S_n=n(n+1)/2C.数列{d_n}是等差数列D.数列{d_n}的第k项d_k=k(k+1)/215.对于数列{e_n}，有以下四个命题：(1)若数列{e_n}是等差数列，则数列{e_n²}也是等差数列；(2)若数列{e_n}是等比数列，则数列{e_n²}也是等比数列；(3)若数列{e_n}的前n项和S_n=2^n-1，则数列{e_n}是等比数列；(4)若数列{e_n}是单调递增的等差数列，则数列{e_n}也是单调递增的等比数列。其中真命题的序号是（）A.(1)B.(2)C.(3)D.(4)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)设等差数列{a_n}的前n项和为S_n，若a_2=7，S_5=30。(1)求数列{a_n}的通项公式；(2)设b_n=2^(a_n-1)，求数列{b_n}的前n项和T_n。17.(本小题满分12分)已知数列{c_n}满足c_1=2，c_{n+1}=c_n+n·sin(c_n)(n∈N*)。(1)求数列{c_n}的通项公式；(2)证明：对任意正整数k，都有c_k<k²+1。18.(本小题满分14分)设数列{d_n}的前n项和为S_n，且满足d_1=1，(S_n+1)·d_{n+1}=2S_n(n≥1)。(1)求数列{d_n}的通项公式；(2)设T_n=1/d_1+1/d_2+...+1/d_n，求数列{T_n}的通项公式。19.(本小题满分15分)已知数列{e_n}的前n项和为S_n=n²+n+1。(1)求数列{e_n}的通项公式；(2)设f(n)=(e_n+1)·2^(n-1)，求数列{f(n)}的前n项和G_n。20.(本小题满分16分)设数列{a_n}的通项公式为a_n=n·2^n-(n+1)·2^(n-1)(n∈N*)。(1)求数列{a_n}的前n项和S_n；(2)令b_n=n·2^n，是否存在正整数k，使得对任意n∈N*，都有a_n<b_k？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由。试卷答案一、选择题：1.B2.C3.B4.A5.D6.C7.A8.A9.A10.D二、多选题：11.CD12.AD13.AC14.AB15.B三、解答题：16.(1)解：设等差数列{a_n}的公差为d。由a_2=7，得a_1+d=7。由S_5=30，得5a_1+10d=30。解得a_1=3，d=4。所以a_n=a_1+(n-1)d=3+(n-1)×4=4n-1。(2)解：由(1)得a_n=4n-1。所以b_n=2^(a_n-1)=2^(4n-1-1)=2^(4n-2)=(2^4)^n/2^2=16^n/4=4·(16^(n-1))。数列{b_n}是首项为4，公比为16的等比数列。T_n=b_1+b_2+...+b_n=4·(1+16+16^2+...+16^(n-1))=4·(16^n-1)/(16-1)=4·(16^n-1)/15=4/(15)·(16^n-1)。17.(1)解：由c_{n+1}=c_n+n·sin(c_n)。当n=1时，c_2=c_1+1·sin(c_1)=2+sin(2)。当n=2时，c_3=c_2+2·sin(c_2)=(2+sin(2))+2·sin(2+sin(2))。以此类推，c_n=c_1+[1·sin(c_1)+2·sin(c_2)+...+(n-1)·sin(c_{n-1})]。由于sin(x)的值域为[-1,1]，每一项[1·sin(c_1)+...+(n-1)·sin(c_{n-1})]都是有限个有限值之和，其绝对值小于n(n-1)/2。因此，c_n可以表示为初值c_1=2与一个逐渐增大的量之和。结合c_{n+1}=c_n+n·sin(c_n)≥c_n，可知数列{c_n}是递增的。由于递增且下界为2，可以猜测通项c_n=2+[1·sin(2)+2·sin(2+sin(2))+...+(n-1)·sin(c_{n-1})]。这个通项表达式虽然复杂，但可以确定c_n是递增的，且c_n>2。(2)证明：用数学归纳法。基础步：n=1时，c_1=2<1²+1=2，不等式成立。归纳假设：假设对k∈N*，有c_k<k²+1。归纳步：需证c_{k+1}<(k+1)²+1。c_{k+1}=c_k+k·sin(c_k)<k²+1+k·sin(k²+1)。要证k²+1+k·sin(k²+1)<(k+1)²+1，即证k·sin(k²+1)<2k+1。由于k·sin(k²+1)≤k·1=k，显然k<2k+1对所有正整数k成立。因此，c_{k+1}<(k+1)²+1成立。由归纳法可知，对任意正整数k，都有c_k<k²+1。18.(1)解：由(S_n+1)·d_{n+1}=2S_n。当n=1时，(S_1+1)·d_2=2S_1，即(1+1)·d_2=2×1，得d_2=1。当n≥2时，(S_{n-1}+1)·d_n=2S_{n-1}。两式相减，[(S_n+1)·d_{n+1}-(S_{n-1}+1)·d_n]=2(S_n-S_{n-1})，即(S_n+1)·d_{n+1}-(S_{n-1}+1)·d_n=2d_n。得(S_n+1)·d_{n+1}=(S_{n-1}+1)·d_n+2d_n=(S_{n-1}+3)·d_n。得[(S_n+1)/d_n]=[(S_{n-1}+3)/d_{n-1}]。得[(S_n+1)/d_n]=[(S_{n-1}+1)/d_{n-1}]+2/d_{n-1}。得[(S_n+1)/d_n]-[(S_{n-1}+1)/d_{n-1}]=2/d_{n-1}。即d_n/d_{n-1}=2/d_{n-1}，得d_n=2。所以数列{d_n}是首项为1，公差为2的等差数列，d_n=1+2(n-1)=2n-1。经检验，d_n=2n-1也满足n=1的情况。所以d_n=2n-1。由d_n=S_n-S_{n-1}(n≥2)，得2n-1=(n²+n+1)-[(n-1)²+(n-1)+1]。化简得2n-1=n²+n+1-n²+2n-1-n+1=2n-1。所以d_n=2n-1是数列{d_n}的通项公式。(2)解：由(1)得d_n=2n-1。T_n=1/d_1+1/d_2+...+1/d_n=1/1+1/3+...+1/(2n-1)。T_n=Σ(1/(2k-1))fromk=1ton。T_n=[1/1]+[1/3]+...+[1/(2n-1)]。考虑数列{1/k}的部分和S_n'=1/1+1/2+...+1/n。T_n=S_n'-[1/2+1/4+...+1/(2n)]=S_n'-(1/2)·[1/1+1/2+...+1/n]=S_n'-(1/2)S_n'=(1/2)S_n'。T_n=(1/2)·(1/1+1/2+...+1/n)。T_n=(1/2)·[Σ(1/k)fromk=1ton]。所以T_n=(1/2)·(1/1+1/2+...+1/n)。19.(1)解：当n=1时，e_1=S_1=1²+1+1=3。当n≥2时，e_n=S_n-S_{n-1}=(n²+n+1)-[(n-1)²+(n-1)+1]。e_n=n²+n+1-n²+2n-1-n+1=2n。当n=1时，2n=2。所以e_n=2n。(2)解：由(1)得e_n=2n。f(n)=(e_n+1)·2^(n-1)=(2n+1)·2^(n-1)。G_n=f(1)+f(2)+...+f(n)=(2×1+1)·2^0+(2×2+1)·2^1+...+(2n+1)·2^(n-1)。G_n=Σ((2k+1)·2^(k-1))fromk=1ton。G_n=Σ(2k·2^(k-1))fromk=1ton+Σ(2^(k-1))fromk=1ton。G_n=2·Σ(k·2^(k-1))fromk=1ton+2^0+2^1+...+2^(n-1)。G_n=2·Σ(k·2^(k-1))fromk=1ton+(1-2^n)/(1-2)。G_n=2·Σ(k·2^(k-1))fromk=1ton+2^n-1。Σ(k·2^(k-1))=1·2^0+2·2^1+3·2^2+...+n·2^(n-1)。2·Σ(k·2^(k-1))=1·2^1+2·2^2+3·2^3+...+n·2^n。Σ(k·2^(k-1))-2·Σ(k·2^(k-1))=(1·2^0+2·2^1+3·2^2+...+n·2^(n-1))-(1·2^1+2·2^2+3·2^3+...+n·2^n)=1·2^0-n·2^n+Σ(2^kfromk=1ton-1)=1-n·2^n+(2^1+2^2+...+2^(n-1))=1-n·2^n+(2-2^n)/(1-2)=1-n·2^n-(2^n-2)=1-n·2^n-2^n+2=3-(n+1)·2^n。Σ(k·2^(k-1))=3-(n+1)·2^n。G_n=2·[3-(n+1)·2^n]+2^n-1=6-2(n+1)·2^n+2^n-1=5-(2n+2-1)·2^n=5-(2n+1)·2^n。20.(1)解：a_n=n·2^n-(n+1)·2^(n-1)=n·2^n-n·2^(n-1)-2^(n-1)=(n-1)·2^n-2^(n-1)=(n-1)·2^n-2^n/2=[(2n-2)-1]/2·2^n=(2n-3)·2^(n-1)。S_n=Σ(a_k)fromk=1ton=Σ[(2k-3)·2^(k-1)]fromk=1ton。S_n=Σ(2k·2^(k-1))fromk=1ton-Σ(3·2^(k-1))fromk=1ton。S_n=2·Σ(k·2^(k-1))fromk=1ton-3·Σ(2^(k-1))fromk=1ton。S_n=2·[1·2^0+2·2^1+...+n·2^(n-1)]-3·(1-2^n)/(1-2)。2·Σ(k·2^(k-1))=1·2^1+2·2^2+...+n·2^n。Σ(k·2^(k-1))-2·Σ(k·2^(k-1))=(1·2^0+2·2^1+...+n·2^(n-1))-(1·2^1+2·2^2+...+n·2^n)=1·2^0-n·2^n+Σ(2^kfromk=1ton-1)=1-n·2^n+(2^1+2^2+...+2^(n-1))=1-n·2^n+(2-2^n)/(1-2)=1-n·2^n-(2^n-2)=1-n·2^n-2^n+2=3-(n+1)·2^n。Σ(k·2^(k-1))=3-(n+1)·2^n。S_n=2·[3-(n+1)·2^n]-3·(2^n-1)=6-2(n+1)·2^n-3·2^n+3=9-(2n+2+3)·2^n=9-(2n+5)·2^n。(2)解：b_n=n·2^n。要判断是否存在正整数k，使得对任意n∈N*，都有a_n<b_k。即要判断是否存在正整数k，使得n·2^n-(n+1)·2^(n-1)<k·2^k对任意n∈N*恒成立。化简不等式：n·2^n-n·2^(n-1)-2^(n-1)<k·2^k，即(n-1)·2^n-2^(n-1)<k·2^k。得(n-1)·2^n-2^(n-1)<k·2^k，即(n-1)·2-1<k·2^(k-n)。即n·2-3<k·2^(k-n)。由于n·2-3是关于n的增函数，其值随n增大而增大。当n=1时，n·2-3=-1。要使不等式对任意n∈N*(即n≥1)恒成立，需要k·2^(k-n)能取到足够大的值，使得它始终大于n·2-3的最大值。由于n·2-3是单调递增的，其最大值发生在n趋于无穷大时，但n是有限的。考虑n=1,2,3,...的情况。当n=1时，-1<k·2^(k-1)。显然对任何正整数k都成立。当n=2时，1<k·2^(k-2)。即k>1/(2^(k-2))。k=1时，1>1/4成立；k=2时，1>1/2成立；k=3时，1>1/4成立；k=4时，1>1/8成立；k=5时，1>1/16成立。对于k≥1，该不等式恒成立。当n=3时，3<k·2^(k-3)。即k>3/(2^(k-3))。k=1时，3>3/8成立；k=2时，3>3/4成立；k=3时，3>3/2成立；k=4时，3>3/4成立。对于k≥4，该不等式恒成立。当n=4时，7<k·2^(k-4)。即k>7/(2^(k-4))。k=1时，7>7/16成立；k=2时，7>7/8成立；k=3时，7>7/4成立；k=4时，7>7/2成立；k=5时，7>7/4成立。对于k≥5，该不等式恒成立。...从以上分析可以看出，随着n的增大，k·2^(k-n)的增长速度（指数增长）远超n·2-3的增长速度（线性增长）。因此，总会存在一个足够大的k，使得对任意n∈N*，都有(n-1)·2^n-2^(n-1)<k·2^k成立。因此，存在正整数k，使得对任意n∈N*，都有a_n<b_k。需要找到最小的这样的k。令k=5，检查n=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10的情况：n=1:(1-1)2^1-2^0=-1<5·2^4=80n=2:(2-1)2^2-2^1=2<5·2^3=40(不满足)n=3:(3-1)2^3-2^2=10<5·2^2=20(不满足)n=4:(4-1)2^4-2^3=28<5·2^1=10(不满足)n=5:(5-1)2^5-2^4=56<5·2^0=5(不满足)n=6:(6-1)2^6-2^5=112<5·2^1=10(不满足)n=7:(7-1)2^7-2^6=224<5·2^2=20(不满足)n=8:(8-1)2^8-2^7=448<5·2^3=40(不满足)n=9:(9-1)2^9-2^8=896<5·2^4=80(不满足)n=10:(10-1)2^10-2^9=1792<5·2^5=160(不满足)令k=6，检查n=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10的情况：n=1:(1-1)2^1-2^0=-1<6·2^4=96n=2:(2-1)2^2-2^1=2<6·2^3=48n=3:(3-1)2^3-2^2=10<6·2^2=24(不满足)n=4:(4-1)2^4-2^3=28<6·2^1=12(不满足)n=5:(5-1)2^5-2^4=56<6·2^0=6(不满足)n=6:(6-1)2^6-2^5=112<6·2^1=12(不满足)n=7:(7-1)2^7-2^6=224<6·2^2=24(不满足)n=8:(8-1)2^8-2^7=448<6·2^3=48(不满足)n=9:(9-1)2^9-2^8=896<6·2^4=96(不满足)n=10:(10-1)2^10-2^9=1792<6·2^5=192(满足)令k=7，检查n=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10的情况：n=1:(1-1)2^1-2^0=-1<7·2^4=112n=2:(2-1)2^2-2^1=2<7·2^3=56n=3:(3-1)2^3-2^2=10<7·2^2=28(不满足)n=4:(4-1)2^4-2^3=28<7·2^1=14(不满足)n=5:(5-1)2^5-2^4=56<7·2^0=7(不满足)n=6:(6-1)2^6-2^5=1