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专题08 数列
知识点一 等差等比数列基本量的计算
1．（2025·北京·高考真题）已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（ ）
A． B． C．16 D．18
【答案】C
【解析】设等差数列的公差为，
因为成等比数列，且，
所以，即，解得或（舍去），
所以.
故选：C.
2．（2025·全国二卷·高考真题）记为等差数列的前n项和，若则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设等差数列的公差为d，则由题可得 ，
所以.
故选：B.
3．（2025·天津·高考真题），则数列的前项和为（ ）
A．112 B．48 C．80 D．64
【答案】C
【解析】因为，
所以当时，，
当时，，
经检验，满足上式，
所以，令，，
设数列的前n项和为，
则数列的前项和为
数列的前项和为
.
故选：C
4．（2025·全国二卷·高考真题）（多选）记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】对A，由题意得，结合，解得或（舍去），故A正确；
对B，则，故B错误；
对C，，故C错误；
对D，，，
则，故D正确；
故选：AD.
5．（2025·上海·高考真题）已知等差数列的首项，公差，则该数列的前6项和为 ．
【答案】
【解析】根据等差数列的求和公式，.
故答案为：
6．（2025·全国一卷·高考真题）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 .
【答案】
【解析】法一：设该等比数列为，是其前项和，则，
设的公比为，
当时，，即，则，显然不成立，舍去；
当时，则，
两式相除得，即，
则，所以，
所以该等比数列公比为2.
故答案为：.
法二：设该等比数列为，是其前项和，则，
设的公比为，
所以，
，
所以，则，所以，
所以该等比数列公比为2.
故答案为：2.
法三：设该等比数列为，是其前项和，则，
设的公比为，
因为，
又，
所以，所以，
所以该等比数列公比为.
故答案为：.
1．（2024·全国甲卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由，则，
则等差数列的公差，故.
故选：B.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【解析】方法一：利用等差数列的基本量
由，根据等差数列的求和公式，，
又.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，
，故.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差，则，则.
故选：D
3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则 .
【答案】95
【解析】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，
则.
故答案为：.
1．（2023·全国甲卷·高考真题）记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25 B．22 C．20 D．15
【答案】C
【解析】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C.
方法二：，，所以，，
从而，于是，
所以．
故选：C.
2．（2023·全国甲卷·高考真题）设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（ ）
A． B． C．15 D．40
【答案】C
【解析】由题知,
即,即,即.
由题知,所以.
所以.
故选:C.
3．（2023·天津·高考真题）已知数列的前n项和为，若，则（ ）
A．16 B．32 C．54 D．162
【答案】C
【解析】当时，，所以，即，
当时，，
所以数列是首项为2，公比为3的等比数列，
则.
故选：C.
4．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120 B．85 C． D．
【答案】C
【解析】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
5．（2023·上海·高考真题）已知等比数列的前项和为，且，，求 ；
【答案】189
【解析】由题意得，
故答案为：189.
6．（2023·全国甲卷·高考真题）记为等比数列的前项和．若，则的公比为 ．
【答案】
【解析】若，
则由得，则，不合题意.
所以.
当时，因为，
所以，
即，即，即，
解得.
故答案为：
7．（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等比数列，，，则 .
【答案】
【难度】0.65
【解析】设的公比为，则，显然，
则，即，则，因为，则，
则，则，则，
故答案为：.
知识点二 数列的实际应用
1．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
【答案】 23 57.5/
【解析】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则，
故，.
故答案为：.
2．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ．
【答案】 48 384
【解析】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，
则，且，可得，
则，即，可得，
空1：可得，
空2：
方法二：空1：因为为等比数列，则，
且，所以；
又因为，则；
空2：设后7项公比为，则，解得，
可得，所以.
故答案为：48；384.
知识点三 数列常见求通项和求和方法
1．（2025·全国一卷·高考真题）设数列满足，
(1)证明：为等差数列；
(2)设，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【解析】（1）由题意证明如下，，
在数列中，，，
∴，即，
∴是以为首项，1为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得，，
在数列中，首项为3，公差为1，
∴，即，
在中，
，
∴，
当且时，
∴，
∴
∴
.
1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为,故，
所以即故等比数列的公比为，
故，故，故.
（2）由等比数列求和公式得，
所以数列的前n项和
.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）记为数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）当时，，解得．
当时，，所以即，
而，故，故，
∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
3．（2024·天津·高考真题）已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且．
(1)求的通项公式及；
(2)设数列满足，其中．
（ⅰ）求证：当时，求证：；
（ⅱ）求．
【答案】(1)
(2)①证明见详解；②
【解析】（1）设等比数列的公比为，
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，则；
若，则，
当时，，可知为等差数列，
可得，
所以，
且，符合上式，综上所述：.
1．（2023·全国乙卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
（2）因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：.
2．（2023·全国甲卷·高考真题）设为数列的前n项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，当时，，即，
当时都满足上式，所以．
（2）因为，所以，
，
两式相减得，
，
，即，．
3．（2023·天津·高考真题）已知是等差数列，．
(1)求的通项公式和．
(2)设是等比数列，且对任意的，当时，则，
（Ⅰ）当时，求证：；
（Ⅱ）求的通项公式及前项和．
【答案】(1)，；
(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为.
【解析】（1）由题意可得，解得，
则数列的通项公式为，
求和得
.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当时，，
取，则，即，
当时，，
取，此时，
据此可得，
综上可得：.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，
则数列的公比满足，
当时，，所以，
所以，即，
当时，，所以，
所以数列的通项公式为，
其前项和为：.
4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
(1)若，求的通项公式；
(2)若为等差数列，且，求．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1），，解得，
，
又，
，
即，解得或（舍去），
.
（2）为等差数列，
，即，
，即，解得或，
，，
又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得.
综上，.
5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
知识点四 数列与其他专题知识的综合
1．（2025·上海·高考真题）已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（ ）
A． 4个 B．3个 C．1个 D．无数个
【答案】B
【解析】由题意，不妨设，
三点均在第一象限内，由可知，，
故点恒在线段上，则有.
即对任意的，恒成立，
令，构造函数，
则，由单调递增，
又，存在，使，
即当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
故至多个零点，
又由，
可知存在个零点，不妨设，且.
①若，即时，此时或.
则，可知成立，
要使、、的值均能构成三角形，
所以恒成立，故，
所以有，解得；
②若，即时，此时.
则，可知成立，
要使、、的值均能构成三角形，
所以恒成立，故，
所以有，解得或；
综上可知，正整数的个数有个.
故选：B.
2．（2025·天津·高考真题）已知数列是等差数列，是等比数列，．
(1)求，的通项公式；
(2)，，有，
（i）求证：对任意实数，均有;
（ii）求所有元素之和．
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）
【解析】（1）设数列的公差为d，数列公比为，
则由题得，
所以；
（2）（i）证明：由（1）或，，
当时，
设，
所以，
所以，
所以，为中的最大元素，
此时恒成立，
所以对，均有.
（ii）法一：由（i）得，为中的最大元素，
由题意可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
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，
则这个元素的和为；
当中有个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
…
当中有个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
当均为0时：此时该系列的元素为即个，
综上所述，中的所有元素之和为
；
法二：由（i）得，为中的最大元素，
由题意可得，
所以的所有的元素的和中各项出现的次数均为次，
所以中的所有元素之和为.
1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．
【答案】C
【解析】因为成等差数列，所以，，代入直线方程得
，即，令得，
故直线恒过，设，圆化为标准方程得：，
设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，最小，
，此时.

故选：C
2．（2024·上海·高考真题）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由题设有，因为，故，故，
当时，，故，此时为闭区间，
当时，不妨设，若，则，
若，则，
若，则，
综上，，
又为闭区间等价于为闭区间，
而，故对任意恒成立，
故即，故，
故对任意的恒成立，因，
故当时，，故即.
故答案为：.
3．（2024·上海·高考真题）若．
(1)过，求的解集；
(2)存在使得成等差数列，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为的图象过，故，故即（负的舍去），
而在上为增函数，故，
故即，
故的解集为.
（2）因为存在使得成等差数列，
故有解，故，
因为，故，故在上有解，
由在上有解，
令，而在上的值域为，
故即.
4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
方法二：因为，，，则，
由于，作差得，
，利用合比性质知，
因此是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
方法三：由于，作差得，
变形得①，
同理可得，
由（2）知是公比为的等比数列，令则②，
同时是公比为的等比数列，则③，
将②③代入①，
即，从而，即.
1．（2023·全国乙卷·高考真题）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1 B． C．0 D．
【答案】B
【解析】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或或
于是有或，
即有，解得；
或者，解得；
所以，或.
故选：B
2．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【解析】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，
即，则，有，
两式相减得：，即，对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，
则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即，
即，，
当时，上两式相减得：，当时，上式成立，
于是，又为常数，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
3．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
【答案】B
【解析】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，
所以，
.
（2）设，依题可知，，则
，
即，
构造等比数列，
设，解得，则，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
即．
（3）因为，，
所以当时，，
故．
6．（2023·上海·高考真题）令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列．
(1)若正整数，证明；
(2)若正整数，试比较与大小；
(3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)存在，
【解析】（1），则在处的切线为，
当时，，即，
所以当正整数时，；
（2）作差得，
令，，
当时，，当时，，
故在单调递增，在上单调递减，
，故，
所以当正整数时，；
（3），令，
与单调性相同，由（2）得，
当时，，当时，，
故至多有两解，
若成等差数列，则，
故最多项成等差数列，此时，．
而，，
令，，显然时，，
故在上单调递增，
而，，，故有唯一解，
存在使得，此时，故存在最多项成等差数列，
知识点五 数列新定义
1．（2024·北京·高考真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：
①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【解析】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.
对于②，取则均为等比数列，
但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设，，
若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，
若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；
若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，
当有偶数解，此方程即为，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，
否则，因单调性相反，
方程至多一个偶数解，
当有奇数解，此方程即为，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即
否则，因单调性相反，
方程至多一个奇数解，
因为，不可能同时成立，
故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，
取 ，则,故③正确.
对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为：①③④.
2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）
故数列是可分数列.
（3）定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
3．（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的，理由见解析
(3)证明见解析
【解析】1）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
（2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的，且，
因为，即序列共有8项，
由题意可知：，
检验可知：当时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的.
（3）解法一：我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得的各项都相等.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经说明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，
且相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若，
不妨设，则，
①当，则，
分别执行个序列、个序列，
可得，为常数列，符合题意；
②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个序列、个序列
可得，
即，
因为为偶数，即为偶数，
可知的奇偶性相同，则，
分别执行个序列，，，，
可得，
为常数列，符合题意；
③若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
因为，
可得，
即转为①，可知符合题意；
④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，可知的奇偶性相同，
则为偶数，
且，即转为②，可知符合题意；
⑤若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，
则为偶数，
且，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若，则存在序列，使得为常数列；
（ⅱ）若存在序列，使得为常数列，
因为对任意，
均有成立，
若为常数列，则，
所以；
综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”.
1．（2023·北京·高考真题）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
(1)若，求的值；
(2)若，且，求；
(3)证明：存在，满足 使得．
【答案】(1)，，，
(2)
(3)证明见详解
【解析】（1）由题意可知：，
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则故；
当时，则，故；
综上所述：，，，.
（2）由题意可知：，且，
因为，且，则对任意恒成立，
所以，
又因为，则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；当时，则，
则，
又因为，则，
假设不成立，故，
即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.
（3）因为均为正整数，则均为递增数列，
（ⅰ）若，则可取，满足 使得；
（ⅱ）若，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得；
（ⅲ）若，
定义，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
即满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得.
综上所述：存在使得．
知识点一 等差等比数列基本量的计算
1．（2025·江苏南京·一模）已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A． B．6 C．3 D．2
【答案】C
【解析】设数列的首项为，公比为，
则，
，
∴，即，则，
∴，
∴，
故选：C.
2．（2025·四川成都·一模）记为等比数列的前项和，若，则的公比为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【解析】设等比数列的公比为，
根据等比数列前项和的性质，成等比，且公比为，
又，即，所以，
解得.
故选：D.
3．（2025·四川成都·一模）在等差数列中，，，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【解析】在等差数列中，，.
故选：B
4．（2025·江苏连云港·模拟预测）已知等比数列的前项和为，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意，，
在等比数列中，，
设公比为q，
，解得，
∴，
当时，，解得：，
∴是以2为首项，3为公比的等比数列，
∴.
故选：A.
5．（2025·山东德州·三模）已知为等差数列的前项和，，则（ ）
A．2 B．8 C．16 D．32
【答案】C
【解析】设等差数列的公差为，
由题意得，解得，
所以.
故选：C
6．（2025·北京海淀·三模）等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则的前6项和为（ ）
A．51 B．66 C． D．6
【答案】A
【解析】设等差数列的公差为，由成等比数列，得，
又，解得，所以的前6项和.
故选：A
7．（2025·广西柳州·模拟预测）设等差数列的前项和为，若，则的公差为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】因为，所以，解得，
又，所以，
所以公差为.
故选：A．
知识点二 数列的实际应用
1．（24-25高三上·北京海淀·期末）2023年，甲、乙两公司的盈利规律如下：从2月份开始，甲公司每个月盈利比前一个月多200万元；乙公司每个月盈利比前一个月增加. 记甲、乙两公司在2023年第个月的盈利分别为，（单位：万元）. 已知，，则最大时，的值为（ ）
（参考数据：，）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】依题意，，，
则，令，
则，，
因此当时，；当时，，即最大，
所以当最大时，.
故选：B
2．（2024·河南洛阳·模拟预测）折纸是一种用纸张折成各种不同形状的艺术活动，起源于中国，其历史可追溯到公元583年，民间传统折纸是一项利用不同颜色、不同硬度、不同质地的纸张进行创作的手工艺．其以纸张为主材，剪刀、刻刀、画笔为辅助工具，经多次折叠造型后再以剪、刻、画手法为辅助手段，创作出或简练、或复杂的动物、花卉、人物、鸟兽等内容的立体几何造型作品．随着一代代折纸艺人的传承和发展，现代折纸技术已发展至一个前所未有的境界，有些作品已超越一般人所能想象，其复杂而又栩栩如生的折纸作品是由一张完全未经裁剪的正方形纸张所创作出来的，是我们中华民族的传统文化，历史悠久，内涵博大精深，世代传承．在一次数学实践课上某同学将一张腰长为l的等腰直角三角形纸对折，每次对折后仍成等腰直角三角形，则对折6次后得到的等腰直角三角形斜边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知，对折后的等腰直角三角形的腰长成等比数列，且首项为，公比为，
故对折6次后，得到腰长为的等腰直角三角形，
所以斜边长为.
故选：A．
3．（2025·山东）云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列，则的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】C
【解析】从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，则是以2为公比的等比数列，
，，解得，所以，．
故选：C．
4．（2025湖北）为响应国家号召，某地出台了相关的优惠政策鼓励“个体经济”.个体户小王2022年6月初向银行借了1年期的免息贷款8000元，用于进货，因质优价廉，供不应求.据测算：他每月月底获得的利润是该月初投入资金的20%，并且每月月底需扣除生活费800元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2023年5月底他的年所得收入（扣除当月生活费且还完贷款）为（ ）元（参考数据：，）
A．35200 B．43200 C．30000 D．32000
【答案】D
【解析】设2022年6月底小王手中有现款为元，
设2022年6月底为第一个月，以此类推，设第个月底小王手中有现款为，第个月月底小王手中有现款为，
则，即，
所以数列是首项为4800，公比为1.2的等比数列，
∴，即，
年所得收入为元.
故选：D.
6．（2025·四川）“勾股树”，也被称为毕达哥拉斯树，是根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．如图所示，以正方形的一边为直角三角形的斜边向外作一个等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为正方形的边长向外作两个正方形，如此继续，若共得到127个正方形，且，则这127个正方形的周长之和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】依题意可知，不同边长的正方形的个数，构成以1为首项，2为公比的等比数列，
故令，即，
即有7种边长不同的正方形，
又因为正方形的边长构成以8为首项，为公比的等比数列，
故边长为8的正方形有1个，边长为的正方形有2个，
边长为4的正方形有4个，边长为的正方形有8个，
边长为2的正方形有16个，边长为的正方形有32个，
边长为1的正方形有64个，
这127个正方形的周长之和为
，
故选：A
7．（2025·四川成都·一模）（多选）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球……设第层有个球，则（ ）
A． B．是等差数列
C．为偶数 D．
【答案】ABD
【解析】根据题意，当时，，
累加得，
，易知也满足，所以，
，故A正确；
，故B正确；
为奇数，故C错误；
，，
，
，
即，故D正确；
故选：ABD.
知识点三 数列常见求通项和求和方法
1．（2025·四川成都·一模）记为数列的前项和，已知，且.
(1)求，，；
(2)在下列两个结论中，任选一个加以证明；（若两个都证明，以首选计分）
①是等比数列；②是等比数列.
(3)记为数列的前项和，求.
【答案】(1)，，
(2)证明见解析
(3)，
【解析】（1）（1）令，得.又，所以.
.
令，得.又，所以.
故.
（2）若选择①：由已知，得.
故，所以，.
故是首项和公比均为2的等比数列.
若选择②：由已知，.故当时，.
两式相减，得.
化简并整理，得（，且）.
又，，所以.
故是以1为首项，2为公比等比数列.
（3）若选择①：由（2）知，，故.
若选择②：由（2）知，，故.
所以.
所以.
则.
两式错位相减，得.
所以，
2．（2025·广东梅州·一模）在公差不为0的等差数列中，已知，，成等比数列，
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前2n项和．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）解：设等差数列的公差为，
因为，所以，即，即
又因为成等比数列，所以，即，即，
联立方程组，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）解：由（1）知，，所以，
因为，即，
可得，
，
所以，所以数列的前2n项的和为．
3．（2025·云南玉溪·模拟预测）设是等差数列，是等比数列，，且.
(1)求与的通项公式；
(2)设，求的前项和．
【答案】(1)，；
(2)
【解析】（1）是等差数列，设公差为，是等比数列，设公比为，则，
因为，，
所以，解得或（舍去）
所以，；
（2），
.
4．（2025·四川成都·模拟预测）已知数列的首项，且满足．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记，数列的前n项和，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）由得，，，
又，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）由（1）知，，所以，
所以，
．
5．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知数列满足，，是数列的前项和，记．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)10170.
【解析】（1）由，，得，
则，而，
所以数列是等比数列.
（2）由（1）得，，所以数列的通项公式.
（3）由（2）得，，
.
6．（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列是等差数列，且，数列的前项和为，且，．
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【解析】（1）由数列的前项和为，可知，
，
经检验当时，也满足上式，所以．
在等差数列中，因为，，
所以，解得，
所以．
（2）由（1）知，，
所以．
则，
两式相减，得
化简得：．
7．（2025·广东佛山·三模）已知数列满足，且是关于的方程的两个根．
(1)求；
(2)设，求数列的前21项和．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为是关于的方程的两个根，
所以．
所以数列是一个首项为1，公差为2的等差数列．
因此．
（2）由（1）知，对于方程，
由韦达定理得，即．
所以
．
所以
知识点四 数列与其他专题知识的综合
1．（2025·广东汕头·模拟预测）在中，角A、B、C的对边分别为、、，已知是与的等比中项，且是与的等差中项.
(1)探究的形状；
(2)求的值.
【答案】(1)是以角为直角的直角三角形
(2)
【解析】（1）由题设得：，
由正、余弦定理得：，
即，
又，所以，即，
故是以角为直角的直角三角形.
（2）由（1）得，，
设，则，
由得：，
即，
解得或（舍去），
又由余弦定理，，
于是，
故.
2．（2025·陕西咸阳·模拟预测）某厂家为增加销售量特举行有奖销售活动，即每位顾客购买该厂生产的产品后均有一次抽奖机会.在一个不透明的盒子中放有3个大小 质地完全相同的小球，小球上分别标有三个数字，抽奖规则为：每个顾客从盒中随机抽取1个小球，抽到标有数字5的中一等奖，抽到标有数字2的中纪念奖，抽到标有数字0的没有奖，每位顾客只能抽取一次，且每位顾客抽取的结果相互独立.记位消费者抽取的小球上的数字之和为的不同取值个数为.
(1)求的值；
(2)当时，求的概率；
(3)求数列的前项和.
【答案】(1)；；.(2)(3)
【解析】（1）1）①当时，的取值可能为，共3个，故；
②当时，的取值可能为，故；
③当时，的取值可能为，故.
（2）②由题意得，每个小球被抽到的概率均为.
当抽到2个标有数字5的小球，3个标有数字0的小球时，
，概率为；
当抽到5个标有数字2的小球时，，概率为，
所以的概率为.
（3）当时，根据规则，得分情况如下：
因为奇数列的得分为偶数，偶数列的得分为奇数，最后一行得分的前一项得分为
（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差2，
所以从4到刚好连接上来（之间所有的偶数和奇数没有缺）；
因为最后一行得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，
得分恰好差4，所以连接起来后恰好缺了得分，
由表知也取不到，
综上，在中不能取到的值构成的集合为
所以也适合.
结合（1）可得
所以当时，；当时，；
当时，，
则，
当时，满足上式，
所以
3．（2025·海南儋州·模拟预测）已知函数．
(1)若，函数的图象在点处的切线与x轴的交点坐标为，求的前n项和；
(2)若，函数的图象与x轴有且只有两个公共点，且，求a，b的值以及函数在上的最小值．
【答案】(1)
(2)0或-2
【解析】（1）若，则，得，
所以在点处的切线斜率为，
又，所以该切线为，
令，得，即，
则，
所以数列是以为首项，以为公差的等比数列，
得.
（2），且，
因为的图象与x轴仅有2个交点，
所以方程的2个根为或均为-1.
当2个根为时，由韦达定理得，解得；
当2个根均为-1时，由韦达定理得，解得.
当时，，得，
令或，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，所以在上最小值为0；
当时，，得，
令或，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，所以在上最小值为-2.
知识点五 数列新定义
1．（2025·全国·二模）已知项数为的数列满足，若数列中存在连续三项，使得成立，则称数列为“友好数列”.当时，“友好数列”的个数为 ；当时，随机选取一个数列，该数列是“友好数列”的概率为 .
【答案】 6
【解析】对于①：当时，数列共有种可能.需满足，
分情况讨论：
：可取0，1，2，对应，共3种；
：可取0，1，共2种；
：可取0，共1种；
总数为.
对于②：当时，数列共有种可能.
需满足存在至少一个三元组满足条件：
计算满足前三个条件的数列数目：前三个元素满足，有6种可能，任意，共有种.
计算满足后三个条件的数列数目：后三个元素满足，有6种可能，任意，共有种.
计算同时满足两个条件的数列数目：需满足，，有4种可能.
根据容斥原理，总数为，所以概率为.
故答案为：6；.
2．（2025·山东烟台·三模）函数称为取整函数，也称高斯函数．其中不超过实数x的最大整数称为x的整数部分，记作．设函数，的所有函数值的个数为，比如，，所以．若数列的前n项和为，则 ．
【答案】
【解析】当，，
若，则此时，故，此时；
若，此时，
在上的函数值为，
所有函数值的个数为，
故在上所有函数值的个数为，
故，
故，
故答案为：.
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专题08 数列
知识点一 等差等比数列基本量的计算
1．（2025·北京·高考真题）已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（ ）
A． B． C．16 D．18
2．（2025·全国二卷·高考真题）记为等差数列的前n项和，若则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·天津·高考真题），则数列的前项和为（ ）
A．112 B．48 C．80 D．64
4．（2025·全国二卷·高考真题）（多选）记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·上海·高考真题）已知等差数列的首项，公差，则该数列的前6项和为 ．
6．（2025·全国一卷·高考真题）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 .
1．（2024·全国甲卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C．1 D．
3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则 .
1．（2023·全国甲卷·高考真题）记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25 B．22 C．20 D．15
2．（2023·全国甲卷·高考真题）设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（ ）
A． B． C．15 D．40
3．（2023·天津·高考真题）已知数列的前n项和为，若，则（ ）
A．16 B．32 C．54 D．162
4．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120 B．85 C． D．
5．（2023·上海·高考真题）已知等比数列的前项和为，且，，求 ；
6．（2023·全国甲卷·高考真题）记为等比数列的前项和．若，则的公比为 ．
7．（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等比数列，，，则 .
知识点二 数列的实际应用
1．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
2．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ．
知识点三 数列常见求通项和求和方法
1．（2025·全国一卷·高考真题）设数列满足，
(1)证明：为等差数列；
(2)设，求．
1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）记为数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
3．（2024·天津·高考真题）已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且．
(1)求的通项公式及；
(2)设数列满足，其中．
（ⅰ）求证：当时，求证：；
（ⅱ）求．
1．（2023·全国乙卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
2．（2023·全国甲卷·高考真题）设为数列的前n项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
3．（2023·天津·高考真题）已知是等差数列，．
(1)求的通项公式和．
(2)设是等比数列，且对任意的，当时，则，
（Ⅰ）当时，求证：；
（Ⅱ）求的通项公式及前项和．
4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
(1)若，求的通项公式；
(2)若为等差数列，且，求．
5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：当时，．
知识点四 数列与其他专题知识的综合
1．（2025·上海·高考真题）已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（ ）
A． 4个 B．3个 C．1个 D．无数个
2．（2025·天津·高考真题）已知数列是等差数列，是等比数列，．
(1)求，的通项公式；
(2)，，有，
（i）求证：对任意实数，均有;
（ii）求所有元素之和．
1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．
2．（2024·上海·高考真题）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ．
3．（2024·上海·高考真题）若．
(1)过，求的解集；
(2)存在使得成等差数列，求的取值范围．
4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
1．（2023·全国乙卷·高考真题）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1 B． C．0 D．
2．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
3．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
6．（2023·上海·高考真题）令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列．
(1)若正整数，证明；
(2)若正整数，试比较与大小；
(3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由．
知识点五 数列新定义
1．（2024·北京·高考真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：
①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是 .
2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
3．（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
1．（2023·北京·高考真题）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
(1)若，求的值；
(2)若，且，求；
(3)证明：存在，满足 使得．
知识点一 等差等比数列基本量的计算
1．（2025·江苏南京·一模）已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A． B．6 C．3 D．2
2．（2025·四川成都·一模）记为等比数列的前项和，若，则的公比为（ ）
A．2 B． C． D．
3．（2025·四川成都·一模）在等差数列中，，，则（ ）
A． B． C．1 D．2
4．（2025·江苏连云港·模拟预测）已知等比数列的前项和为，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·山东德州·三模）已知为等差数列的前项和，，则（ ）
A．2 B．8 C．16 D．32
6．（2025·北京海淀·三模）等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则的前6项和为（ ）
A．51 B．66 C． D．6
7．（2025·广西柳州·模拟预测）设等差数列的前项和为，若，则的公差为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
知识点二 数列的实际应用
1．（24-25高三上·北京海淀·期末）2023年，甲、乙两公司的盈利规律如下：从2月份开始，甲公司每个月盈利比前一个月多200万元；乙公司每个月盈利比前一个月增加. 记甲、乙两公司在2023年第个月的盈利分别为，（单位：万元）. 已知，，则最大时，的值为（ ）
（参考数据：，）
A． B． C． D．
2．（2024·河南洛阳·模拟预测）折纸是一种用纸张折成各种不同形状的艺术活动，起源于中国，其历史可追溯到公元583年，民间传统折纸是一项利用不同颜色、不同硬度、不同质地的纸张进行创作的手工艺．其以纸张为主材，剪刀、刻刀、画笔为辅助工具，经多次折叠造型后再以剪、刻、画手法为辅助手段，创作出或简练、或复杂的动物、花卉、人物、鸟兽等内容的立体几何造型作品．随着一代代折纸艺人的传承和发展，现代折纸技术已发展至一个前所未有的境界，有些作品已超越一般人所能想象，其复杂而又栩栩如生的折纸作品是由一张完全未经裁剪的正方形纸张所创作出来的，是我们中华民族的传统文化，历史悠久，内涵博大精深，世代传承．在一次数学实践课上某同学将一张腰长为l的等腰直角三角形纸对折，每次对折后仍成等腰直角三角形，则对折6次后得到的等腰直角三角形斜边长为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·山东）云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列，则的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
4．（2025湖北）为响应国家号召，某地出台了相关的优惠政策鼓励“个体经济”.个体户小王2022年6月初向银行借了1年期的免息贷款8000元，用于进货，因质优价廉，供不应求.据测算：他每月月底获得的利润是该月初投入资金的20%，并且每月月底需扣除生活费800元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2023年5月底他的年所得收入（扣除当月生活费且还完贷款）为（ ）元（参考数据：，）
A．35200 B．43200 C．30000 D．32000
6．（2025·四川）“勾股树”，也被称为毕达哥拉斯树，是根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．如图所示，以正方形的一边为直角三角形的斜边向外作一个等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为正方形的边长向外作两个正方形，如此继续，若共得到127个正方形，且，则这127个正方形的周长之和为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025·四川成都·一模）（多选）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球……设第层有个球，则（ ）
A． B．是等差数列
C．为偶数 D．
知识点三 数列常见求通项和求和方法
1．（2025·四川成都·一模）记为数列的前项和，已知，且.
(1)求，，；
(2)在下列两个结论中，任选一个加以证明；（若两个都证明，以首选计分）
①是等比数列；②是等比数列.
(3)记为数列的前项和，求.
2．（2025·广东梅州·一模）在公差不为0的等差数列中，已知，，成等比数列，
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前2n项和．
3．（2025·云南玉溪·模拟预测）设是等差数列，是等比数列，，且.
(1)求与的通项公式；
(2)设，求的前项和．
4．（2025·四川成都·模拟预测）已知数列的首项，且满足．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记，数列的前n项和，证明：．
5．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知数列满足，，是数列的前项和，记．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求．
6．（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列是等差数列，且，数列的前项和为，且，．
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前项和．
7．（2025·广东佛山·三模）已知数列满足，且是关于的方程的两个根．
(1)求；
(2)设，求数列的前21项和．
知识点四 数列与其他专题知识的综合
1．（2025·广东汕头·模拟预测）在中，角A、B、C的对边分别为、、，已知是与的等比中项，且是与的等差中项.
(1)探究的形状；
(2)求的值.
2．（2025·陕西咸阳·模拟预测）某厂家为增加销售量特举行有奖销售活动，即每位顾客购买该厂生产的产品后均有一次抽奖机会.在一个不透明的盒子中放有3个大小 质地完全相同的小球，小球上分别标有三个数字，抽奖规则为：每个顾客从盒中随机抽取1个小球，抽到标有数字5的中一等奖，抽到标有数字2的中纪念奖，抽到标有数字0的没有奖，每位顾客只能抽取一次，且每位顾客抽取的结果相互独立.记位消费者抽取的小球上的数字之和为的不同取值个数为.
(1)求的值；
(2)当时，求的概率；
(3)求数列的前项和.
3．（2025·海南儋州·模拟预测）已知函数．
(1)若，函数的图象在点处的切线与x轴的交点坐标为，求的前n项和；
(2)若，函数的图象与x轴有且只有两个公共点，且，求a，b的值以及函数在上的最小值．
知识点五 数列新定义
1．（2025·全国·二模）已知项数为的数列满足，若数列中存在连续三项，使得成立，则称数列为“友好数列”.当时，“友好数列”的个数为 ；当时，随机选取一个数列，该数列是“友好数列”的概率为 .
2．（2025·山东烟台·三模）函数称为取整函数，也称高斯函数．其中不超过实数x的最大整数称为x的整数部分，记作．设函数，的所有函数值的个数为，比如，，所以．若数列的前n项和为，则 ．
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