《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

1.（2022·浙江高考）已知等差数列$\{ a_{n}\}$的首项$a_{1}=-1$，公差$d\gt1$. 记$\{ a_{n}\}$的前n项和为$S_{n}(n\in N^{*})$.
（1）若$S_{4}-2a_{2}a_{3}+6=0$，求$S_{n}$；
（2）若对于每个$n\in N^{*}$，存在实数$c_{n}$，使$a_{n}+c_{n},a_{n + 1}+4c_{n},a_{n + 2}+15c_{n}$成等比数列，求$d$的取值范围.

答案： 1.解　
(1)因为S₄ - 2a₂a₃ + 6 = 0，a₁ = -1，所以 -4 + 6d - 2(-1 + d)(-1 + 2d) + 6 = 0，所以d² - 3d = 0，又d＞1，所以d = 3，所以aₙ = 3n - 4，所以Sₙ = (a₁ + aₙ)n / 2 = (3n² - 5n) / 2.
(2)因为aₙ + cₙ，aₙ₊₁ + 4cₙ，aₙ₊₂ + 15cₙ成等比数列，所以(aₙ₊₁ + 4cₙ)² = (aₙ + cₙ)(aₙ₊₂ + 15cₙ)，(nd - 1 + 4cₙ)² = (-1 + nd + d + cₙ)(-1 + nd + d + 15cₙ)，cₙ² + (14d - 8nd + 8)cₙ + d² = 0，由已知方程cₙ² + (14d - 8nd + 8)cₙ + d² = 0的判别式大于等于0，所以Δ = (14d - 8nd + 8)² - 4d²≥0，所以(16d - 8nd + 8)(12d - 8nd + 8)≥0对于任意的n∈N*恒成立，所以[(n - 2)d - 1][(2n - 3)d - 2]≥0对于任意的n∈N*恒成立，当n = 1时，[(n - 2)d - 1][(2n - 3)d - 2] = (d + 1)(d + 2)≥0，当n = 2时，由-(d - 2)≥0，可得d≤2，当n≥3时，[(n - 2)d - 1][(2n - 3)d - 2]＞(n - 3)(2n - 5)≥0，又d＞1，所以1＜d≤2，即d的取值范围为(1，2].

2.（2020·新高考Ⅰ卷）已知公比大于1的等比数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{2}+a_{4}=20,a_{3}=8$.
（1）求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）记$b_{m}$为$\{ a_{n}\}$在区间$(0,m](m\in N^{*})$中的项的个数，求数列$\{ b_{m}\}$的前100项和$S_{100}$.

答案： 2.解　
(1)设等比数列{aₙ}的首项为a₁，公比为q，依题意有{a₁q + a₁q³ = 20，a₁q² = 8，解得{a₁ = 2，q = 2或{a₁ = 32，q = 1 / 2(舍去)，所以aₙ = 2ⁿ，所以数列{aₙ}的通项公式为aₙ = 2ⁿ.
(2)由于2¹ = 2，2² = 4，2³ = 8，2⁴ = 16，2⁵ = 32，2⁶ = 64，2⁷ = 128，b₁对应的区间为(0，1]，则b₁ = 0；b₂，b₃对应的区间分别为(0，2]，(0，3]，则b₂ = b₃ = 1，即有2个1；b₄，b₅，b₆，b₇对应的区间分别为(0，4]，(0，5]，(0，6]，(0，7]，则b₄ = b₅ = b₆ = b₇ = 2，即有2²个2；b₈，b₉，…，b₁₅对应的区间分别为(0，8]，(0，9]，…，(0，15]，则b₈ = b₉ = … = b₁₅ = 3，即有2³个3；b₁₆，b₁₇，…，b₃₁对应的区间分别为(0，16]，(0，17]，…，(0，31]，则b₁₆ = b₁₇ = … = b₃₁ = 4，即有2⁴个4；b₃₂，b₃₃，…，b₆₃对应的区间分别为(0，32]，(0，33]，…，(0，63]，则b₃₂ = b₃₃ = … = b₆₃ = 5，即有2⁵个5；b₆₄，b₆₅，…，b₁₀₀对应的区间分别为(0，64]，(0，65]，…，(0，100]，则b₆₄ = b₆₅ = … = b₁₀₀ = 6，即有37个6.所以S₁₀₀ = 1×2 + 2×2² + 3×2³ + 4×2⁴ + 5×2⁵ + 6×37 = 480.