文档内容
专题 11 数列（选填题）14 种常见考法归类
知识 五年考情（2021-2025） 命题趋势
考点01等差数列定义的判断
2023·新课标Ⅰ卷
考点02等差数列基本量的计算
知识1 等差数
2021·上海
列
（5年5考） 考点03等差数列前n项和基本量的计算
2025·全国二卷2025·上海2024·新课标Ⅱ卷
2023·全国甲卷2022·上海 2022·全国乙卷
1.数列选填题的命题呈现出注重基
础、强调综合等趋势，具体如
考点04等差数列性质的应用
下：
2024·全国甲卷 2021·北京
基础考查为主：等差数列和等比
数列的基本量计算是重点考查内
考点05等比数列基本量的计算
容。这类题目主要考查学生对数
2023·全国乙卷
列通项公式、前 n 项和公式等基
考点06等比数列前n项和基本量的计算 础知识的掌握程度。
2025·全国一卷2025·全国二卷2023·全国甲卷 2.性质应用常考：数列的性质也是
知识2 等比数
2023·上海2022·全国乙卷 命题热点之一，等差数列和等比
列
数列的性质均有涉及，通过对性
（5年4考） 考点07等比数列前n项和的性质
质的考查，检验学生对数列特征
2023·新课标Ⅱ卷2021·全国甲卷
的理解和灵活运用能力。
考点08等差、等比数列的综合
3.综合程度提高：数列与其他知识
的综合考查逐渐增多，这种命题
2025·北京 2023·北京
方式要求学生具备较强的知识整
考点09数列的性质
合能力，能够将数列知识与函
2023·北京 2022·全国乙卷 2022·北京
数、不等式等其他知识相结合，
2021·全国甲卷
知识3 数列性 解决综合性问题。
质、通项与求 考点10由递推公式求数列通项
和 2025·天津 2023·天津 2022·北京 2022·浙江
（5年4考）
考点11数列求和
2021·新高考全国Ⅰ卷 2021·北京 2021·浙江
考点12数列与其他知识的综合
知识4 数列综
2025·上海 2024·上海2024·全国甲卷 2024·北京
合应用
2023·全国乙卷 2022·新高考全国Ⅱ卷 2021·浙江
考点13数列的极限
2021·上海
（5年5考）
考点14数列新定义
2024·北京2021·新高考全国Ⅱ卷
考点01等差数列定义的判断
1．（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
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判
断作答.，
【详解】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
考点02等差数列基本量的计算
2．（2021·上海·高考真题）等差数列 中， ，则 .
【答案】
【分析】直接代入等差数列的通项公式可得答案.
【详解】因为 ， 所以 .
故答案为： .
考点03等差数列前n项和基本量的计算
3．（2022·上海·高考真题）已知等差数列 的公差不为零， 为其前n项和，若 ，则
中不同的数值有 个.
【答案】98
【分析】由等差数前 项和公式求出 ，从而 ，由此能求出结果．
【详解】解： 等差数列 的公差不为零， 为其前 项和， ，
，解得 ，
，
， ，1， ， 中 ， ， ，
其余各项均不相等，
，1， ， 中不同的数值有： ．
故答案为：98．
4．（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
【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项 和公差d的方程求出首项 和公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解.
【详解】设等差数列 的公差为d，则由题可得 ，
所以 .
故选：B.
5．（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
【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列 的公差和首项，再根据前 项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列 的公差，再根据前 项和公式的性质即可解出．
【详解】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.
6．（2025·上海·高考真题）己知等差数列 的首项 ，公差 ，则该数列的前6项和为
．
【答案】
【分析】直接根据等差数列求和公式求解.
【详解】根据等差数列的求和公式， .
故答案为：
7．（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
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出 ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列 为等差数列，则由题意得 ，解得 ，
则 .
故答案为： .
8．（2022·全国乙卷·高考真题）记 为等差数列 的前n项和．若 ，则公差 ．
【答案】2
【分析】转化条件为 ，即可得解.
【详解】由 可得 ，化简得 ，
即 ，解得 .
故答案为：2.
考点04等差数列性质的应用
9．（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
【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成 和 来处理，亦可用等差数列的性质进行
处理，或者特殊值法处理.
【详解】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
10．（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
【分析】由 结合等差中项的性质可得 ，即可计算出公差，即可得 的值.
【详解】由 ，则 ，
则等差数列 的公差 ，故 .
故选：B.
11．（2021·北京·高考真题）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗
面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长 (单位:cm)成等差数列，
对应的宽为 (单位: cm),且长与宽之比都相等，已知 ， ， ，则
A．64 B．96 C．128 D．160
【答案】C
【分析】设等差数列 公差为 ，求得 ，得到 ，结合党旗长与宽之比都相等和 ，
列出方程，即可求解.
【详解】由题意，五种规格党旗的长 (单位:cm)成等差数列，设公差为 ，
因为 ， ，可得 ，
可得 ，
又由长与宽之比都相等，且 ，可得 ，所以 .
故选：C.
考点05等比数列基本量的计算
12．（2023·全国乙卷·高考真题）已知 为等比数列， ， ，则 .
【答案】
【分析】根据等比数列公式对 化简得 ，联立 求出 ，最后得
.
【详解】设 的公比为 ，则 ，显然 ，
则 ，即 ，则 ，因为 ，则 ，
则 ，则 ，则 ，
故答案为： .考点06等比数列前n项和基本量的计算
13．（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
【分析】根据题意列出关于 的方程,计算出 ,即可求出 .
【详解】由题知 ,
即 ,即 ,即 .
由题知 ,所以 .
所以 .
故选:C.
14．（2022·全国乙卷·高考真题）已知等比数列 的前3项和为168， ，则 （ ）
A．14 B．12 C．6 D．3
【答案】D
【分析】设等比数列 的公比为 ，易得 ，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通
项即可得解.
【详解】解：设等比数列 的公比为 ，
若 ，则 ，与题意矛盾，
所以 ，
则 ，解得 ，
所以 .
故选：D.
15．（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】
【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前 项和的定
义，得到关于 的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前 项和性质得到关于 的方程，解之即
可得解.
【详解】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： .
16．（2023·上海·高考真题）已知等比数列 的前 项和为 ，且 ， ，求 ；
【答案】189
【分析】由等比数列前 项和公式求解，
【详解】由题意得 ，
故答案为：189.17．（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】
【分析】先分析 ，再由等比数列的前 项和公式和平方差公式化简即可求出公比 .
【详解】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：
18．（2025·全国二卷·高考真题）记 为等比数列 的前n项和， 为 的公比， 若
，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】对A，根据等比数列通项公式和前 项和公式得到方程组，解出 ，再利用其通项公式和前
项和公式一一计算分析即可.
【详解】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.
考点07等比数列前n项和的性质
19．（2021·全国甲卷·高考真题）记 为等比数列 的前n项和.若 ， ，则
（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【分析】根据题目条件可得 ， ， 成等比数列，从而求出 ，进一步求出答案.
【详解】∵ 为等比数列 的前n项和， ，
∴ ， ， 成等比数列
∴ ，
∴ ，
∴ .
故选：A.
20．（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
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据 的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】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．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握 的关
系，从而减少相关量的求解，简化运算．
考点08等差、等比数列的综合
21．（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
【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解.
【详解】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.
22．（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
【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解 ，进而可求得结果；方法二：根
据等比中项求 ，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【详解】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.
考点09数列的性质
23．（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
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造 ，利用导数求得 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项 所
在区间，从而判断 的单调性；对于A，构造 ，判断得 ，
进而取 推得 不恒成立；对于B，证明 所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取 推得 不恒成立；对于D，构造
，判断得 ，进而取 推得 不恒成立.
【详解】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.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合
放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
24．（2022·全国乙卷·高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗
环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列 ： ，
， ，…，依此类推，其中 ．则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据 ，再利用数列 与 的关系判断 中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为 ，
所以 ， ，得到 ，
同理 ，可得 ，又因为 ，
故 ， ；
以此类推，可得 ， ，故A错误；
，故B错误；
，得 ，故C错误；
，得 ，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设 则
故D正确.
25．（2022·北京·高考真题）设 是公差不为0的无穷等差数列，则“ 为递增数列”是“存在正整
数 ，当 时， ”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】设等差数列 的公差为 ，则 ，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义
判断可得出结论.
【详解】设等差数列 的公差为 ，则 ，记 为不超过 的最大整数.
若 为单调递增数列，则 ，
若 ，则当 时， ；若 ，则 ，
由 可得 ，取 ，则当 时， ，
所以，“ 是递增数列” “存在正整数 ，当 时， ”；
若存在正整数 ，当 时， ，取 且 ， ，
假设 ，令 可得 ，且 ，当 时， ，与题设矛盾，假设不成立，则 ，即数列 是递增数列.
所以，“ 是递增数列” “存在正整数 ，当 时， ”.
所以，“ 是递增数列”是“存在正整数 ，当 时， ”的充分必要条件.
故选：C.
26．（2021·全国甲卷·高考真题）等比数列 的公比为q，前n项和为 ，设甲： ，乙： 是递
增数列，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】B
【分析】当 时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当 是递增数列时，必有 成立即可说
明 成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】由题，当数列为 时，满足 ，
但是 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若 是递增数列，则必有 成立，若 不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则
成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过
程．
考点10由递推公式求数列通项
27．（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
【分析】先由题设结合 求出数列 的通项公式，再结合数列 各项正负情况即可求解.
【详解】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
28．（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
【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得 的值.
【详解】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.
29．（2022·北京·高考真题）已知数列 各项均为正数，其前n项和 满足 ．给出
下列四个结论：
① 的第2项小于3； ② 为等比数列；
③ 为递减数列； ④ 中存在小于 的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】推导出 ，求出 、 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的
定义可判断③.
【详解】由题意可知， ， ，
当 时， ，可得 ；
当 时，由 可得 ，两式作差可得 ，
所以， ，则 ，整理可得 ，因为 ，解得 ，①对；
假设数列 为等比数列，设其公比为 ，则 ，即 ，
所以， ，可得 ，解得 ，不合乎题意，
故数列 不是等比数列，②错；
当 时， ，可得 ，所以，数列 为递减数列，③对；
假设对任意的 ， ，则 ，
所以， ，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.
30．（2022·浙江·高考真题）已知数列 满足 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先通过递推关系式确定 除去 ，其他项都在 范围内，再利用递推公式变形得到
，累加可求出 ，得出 ，再利用
，累加可求出 ，再次放缩可得
出 ．
【详解】∵ ，易得 ，依次类推可得
由题意， ，即 ，
∴ ，
即 ， ， ，…， ，累加可得 ，即 ，
∴ ，即 ， ,
又 ，
∴ ， ， ，…， ，
累加可得 ，
∴ ，
即 ，∴ ，即 ；
综上： ．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
考点11 数列求和
31．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条
对称轴把纸对折，规格为 的长方形纸，对折1次共可以得到 ， 两种规
格的图形，它们的面积之和 ，对折2次共可以得到 ， ， 三
种规格的图形，它们的面积之和 ，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为
；如果对折 次，那么 .
【答案】 5
【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得 ，再根据错位相减法得结果.
【详解】（1）由对折2次共可以得到 ， ， 三种规格的图形，所以对着
三次的结果有： ，共4种不同规格（单位 ；
故对折4次可得到如下规格： ， ， ， ， ，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为 的等比数列，首项为120 ,第n次对折后的图形面积为 ，对于第n此对折后的
图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为 种（证明从略），故得猜想 ，
设 ，
则 ，
两式作差得：
，
因此， .
故答案为： ； .
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于 结构，其中 是等差数列， 是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于 结构，利用分组求和法；
（4）对于 结构，其中 是等差数列，公差为 ，则 ，利用裂项相
消法求和.
32．（2021·北京·高考真题）已知 是各项均为整数的递增数列，且 ，若 ，则
的最大值为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得 可能的最大值，然后构造
数列满足条件，即得到 的最大值．
【详解】
若要使n尽可能的大，则 ，递增幅度要尽可能小，不妨设数列 是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为 ，
则 ， ，
所以 .
对于 ， ，
取数列 各项为 ( ， ,
则 ，
所以n的最大值为11．
故选：C．
33．（2021·浙江·高考真题）已知数列 满足 .记数列 的前n项和为 ，
则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】显然可知， ，利用倒数法得到 ，再放缩可得
，由累加法可得 ，进而由 局部放缩可得 ，然后利用累
乘法求得 ，最后根据裂项相消法即可得到 ，从而得解．
【详解】因为 ，所以 ， ．
由
，即
根据累加法可得， ，当 时 ，
则 ，当且仅当 时等号成立，，
由累乘法可得 ，且 ，
则 ，当且仅当 时取等号，
由裂项求和法得：
所以 ，即 ．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到 的不等关系，再由累加法可求得 ，由题
目条件可知要证 小于某数，从而通过局部放缩得到 的不等关系，改变不等式的方向得到
，最后由裂项相消法求得 ．
考点12数列与其他知识的综合
34．（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
【分析】由 可知 范围，再由三角形三边关系可得 的不等关系，结合函数零点
解不等式可得.
【详解】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.
35．（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
【分析】结合等差数列性质将 代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.
【详解】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
36．（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
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理
作答.
【详解】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
37．（2021·浙江·高考真题）已知 ，函数 .若 成等
比数列，则平面上点 的轨迹是（ ）
A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线
【答案】C【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【详解】由题意得 ，即 ，
对其进行整理变形：
，
，
，
，
所以 或 ，
其中 为双曲线， 为直线.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心
素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.
38．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构， 是桁，相邻
桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中 是
举， 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为 ．已知
成公差为0.1的等差数列，且直线 的斜率为0.725，则 （ ）
A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
【答案】D
【分析】设 ，则可得关于 的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设 ，则 ，依题意，有 ，且 ，
所以 ，故 ，
故选：D
39．（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】
【分析】当 时，不妨设 ，则 ，结合 为闭区间
可得 对任意的 恒成立，故可求 的取值范围.
【详解】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： .
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有
关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
40．（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/【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【详解】设升量器的高为 ，斗量器的高为 （单位都是 ），则 ，
故 ， .
故答案为： .
考点13数列的极限
41．（2021·上海·高考真题）在无穷等比数列 中， ，则 的取值范围是
【答案】
【分析】由无穷等比数列的概念可得公比 的取值范围，再由极限的运算知 ，从而得解．
【详解】解： 无穷等比数列 ， 公比 ， ， ，
，
，
， ， ．
故答案为： ， ， ．
考点14数列新定义
42．【多选】（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）设正整数 ，其中
，记 ．则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】利用 的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.
【详解】对于A选项， ， ，
所以， ，A选项正确；
对于B选项，取 ， ， ，
而 ，则 ，即 ，B选项错误；
对于C选项， ，所以， ，
，
所以， ，因此， ，C选项正确；
对于D选项， ，故 ，D选项正确.
故选：ACD.
43．（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
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特
征及反证法可判断③的正误.
【详解】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.
【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨
论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.
