文档内容
押新高考 7 题
数 列
考点 4年考题 考情分析
2023年新高考Ⅰ卷第7题 数列会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进
行考查，单选题难度一般或较难，纵观近几年的新高考
2023年新高考Ⅱ卷第8题
试题，分别考查数列的性质及推理、数列推理归纳与数
数列 2021年新高考Ⅰ卷第16题 列求和，备考时需强化对数列通项公式和求和公式的应
用，本内容高考冲刺复习的重点复习内容。可以预测
2020年新高考Ⅰ卷第14题
2024年新高考命题方向将继续以数列通项、数列性质及
2020年新高考Ⅱ卷第15题 求和等知识点命题．
1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第7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
2．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第8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．
3．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题第16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.
1. 等差数列通项公式： 或
2. 等差中项：若 ， ， 三个数成等差数列，则 ，其中 叫做 ， 的等差中项
3. 若 ， 为等差数列，则 ， 仍为等差数列
4. 等差数列前n项和公式： 或
5. 等差数列的前 项和中， ，（ 为奇数）
6. 等比数列通项公式：
7. 等比中项：若 ， ， 三个数成等比数列，则 ,其中 叫做 ， 的等比
中项
8. 若 ， 为等比数列，则 ， 仍为等比数列9. 等比数列前 项和公式：
10.已知 与 的关系
11. 分组求和
若 为等差数列， 为等比数列，则 可用分组求和
12. 裂项相消求和
1．（2024·江苏·一模）等比数列 的前 项和为 ，已知 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】把等比数列 各项用基本量 和 表示，根据已知条件列方程即可求解.【详解】设等比数列 的公比为 ，
由 ，得： ，
即： ，
所以， ，
又 ，所以， ，
所以， .
故选：A.
2．（2024·江苏盐城·模拟预测）在等差数列 中，已知 则 的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】根据等差数列通项公式和前 项和性质即可得到 ，解出即
可.
【详解】由题意得 ，
，
即 ，解得 .
故选：C.
3．（2024·湖南·二模）已知 是等比数列， 是其前 项和.若 ，则 的值为（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项公式和前 项和列出等式即可求解.
【详解】由 可得：等比数列 的公比 .，化简得 ，整理得 ，
又 ，
，
.
故选：C.
4．（2024·广东江门·一模）已知 是等比数列， ，且 ， 是方程 两根，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等比数列下标和性质计算可得.
【详解】因为 是等比数列，所以 ， ，又 ，所以 ，
又 ， 是方程 两根，
所以 .
故选：C
5．（2024·广东佛山·二模）设数列 的前 项之积为 ，满足 （ ），则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知递推式可得数列 是等差数列，从而可得 ，进而可得 的值．
【详解】因为 ，
所以 ，即 ，所以 ，所以 ，显然 ，
所以 ，
所以数列 是首项为 ，公差为2的等差数列，
所以 ，
即 ，所以 ．
故选：C．
6．（2024·湖北·二模）已知公差为负数的等差数列 的前 项和为 ，若 是等比数列，则当
取最大值时， （ ）
A．2或3 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用等比数列的意义列式， 用公差表示出，再确定数列 的所有非负数项即可得解.
【详解】设等差数列 的公差为 ，由 是等比数列，
得 ，解得 ，则 ，
显然等差数列 单调递减，当 时， ，当 时， ，
所以当 取最大值时， .
故选：B
7．（2024·福建漳州·模拟预测）已知等差数列 的前 项和为 ，等比数列 的公比与 的公差均
为2，且满足 ， ，则使得 成立的 的最大值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B
【分析】先求得 由此求得 ，由此解不等式 ，求得正确答案.
【详解】由题意得 ， .
又 ， ，所以 ，解得 ，
所以 ，所以 ， ，所以 .
若 ，则 .又 ，则 的最大值为7，
故选：B.
8．（2024·福建厦门·二模）已知正项等差数列 的公差为 ，前 项和为 ，且
，则 （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据 的关系，将已知等式相减，结合等差数列的性质，即可求得答案.
【详解】因为 ，故两式相减得： ，
即 ，则 ，
又数列 为正项等差数列，故 ，即 ，
故选：B
9．（2024·福建漳州·一模）已知各项均不为0的数列 的前 项和为 ，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据 与 之间的关系分析可得 ，令 即可得结果.
【详解】因为 ，则 ，
两式相减可得： ，即 ，
令 ，可得 ，
且 ，所以 .
故选：A.
10．（2024·浙江温州·二模）已知等差数列 的前 项和为 ，公差为 ，且 单调递增．若 ，
则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
因为数列 为递增数列，所以 从第二项开始，各项均为正数，由此可求 得取值范围.
【详解】因为 为等差数列，且 ，所以 ，
又数列 为递增数列，所以 从第二项开始，各项均为正数.
由 .
因为 恒成立，所以数列 为常数数列或递增数列，所以 .
综上， .
故选：A
11．（2024·浙江·模拟预测）已知数列 满足： ，且数列 为等差数列，则（ ）
A．10 B．40 C．100 D．103
【答案】D
【分析】设数列 的公差为 ，借助等差数列的性质可计算出 ，即可得 ，即可得解.
【详解】设数列 的公差为 ，则 ，
故 ，所以 ．
故选：D.
12．（2024·河北邯郸·三模）已知等比数列 的各项互不相等，且 ， ， 成等差数列，则
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】设等比数列 的公比为 ，根据等差中项的性质及等比数列通项公式得到方程求出 ，
即可得解.
【详解】设等比数列 的公比为 ，
因为 ， ， 成等差数列，所以 ，即 ，
所以 ，解得 或 （舍去），
所以 ．
故选：D
13．（2024·浙江金华·模拟预测）已知公差不为0的等差数列 满足 成等差数列，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【分析】借助等差数列的性质计算可得 ，代入计算 即可得.
【详解】设等差数列 的公差为 ，
由题意可得 ，
即 ，即 ，即 ，即 ，
则 .
故选：A.
14．（2024·浙江·二模）在 中，“A，B，C成等差数列且 成等比数列”是“
是正三角形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用等差、等比数列的定义，结合正余弦定理及充分条件、必要条件的定义判断
即得.
【详解】在 中，由A，B，C成等差数列，得 ，而 ，则 ，
由 成等比数列，得 ，由正弦定理得 ，
由余弦定理得 ，即 ，解得 ，因此 是正三角形；
若 是正三角形，则 ， ，
因此A，B，C成等差数列且 成等比数列，
所以“A，B，C成等差数列且 成等比数列”是“ 是正三角形”的充要条件.
故选：C
15．（2024·江苏·一模）已知正项数列 满足 ，若 ，则 （ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】D
【分析】
由已知和式求出通项 的通项，从而得出 ，再由已知条件 ，从而求出 ，类似的
往前推，求出 即可.
【详解】 时，
时，
，
故选：D.
16．（2024·江苏徐州·一模）已知数列 的前n项和为 ，且 ， ．若 ，则正
整数k的最小值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】C
【分析】根据给定的递推公式，构造等比数列求出 ，再求解不等式即得.
【详解】数列 中， ，当 时， ，则 ，整理得 ，即 ，而 ，即 ，
因此数列 是以 为首项，公比为 的等比数列， ，
则 ，由 ，知 为奇数，此时 是递增的，
而 ， ，
所以正整数k的最小值为13.
故选：C
17．（2024·安徽池州·二模）对于数列 ，若点 都在函数 的图象上，其中 且 ，则
“ ”是“ 为递增数列”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质，结合指数函数的性质和充分必要条件的判断求解.
【详解】因为 在函数 的图象上，所以 ，
即 是以 为首项， 为公比的等比数列.
若 ，且 ， ，则可能的情况由两种：
（1） 则 ，所以等比数列 首项为负，公比 ，所以等比数列 单调递增；
（2） 则 ，所以等比数列 首项为正，公比 ，所以等比数列 单调递增.
所以“ ”是“ 为递增数列”的充分条件.
若 为递增数列， ，又 且 ，
所以： 或由 ；
由 ；
所以“ ”是“ 为递增数列”的必要条件.
故选：A
18．（2024·全国·模拟预测）已知等差数列 的前 项和 ，若 ，数列 的前 项
和为 ，且 ，则正整数 的值为（ ）
A．12 B．10 C．9 D．8
【答案】D
【分析】
由 的关系求出通项公式，再由裂项相消求出 ，根据方程 求解即可.
【详解】当 时， ，
当 时， ，符合上式，故 ，
所以 ，
故 ，
由 可得 ，化简得 ，得 （舍去负值）．
故选：D
19．（2024·湖南·二模）张扬的父亲经营着一家童鞋店，该店提供从25码到36.5码的童鞋，尺寸之间按
0.5码为公差排列成等差数列．有一天，张扬帮助他的父亲整理某一型号的童鞋，以便确定哪些尺寸需要
进货，张扬在进货单上标记了两个缺货尺寸．几天后，张扬的父亲询问那些缺货尺寸是哪些，但张扬无法
找到标记缺货尺寸的进货单，他只记得其中一个尺寸是28.5码，并且在当时将所有有货尺寸加起来的总和是677码．现在问题是，另外一个缺货尺寸是（ ）
A．28码 B．29.5码 C．32.5码 D．34码
【答案】C
【分析】利用等差数列的通项公式求得尺码的总个数，再利用等差数列的前 项和公式求得总尺码，继而
得到缺货尺寸的总码数，进一步计算即可.
【详解】设第一个尺码为 ，公差为 ，
则 ，
则 ，
当 时， ，
故若不缺码，所有尺寸加起来的总和为
码，
所有缺货尺码的和为 码，
又因为缺货的一个尺寸为 码，
则另外一个缺货尺寸 码，
故选：C.
20．（2024·湖北武汉·模拟预测）法布里-贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过
层薄膜，记光波的初始功率为 ，记 为光波经过第 层薄膜后的功率，假设在经过第 层薄膜时光波的
透过率 ，其中 ，2，3… ，为使得 ，则 的最大值为（ ）
A．31 B．32 C．63 D．64
【答案】C
【分析】通过累乘法以及等差数列求和公式得 ，进一步得 ，结合数列
单调性即可得解.【详解】由题意 ，所以 ，
所以 ，即 ，
显然 关于 单调递增，其中 ，
又 ，所以 的最大值为63.
故选：C.
21．（2024·河北沧州·一模）已知等比数列 的前 项和为 ，则数列 的公比 满足
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用切线不等式放缩，结合等比数列的通项公式及排除法可得答案.
【详解】设函数 ，则 ，
当 时， ， 为减函数；当 时， ， 为增函数；
所以 ，即 .
因为 ，所以 ，即 .
因为 ，所以 ，排除A,C.
若 ， ，则 ，不满足 ，排除D.
故选：B
22．（2024·山东潍坊·一模）已知数列 满足 ， ．若数列 是公比为2的等比数列，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用等比数列求出 ，进而求得 ，再利用累加法求通项得解.
【详解】依题意， ， ，当 时， ，则 ，
所以
.
故选：A
23．（2024·山东聊城·一模）已知数列 满足 ，则“ ”是“ 是等比数列”的
（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分必要条件的证明方法，结合等比数列的定义与数列递推式即可得解.
【详解】当 时，因为 ，所以 ，
又 ，则 ，则 ，
依次类推可知 ，故 ，
则 是首项为 ，公比为 的等比数列，即充分性成立；
当 是等比数列时，因为 ，所以 ，
当 时， ，则 是公比为 的等比数列，所以 ，即 ，
则 ， ， ，
由 ，得 ，解得 ，不满足题意；
当 ，即 时，易知满足题意；
所以 ，即必要性成立.
故选：C.
24．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）数列 满足 ，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用累乘法 ，则得到规律 ，则求出 ，根据 即可求出 .
【详解】 ， ，
， ，
所以 ，
同理可得， ， ． ，
因为 ，所以 ，则 ，
因为 ，所以 ，
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到 ，则得到 ，最后根据 即可得到答案.
25．（2024·浙江·一模）一个正方形网格 由99条竖线和99条横线组成，每个最小正方形格子边长都是1．现在网格中心点 处放置一棋子，棋子将按如下规则沿线移动：
．，点 到 的长度为1，点 到 的长度为2，点 到 的长度为
3，点 到 的长度为4，……，每次换方向后的直线移动长度均比前一次多1，变换方向均为向右转．按
此规则一直移动直到移出网格 为止，则棋子在网格上移动的轨迹长度是（ ）
A．4752 B．4753 C．4850 D．4851
【答案】C
【分析】由题意可知，棋子每次移动的长度构成等差数列 ，首项为 ，公差为 ，通过归
纳法得出可以移动的次数,即可求出．
【详解】根据题意可知，棋子每次移动的长度构成等差数列 ，首项为 ，公差为 ，以点
为原点，水平向右为 轴正方向建立直角坐标系，
设 ， ，
易得， ，
由图归纳可知， ， ，同理可得， ， ，当
，
故当 时， 即为 ，当 时， 即为 ，移出网格1个单位，
此时移动的轨迹长度为 .
故选：C.
26．（2024·浙江·模拟预测）已知数列 满足 ，
则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据递推关系可证明 为等差数列，即可求解.
【详解】 ，
所以 ， ，所以 为等差数列，且公差为1，首项为1，
故 ，即 ，
故选：B
27．（2024·全国·模拟预测）已知 ， ， ，数列 与数列 的公共项按从
大到小的顺序排列组成一个新数列 ，则数列 的前99项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】对n分奇数与偶数讨论，求出数列 与数列 的公共项，利用裂项相消法求和.
【详解】因为数列 是正奇数数列，对于数列 ，当 为奇数时，设 ，则，为奇数；当 为偶数时，设 ，则 ，为
偶数，所以 ，
，
所以 ，
故选：D．
28．（2024·山东菏泽·一模）若数列 的通项公式为 ，记在数列 的前 项中
任取两数都是正数的概率为 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通
式即可求解.
【详解】 为奇数时，前 项中有 个奇数项，即有 个正数，
， ，故A错误；
为偶数时，前 项中有 个奇数项，即有 个正数，
，
， ，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
故选：C.【点睛】关键点点睛：根据数列的通项公式的特点分类讨论，利用组合数和古典概型的概率的计算公式求
出概率的通式即可.
29．（2024·山西·模拟预测）如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰
直角三角形边上再连接正方形，如此继续.设初始正方形的边长为 ，依次构造出的小正方形（含初始正
方形）的边长构成数列 ，若 的前n项和为 ，令 ，
其中 表示x，y中的较大值.若 恒成立，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出数列 和 的通项公式，再根据集合新定义确定 ，再由不等式 恒成立分类讨
论 时列不等式 和 时列不等式 求出对应的 值取并集即可.
【详解】因为 的前n项和为 ，
所以当 时， ，
又当 时， ，符合上式，
所以数列 的通项公式 ，
数列 满足 ，因为 ，公比 ，
所以 ，
所以 ，
因为数列 是递减数列，而 是递增数列；
，其中 表示x，y中的较大值.若 恒成立，
所以 是数列 中的最小项，
所以当 时，则 ，即 ，解得 ，
当 时，则 ，即 ，解得 ，
取并集可得 ，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题中集合新定义是取较大者，这样就转化成比较 和 的大小问题了，利用已
知求出数列 和 的通项公式再比较大小可确定 ，最后由不等式 恒成立，列不等式组求出参
数范围即可.
30．（2024·全国·模拟预测）已知数列 满足 ，数列 的前 项和
为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】方法一：变形得到 ， 是以6为首项，9为公比的等比数列，分组求和,结合等比数列求和公式求出答案；
方法二：推出 是首项为2，公比为3的等比数列，故 ，分 为奇数和偶数两种情
况，利用累加法得到数列的通项公式，利用等比数列求和公式求出答案.
【详解】方法一：因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ，
所以 ．
因为 ，所以 是以6为首项，9为公比的等比数列．
所以
；
方法二：因为当 时， ，即 ，
又 ，所以 是首项为2，公比为3的等比数列，故 ．
由 ，得 ，两式相减得 ．
当 为偶数且 时， ，
以上式子相加得 ，又 ，所以 ．
又 满足上式，所以 ．
当 为奇数且 时， ，以上式子相加得 ，又 ，所以 ，
又 满足上式，所以 ．
综上， ，
所以 ．
故选：D
【点睛】方法点睛：数列中的奇偶项问题考查方向：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②数列中连
续两项和或积问题；③含有 的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问题；含三角函数问题，需要
对 分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减和求和或裂项相
消法求和.
