《2026年一本密卷高考数学》

9. (2025·河北省张家口三模)已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和为 $ S_{n}$，若 $ 5S_{2}-4S_{4}=0$，$a_{5}-a_{7} \neq 0$，则 $\frac{a_{9}+a_{11}}{a_{5}-a_{7}}=$$\frac{5}{48}$.

答案： 9.$\frac{5}{48}$由$5S_{2} - 4S_{4} = 0$可得$5(a_{1} + a_{2}) = 4(a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}) = 4(a_{1} + a_{2}) + 4q^{2}(a_{1} + a_{2})$，若$a_{1} + a_{2} = 0 \Rightarrow q = - 1$，则与$a_{5} - a_{7} \neq 0$矛盾，所以$q^{2} = \frac{1}{4}$，则$\frac{a_{9} + a_{11}}{a_{5} - a_{7}} = \frac{a_{5}(q^{4} + q^{6})}{a_{5}(1 - q^{2})} = \frac{\frac{1}{16} + \frac{1}{64}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{5}{48}$.

10. (2025·山东日照二模)设数列$\{ a_{n}\}$满足 $ a_{n + 1}=2a_{n}^{2}-1(n \in \mathbf{N}^{*})$. 若存在常数 $ \lambda $，使得 $ a_{n} \leq \lambda $ 成立，则 $ \lambda $ 的最小值是$-\frac{1}{2}$.

答案： 10.$-\frac{1}{2}$由题意：$\lambda \geqslant (a_{n})_{\max}$即可，$a_{n + 1} - a_{n} = 2a_{n}^{2} - a_{n} - 1 = (2a_{n} + 1)(a_{n} - 1)$；若$a_{n} ＜ - \frac{1}{2}$，则$a_{n + 1} ＞ a_{n}$且$a_{n + 1} + \frac{1}{2} = 2a_{n}^{2} - \frac{1}{2} ＞ 0$，故$a_{n + 1} ＞ - \frac{1}{2}$，则必有$\lambda ＞ - \frac{1}{2}$；若$a_{n} = - \frac{1}{2}$，则$a_{n + 1} = a_{n}$，该数列为常数列，即$a_{n} = - \frac{1}{2}$，此时$\lambda \geqslant - \frac{1}{2}$；若$a_{n} ＞ - \frac{1}{2}$，则显然有$\lambda ＞ - \frac{1}{2}$；综上所述：$\lambda$的最小值为$- \frac{1}{2}$.

11. (13 分)(2025·四川省成都市三模)已知正项数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项的和为 $ S_{n}$，且 $ a_{n}(2S_{n}-a_{n})=1$.
(1) 求 $ S_{1}$，$S_{2}$；
(2) 证明：$\{ S_{n}^{2}\}$是等差数列；
(3) 求数列$\left\{\frac{1}{S_{n}+S_{n + 1}}\right\}$的前 $ n $ 项的和 $ T_{n}$.

答案： 11.解：
(1)由$a_{n}(2S_{n} - a_{n}) = 1$，令$n = 1$，有$a_{1}^{2} = 1$，因为$a_{n} ＞ 0$，所以$a_{1} = 1$.令$n = 2$，有$a_{2}(a_{2} + 2a_{1}) = 1$，即$a_{2}^{2} + 2a_{2} = 1$，由$a_{2} ＞ 0$，解得$a_{2} = \sqrt{2} - 1$.所以$S_{1} = 1$，$S_{2} = \sqrt{2}$.
(2)证明：当$n \geqslant 2$时，由$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$，代入$a_{n}(2S_{n} - a_{n}) = 1$，化简得$(S_{n} - S_{n - 1})(S_{n} + S_{n - 1}) = 1$，即$S_{n}^{2} - S_{n - 1}^{2} = 1(n \geqslant 2)$，所以$\{ S_{n}^{2}\}$是首项为$1$，公差为$1$的等差数列.
(3)由
(2)可知$S_{n}^{2} = n$.因为$\{ a_{n}\}$是正项数列，所以$S_{n} ＞ 0$，从而$S_{n} = \sqrt{n}$.由$\frac{1}{S_{n} + S_{n + 1}} = \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n}$，所以$T_{n} = (\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + ·s + (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) = \sqrt{n + 1} - 1$.所以数列$\{\frac{1}{S_{n} + S_{n + 1}}\}$的前$n$项的和$T_{n} = \sqrt{n + 1} - 1$.

12. (15 分)(2025·四川省攀枝花三模)已知数列$\{ a_{n}\}$的首项 $ a_{1}=1$，$a_{n}+a_{n + 1}=3 × 2^{n}$.
(1) 求证：$\{ a_{n}-2^{n}\}$是等比数列；
(2) 求数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和 $ S_{n}$；
(3) 令 $ b_{n}=\frac{n^{2}}{a_{n}-(-1)^{n}}$，求数列$\{ b_{n}\}$的最大项.

答案： 12.解：
(1)证明：因为$a_{n} + a_{n + 1} = 3 × 2^{n}$，所以$a_{n + 1} - 2^{n + 1} = - (a_{n} - 2^{n})$，又$a_{1} = 1$，所以$a_{1} - 2 = - 1$，所以$\{ a_{n} - 2^{n}\}$是以$- 1$为首项，$- 1$为公比的等比数列.
(2)由
(1)可得$a_{n} - 2^{n} = ( - 1)^{n}$，所以$a_{n} = 2^{n} + ( - 1)^{n}$，所以$S_{n} = 2^{1} + ( - 1)^{1} + 2^{2} + ( - 1)^{2} + ( - 1)^{2} + ·s + 2^{n} + ( - 1)^{n} = (2^{1} + 2^{2} + ·s + 2^{n}) + \lbrack( - 1)^{1} + ( - 1)^{2} + ·s + ( - 1)^{n}\rbrack = \frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2} + \frac{- 1\lbrack 1 - ( - 1)^{n}\rbrack}{1 - ( - 1)} = 2^{n + 1} - 2 + \frac{- 1 + ( - 1)^{n}}{2}$.
(3)由
(2)可得$b_{n} = \frac{n^{2}}{a_{n} - ( - 1)^{n}} = \frac{n^{2}}{2^{n}}$，则$b_{n + 1} - b_{n} = \frac{(n + 1)^{2}}{2^{n + 1}} - \frac{n^{2}}{2^{n}} = \frac{(n + 1)^{2} - 2n^{2}}{2^{n + 1}} = \frac{2n + 1 - n^{2}}{2^{n + 1}}$，所以当$1 \leqslant n \leqslant 2$时$b_{n + 1} - b_{n} ＞ 0$，当$n \geqslant 3$时$b_{n + 1} - b_{n} ＜ 0$，即$b_{1} ＜ b_{2} ＜ b_{3} ＞ b_{4} ＞ b_{5} ＞ ·s$，所以数列$\{ b_{n}\}$的最大项为$b_{3} = \frac{9}{8}$.