一、高考真題匯編的意義。1、增強高考考生的復習動力和信心；2、提高高考考生的復習效率；3、加深考生對知識點的理解和掌握。
二、高考真題匯編的內容。1、高考試題收錄，涵蓋了考試的各個學科；2、答案解析，加深知識點理解和掌握；3、復習指導，提高復習效率。
三、高考真題匯編的重要性。高考真題匯編不僅可以提高考生的復習動力和信心，增強考生的復習效率，為高考復習提供了有力的支持。
最近5年（20-24年）高考數學真題匯編
專題12 數列


考點01 等差等比數列應用
一 選擇題
1．(2020北京高考·第8題)在等差數列中，，．記，則數列( )．
A．有最大項，有最小項B．有最大項，無最小項
C．無最大項，有最小項D．無最大項，無最小項
【答案】B
【解析】由題意可知，等差數列的公差，
則其通項公式為：，
注意到，且由可知，
由可知數列不存在最小項，
由于，
故數列中的正項只有有限項：，．故數列中存在最大項，且最大項為．故選：B．
2．(2023年天津卷·第6題)已知為等比數列，為數列的前項和，，則的值為( )
A．3B．18C．54D．152
【答案】C
解析：由題意可得：當時，，即， ①
當時，，即， ②
聯(lián)立①②可得，則．
故選：C．
3．(2023年新課標全國Ⅱ卷·第8題)記為等比數列的前n項和，若，，則( )．
A．120B．85C．D．
【答案】C
解析：方法一：設等比數列的公比為，首項為，
若，則，與題意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故選：C．
方法二：設等比數列的公比為，
因為，，所以，否則，
從而，成等比數列，
所以有，，解得：或，
當時，，即為，
易知，，即；
當時，，
與矛盾，舍去．故選：C．
4．(2023年全國甲卷理科·第5題)設等比數列的各項均為正數，前n項和，若，，則( )
A．B．C．15D．40
【答案】C解析：由題知,
即,即,即．
由題知,所以．
所以．
故選:C．
5．(2022年高考全國乙卷數學(理)·第8題)已知等比數列的前3項和為168，，則( )
A．14B．12C．6D．3
【答案】D解析：設等比數列的公比為，
若，則，與題意矛盾，
所以，則，解得，
所以．故選：D．
二、填空題
3．(2023年全國乙卷理科·第15題) 已知為等比數列，，，則______．
【答案】
解析：設的公比為，則，顯然，
則，即，則，因為，則，
則，則，則，
故答案為：．
考點02 數列求和
一 選擇題
1．（2024·全國·高考甲卷文 ）已知等差數列的前項和為，若，則（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】可以根據等差數列的基本量，即將題目條件全轉化成和來處理，亦可用等差數列的性質進行處理，或者特殊值法處理.
【詳解】方法一：利用等差數列的基本量
由，根據等差數列的求和公式，，
又.
故選：D
方法二：利用等差數列的性質
根據等差數列的性質，，由，根據等差數列的求和公式，
，故.
故選：D
方法三：特殊值法
不妨取等差數列公差，則，則.
故選：D
2．（2024·全國·甲卷）記為等差數列的前項和，已知，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由結合等差中項的性質可得，即可計算出公差，即可得的值.
【詳解】由，則，
則等差數列的公差，故.
故選：B.
3．(2020年高考課標Ⅱ卷理科·第6題)數列中，，，若，則( )
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
解析：在等式中，令，可得，，
所以，數列是以為首項，以為公比的等比數列，則，
，
，則，解得．
故選：C．
【點睛】本題考查利用等比數列求和求參數的值，解答的關鍵就是求出數列的通項公式，考查計算能力，屬于中等題．
二、填空題
4．(2020年浙江省高考數學試卷·第11題) 已知數列{an}滿足，則S3=________．
【答案】10
解析：因為，所以．
即．
5．(2020年新高考全國卷Ⅱ數學（海南）·第15題) 將數列{2n–1}與{3n–2}的公共項從小到大排列得到數列{an}，則{an}的前n項和為________．
【答案】
解析：因為數列是以1為首項，以2為公差的等差數列，
數列是以1首項，以3為公差的等差數列，
所以這兩個數列的公共項所構成的新數列是以1為首項，以6為公差的等差數列，
所以的前項和為，
故答案為：．
三 解答題：
6．(2023年新課標全國Ⅱ卷·第18題) 已知為等差數列，，記，分別為數列，前n項和，，．
(1)求的通項公式；
(2)證明：當時，．
【答案】(1)；
(2)證明見解析．
解析：(1)
設等差數列的公差為，而，
則，
于是，解得，，
所以數列的通項公式是．
(2)
方法1：由(1)知，，，
當為偶數時，，
，
當時，，因此，
當為奇數時，，
當時，，因此，
所以當時，．
方法2：由(1)知，，，
當為偶數時，，
當時，，因此，
當為奇數時，若，則
，顯然滿足上式，因此當為奇數時，，
當時，，因此，
所以當時，．
7．(2021年新高考Ⅰ卷·第17題) 已知數列滿足，
(1)記，寫出，，并求數列的通項公式；
(2)求的前20項和．
【答案】；．
【解析】(1)由題設可得
又，，故即即
所以為等差數列，故．
(2)設的前項和為，則，
因為，
所以
．
8．(2021年高考全國乙卷理科·第19題) 記為數列的前n項和，為數列的前n項積，已知．
(1)證明：數列是等差數列;
(2)求的通項公式．
【答案】(1)證明見解析；(2)．
解析：(1)由已知得,且，,
取,由得,由于為數列的前n項積，
所以,所以，
所以,由于所以，即,其中
所以數列是以為首項，以為公差等差數列;
(2)由(1)可得，數列是以為首項，以為公差的等差數列，
,,
當n=1時，,
當n≥2時,,顯然對于n=1不成立,
∴．
9．(2023年新課標全國Ⅰ卷·第20題) 設等差數列的公差為，且．令，記分別為數列的前項和．
(1)若，求的通項公式；
(2)若為等差數列，且，求．
【答案】(1) (2)
解析：(1)，，解得，
，又，
，即，解得或(舍去)，
．
(2)為等差數列，
，即，，即，解得或，，，
又，由等差數列性質知，，即，
，即，解得或(舍去)
當時，，解得，與矛盾，無解；
當時，，解得．
綜上，．
10．(2022年高考全國甲卷數學（理）·第17題) 記為數列的前n項和．已知．
(1)證明：是等差數列；
(2)若成等比數列，求的最小值．
【答案】(1)證明見解析； (2)．
【解析】(1)解：因為，即①，
當時，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以為公差的等差數列．
(2)解：由(1)可得，，，
又，，成等比數列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，當或時．
11．(2021年新高考全國Ⅱ卷·第17題) 記是公差不為0的等差數列的前n項和，若．
(1)求數列的通項公式；
(2)求使成立的n的最小值．
【答案】【解析】(1)由等差數列的性質可得：，則：，
設等差數列的公差為，從而有：，
，
從而：，由于公差不為零，故：，數列的通項公式為：．
(2)由數列的通項公式可得：，則：，
則不等式即：，整理可得：，解得：或，又為正整數，故的最小值為．
12（2023年全國乙卷）1．記為等差數列的前項和，已知．
(1)求的通項公式；
(2)求數列的前項和．
【答案】(1)(2)
【詳解】（1）設等差數列的公差為，
由題意可得，即，解得，
所以，
（2）因為，
令，解得，且，
當時，則，可得；
當時，則，可得
；
綜上所述：.
13．(2020年新高考全國Ⅰ卷（山東）·第18題) 已知公比大于的等比數列滿足．
(1)求的通項公式；
(2)記為在區(qū)間中的項的個數，求數列的前項和．
【答案】(1)；(2)．
解析：(1)由于數列是公比大于的等比數列，設首項為，公比為，依題意有，解得解得，或(舍)，
所以，所以數列的通項公式為．
(2)由于，所以
對應的區(qū)間為：，則；
對應的區(qū)間分別為：，則，即有個；
對應的區(qū)間分別為：，則，即有個；
對應的區(qū)間分別為：，則，即有個；
對應的區(qū)間分別為：，則，即有個；
對應的區(qū)間分別為：，則，即有個；
對應的區(qū)間分別為：，則，即有個．
所以．
14．(2020年新高考全國卷Ⅱ數學（海南）·第18題) 已知公比大于的等比數列滿足．
(1)求通項公式；
(2)求．
【答案】(1)；(2)
解析：(1) 設等比數列的公比為q(q>1)，則，
整理可得：，
，
數列的通項公式為：．
(2)由于：，故：
．
15 ．(2023年全國甲卷理科·第17題) 設為數列的前n項和，已知．
(1)求的通項公式；
(2)求數列的前n項和．
【答案】(1)
(2)
解析：(1)因為，
當時，，即；
當時，，即，
當時，，所以，
化簡得：，當時，，即，
當時都滿足上式，所以．
(2)因為，所以，
，
兩式相減得，
，
，即，．
16 .(2020天津高考·第19題) 已知為等差數列，為等比數列，．
(Ⅰ)求和的通項公式；
(Ⅱ)記的前項和為，求證：；
(Ⅲ)對任意的正整數，設求數列的前項和．
【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)證明見解析；(Ⅲ)．
【解析】(Ⅰ)設等差數列的公差為，等比數列的公比為．由，，可得．
從而的通項公式為．由，又，可得，解得，
從而的通項公式為．
(Ⅱ)證明：由(Ⅰ)可得，
故，，
從而，所以．
(Ⅲ)當為奇數時，，
當為偶數時，，
對任意的正整數，有，
和 ①
由①得 ②
由①②得，
由于，
從而得：．
因此，．所以，數列的前項和為．
17（2024·天津·高考真題）已知數列是公比大于0的等比數列．其前項和為．若．
(1)求數列前項和；
(2)設，．
（?。┊敃r，求證：；
（ⅱ）求．
【答案】(1)(2)①證明見詳解；②
【詳解】（1）設等比數列的公比為，
因為，即，
可得，整理得，解得或（舍去），
所以.
（2）（i）由（1）可知，且，
當時，則，即
可知，
，
可得，
當且僅當時，等號成立，所以；
（ii）由（1）可知：，
若，則；若，則，
當時，，可知為等差數列，
可得，
所以，
且，符合上式，綜上所述：.
考點03 數列情景類題目
一、選擇題
1．(2020年高考課標Ⅱ卷理科)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所，分上、中、下三層，上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)，環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊，下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊，已知每層環(huán)數相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板(不含天心石)( )
( )
A．3699塊B．3474塊C．3402塊D．3339塊
【答案】C
解析：設第n環(huán)天石心塊數為，第一層共有n環(huán)，
則是以9為首項，9為公差的等差數列，，
設為的前n項和，則第一層、第二層、第三層的塊數分
別為，因為下層比中層多729塊，
所以，
即
即，解得，所以．故選：C
2．(2022新高考全國II卷·第3題)圖1是中國古代建筑中的舉架結構，是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉，圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖．其中是舉，是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為．已知成公差為0．1的等差數列，且直線的斜率為0．725，則( )
( )
A．0．75B．0．8C．0．85D．0．9
【答案】D
解析：設，則，
依題意，有，且，
所以，故． 故選 D．
3．(2021高考北京·第6題)《中國共產黨黨旗黨徽制作和使用的若干規(guī)定》指出，中國共產黨黨旗為旗面綴有金黃色黨徽圖案的紅旗，通用規(guī)格有五種．這五種規(guī)格黨旗的長(單位:cm)成等差數列，對應的寬為(單位:cm),且長與寬之比都相等，已知，，，則
A．64B．96C．128D．160
【答案】C
解析：由題意，五種規(guī)格黨旗的長(單位:cm)成等差數列，設公差為，
因為，，可得，
可得，
又由長與寬之比都相等，且，可得，所以．
故選：C．
二、填空題
4．(2023年北京卷·第14題) 我國度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國時期就已經出現(xiàn)了類似于砝碼的、用來測量物體質量的“環(huán)權”．已知9枚環(huán)權的質量(單位：銖)從小到大構成項數為9的數列，該數列的前3項成等差數列，后7項成等比數列，且，則___________；數列所有項的和為____________．
【答案】①． 48 ②． 384
解析：方法一：設前3項的公差為，后7項公比為，
則，且，可得，
則，即，可得，
空1：可得，
空2：
方法二：空1：因為為等比數列，則，
且，所以；
又因為，則；
空2：設后7項公比為，則，解得，
可得，
所以．
故答案為：48；384．
5．(2021年新高考Ⅰ卷·第16題)某校學生在研究民間剪紙藝術時，發(fā)現(xiàn)剪紙時經常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規(guī)格為的長方形紙，對折1次共可以得到，兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和，對折2次共可以得到，，三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和，以此類推，則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數為______；如果對折次，那么______．
【答案】 5
【解析】(1)對折次可得到如下規(guī)格：，，，，，共種；
(2)由題意可得，，，，，，
設，
則，
兩式作差得
，
因此，,故答案為 ；．
6（2024·北京·高考真題）設與是兩個不同的無窮數列，且都不是常數列.記集合，給出下列4個結論：
①若與均為等差數列，則M中最多有1個元素；
②若與均為等比數列，則M中最多有2個元素；
③若為等差數列，為等比數列，則M中最多有3個元素；
④若為遞增數列，為遞減數列，則M中最多有1個元素.
其中正確結論的序號是 .
【答案】①③④
【分析】利用兩類數列的散點圖的特征可判斷①④的正誤，利用反例可判斷②的正誤，結合通項公式的特征及反證法可判斷③的正誤.
【詳解】對于①，因為均為等差數列，故它們的散點圖分布在直線上，
而兩條直線至多有一個公共點，故中至多一個元素，故①正確.
對于②，取則均為等比數列，
但當為偶數時，有，此時中有無窮多個元素，故②錯誤.
對于③，設，，
若中至少四個元素，則關于的方程至少有4個不同的正數解，
若，則由和的散點圖可得關于的方程至多有兩個不同的解，矛盾；
若，考慮關于的方程奇數解的個數和偶數解的個數，
當有偶數解，此方程即為，
方程至多有兩個偶數解，且有兩個偶數解時，
否則，因單調性相反，
方程至多一個偶數解，
當有奇數解，此方程即為，
方程至多有兩個奇數解，且有兩個奇數解時即
否則，因單調性相反，
方程至多一個奇數解，
因為，不可能同時成立，
故不可能有4個不同的整數解，即M中最多有3個元素，故③正確.
對于④，因為為遞增數列，為遞減數列，前者散點圖呈上升趨勢，
后者的散點圖呈下降趨勢，兩者至多一個交點，故④正確.
故答案為：①③④.
考點04 數列新定義問題
1（2024·全國·高考Ⅰ卷）設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．
(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；
(2)當時，證明：數列是可分數列；
(3)從中一次任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．
【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析
【詳解】（1）首先，我們設數列的公差為，則.
由于一個數列同時加上一個數或者乘以一個非零數后是等差數列，當且僅當該數列是等差數列，故我們可以對該數列進行適當的變形，
得到新數列，然后對進行相應的討論即可.
換言之，我們可以不妨設，此后的討論均建立在該假設下進行.
回到原題，第1小問相當于從中取出兩個數和，使得剩下四個數是等差數列.那么剩下四個數只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下兩個部分，共組，使得每組成等差數列：
①，共組；
②，共組.
（如果，則忽略②）
故數列是可分數列.
（3）定義集合，.
下面證明，對，如果下面兩個命題同時成立，
則數列一定是可分數列：
命題1：或；
命題2：.
我們分兩種情況證明這個結論.
第一種情況：如果，且.
此時設，，.
則由可知，即，故.
此時，由于從數列中取出和后，
剩余的個數可以分為以下三個部分，共組，使得每組成等差數列：
①，共組；
②，共組；
③，共組.（如果某一部分的組數為，則忽略之）
故此時數列是可分數列.
第二種情況：如果，且.
此時設，，.
則由可知，即，故.
由于，故，從而，這就意味著.
此時，由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下四個部分，共組，使得每組成等差數列：
①，共組；
②，，共組；
③全體，其中，共組；
④，共組.
（如果某一部分的組數為，則忽略之）
這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含個行，個列的數表以后，個列分別是下面這些數：
，，，.
可以看出每列都是連續(xù)的若干個整數，它們再取并以后，將取遍中除開五個集合，，，，中的十個元素以外的所有數.
而這十個數中，除開已經去掉的和以外，剩余的八個數恰好就是②中出現(xiàn)的八個數.
這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數列是可分數列.
至此，我們證明了：對，如果前述命題1和命題2同時成立，則數列一定是可分數列.
然后我們來考慮這樣的的個數.
首先，由于，和各有個元素，故滿足命題1的總共有個；
而如果，假設，則可設，，代入得.
但這導致，矛盾，所以.
設，，，則，即.
所以可能的恰好就是，對應的分別是，總共個.
所以這個滿足命題1的中，不滿足命題2的恰好有個.
這就得到同時滿足命題1和命題2的的個數為.
當我們從中一次任取兩個數和時，總的選取方式的個數等于.
而根據之前的結論，使得數列是可分數列的至少有個.
所以數列是可分數列的概率一定滿足
.
這就證明了結論.
2（2024·北京·高考真題）已知集合．給定數列，和序列，其中，對數列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數列記作；……；以此類推，得到，簡記為．
(1)給定數列和序列，寫出；
(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；
(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．
【答案】(1)(2)不存在符合條件的，理由見解析(3)證明見解析
【詳解】（1）因為數列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；所以.
（2）解法一：假設存在符合條件的，可知的第項之和為，第項之和為，則，而該方程組無解，故假設不成立，
故不存在符合條件的；
解法二：由題意可知：對于任意序列，所得數列之和比原數列之和多4，
假設存在符合條件的，且，
因為，即序列共有8項，
由題意可知：，
檢驗可知：當時，上式不成立，即假設不成立，所以不存在符合條件的.
（3）解法一：我們設序列為，特別規(guī)定.
必要性：若存在序列，使得的各項都相等.
則，所以.
根據的定義，顯然有，這里，.
所以不斷使用該式就得到，必要性得證.
充分性：若.
由已知，為偶數，而，所以也是偶數.
我們設是通過合法的序列的變換能得到的所有可能的數列中，使得最小的一個.
上面已經說明，這里，.
從而由可得.
同時，由于總是偶數，所以和的奇偶性保持不變，從而和都是偶數.
下面證明不存在使得.
假設存在，根據對稱性，不妨設，，即.
情況1：若，則由和都是偶數，知.
對該數列連續(xù)作四次變換后，新的相比原來的減少，這與的最小性矛盾；
情況2：若，不妨設.
情況2-1：如果，則對該數列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾；
情況2-2：如果，則對該數列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾.
這就說明無論如何都會導致矛盾，所以對任意的都有.
假設存在使得，則是奇數，所以都是奇數，設為.
則此時對任意，由可知必有.
而和都是偶數，故集合中的四個元素之和為偶數，對該數列進行一次變換，則該數列成為常數列，新的等于零，比原來的更小，這與的最小性矛盾.
綜上，只可能，而，故是常數列，充分性得證.
解法二：由題意可知：中序列的順序不影響的結果，
且相對于序列也是無序的，
（?。┤簦环猎O，則，
①當，則，
分別執(zhí)行個序列、個序列，
可得，為常數列，符合題意；
②當中有且僅有三個數相等，不妨設，則，
即，分別執(zhí)行個序列、個序列
可得，
即，
因為為偶數，即為偶數，
可知的奇偶性相同，則，
分別執(zhí)行個序列，，，，
可得，為常數列，符合題意；
③若，則，即，
分別執(zhí)行個、個，
可得，
因為，
可得，
即轉為①，可知符合題意；
④當中有且僅有兩個數相等，不妨設，則，
即，分別執(zhí)行個、個，
可得，
且，可得，
即轉為②，可知符合題意；
⑤若，則，即，
分別執(zhí)行個、個，
可得，
且，可得，
即轉為③，可知符合題意；
綜上所述：若，則存在序列，使得為常數列；
（ⅱ）若存在序列，使得為常數列，
因為對任意，
均有成立，
若為常數列，則，
所以；
綜上所述：“存在序列，使得為常數列”的充要條件“”.
3 (2023年北京卷·第21題) 已知數列的項數均為m，且的前n項和分別為，并規(guī)定．對于，定義，其中，表示數集M中最大的數．
(1)若，求的值；
(2)若，且，求；
(3)證明：存在，滿足 使得．
【答案】(1)，，，
(2)
(3)證明見詳解
解析：(1)由題意可知：，
當時，則，故；
當時，則，故；
當時，則故；
當時，則，故；
綜上所述：，，，．
(2)由題意可知：，且，
因為，則，當且僅當時，等號成立，
所以，
又因為，則，即，
可得，
反證：假設滿足的最小正整數為，
當時，則；當時，則，
則，
又因為，則，
假設不成立，故，
即數列是以首項為1，公差為1的等差數列，所以．
(3)
(ⅰ)若，構建，由題意可得：，且為整數，
反證，假設存在正整數，使得，
則，可得，
這與相矛盾，故對任意，均有
①若存在正整數，使得，即，
可取，使得；
②若不存在正整數，使得，
因為，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，使得；
(ⅱ)若，構建，由題意可得：，且為整數，
反證，假設存在正整數，使得，
則，可得，
這與相矛盾，故對任意，均有．
①若存在正整數，使得，即，
可取，使得；
②若不存在正整數，使得，
因為，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，使得；
綜上所述：存在使得．
考點05 數列與其他知識點交匯及綜合問題
一、選擇題
1．(2023年北京卷·第10題)已知數列滿足，則( )
A．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
B．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
C．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
D．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
【答案】B
解析：法1：因為，故，
對于A ，若，可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立，
由數學歸納法可得成立．
而，
，，故，故，
故為減數列，注意
故，結合，
所以，故，故，
若存在常數，使得恒成立，則，
故，故，故恒成立僅對部分成立，
故A不成立．
對于B，若可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立即
由數學歸納法可得成立．
而，
，，故，故，故為增數列，
若，則恒成立，故B正確．
對于C，當時， 可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立即
由數學歸納法可得成立．
而，故，故為減數列，
又，結合可得：，所以，
若，若存在常數，使得恒成立，
則恒成立，故，的個數有限，矛盾，故C錯誤．
對于D，當時， 可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立
由數學歸納法可得成立．
而，故，故為增數列，
又，結合可得：，所以，
若存在常數，使得恒成立，則，
故，故，這與n的個數有限矛盾，故D錯誤．
故選：B．
法2：因為，
令，則，
令，得或；
令，得；
所以在和上單調遞增，在上單調遞減，
令，則，即，解得或或，
注意到，，
所以結合的單調性可知在和上，在和上，
對于A，因為，則，
當時，，，則，
假設當時，，
當時，，則，
綜上：，即，
因為在上，所以，則為遞減數列，
因為，
令，則，
因為開口向上，對稱軸為，
所以在上單調遞減，故，
所以在上單調遞增，故，
故，即，
假設存常數，使得恒成立，
取，其中，且，
因為，所以，
上式相加得，，
則，與恒成立矛盾，故A錯誤；
對于B，因為，
當時，，，
假設當時，，
當時，因為，所以，則，
所以，
又當時，，即，
假設當時，，
當時，因為，所以，則，
所以，
綜上：，
因為在上，所以，所以為遞增數列，
此時，取，滿足題意，故B正確；
對于C，因為，則，
注意到當時，，，
猜想當時，，
當與時，與滿足，
假設當時，，
當時，所以，
綜上：，
易知，則，故，
所以，
因為在上，所以，則為遞減數列，
假設存在常數，使得恒成立，
記，取，其中，
則，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C錯誤；
對于D，因為，
當時，，則，
假設當時，，
當時，，則，
綜上：，
因為在上，所以，所以為遞增數列，
因為，
令，則，
因為開口向上，對稱軸為，
所以在上單調遞增，故，
所以，
故，即，
假設存在常數，使得恒成立，
取，其中，且，
因為，所以，
上式相加得，，
則，與恒成立矛盾，故D錯誤．
故選：B．
2．(2020年浙江省高考數學試卷·第7題)已知等差數列{an}的前n項和Sn，公差d≠0，．記b1=S2，bn+1=Sn+2–S2n，，下列等式不可能成立的是( )
A．2a4=a2+a6B．2b4=b2+b6C．D．
【答案】D
解析：對于A，因為數列為等差數列，所以根據等差數列的下標和性質，由可得，，A正確；
對于B，由題意可知，，，
∴，，，．
∴，．
根據等差數列的下標和性質，由可得，B正確；
對于C，，
當時，，C正確；
對于D，，，
．
當時，，∴即；
當時，，∴即，所以，D不正確． 故選：D
3．(2022高考北京卷·第6題)設是公差不為0的無窮等差數列，則“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的( )
A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件
C充分必要條件D．既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】設等差數列的公差為，則，記為不超過的最大整數．
若為單調遞增數列，則，
若，則當時，；若，則，
由可得，取，則當時，，
所以，“是遞增數列”“存在正整數，當時，”；
若存在正整數，當時，，取且，，
假設，令可得，且，
當時，，與題設矛盾，假設不成立，則，即數列是遞增數列．
所以，“是遞增數列”“存在正整數，當時，”．
所以，“是遞增數列”是“存在正整數，當時，”的充分必要條件．
故選,C．
4．(2020年高考課標Ⅱ卷理科·第11題)0-1周期序列在通信技術中有著重要應用．若序列滿足，且存在正整數，使得成立，則稱其為0-1周期序列，并稱滿足的最小正整數為這個序列的周期．對于周期為的0-1序列，是描述其性質的重要指標，下列周期為5的0-1序列中，滿足的序列是( )
A．B．C．D．
【答案】C
解析：由知，序列的周期為m，由已知，，
對于選項A，
，不滿足；
對于選項B，
，不滿足；
對于選項D，
，不滿足；
故選：C
【點晴】本題考查數列的新定義問題，涉及到周期數列，考查學生對新定義的理解能力以及數學運算能力，是一道中檔題．
5．(2023年全國乙卷理科·第10題)已知等差數列的公差為，集合，若，則( )
A．－1B．C．0D．
【答案】B
解析：依題意，等差數列中，，
顯然函數的周期為3，而，即最多3個不同取值，又，
則在中，或，
于是有，即有，解得，
所以，．
故選：B
二 解答題
6（2024·全國·高考Ⅱ卷）已知雙曲線，點在上，為常數，．按照如下方式依次構造點：過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關于軸的對稱點，記的坐標為.
(1)若，求；
(2)證明：數列是公比為的等比數列；
(3)設為的面積，證明：對任意正整數，.
【答案】(1)，(2)證明見解析(3)證明見解析
【詳解】（1）
由已知有，故的方程為.
當時，過且斜率為的直線為，與聯(lián)立得到.
解得或，所以該直線與的不同于的交點為，該點顯然在的左支上.
故，從而，.
（2）由于過且斜率為的直線為，與聯(lián)立，得到方程.
展開即得，由于已經是直線和的公共點，故方程必有一根.
從而根據韋達定理，另一根，相應的.
所以該直線與的不同于的交點為，而注意到的橫坐標亦可通過韋達定理表示為，故一定在的左支上.
所以.
這就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.
（3）方法一：先證明一個結論：對平面上三個點，若，，則.（若在同一條直線上，約定）
證明：
.
證畢，回到原題.
由于上一小問已經得到，，
故.
再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.
所以對任意的正整數，都有
.
而又有，，
故利用前面已經證明的結論即得
.
這就表明的取值是與無關的定值，所以.
方法二：由于上一小問已經得到，，
故.
再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.
所以對任意的正整數，都有
.
這就得到，
以及.
兩式相減，即得.
移項得到.
故.
而，.
所以和平行，這就得到，即.
7．(2023年天津卷·第19題) 已知是等差數列，．
(1)求的通項公式和．
(2)已知為等比數列，對于任意，若，則，
(Ⅰ)當時，求證：；
(Ⅱ)求的通項公式及其前項和．
【答案】(1)，；
(2)(Ⅰ)證明見解析；(Ⅱ)，前項和為．
解析：(1)由題意可得，解得，
則數列的通項公式為，
求和得
．
(2)(Ⅰ)由題意可知，當時，，
取，則，即，
當時，，
取，此時，
據此可得，
綜上可得：．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，
據此猜測，
否則，若數列的公比，則，
注意到，則不恒成立，即不恒成立，
此時無法保證，
若數列的公比，則，
注意到，則不恒成立，即不恒成立，
此時無法保證，
綜上，數列的公比為，則數列的通項公式為，
其前項和為：．
8．(2022新高考全國I卷·第17題) 記為數列的前n項和，已知是公差為的等差數列．
(1)求的通項公式；
(2)證明：．
【答案】(1)
(2)見解析
解析：(1)∵，∴,∴,又∵是公差為的等差數列，
∴,∴,∴當時，，
∴,整理得：,
即,∴
，
顯然對于也成立，
∴的通項公式；
(2)
∴

9．(2020年浙江省高考數學試卷·第20題) 已知數列{an}，{bn}，{cn}中，．
(Ⅰ)若數列{bn}為等比數列，且公比，且，求q與an的通項公式；
(Ⅱ)若數列{bn}為等差數列，且公差，證明：．
【答案】(I)；(II)證明見解析．
解析：(I)依題意，而，即，由于，所以解得，所以．
所以，故，所以數列是首項為，公比為的等比數列，所以．
所以()．
所以
(II)依題意設，由于，
所以，
故
．
所以
．
由于，所以，所以．
即，．
10（2023年新高考Ⅱ卷）2．甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若末命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．
(1)求第2次投籃的人是乙的概率；
(2)求第次投籃的人是甲的概率；
(3)已知：若隨機變量服從兩點分布，且，則．記前次（即從第1次到第次投籃）中甲投籃的次數為，求．
【答案】(1)(2)
(3)
【詳解】（1）記“第次投籃的人是甲”為事件，“第次投籃的人是乙”為事件，
所以，
.
（2）設，依題可知，，則
，
即，
構造等比數列，設，解得，則，
又，所以是首項為，公比為的等比數列，
即．
（3）因為，，
所以當時，，
故．
11．(2022高考北京卷·第21題) 已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續(xù)可表數列．
(1)判斷是否為連續(xù)可表數列？是否為連續(xù)可表數列？說明理由；
(2)若為連續(xù)可表數列，求證：k的最小值為4；
(3)若為連續(xù)可表數列，且，求證：．
【答案】【解析】(1)，，，，，所以是連續(xù)可表數列；易知，不存在使得，所以不是連續(xù)可表數列．
(2)若,設為,則至多，6個數字，沒有個，矛盾；
當時,數列，滿足，，，，，，，， ．
(3)，若最多有種，若，最多有種，所以最多有種，
若，則至多可表個數，矛盾,
從而若,則，至多可表個數，
而，所以其中有負的，從而可表1~20及那個負數(恰 21個)，這表明中僅一個負的，沒有0，且這個負的在中絕對值最小，同時中沒有兩數相同,設那個負數為 ，
則所有數之和，，
，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足個，
(僅一種方式)，
與2相鄰，
若不在兩端,則形式，
若，則(有2種結果相同，方式矛盾)，
， 同理 ，故在一端，不妨為形式，
若,則 (有2種結果相同，矛盾)，同理不行，
，則 (有2種結果相同，矛盾)，從而，
由于,由表法唯一知3,4不相鄰,、
故只能，①或，②
這2種情形，對①：，矛盾，
對②：，也矛盾，綜上
12．(2021年高考浙江卷·第20題) 已知數列前n項和為，，且．
(1)求數列通項；
(2)設數列滿足，記的前n項和為，若對任意恒成立，求的范圍．
【答案】(1)；(2)．
【解析】(1)當時，，，
當時，由①，得②，①②得
，又是首項為，公比為的等比數列，
；
(2)由，得，
所以，
，
兩式相減得
，
所以，由得恒成立，
即恒成立，時不等式恒成立；
時，，得；
時，，得；所以．
13．(2022新高考全國II卷·第17題) 已知為等差數列，是公比為2的等比數列，且．
(1)證明：；
(2)求集合中元素個數．
【答案】(1)證明見解析； (2)．
解析：(1)設數列的公差為，所以，，即可解得，，所以原命題得證．
由(1)知，，所以，即，亦即，解得，所以滿足等式的解，故集合中的元素個數為
14．(2022年浙江省高考數學試題·第20題) 已知等差數列的首項，公差．記的前n項和為．
(1)若，求；
(2)若對于每個，存在實數，使成等比數列，求d的取值范圍．
【答案】【解析】(1)因為，
所以，
所以，又，
所以，所以，所以，
(2)因為，，成等比數列，
所以，
，
，
由已知方程的判別式大于等于0，
所以，
所以對于任意的恒成立，
所以對于任意的恒成立，
當時，，
當時，由，可得
當時，，
又所以
15．(2021年高考全國甲卷理科·第18題) 已知數列的各項均為正數，記為的前n項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．
①數列是等差數列：②數列是等差數列；③．
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．
【答案】答案見解析
解析：選①②作條件證明③：
設，則，
當時，；
當時，；
因為也是等差數列，所以，解得；
所以，所以．
選①③作條件證明②：
因為，是等差數列，
所以公差，所以，即，
因為，所以是等差數列．
選②③作條件證明①：
設，則，
當時，；
當時，；
因為，所以，解得或；
當時，，當時，滿足等差數列的定義，此時為等差數列；
當時，，不合題意，舍去．
綜上可知為等差數列． 考點
五年考情（2020-2024）
命題趨勢
考點01 等差等比數列應用
2023 天津 甲 乙 Ⅱ卷
2022 乙卷
2020 北京卷
等差等比數列及求和在高考中主要考查基本量的基本運算，是常規(guī)求和方法發(fā)的基本應用。包括：錯位相減求和，奇偶性求和，列項求和等。
考點02 數列求和
2024 甲 天津卷
2023ⅠⅡ 甲 乙卷
2022 甲卷
2021 ⅠⅡ乙卷
2020 浙江 Ⅰ Ⅱ卷
考點03 數列情景類問題
2024北京
2023北京
2021北京 Ⅰ卷
2020Ⅱ 卷
情景化與新定義是高考的一個新的考點，一般采用學過的知識去解決新定義問題，因加以重視，是高考的一個方向，并且作為壓軸題的可能性比較大，難度大。
考點04 數列新定義問題
2024 Ⅰ 北京卷
2023 北京卷
考點05 數列與其他知識點交匯及綜合問題
2024 Ⅱ卷
2023 北京 天津 乙Ⅱ卷
2022 北京 浙江 ⅠⅡ卷
2021 甲 浙江
2020 浙江 Ⅱ卷
知識的綜合是未來高考的一個重要方向，主要是數列與統(tǒng)計概率相結合，數列作為一個工具與解析幾何，函數結合等，屬于中等難度。

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