专题06 数列 2020-2026年高考数学真题分类汇编（天津专用）（解析版）

高考真题分类解析PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE1专题06数列7年真题1年模拟考点分类天津考情（2020-2026）命题规律考点01数列基本量的计算2026天津：等差数列、等比数列的通项公式与核心基本量计算2025天津：数列通项公式基础求解、前n项和基本量计算2023天津：等比数列的通项公式、前n项和公式的基础量计算该考点为天津高考数列模块基础题型，常年设置单选题，难度偏低，命题结构稳定。核心围绕等差数列、等比数列的通项公式、前n项和公式展开，考查首项、公差、公比、项数等核心基本量的计算。近年逐步融合等差、等比数列的综合基础设问，无复杂变形，是数列模块的必拿基础分值，解题核心依托数列基础公式的熟练应用。考点02数列通项公式与前n项和的综合求解2026天津：等差数列与等比数列的通项公式联立求解、前n项和综合计算2025天津：求数列通项公式，错位相减法、裂项相消法的综合求和应用2024天津：数列通项公式的求解、裂项相消法的进阶应用、复杂数列求和计算2023天津：求数列通项与分组求和法、错位相减法的综合应用2022天津：数列通项公式求解、分组求和法的进阶应用、多段数列求和计算2021天津：求数列通项与裂项相消法、错位相减法的基础综合应用2020天津：数列通项公式基础求解、裂项相消法基础求和数列解答题稳定处在第18-19题，属于倒数第二道解答题，位置偏后。第一问固定用基本量法求解等差、等比通项，难度基础；第二问常规考查错位相减、分组求和。压轴小问不再局限单纯计算，常结合整数约束、不等式放缩，偶尔融入集合背景，侧重逻辑推理，依靠套路难以得分，区分度较强。考点01数列基本量的计算1．（2026·天津·高考真题）已知，，则（

）A．68 B．56 C． D．【答案】C【详解】由，得，即；，即；因为，所以；，即，所以；，即，所以.2．（2025·天津·高考真题），则数列的前12项和为（

）A．112 B．48 C．80 D．64【答案】C【详解】因为，所以当n=1时，，当n≥2时，，经检验，满足上式，所以，令，，设数列的前n项和为Tn，则数列的前4项和为数列的前12项和为.故选：C3．（2023·天津·高考真题）已知数列an的前n项和为Sn，若，则（

）A．16 B．32 C．54 D．162【答案】C【详解】当时，，所以，即，当n=1时，，所以数列an是首项为2，公比为3则.故选：C.考点02求数列通项公式及数列求和的综合1．（2026·天津·高考真题）已知等差数列an与等比数列满足：a1=2，，，．(1)求数列an，的通项公式；(2)记，，或，记为中的元素个数．（i）求；（ii）求．【答案】(1)(2)（i）；（ii）.【分析】【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列的公比为q，因为，所以，即，解得或（公比不能为0，舍去），所以（2）（i）由（1）知an为偶数，bn为奇数，所以数列an根据题意，集合中的元素由数列an和中小于等于n项组成，小于的正偶数有个，由得，，所以数列an中小于等于的项有个，中小于等于的项有n+1个，所以.（ii）当时，中小于等于的项有i个，又为偶数时，an中小于等于的项有个，为奇数时，an中小于等于的项有个，所以，所以，从到共有项，又为奇数时，所以，所以令①，则②，①-②得，所以，所以2．（2025·天津·高考真题）已知数列an是等差数列，是等比数列，．(1)求an，的通项公式；(2)，，有，（i）求证：对任意实数，均有;（ii）求Tn【答案】(1)；(2)（i）证明：由（1）或，，当时，设，所以，所以，所以，为Tn中的最大元素，此时恒成立，所以对，均有.（ii）【分析】【详解】（1）设数列an的公差为d，数列公比为，则由题得，所以；（2）（i）略（ii）法一：由（i）得对任意实数，均有，所以，，所以取值随着的取值不同各不相同，又为Tn中的最大元素，由题意可得Tn当均为1时：此时该系列元素只有即个；当中只有一个为0，其余均为1时：此时该系列的元素有共有个，则这n个元素的和为；当中只有2个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，则这n个元素的和为；当中有3个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，则这n个元素的和为；…当中有n-1个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个，则这n个元素的和为；当均为0时：此时该系列的元素为即个，综上所述，Tn；法二：由（i）得，为Tn中的最大元素，由题意可得，所以Tn的所有的元素的和中各项出现的次数均为次，所以Tn中的所有元素之和为.3．（2024·天津·高考真题）已知an为公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，且(1)求an的通项公式及S(2)设数列满足，其中．（ⅰ）当时，求证：；（ⅱ）求．【答案】(1)(2)①证明见详解；②【分析】【详解】（1）设等比数列an的公比为，因为，即，可得，整理得，解得或（舍去），所以.（2）（i）由（1）可知，且，当时，则，即可知，，可得，当且仅当时，等号成立，所以；（ii）由（1）可知：，若n=1，则；若n≥2，则，当时，，可知为等差数列，可得，所以，且n=1，符合上式，综上所述：.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当时，，可知为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得.4．（2023·天津·高考真题）已知an是等差数列，．(1)求an的通项公式和．(2)设bn是等比数列，且对任意的，当时，则，（Ⅰ）当时，求证：；（Ⅱ）求bn的通项公式及前n【答案】(1)，；(2)(Ⅰ)证明如下：由题意可知，当时，，取，则，即，当时，，取，此时，据此可得，综上可得：.(Ⅱ)，前n项和为.【分析】【详解】（1）由题意可得，解得，则数列an的通项公式为，求和得.（2）(Ⅰ)略(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，则数列的公比q满足，当时，，所以，所以，即，当时，，所以，所以数列的通项公式为，其前n项和为：.【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前n项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.5．（2022·天津·高考真题）设an是等差数列，bn是等比数列，且(1)求an与b(2)设an的前n项和为Sn，求证：(3)求．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】【详解】（1）设公差为d，公比为q，则，由可得（舍去），所以；（2）证明：因为所以要证，即证，即证，即证，而显然成立，所以；（3）因为，所以，设所以，则，作差得，所以，所以.6．（2021·天津·高考真题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，．（I）求和的通项公式；（II）记，（i）证明是等比数列；（ii）证明【答案】（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以，所以，所以；设等比数列的公比为，所以，解得（负值舍去），所以；（II）（i）由题意，，所以，所以，且，所以数列是等比数列；（ii）由题意知，，所以，所以，设，则，两式相减得，所以，所以.【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.7．（2020·天津·高考真题）已知an为等差数列，bn为等比数列，（Ⅰ）求an和b（Ⅱ）记an的前n项和为Sn，求证：（Ⅲ）对任意的正整数n，设求数列的前2n项和．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.【分析】【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.由，，可得d=1.从而的通项公式为.由，又q≠0，可得，解得q=2，从而的通项公式为.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，故，，从而，所以.(Ⅲ)当n为奇数时，，当n为偶数时，，对任意的正整数n，有，和①由①得②由①②得，由于，从而得：.因此，.所以，数列的前2n项和为.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题.1．（2026·天津·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，，则的前7项和为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】已知，当n=1时，，当n≥2时，，n=1时，，，，故是首项为3，公比为2的等比数列，的前7项和为：．2．（2026·天津西青·三模）已知数列an满足，则该数列的前2026项的乘积等于（

）A．2024 B．2025 C． D．【答案】C【详解】因为，所以，，，，所以数列an是周期为4的周期数列，且一个周期内的乘积：，而，所以.3．（2026·天津和平·三模）已知，数列an的前n项和为Sn，若，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题意，当n=1时，，当n≥2时，，化简得，又不满足，所以数列an从第二项起为公比为3的等比数列，所以.4．（2026·天津滨海新区·三模）已知数列an是等比数列，若，则（

）A． B． C．37 D．【答案】D【详解】设等比数列公比为q，首项为，若，则，不合题意；则，则.5．（2026·天津北辰·二模）数列an的前n项和Sn，且，，则（

）A．52 B．53 C．54 D．55【答案】C【详解】数列an的前n项和Sn，且令n=1时，，所以，所以当n≥2，，所以，即得，即，所以an是以1为首项以2为公比的等比数列，所以，所以，则.6．（2026·天津滨海新区·三模）设Sn为数列an的前n项和，已知，是公差为的等差数列，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】∵，∴，可得的首项为.又∵是公差为的等差数列，∴，即①.当n≥2时，②.①-②得，，移项整理得，即.∴当n≥2时，.当n=1时，满足上式，故.对各选项逐一判断：对于A选项，，故A错误.对于B选项，由等差数列前n项和公式得，而，显然，故B错误.对于C选项，，故C正确.对于D选项，∵，∴，故D错误.7．（2026·天津东丽·二模）已知数列满足，，则（

）A．211 B．225 C．239 D．261【答案】A【详解】由，则，，，则，即，又，故，故.8．（2026·天津河北·二模）若数列an对于任意的，满足（，s为非零常数），称数列an为“型数列”.已知数列an是“型数列”，数列bn是“型数列”，且，.(1)求数列an，b(2)设Sn是数列an的前n项的和，求数列的前项的和；(3)若，是否存在实数，s，t，使得数列为“型数列”？若存在，求出，s，t的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)，(2)(3)不存在，理由见解析【分析】【详解】（1）因为an为“型数列”，所以，即，所以数列an是等差数列，又，，所以an的公差为，故数列an的通项公式为.因为数列bn是“型数列”，所以，又因为，也成立，所以bn为等比数列，公比，因此.（2）由（1）可得，设，因为，故数列的前项的和为.（3）由，得，①所以，②由①－②，得，所以.又，，假设存在实数，s，t，使得数列为“型数列”，则，即，整理得，所以解得，，，不满足，s为非零常数，因此不存在实数，s，t，使得数列为“型数列”.9．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数．(1)证明：；(2)将fx所有正零点排列为严格递增数列（i）证明：；（ii）设表示不超过x的最大整数，求．【答案】(1)证明见解析(2)（i）证明见解析，（ii）【分析】【详解】（1）证明：，，，，，所以在区间上单调递增，.（2）（i）证明：由（1）在区间上单调递增，则时，，即此时无零点，当，，单调递增，又，，，则f(x)在上有一个零点同理可得f(x)在上有一个零点又，，，，又，，且在上单调递增，，即；（ii），，，，又，，．10．（2026·天津西青·三模）已知an是公差不为0的等差数列，bn是等比数列．(1)求an和b(2)在之间插入得到新数列，记数列的前n项和为．（ｉ）求；（ⅱ）是否存在使得为数列bn中的项，若存在，求出所有这样的，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)（ｉ）78；（ⅱ）存在，满足条件的只有．【分析】【详解】（1）设an的公差为，bn的公比为q由，得：，即，整理得，所以或（舍），从而，所以.（2）（ｉ）新数列，可以看作是：第1组：，共1项，第2组：，共2项，第3组：，共3项，第k组：，共k项，因此前k组共有项，且第k组的和为，由于时，，因此前6组共有21项，因此.（ⅱ）由（ｉ）可知，到为止，数列的项数为,此时和为,①当n恰好是前k组的总项数时，此时，当k=1时，，即P1是数列b当时，，则是数列bn中的项，符合题意；当时，恒成立，此时，在两个相邻的2的幂和之间，没有其他的2的幂，因此不可能是数列bn中的项，不符合题意；②当n不是前k组的总项数时，而是介于与之间，即，这意味着是前k组的和再加上第组的前几项，设，其中，则，当k=1时，，n只能取2，，即是数列bn中的项，符合题意；当时，，n只能取4或5，，即不是数列bn中的项，不符合题意；当时，，由于，则，在两个相邻的2的幂和之间，没有其他的2的幂，因此不可能是数列bn中的项，不符合题意；综上所述，满足条件的只有．11．（2026·天津·模拟预测）已知数列an是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列bn是公比大于0的等比数列，(1)求数列an和b(2)记，，（ⅰ）求；（ⅱ）对于给定的，，有数列，，，判断该数列单调性并证明；（ⅲ）求．【答案】(1)，(2)（ⅰ），（ⅱ）单调递减，证明如下：，时数列单调递减，证明如下：，令，则，所以，令，所以，令，因为，，，，所以，，所以在恒成立，所以恒成立，即对于给定的，，有数列单调递减；（ⅲ）.【分析】【详解】（1）数列an是公差为2的等差数列，所以，解得，所以，数列bn是公比大于0的等比数列，，解得，所以，综上，，（2）（ⅰ）由（1）得，，因为，所以，所以；（ⅱ）略（ⅲ），由（ⅱ）令得，令，即，当时；当时m=1，.12．（2026·天津红桥·三模）已知数列an是正项等比数列，bn是等差数列，且(1)求数列an和b(2)设数列的前n项和为，求证：；(3)表示不超过x的最大整数，；求.【答案】(1)，；(2)证明见解析；(3).【分析】【详解】（1）设等比数列an的公比为，等差数列bn的公差为d由，得，解得或（舍去）；故，；（2）由（1）知，，，则所以则；（3）因为，所以，，，所以.则①，则②，由①②得：，所以.13．（2026·天津河西·三模）已知数列an是等差数列，数列bn是等比数列，且，，．(1)求数列an和b(2)设，求数列的前项和；(3)设数列满足，求数列的最大项和最小项．【答案】(1)；．(2)(3)最大项为，最小项为．【分析】【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为由题意得方程组：，得：即，因为，解得，此时．所以；．（2）前项和可以分为奇数项之和与偶数项之和．因为奇数项．，，，，所以．

偶数项．，，．所以.（3），由于数列中交替出现正负项，将其分为偶数项子数列与奇数项子数列进行探讨．①记偶数项为．．因为，所以．故，即偶数项子数列是严格递减数列．因此，在所有偶数项中，最大值为．

②记奇数项为．．当k=1时，，所以，即．当时，，所以，即从第三项起，奇数项子数列严格递增，有因此，在所有奇数项中，最小值为．

因为所有偶数项为正，所有奇数项为负，所以数列最大项为，最小项为．14．（2026·天津和平·三模）已知个正数，，⋯，依次围成一个圆圈，其中，，，⋯，是公差为d的等差数列，而，，，⋯，，是公比为q的等比数列．(1)若，，，求数列，，⋯，的所有项的和；(2)若，，求的最大值；(3)当时，是否存在正整数k，满足下式成立？若存在，请求出k值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)的最大值为(3)存在时，等式成立【分析】【详解】（1）由题意可得，，所以，又因为，所以，，构成等比数列，所以，所以数列，，⋯，为1，2，3，4，5，6，7，8，9，3共个数，此时，.（2）由，，，⋯，是首项为2，公差为2的等差数列，故，而，，，⋯，，是公比为2的等比数列，故，因此，所以，因此，要使最大，则k最大，又，故k的最大值为，由，即，故的最大值为.（3）由，，，⋯，是公差为d的等差数列，可得：，而，，，⋯，，是公比为2的等比数列，所以，故，即，又，，所以，即，即，即，因此，所以，所以；代入验证可得：当时，上式等式成立，此时，所以当且仅当时，存在满足等式.15．（2026·天津河西·三模）已知数列an是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn，数列bn是公比为的等比数列，其中，，，．(1)求数列an、b(2)数列满足，，其中，（ⅰ）求；（ⅱ）求．【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】【详解】（1）因为是公差为d的等差数列，，由得​：，即，解得，因此：.对于等比数列，公比，，由得：，​得，结合，解得，因此：.综上，，.（2）因为，由上分析知，，所以，.（ⅰ）当时，，此时数列是公差为2的等差数列，共有项，因此，①.当时，，将①代入得.因此②.用待定系数法构造等比数列：设，则，与②比较得，解得,所以，故数列是公比为3的等比数列，且首项.所以，即，又因为，所以，，因此.（ⅱ）将区间按划分为n个互不重叠的子区间，每个区间内是公差为2的等差数列，即第1段：，项数；第2段：，项数21=2；第3段：，项数；；第k段：，项数；记第k组和为，首项为，公差为2，项数为的等差数列，所以，对求和，，因此，.【点睛】本题关键由等差等比数列可得递推关系，进而再待定系数法构造等比数列，从而可得；对求和采用分成k段求和，最后再用分组并项求和.16．（2026·天津滨海新区·三模）已知an是等差数列，bn是等比数列，设数列an的前n项和为(1)求an和b(2)设，求的前n项和；(3)在（2）的条件下，设，求集合S中所有元素之和．【答案】(1)(2)(3)集合S中所有元素之和为：.【分析】（1）通过等比数列、等差数列的通项公式列方程组，求解首项、公差和公比即可求解（2）是典型的等差×等比型数列，采用错位相减法求和.（3）先判断严格单调递增，明确S中元素构成(含0和非0差值)；再通过错位相减法多次处理求和式，按n=1和n≥2分类计算集合S中的所有元素和【详解】（1）因为an是等差数列，所以，即；因为bn是等比数列，所以，代入得，即.（2）由题，则，得：，即.（3）因为，所以严格单调递增，当或n=1时，，元素仅一个；当且n≥2时，，且这些差值互不相等，此时共有个元素.计算所有非零元素的和，不妨设，，则.由(2)可得，，设，则，由得：，代入得，则，其中，，，，由得，令，则，代回式得则.综上所述，集合S中所有元素之和为：.17．（2026·天津西青·三模）已知，函数．(1)当a=1时，求曲线在点处的切线方程；(2)若存在，使得有三个不同的零点，（i）求a的取值范围；（ⅱ）若成等差数列，求证：．【答案】(1)(2)（i）；（ⅱ）若存在，使得有三个不同的零点，即为方程的根，即，两式相加得，因为成等差数列，所以，则，即，故，即