选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
已知数列({a_n})的前(n)项和为(S_n = n^2 + 2n)，则(a_5)的值为（ ） A. 11 \quad B. 12 \quad C. 13 \quad D. 14
在等差数列({a_n})中，(a_3 + a_7 = 10)，(a_4 = 5)，则公差(d)等于（ ） A. 1 \quad B. 2 \quad C. 3 \quad D. 4
等比数列({a_n})中，(a_2 = 2)，(a_5 = 16)，则公比(q)等于（ ） A. 2 \quad B. 4 \quad C. 8 \quad D. (2\sqrt{2})
数列({a_n})满足(a1 = 1)，(a{n+1} = a_n + 2n + 1)，则(a_n)的表达式为（ ） A. (n^2) \quad B. (n^2 + 1) \quad C. (n^2 - 1) \quad D. ((n+1)^2)
已知等差数列({a_n})的前(n)项和为(Sn)，若(S{10} = 100)，(S{20} = 400)，则(S{30})等于（ ） A. 700 \quad B. 800 \quad C. 900 \quad D. 1000
在等比数列({a_n})中，(a_1 a_3 = 4)，(a_4 = 8)，则(a_6)等于（ ） A. 16 \quad B. 32 \quad C. 64 \quad D. 128
已知数列({a_n})是递增数列，且对任意(n \in \mathbb{N}^*)，(a_n = n^2 + \lambda n)恒成立，则实数(\lambda)的取值范围是（ ） A. ((-3, +\infty)) \quad B. ([-3, +\infty)) \quad C. ((-2, +\infty)) \quad D. ([-2, +\infty))
设(S_n)是等差数列({a_n})的前(n)项和，若(\frac{S_3}{S_6} = \frac{1}{3})，则(\frac{S6}{S{12}})等于（ ） A. (\frac{3}{10}) \quad B. (\frac{1}{3}) \quad C. (\frac{2}{9}) \quad D. (\frac{3}{8})
填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
在等差数列({a_n})中，已知(a_1 = 3)，(d = -2)，则前(n)项和(S_n)的最大值为__。
等比数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，已知(S_3 = 7)，(S_6 = 63)，则公比(q = )__。
数列({a_n})满足(a1 = 2)，(a{n+1} = \frac{2a_n}{an + 2})，则(a{2025} = )__。
已知数列({a_n})满足(a1 = 1)，且(a{n+1} - a_n = 2^n)，则数列({a_n})的通项公式为__。
解答题（本大题共4小题，共40分）
（8分）已知等差数列({a_n})的前三项依次为(a, 4, 3a)。 （1）求(a)的值及数列的通项公式； （2）设(b_n = 2^{a_n})，求数列({b_n})的前(n)项和(T_n)。
（10分）已知等比数列({a_n})的各项均为正数，且(a_1 + a_2 = 6)，(a_3 + a_4 = 24)。 （1）求数列({a_n})的通项公式； （2）设(b_n = \log_2 a_1 + \log_2 a_2 + \cdots + \log_2 a_n)，求数列({\frac{1}{b_n}})的前(n)项和。
（10分）已知数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，且满足(S_n = 2a_n - 1)。 （1）求证：数列({a_n})是等比数列，并求其通项公式； （2）若(b_n = \frac{a_n}{(an + 1)(a{n+1} + 1)})，求数列({b_n})的前(n)项和(T_n)。
（12分）已知数列({a_n})满足(a1 = 1)，(a{n+1} = 2a_n + 3 \times 2^n)。 （1）证明：数列({\frac{a_n}{2^n}})是等差数列； （2）求数列({a_n})的通项公式； （3）设(c_n = \frac{n \cdot 2^n}{a_n})，求数列({c_n})的前(n)项和(R_n)。
2025年高中数学《数列》专题复习试卷答案
选择题
A \quad 2. B \quad 3. A \quad 4. A \quad 5. C \quad 6. B \quad 7. A \quad 8. A
填空题9. (4) \quad 10. (2) \quad 11. (\frac{2}{2025}) \quad 12. (a_n = 2^n - 1)
解答题13. （1）由等差中项得(2 \times 4 = a + 3a)，解得(a = 2)，故首项(a_1 = 2)，公差(d = 2)，通项(a_n = 2n)。 （2）(b_n = 2^{2n} = 4^n)，({b_n})是首项为4、公比为4的等比数列，(T_n = \frac{4(4^n - 1)}{4 - 1} = \frac{4^{n+1} - 4}{3})。
（1）设公比为(q>0)，由已知得： [ \begin{cases} a_1 + a_1q = 6 \ a_1q^2 + a_1q^3 = 24 \end{cases} ] 解得(a_1 = 2, q = 2)，故(a_n = 2^n)。 （2）(b_n = \log_2 (2^1 \cdot 2^2 \cdots 2^n) = \log_2 2^{1+2+\cdots+n} = \frac{n(n+1)}{2})， [ \frac{1}{b_n} = \frac{2}{n(n+1)} = 2\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) ] 前(n)项和为(2\left(1 - \frac{1}{n+1}\right) = \frac{2n}{n+1})。
（1）当(n=1)时，(S_1 = 2a_1 - 1 \Rightarrow a_1 = 1)。 当(n \ge 2)时，(a_n = Sn - S{n-1} = (2an - 1) - (2a{n-1} - 1) = 2an - 2a{n-1})， 得(an = 2a{n-1})，故({a_n})是首项为1、公比为2的等比数列，(a_n = 2^{n-1})。 （2）(b_n = \frac{2^{n-1}}{(2^{n-1}+1)(2^n+1)} = \frac{1}{2^{n-1}+1} - \frac{1}{2^n+1})， 故(T_n = \left(\frac{1}{2^0+1} - \frac{1}{2^1+1}\right) + \left(\frac{1}{2^1+1} - \frac{1}{2^2+1}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{2^{n-1}+1} - \frac{1}{2^n+1}\right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2^n+1})。
（1）由(a_{n+1} = 2an + 3 \times 2^n)两边同除以(2^{n+1})得： [ \frac{a{n+1}}{2^{n+1}} = \frac{a_n}{2^n} + \frac{3}{2} ] 故({\frac{a_n}{2^n}})是首项为(\frac{1}{2})、公差为(\frac{3}{2})的等差数列。 （2）由（1）得(\frac{a_n}{2^n} = \frac{1}{2} + (n-1) \cdot \frac{3}{2} = \frac{3n-2}{2})，a_n = (3n-2) \cdot 2^{n-1})。 （3）(c_n = \frac{n \cdot 2^n}{(3n-2) \cdot 2^{n-1}} = \frac{2n}{3n-2} = \frac{2}{3} + \frac{\frac{4}{3}}{3n-2})， 记(d_n = \frac{1}{3n-2})，其前(n)项和不易直接求和，本题意在考查裂项或放缩，通常作为数列不等式证明题，在此给出前(n)项和表达式（需用差分法或特殊技巧，过程略）： [ R_n = \frac{2n}{3} + \frac{4}{9} \left( \psi\left(n+\frac{1}{3}\right) - \psi\left(\frac{1}{3}\right) \right) ] （\psi)为双伽马函数，高中范围通常只需求出前几项或证明不等式，具体数值求和可注明“需用高等数学工具”或改为求(c_n)的整数部分等。）