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专题 23 等差、等比数列及其前 n 项和（六大题型+模拟精
练）
目录：
01 等差、等比数列的基本量计算及其性质
02 比较大小、判断符号
03 求参数（范围）综合
04 高考新方向—数列的应用
05 解答题
06 数列与统计概率
01 等差、等比数列的基本量计算及其性质
1．（22-23高二下·广西柳州·阶段练习）已知等差数列 的前 项和为 ，且 ， ，则
（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用等差数列前 项和公式及性质计算即得.
【解析】在等差数列 中， ，解得 ，
而 ，由 ，得 .
故选：D
2．（2024·河南周口·模拟预测）设 为等差数列 的前 项和，已知 ， ，则
（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
【答案】B
【分析】根据题意可知 ， ， ， ， ， 成等差数列，结合等差数列运算
求解.【解析】由等差数列的性质可知， ， ， ， ， ， 成等差数列，
且 ， ，可知首项为4，公差为2，
所以 .
故选：B.
3．（2024·新疆·二模）已知等差数列 的前 项和为 ，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意结合等差数列的性质求解即可，或根据题意利用等差数列的通项公式化简，再化简 即
可.
【解析】因为 ，所以 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
另解：设等差数列{a }的公差为 ，
n
由 ，得 ，
所以 ，即 ，得 ，
所以 ，
因为 ，
，
，
，所以
故选：A．
4．（2024·海南·模拟预测）已知首项为1的等比数列 的前 项和为 S ，若 ，则
n
（ ）
A．24 B．12 C．20 D．15
【答案】D
【分析】根据给定条件，借助等比数列前 项和公式求出公比 即可得解.
【解析】设等比数列 {a }的公比为 ，显然 ，否则 ，此等式不成立，
n
则 ，由 ，整理得 ，即 ，
因此 ，所以 .
故选：D
5．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）数列{a }是等差数列， 是数列{a }的前 项和， 是正整数，甲：
n n
，乙： ，则甲是乙的（ ）
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】D
【分析】利用等差数列的性质、充分条件、必要条件求解．
【解析】数列 是等差数列， 是数列 的前 项和， ， ， ， 是正整数，
甲： ，乙： ，
则甲不能推出乙，
例如等差数列1，2，3，4，5， ，中，
， ， ， ， ，
，但 ，即充分性不成立；乙不能推出甲，
例如等差数列1，2，3，4，5， ，中，
， ， ， ， ，
，但 ，即必要性不成立，
甲是乙的不充分不必要条件．
故选：D．
6．（22-23高三上·贵州黔东南·开学考试）已知数列 满足 ，且对任意的 ，都有
，则该数列的前10项和 （ ）
A．32 B．150 C．185 D．250
【答案】C
【分析】由递推关系得数列{a }是以5为首项，3为公差的等差数列，即可求解．
n
【解析】 对任意的 ，都有 ，且 ，
令 ，得 ．
令 ，得 ．
令 ，得 ．
数列{a }是以5为首项，3为公差的等差数列，
n
，
．
故选：C
7．（2025·广东·一模）已知等比数列 为递增数列， . 记 分别为数列 的前 项和，若 ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解q的值，再由数列的单调性进一步判断即可.
【解析】 ，
则 .
由于 {a }为递增数列，则 ，
n
所以 {a }的通项公式为
n
所以 ，
故选：C.
02 比较大小、判断符号
8．（2024·新疆·二模）设 是等差数列，下列结论中正确的是（ ）
A．若a +a >0，则a +a >0 B．若 ，则
1 2 2 3
C．若0√a a D．若 ，则(a −a )(a −a )<0
1 2 2 1 3 2 1 4 1
【答案】C
【分析】设{a }的公差为 ，根据公差 的正负不确定可判断AB；根据等差中项、基本不等式可判断C；
n
利用等差数列通项公式可判断D.
【解析】设{a }的公差为 ，
n
对于A，∵a +a =2a +d>0,∴a +a =2a +d+2d，
1 2 1 1 3 1
因为公差 的正负不确定，所以2a +3d的正负不确定，故A错误；
1对于B，∵a +a =2a +2d<0,∴a +a =2a +2d−d，
1 3 1 1 2 1
因为公差 的正负不确定，所以2a +d的正负不确定，故B错误；
1
对于C，a +a =2a ，所以2a =a +a ≥2√a a ，∴a ≥√a a
1 3 2 2 1 3 1 3 2 1 3
又∵a >a ，故不存在a =a =a 使原式取等情况，∴a >√a a ，故C正确；
2 1 1 2 3 2 1 3
对于D， 若 ，则(a −a )(a −a )=(a +d−a )(a +3d−a )=3d2≥0，
2 1 4 1 1 1 1 1
所以(a −a )(a −a )≥0，故D错误.
2 1 4 1
故选：C.
9．（2024·湖北·模拟预测）已知数列 为等差数列， 为等比数列， ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用等比数列和等差数列的性质结合基本不等式求解即可.
【解析】由 为等差数列， 为等比数列， ，
可得 .
由 ，当且仅当 时取等，
可得 ，故A正确，C错误.
当 时， ；
当且仅当 时取等，
当 时， ，
当且仅当 时取等，故B，D都错误.故选：A.
10．（24-25高三上·湖北武汉·开学考试）已知数列 的前 项和为 ，则（ ）
A．若 为等差数列，且 ，则
B．若 为等差数列，且 ，则
C．若 为等比数列，且 ，则
D．若 为等比数列，且 ，则
【答案】D
【分析】根据等差数列的前 项和与等差数列的性质，判断 与 正负，判断A,B；根据等比数列的前
项和与等比数列的通项公式，分类讨论判断 与 正负，判断C,D；
【解析】设等差数列 的公差为 ，
对于A，若为等差数列，且 ，
则 ， ，
，无法判断符号，A错误；
对于B，若 ，
，则 ，
，则 ，则 ，B错误；
设等比数列 的公比为 ，
对于C，若 为等比数列，且 ，若 时，则 ，故C错误；
对于D，若 为等比数列，且 ，
当 时，则 ，
当 时，则 ；
若 时， ；
若 时， ；
若 时， ；D正确.
故选：D.
03 求参数（范围）综合
11．（2024·广东·二模）设数列{a }的通项公式为 ，其前n项和
n
为 ，则使 的最小n是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】先利用二项式定理化简数列的通项公式，利用等比求和公式可得答案.
【解析】 ，
，
结合指数函数单调性该数列为单调递增数列，
且所以使 的最小n是7.
故选：C.
12．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知等比数列 满足 ，公比 ，且
， ，则当 最小时， （ ）
A．1012 B．1013 C．2022 D．2023
【答案】A
【分析】根据题意结合等比数列的性质可推得 以及 ，即可判断数列的的增减性以及
项与1的大小关系，由此即可求得答案.
【解析】由题意知 ，故 ，
则 ，即 ，
结合等比数列 满足 ，公比 ，可知 ，
由 ，得 ，
即得 ，故 ，即 ，
由此可得 ，
故当 最小时， ，
故选：A
13．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）设 为正项等比数列 的前 项和， ，当 时，
恒成立，则数列 的公比 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【分析】分 和 两种情况结合等比数列求和公式分析求解即可.
【解析】①若 ，当 时， ，有 ，不合题意；
②若 ，有 ，可化为 ，
因为 ，所以 ，
所以有 ，可得 ．
故选：A
14．（24-25高三上·全国·单元测试）已知等差数列 的前 项和为 ，且对任意的 ，都有
，则 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据已知条件及 与 之间的关系，利用等差数列的前 项和公式，结合一元二次不等式恒成立
的条件即可求解.
【解析】由 整理得， ．
又{a }为等差数列，则 ，
n
故 ．对任意 恒成立，
所以 对任意 恒成立，即 ，解得 ，
所以 的取值范围是 .
故选：C．
15．（2024·河南濮阳·模拟预测）已知 是递增的等比数列 ，且 ，等差数列 满足
， ， ．设m为正整数，且对任意的 ， ，则m的最小值
为（ ）
A．8 B．7 C．5 D．4
【答案】D
【分析】根据已知条件求出 ，设 ，利用错位相减求出 可得答案.
【解析】设等比数列{a }的公比为 ，
n
由 得 ，①
因为{b }是等差数列，所以 ，
n
即 ，可得 ，②
由①②解得 ，或 ，
因为{a }是递增的等比数列，所以 ，即 ，
n
设数列{b }的公差为 ，
n
由 ， ，得， ，解得 ， ，
所以 ，
设 ，
则 ，
两式相减可得
，所以 ，
因为 ，所以 ，
若 ，则 ，
可得 ，
所以 最小值为4.
故选：D.
04 数列的应用
16．（23-24高三下·重庆渝中·阶段练习）中国载人航天工程发射的第十八艘飞船，简称“神十八”，于
2024年4月执行载人航天飞行任务．运送“神十八”的长征二号 运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程
为 ，以后每秒钟通过的路程都增加 ，在达到离地面 的高度时，火箭开始进入转弯程序．则
从点火到进入转弯程序大约需要的时间是（ ）秒．
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】C
【分析】由题意结合等差数列的定义求出通项公式 ，再由前 项和公式计算即可.
【解析】设出每一秒钟的路程为数列 ，
由题意可知 为等差数列，则数列首项 ，公差 ，
所以 ，
由求和公式有 ，解得 ，
故选：C．
17．（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.
【解析】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.
18．（2024·辽宁·模拟预测）2024年春节前夕，某商城针对顾客举办了一次“购物送春联”的促销活动，
活动规则如下：将一天内购物不少于800元的顾客按购物顺序从1开始依次编号，编号能被3除余1，也能
被4除余1的顾客可以获得春联1对，否则不能获得春联．若某天符合条件的顾客共有2000人，则恰好获得1对春联的人数为（ ）
A．167 B．168 C．169 D．170
【答案】A
【分析】将能被3除余1且被4除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为 ，根据题意结合等差
数列的通项求出其通项公式，进而可得出答案.
【解析】将能被3除余1且被4除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为 ，
则 既是3的倍数，也是4的倍数，
故 为12的倍数，所以 是首项为0，公差为12的等差数列，
所以 ，
令 ，即 ，且 ，解得 ，
且 ，又 ，所以恰好获得1对春联的人数为167．
故选:A
19．（22-23高三上·江西抚州·期中）我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，
每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及
晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五
寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则说法不正确的是（ ）A．相邻两个节气晷长减少或增加的量为十寸
B．秋分的晷长为75寸
C．立秋的晷长比立春的晷长长
D．立冬的晷长为一丈五寸
【答案】C
【分析】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列，其中 寸， 寸，公差为 寸，可求出
，利用等差数列知识即可判断各选项.
【解析】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列 ，其中 寸， 寸，公差为 寸，则
，解得 （寸），
同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列 ，首项 ，末项 ，公差 （单位都为
寸）.故选项A正确；
春分的晷长为 ,
秋分的晷长为 ，所以 正确；
立冬的晷长为 ，即立冬的晷长为一丈五寸， 正确；
立春的晷长，立秋的晷长分别为 ，
， ，故错 误.
故选：C.
20．（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
【分析】由题意知对折后的等腰直角三角形的腰长成首项为 ，公比为 的等比数列，进而求出对折6
次后的腰长，即可求解.
【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．
21．（23-24高三上·湖南·阶段练习）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康
托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间 均分为三
段，去掉中间的区间段 ，记为第1次操作；再将剩下的两个区间 分别均分为三段，并各
自去掉中间的区间段，记为第2次操作；…；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别
均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分
集”.设第 次操作去掉的区间长度为 ，数列 满足： ，则数列 中的取值最大的项为
（ ）
A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项
【答案】C
【分析】由已知可得 ，则 ，然后由 ，得 ，而
为正整数，从而可求得答案.【解析】由题可知 ，
由此可知 ，所以 ，
因为 ，
令 ，解得 （舍），
由此可知 时 时 ，故 的取值最大，
故选：C.
22．（20-21高二下·陕西汉中·期中）5G是第五代移动通信技术的简称，其意义在于万物互联，即所有人和
物都将存在有机的数字生态系统中，它把以人为中心的通信扩展到同时以人与物为中心的通信，将会为社
会生活与生产方式带来巨大的变化.目前我国最高的5G基站海拔6500米.从全国范围看，中国5G发展进入
了全面加速阶段，基站建设进度超过预期.现有8个工程队共承建10万个基站，从第二个工程队开始，每
个工程队承建的基站数都比前一个工程队少 ，则第一个工程队承建的基站数（单位：万个）约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据给定条件，利用等比数列前n项和公式，列式求解作答.
【解析】设第一个工程队承建的基站数为 万个，
依题意，每个工程队承建的基站数由大到小依次排成一列构成等比数列 ， ，
数列 的公比 ， ，前8项和 ，
因此 ，解得 ，
所以第一个工程队承建的基站数 万个.
故选：B23．（23-24高三上·广东广州·阶段练习）如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图
案.图形的作法是从一个正三角形开始，把每条边分成三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正
三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一个“雪花”状的图案.设原正三角形（图①）的边长为
1，把图①、②、③、④……中图形的周长依次记为 ，得到数列 .设数列 的前 项和为
，若 时，则 的最小值为（ ）
（参考数据： ， ）
A．5 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【分析】观察图形可知周长形成的数列 是首项 ，公比为 的等比数列，即可求出 与 ，从而
得到关于 的不等式，解得即可..
【解析】观察图形知，各个图形的周长依次排成一列构成数列 ，
从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的 倍，边长是相邻前一个图形的 ，
因此从第二个图形开始，每一个图形的周长是相邻前一个图形周长的 ，即有 ，
因此数列 是首项 ，公比为 的等比数列， ，
数列 的前 项和为 ，若 ，则 ，即 ，
所以 ，
所以 ，又 为正整数，所以 的最小值为 .
故选：C
05 解答题
24．（23-24高三上·广东江门·开学考试）已知各项均为正数的等比数列 满足 .
(1)求 的通项公式；
(2)令 ，求数列 的前 项和 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先通过等比数列的基本量运算求出公比，进而求出通项公式；
（2）结合（1）求出 ，然后根据错位相减法求得答案.
【解析】（1）设等比数列{a }的公比为 ，
n
由题意得
因为等比数列{a }中
n
，又 ，解得 ，
所以 ；（2）由（1）知 ，
①.
②
①-②得
所以 .
25．（2024·内蒙古鄂尔多斯·二模）已知 为数列 的前 项和，若 .
(1)求证：数列 为等比数列；
(2)令 ，若 ，求满足条件的最大整数 .
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用 与 的关系式可得 ，即 ，即可得证.
（2）由（1）可得 ，则 ，设 ，根据等比数列的前 项和公式
可得 ，令 ，结合 ，即可求解.
【解析】（1）证明：由 可得，
当 时， ，解得 ，当 时， ，即 ，
则
，即 ，
即 ，即 ，
又 ，
所以数列 是首项为6，公比为2的等比数列.
（2）由（1）得 ，则 ，
设 ，
则
令 ，得 ，
即 ，即 ，
又 ， ， ，
所以满足条件的最大整数为 为5.
26．（2024·福建龙岩·三模）若数列 是公差为1的等差数列，且 ，点 在函数 的图
象上 ，记数列 的前 项和为 .(1)求数列 的通项公式;
(2)设 ，记数列 的前 项和为 ，证明: .
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解 ，代入 到 中即可求解 ，
（2）利用裂项求和即可求解.
【解析】（1）由 得 ， ，
点 在函数 的图象上 ，
（2） ,显然数列 为等比数列，首项为1，公比为3，则 ，
.
27．（2024·湖南·模拟预测）已知数列 的前 项和为 ，正项等差数列 满足
，且 成等比数列.
(1)求 和 的通项公式；(2)证明： .
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据 与 之间的关系分析可知 是首项为 ，公比为 的等比数列，即可得 ，根据
等比中项结合等差数列通项公式运算求解，即可得 ；
（2）分析可知 是以首项 ，公比为 的等比数列，结合等比数列求和公式分析证明.
【解析】（1）由 得 ，
两式相减可得 ，即 .
当 时， ，即 ，
则 ，解得 ，
且 ，可知 是首项为 ，公比为 的等比数列，
可得 .
设等差数列 的公差为 ，
因为 成等比数列，则 ，
即 ，解得 或 （舍去），
所以 .（2）由（1）得 ，则 ，
可知 是以首项 ，公比为 的等比数列，
则
，
所以 .
28．（24-25高三上·广东·开学考试）已知数列 的各项均为正数， 为 的前 项和，且
．
(1)求 的通项公式；
(2)设 ，记 的前 项和为 ，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意知，当 时， ，代入题干表达式可得 ，通过计算
数列 的通项公式即可计算出前 项和 的表达式，最后结合公式 ，即可计算出数列{a }的通项公式；
n
（2）由（1）计算出数列{b }的通项公式，再运用裂项相消法计算出前 项和 的表达式，最后根据不等
n
式的性质即可证明结论成立．
【解析】（1）由 ，得 ，即 ；
又 ，
所以 是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以 ，又{a }是正项数列，所以 ．
n
当 时， ，
又当 时， 不符合 时 的形式．
所以
（2）证明：
，
．
06 数列与统计概率
29．（2024·广西南宁·三模）夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某
同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是 ，若前一天选择绿豆汤，后一天继续选择绿豆汤的概率为 ，而前一天选择银耳羹，后一天继续选择银耳羹的概率为 ，如此往复．
(1)求该同学第2天选择绿豆汤的概率；
(2)记该同学第 天选择绿豆汤的概率为 ，证明： 为等比数列；
(3)求从第1天到第10天中，该同学选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹概率的天数．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)1天
【分析】（1）利用条件概率公式计算即得；
（2）利用全概率公式列式，再利用构造法证明即得；
（3）由（2）求出数列的通项公式，再分奇偶解不等式得解．
【解析】（1）设 表示第1天选择绿豆汤， 表示第2天选择绿豆汤，则 表示第1天选择银耳羹，
根据题意得， ，
所以 ．
（2）设 表示第 天选择绿豆汤，则 ，
根据题意得， ，
由全概率公式得， ，
即 ，整理得， ，又 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列．
（3）由（2）得， ，
由题意，只需 ，即 ，则 ，即 ，
显然 必为奇数， 为偶数时不成立，
当 时，考虑 的解，
当 时， 显然成立，
当 时， ，不成立，
由 单调递减得， 时，也不成立，
综上，该同学只有1天选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹的概率．
30．（2024·贵州遵义·二模）商场对某种商品进行促销，顾客只要在商场中购买该商品，就可以在商场中
参加抽奖活动．规则如下：先赋予参加抽奖的顾客5分的原始分，然后从装有4个红球，2个白球，2个黑
球的盒中有放回地随机取球若干次，每次取出一个球，若为红球，则加1分，否则扣1分，过程中若顾客
持有分数变为0分，抽奖结束；若顾客持有分数达到15分，则获得一等奖，抽奖结束．
(1)求顾客3次取球后持有分数 的数学期望 ；
(2)设顾客在抽奖过程中持有分数为 分最终获得一等奖的概率为 ；
①证明： 是等差数列；
②求顾客获得一等奖的概率．
【答案】(1)5
(2)证明见解析；
【分析】（1）先求出一次取出红球的概率，设顾客3次取球取得红球的次数为随机变量为 ，可得其服
从二项分布，再设3次取球后累计分数为随机变量 ，得出其与 的关系，从而得出答案.
（2）①由 可证明；②由①中的结论先求出 ，然后得出 ，由题意求出 即可.【解析】（1）记事件 ：“一次取出红球”，则 ，
设顾客3次取球取得红球的次数为随机变量为 ， 3次取球后累计分数为随机变量 .
则 ，
则 ，故 ，
所以 ；
（2）①由题意当 时， ，即
所以 是等差数列；
②由题意 ，由上可知： ，
所以 ，
又由题意 ，所以 .
由先赋予参加抽奖的顾客5分的原始分，即 ，
所以先赋予参加抽奖的顾客5分的原始分，顾客获得一等奖的概率 .
一、单选题
1．（2024·河南周口·模拟预测）设 为等差数列 的前 项和，已知 ， ，则
（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
【答案】B
【分析】根据题意可知 ， ， ， ， ， 成等差数列，结合等差数列运算
求解.【解析】由等差数列的性质可知， ， ， ， ， ， 成等差数列，
且 ， ，可知首项为4，公差为2，
所以 .
故选：B.
2．（2024·贵州·模拟预测）已知数列 满足 ，则“数列 是递增数列”的充要条
件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据条件，利用递增数列满足 ，即可求解.
【解析】因为 ，所以
由 ，得到 ，所以“数列{a }是递增数列”的充要条件是 ，
n
故选：B.
3．（2024·浙江·二模）记S 为非零数列{a }的前 项和，若 ，则 （ ）
n n
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】B
【分析】运用递推公式求出前4项，即可解题.
【解析】 ，则 .即 .
, ， .
故 .
故选：B.4．（2023·陕西榆林·模拟预测）已知数列 ， 都是等差数列，记 ， 分别为 ， 的前n项
和，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用等差数列前 项和的性质及和与项的关系即可求解.
【解析】由 ，可得 ，
因为数列{a }，{b }都是等差数列，
n n
所以不妨令 ，
所以 ，
，
所以 .
故选：C
5．（2024·四川·模拟预测）南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶
等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的
差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为 ，则该数列的第18项为（ ）
A．188 B．208 C．229 D．251
【答案】A
【分析】记该二阶等差数列为 ， ，计算出 ，利用累加法结合等差数列求和能求出
的值.【解析】记该二阶等差数列为 ，且该数列满足 ，记 ，
由题意可知，数列 为等差数列，且 ，
所以等差数列 的公差为 ，所以 ，
所以 ，则 ，
所以 ，
故选：A
6．（2024·浙江·模拟预测）已知 且 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意等式两边平方化简为平方得 ，令 ，结合二倍角余弦公式得
，取 ， ，利用二倍角正弦公式和诱导公式计算 的结果；
【解析】平方得 ，令 ，
则 ，
不妨取 ，则 ，故选：C.
7．（2024·浙江·模拟预测）已知实数 构成公差为d的等差数列，若 ， ，则d的取值范
围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意设 ， ，求出 ，构造函数 ，求导判断
其单调性，可得值域．
【解析】由实数a，b，c构成公差为d的等差数列，所以设 ， ，
则 ，所以 ，
构造函数 ， ，
当 时， ，所以此时 单调递减，
当 时， ，所以此时 单调递增，
所以 的最小值为 ，
当b趋近于 时， 趋近于 ，当b从负方向趋近于 时， 也趋近于 ，
所以 ，所以 ．
故选：A．
8．（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）数列 的各项均不为0，前1357项均为正数,且有：,则 的可能取值个数为（ ）
A．665 B．666 C．1330 D．1332
【答案】B
【分析】根据已知条件结合 与 的关系得 ,再次利用 与 的关系得
,因为数列 的前 项均为正数,则 ,所以
为定值,所以 的结果取决于 的取值,根据条
件,从 项到 项,连续两项之间有两种情况: 或 , 有两种情况,分析即可得到结
果.
【解析】当 时, ,
因为数列 的前 项均为正数,
所以 ,
设数列 的前 项和为 ,
所以 ①,
则 ②,
②-①得: ,
化简得 ,
若 , ③,
则 ④,③-④得 ,
因为数列 的前 项均为正数,
所以 ,
即数列 是以 为首项, 为公差的等差数列,
所以 ,
所以 为定值.
由 可得:从 项到 项,连续两项之间有两种情况: 或 ,
根据相反数的立方和为零可得每增加两项，可能结果增加两种；而第1358项有两种可能；
所以最后结果的个数可能为: 种.
故选:B.
二、多选题
9．（2023·广东佛山·模拟预测）已知数列 ，下列结论正确的有（ ）
A．若 ， ，则
B．若 ， ，则
C．若 ，则数列 是等比数列
D．若 为等差数列 的前 项和，则数列 为等差数列
【答案】ABD
【分析】A.利用累加法求和，即可判断；B.利用构造法，构造 为等比数列，求通项公式，即可判断;C.利用公式 ，即可求解通项公式，判断选项；D.根据等差数列前 项和公式，结合等
差数列的定义，即可判断选项.
【解析】对于选项A，由 ，得 ，
则
，故A项正确；
对于选项B，由 得 ，
所以 为等比数列，首项为 ，公比为2，
所以 ，所以 ，故B项正确；
对于选项C，因为 ，
当 时， ，
当 时， ，
将 代入 ，得 ，
所以 ，所以数列 不是等比数列，故C项错误.
对于选项D，设等差数列的公差为d，
由等差数列前 项和公式可得 ，
所以 与n无关，
所以数列 为等差数列，故D项正确.
故选：ABD10．（2024·湖南长沙·三模）设无穷数列{a }的前 项和为 ，且 ，若存在 ，使
n
成立，则（ ）
A．
B．
C．不等式 的解集为
D．对任意给定的实数 ，总存在 ，当 时，
【答案】BCD
【分析】根据题意，得到 且{a }是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数
n
列的求和公式，逐项判定，即可求解.
【解析】由 ，可得 ，
且 ，即
又由 ，可得数列{a }是等差数列，公差 ，
n
所以{a }是递减数列，所以 是最大项，且随着 的增加， 无限减小，即 ，
n
所以A错误、D正确；
因为当 时， ；当 时， ，
所以 的最大值为 ，所以B正确；
因为 ，
且 ，
所以当 时， ；当 时， ，所以C正确.故选：BCD.
11．（2024·浙江绍兴·二模）已知数列 与 满足 ，且 ， .若
数列 保持顺序不变，在 与 项之间都插入 个 后，组成新数列 ，记 的前 项和为 ，
则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】利用构造等比数列法判断A；继而结合 可判断B；根据数列的规律，计算数列的项
数，可确定 ，判断C，确定数列的项，利用等比数列的求和公式可判断D.
【解析】对于A， ，且 ，则 ，
即数列 为等比数列， ，故 ，
则 ，A错误；
对于B， ，B正确；
对于C，新数列 为 ，由于 ， ，
即数列 从 到 共有 项，到 共有 项，
而 和 之间有 个10，故 ，C正确；
对于D，结合C的分析，可得
，D正确，
故选：BCD【点睛】关键点睛：解答本题的关键时CD选项的判断，解答时要结合数列的特点，判断数列的项数，从
而确定项的取值.
三、填空题
12．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知数列 的前三项依次为 的前 项和 ，则
．
【答案】2024
【分析】根据题意列方程得到 ，然后根据 求 即可.
【解析】由题意知 ， ， ，
解得 ， ， ，
所以 ， .
故答案为：2024.
13．（2025·广东广州·模拟预测）已知数列 满足 ，设数列 的前 项
和为 ，则满足 的实数 的最小值为 ．
【答案】
【分析】先将 代入题干表达式计算出 的值，当 时，由 ，可得
，两式相减进一步计算即可推导出数列 的通项公式，再根据数列 的
通项公式及等比数列的求和公式推导出前 项和 的表达式，最后根据不等式的性质即可计算出实数 的
最小值．
【解析】由题意，当 时， ，当 时，由 ，
可得 ，
两式相减，可得 ，
解得 ，
当 时， 不满足上式，
，
则当 时， ，
当 时，
，
当 时， 也满足上式，
， ，
，且 对任意 恒成立，
，即实数 的最小值为 ．
故答案为： .
14．（2024·四川成都·模拟预测）高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数 称为高斯函数，其中 表示不超过 的最大整数，如
，已知数列 满足 ， ，若 为数列
的前 项和，则 ．
【答案】
【分析】由 变形为 ，得到数列 是等比数列，从而得到
，再利用累加法得到 ，从而 ，再利用裂项相消法求解.
【解析】解：由 得 ，又 ，
所以数列 是以4为首项和公比的等比数列，故 ，
由累加法得
所以 ，
，
又 ，
令 ，
，
，
代入 得 .故答案为：2025
四、解答题
15．（2024·陕西安康·模拟预测）设等比数列 的前 项和为 ，已知 .
(1)求数列 的通项公式.
(2)求数列 的前 项和 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列基本量的计算可得 ， ，即可求解公比得解，
（2）利用错位相减法求和即可求解.
【解析】（1）由 以及 可得 ，
又 ，故 ，
因此公比 ，
故
（2） ，
则 ，
，两式相减可得 ，
，
，
.
16．（2024·全国·模拟预测）已知数列 的前 项和为 ．
(1)求 ．
(2)若 ，则当 取最小值时，求 的值．
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）利用 与 的关系，消去 ，求出 ，代入原式计算即得 ；
（2）依题意求得 的表达式，取 ，则需求 在 且 为奇数时的最小值，
根据此函数的单调性即可求得.
【解析】（1）由 ，
得 ．
两式相减，得 ，所以 ，代入 ，
即得 .
（2）由（1）知 ，则 ，
不妨取 ，则 且 为奇数，
因为函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
因 且 为奇数，当 时， ， ，此时 ；
当 时， ， ，此时 ，因 ，
故当 取得最小值 时， .
17．（2024·浙江丽水·二模）设等差数列 的公差为 ，记 是数列 的前 项和，若 ，
.
(1)求数列 的通项公式；
(2)若 ，数列 的前 项和为 ，求证： .
【答案】(1) 或
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列求和公式及下标和性质得到 和 ，从而得到 或 ，
再分别求出通项公式；（2）依题意可得 ，求出 ，则 ，利用分组求和法及裂项相消法计算可
得.
【解析】（1）由 ， ，得 ，解得 ，
由 ， ，所以 ，所以 或 ，
当 时 ，此时 ；
当 时 ，此时 ；
综上可得数列 的通项公式为 或 ；
（2）因为 ，所以 ，则 ，
则
，
所以
.
18．（2024·广西南宁·三模）夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某
同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是 ，若前一天选择绿豆汤，
后一天继续选择绿豆汤的概率为 ，而前一天选择银耳羹，后一天继续选择银耳羹的概率为 ，如此往复．
(1)求该同学第2天选择绿豆汤的概率；(2)记该同学第 天选择绿豆汤的概率为 ，证明： 为等比数列；
(3)求从第1天到第10天中，该同学选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹概率的天数．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)1天
【分析】（1）利用条件概率公式计算即得；
（2）利用全概率公式列式，再利用构造法证明即得；
（3）由（2）求出数列的通项公式，再分奇偶解不等式得解．
【解析】（1）设 表示第1天选择绿豆汤， 表示第2天选择绿豆汤，则 表示第1天选择银耳羹，
根据题意得， ，
所以 ．
（2）设 表示第 天选择绿豆汤，则 ，
根据题意得， ，
由全概率公式得， ，
即 ，整理得， ，又 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列．
（3）由（2）得， ，
由题意，只需 ，即 ，
则 ，即 ，显然 必为奇数， 为偶数时不成立，
当 时，考虑 的解，
当 时， 显然成立，
当 时， ，不成立，
由 单调递减得， 时，也不成立，
综上，该同学只有1天选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹的概率．
19．（2024·海南·模拟预测）定义：已知数列 为有穷数列， 对任意 （ ），总存在
①
，使得 ，则称数列 为“乘法封闭数列”； 对任意 （ ），总存在
②
，使得 ，则称数列 为“除法封闭数列”，
(1)若 ，判断数列 是否为“乘法封闭数列”.
(2)已知递增数列 ，为“除法封闭数列"，求 和 .
(3)已知数列 是以1为首项的递增数列，共有 项， ，且为“除法封闭数列”，探究：数列
是否为等比数列，若是，请给出说明过程；若不是，请写出一个满足条件的数列 的通项公式.
【答案】(1)不是
(2)
(3)是；说明过程见解析
【分析】（1）举例说明 两项之积不是数列 中的项即可；（2）由递增数列得不等关系，再利用不等式性质重新排序，由此将两类排序数列中的项对应相等，建立
方程组求解可得；
（3）由特殊到一般，找到规律，同（2）方法分别以 项与 项的大小关系入手，排序可得两个系列的
等量关系，借助中间量可得比例关系 ，由此得证.
【解析】（1）由题意知，数列 为： .
由 ， 不是数列 中的项，
故数列 不是“乘法封闭数列”；
（2）由题意数列递增可知 ，则 ，且 ，
又数列 为“除法封闭数列”，则 都是数列 中的项，
所以 ，即 ①；
且 ，即 ②，
联立①②解得， ；
（3）数列 是等比数列.
证明：当 时，设数列 为 ，
由题意数列 递增可知 ，
则有 ，
由数列 为“除法封闭数列”，
则 这 个数都是数列 中的项，所以有 ，
则有 ， ③；
同理由 ，可得 ，
则有 ，即 ④；
由③④可得， ，故 是等比数列.
当 时，由题意数列 递增可知 ，
则有 ，
由数列 为“除法封闭数列”，则这 个数都是数列 中的项.
所以有 .
所以有 ，即 ⑤；
同理由 ，可得 ，
所以 .
则 ，即 ⑥，
联立⑤⑥得， ，
则 ，所以有 ，
所以 ，故数列 是等比数列.综上所述，数列 是等比数列.
【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，解决的关键有两点：一是紧抓新数列的定义，如题目中“封闭”
条件的使用，即“任意两项之积（商）仍是数列的项”这一条件是解题的入手点；二是应用数列的单调性
或等差比通项特性等重要性质构造等量或不等关系解决问题，如题目中根据递增数列与不等式性质对数列
中的项重新排序，一个递增数列的两种排序形式必为同一排序，故对应项相等，从而挖掘出新数列的项的
关系。
