文档文本内容
专题05 数列
6 大考点概览
考点01 数列概念
考点02 等差数列
考点03 等比数列
考点04 数列求和问题
考点05 奇偶项问题
考点06 数列与概率交汇问题
1．（2026·黑龙江研远联合·一模）已知数列
的前
项和公式为
，则
（ ）
A．10
B．20
C．30
D．40
【答案】A
【分析】先通过
求出数列
的通项公式，即可得出
的值.
【详解】当
时，
，
当
时，由
，①
有
，②
①减②得：
，
即
，当
时，
满足
，
所以
，所以
，
故选：A.
2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）（多选）已知数列
，给出以下定义：对于任意的
，都有
，则称数列
为“友好数列”；特别地，对于任意的
，都有
，则称
数列
为“超越友好数列”，下列说法正确的是（ ）
考点1
数列概念
A．若数列
满足
，且前n 项和为
，则数列
为“友好数列”
B．若数列
满足
，
，且数列
为“超越友好数列”，则
C．若数列
为“超越友好数列”，
且
，则数列
没有最小项
D．若数列
为“友好数列”，则对于任意的
，当
时，总有
成
立
【答案】ABD
【分析】对于A，判断数列为“友好数列”，满足
即可；对于BC 选项，关键是利用题设得
到
，再结合条件求解判断即可；对于D，关键是利用题设得到
，再
利用累加法，结合放缩法进行判断即可.
【详解】对于A，由
，则
，
对于任意的
，都有
，
故
，所以数列
是“友好数列”，故A 正确；
对于B，因为数列
为“超越友好数列”，
所以对于任意的
，都有
，即
，
又
，
，则
，即
，
所以
，故B 正确；
对于C，因为数列
为“超越友好数列”，
，
所以对于任意的
，都有
，即
，
设
，则数列
为单调递增数列，且
，
所以
，
因为
，所以
，
所以存在
，
时，
，
，
当
时，
，数列
为递减数列；
当
时，
，数列
为递增数列.
因此，数列
存在最小项为
，故C 错误；
对于D，因为
为“友好数列”，
所以对任意的
，都有
，即
，
所以对于任意的
，当
时，
总有
，
所以
.
又
，
所以
.
由于
，故
，故D 正确.
1．（2026·辽宁辽阳·一模）已知
是等差数列，
，
，则
的公差为___________.
【答案】
【分析】由等差数列的性质及通项公式即可求解.
【详解】由等差数列的性质得
，
，
又
，
，
.
考点2
等差数列
故答案为：
2．（2026·辽宁大连·一模）记
为数列
的前
项和，已知
.当
最
大时，
（ ）
A．9
B．10
C．9 或10
D．10 或11
【答案】C
【分析】根据等差数列定义可判断数列
为等差数列，再根据等差数列前
项和公式以及二次函数性质
可得结果.
【详解】由
可得数列
为等差数列，
又
可得
，因此
；
所以公差
满足
，因此
；
即
，
又因为
，所以当
或
时，
取得最大为45.
故选：C
3．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）设
是等差数列
的前
项和，若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用等差数列的前n 项和为
，则
成等差数列，即可得出结论．
【详解】设
，则
，
等差数列的前n 项和为
，则
成等差数列，
即
成等差数列，
公差为
，故
，即
，
，
故选：
.
4．（2026·三省三校·一模）已知数列
，
为等差数列，其前
项和分别为
，
，且满
足
， 则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用等差数列前
项和公式及等差数列性质将
转化为
，再利用
求出
的值即可.
【详解】等差数列前
项和
，
，
所以
，
由等差数列性质知
，
，
所以
.
又
，
当
时，
，即
，
当
时，
，即
，
当
时，
，即
，
令等差数列
的公差为
，等差数列
的公差为
，
则
①，
②，
③，
由②得，
，由③得，
，
代入①中，整理得，
，所以
，故
.
故选：C.
1．（2026·吉林白山·一模）等比数列
的各项均为正数，且
，则
（ ）
A．12
B．10
C．5
D．
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质可得
，即可结合对数的运算性质求解．
【详解】由
是等比数列可得
，
因为
，所以可得
，
所以
故
，
故选：B
2．（2026·吉林长春·一模）记
为公比
的等比数列
的前
项和，若首项
,
，则
（ ）
A．2
B．1
C．
D．
【答案】B
考点3
等比数列
【分析】由等比数列的前
项和公式
,可以解出
,进而求出
.
【详解】由等比数列的前
项和公式
,
所以
解得
或
.
因为
,所以
，所以
.
故选:B.
3．（2026·黑龙江海伦市六中·一模）（多选）已知正项等比数列
的公比为
，前
项和为
，则（ ）
A．
B．
C．数列
是递减数列
D．
【答案】AC
【分析】根据数列
是正项等比数列，
可得出
，写出
及
，即可判断选项A、B、
D；根据数列单调性的判断方法即可判断选项C.
【详解】由正项等比数列
的公比为
可得：
，
，
.
因为
所以
，解得
则
.
故选项A 正确；
对于选项B，
，故选项B 错误；
对于选项C，因为
，所以
，即
，
故数列
是递减数列，故选项C 正确；
对于选项D，
，故选项D 错误.
故选：AC
4．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）（多选）已知正项等比数列
的前
项和为
，若
，
则（ ）
A．
B．数列
有最小项
C．数列
为递减数列
D．
【答案】ACD
【分析】由题意可求出等比数列的首项和公比，即可求出其通项公式以及前n 项和公式，分别判断各选项，
即可求得答案.
【详解】设正项等比数列
公比为
，
对于A，由题意得
，
结合
，解得
或
（舍去），故A 正确；
对于B 和C，
，故数列
为递减数列，无最小项，故B 错误，C 正确；
对于D，
，则
，故D 正确，
故选：ACD．
5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）（多选）在公比
为整数的等比数列
中，
是数列
的前
项和，
，
，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列
是等比数列
C．
D．数列
是公差为2 的等差数列
【答案】AC
【分析】利用等比数列性质求得
，然后结合
求得
，再求出公比
后可得通项公式
及
前
项和
，然后判断各选项．
【详解】选项A，由等比数列性质得
，由
，解得
或
，
若
，则
，不合题意，
若
，则
，满足题意，A 正确；
选项B，由选项A 得
，
，
等比数列的通项公式应为
形式，因此
不是等比数列，B 错；
选项C，由选项B 得，
，C 正确；
选项D，由上知
，
，
，所以数列
是公差为
的等差数列，D 错．
6．（2026·辽宁辽阳·一模）（多选）已知数列
的前n 项和为
，若
，
，则
（ ）
A．
B．数列
为等比数列
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列
的通项公式，再逐项判断即可.
【详解】数列
中，
，
，则
，
，
整理得
，而
，因此数列
是首项、公比均为
的等比数列，B 正确；
，解得
，
对于A，
，A 错误；
对于C，
，则
，C 正确；
对于D，
，D 正确.
故选：BCD
7．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）已知数列
是等比数列，若
，则
___________．
【答案】
【分析】设等比数列
的公比为
，由
，求得
，结合
，即可求解.
【详解】设等比数列
的公比为
，
因为
，可得
，解得
，所以
．
故答案为：
.
1．（2026·黑龙江哈三中·一模）已知数列
的前
项和为
.
(1)求
的通项公式；
(2)令
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据
的关系即可作差求解，
（2）利用裂项相消法求和即可得解.
【详解】（1）当
时，
，
当
时，
，
当
时，
也符合
，
所以
.
（2）由（1）可得
，
2．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）记
为正项数列
的前
项和，已知
.
考点4
数列求和问题
(1)求数列
的通项公式；
(2)若数列
满足
，
，求证：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由
与
关系结合题意可得答案；
（2）由（1）结合累乘法可得
，从而可得
通项公式，然后由裂项求和法可得答案.
【详解】（1）当
时，可得
，
当
时，
，
.
作差可得
，
因为是正项数列，所以
，即数列
为等差数列，
所以
.
（2）由题可得
，
所以
，又
，
所以
，
又
也满足上式，
所以，
3．（2026·吉林白城联合体·一模）已知等比数列
的前
项和为
，且
，
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前
项和
．
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）设
的公比为
，根据等比数列通项公式和求和公式求解即可；
（2）利用裂项相消即可求解.
【详解】（1）设
的公比为
，由
，得
，
由
，得
，解得
所以
.
（2）由
，得
，
所以
.
4．（2026·吉林白山·一模）已知等差数列
的前n 项和为
，
，
．
(1)求
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前n 项和
．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列基本量的计算可求数列
的通项公式；
（2）由（1）可推得
，进而利用裂项相消法求
即可.
【详解】（1）设等差数列
的首项为
，公差为
，
由题意得
，解得
，
所以
.
（2）由（1）知
，则
，
所以
，
得
.
5．（2026·吉林长春·一模）已知
为数列
的前
项和，若
，
，且数列
为等差数列.
(1)求数列
的通项公式；
(2)若数列
的首项为2，且
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)
【分析】先根据等差数列的通项公式求数列
的通项公式，进而得到
，再利用
求数列
的通项公式.
（2）利用累乘法求数列
的通项公式，再利用裂项相消求和法求
.
【详解】（1）由题意：
，
，
又数列
为等差数列，设数列
的公差为
，
由
.
所以
.
所以
.
当
时，
，
当
时，
.
时，上式也成立.
所以
.
（2）因为
，
所以
，
，
，…，
.
以上各式相乘，可得当
时，
，
又
，所以
，
，
所以
.
6．（2026·辽宁沈阳·一模）已知数列
是公差为2 的等差数列，其前8 项和为64，数列
是公比大于
0 的等比数列
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)记
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的求和公式和通项公式可求
，利用等比数列的基本量运算可求
；
（2）先求
，利用错位相减法可求
.
【详解】（1）因为数列
是公差为2 的等差数列，其前8 项的和为64，
所以
，解得
，所以
；
数列
是公比大于0 的等比数列，设公比为
，则
，
因为
，
，所以
，解得
或
（舍），
所以
.
（2）由（1）知
，
则
，可得
，
两式相减可得
，
所以
.
考点5
奇偶项问题
1．（2026·黑龙江研远联合·一模）已知数列
通项公式
，则数列
的前9 项和
为______.
【答案】
【分析】由通项公式可得，数列
的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，利用分组求和求解.
【详解】
，
数列
的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列．
则
，
．
则数列
的前9 项和
．
故答案为：
．
2．（2026·黑龙江研远联合·一模）已知
是各项均为正数的数列，
为
前n 项和，且
，
，
成等差数列.
(1)求
的通项公式；
(2)求证：
；
(3)已知
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据
的关系可证明
为等差数列，即可求解，
（2）利用放缩法可得
，即可由裂项相消法求和得解，
（3）对
分奇偶，即可利用平方差公式，结合等差数列求和公式即可求解.
【详解】（1）由
，
，
成等差数列，得
，①
当
时，
，
∴
，得
（
舍去），
当
时，
，②
-
①②得，
，
∴
，
又
，∴
，
∴
是首项为2，公差为1 的等差数列，
∴
，故
；
（2）
，
故
（3）由（1）知
，
当
是奇数时，
，
当
是偶数时，
，
综上
.
3．（2026·黑龙江·一模）数列
是各项均为正数的等比数列，其前n 项和为
，满足____．数列
满
足
，且
．从下面三个条件中任选一个，补充在上面横线中.
①
，
；
②
，
，
，
成等差数列；
③
，
；
(1)分别求出数列
与
的通项公式；
(2)若数列
满足
，求数列
的前10 项和
．
（注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）
【答案】(1)选择任一条件都有
，
(2)
【分析】（1）选择条件①，②，③，利用等比数列通项，结合已知求出数列
的基本量，进而求
出通项公式.
（2）利用分组求和法，结合等差等比数列前n 项和公式求出
.
【详解】（1）若选①，设
的公比为
，则
，且
，
解得
，
，因此
，
由
，得
，而
，
则数列
是以2 为首项，2 为公差的等差数列，
所以
．
若选②，设
的公比为
，由
成等差数列，得
，解得
，因此
由
，得
，而
，
则数列
是以2 为首项，2 为公差的等差数列，
所以
．
若选③，设
的公比为
，则
，解得
，因此
，
由
，得
，而
，
则数列
是以2 为首项，2 为公差的等差数列，
所以
．
（2）数列
满足
，则
，
所以
．
1．（2026·三省三校·一模）有
个编号分别为1，2，…，n 的盒子，第1 个盒子中有2 个白球1 个黑球，
其余盒子中均为1 个白球1 个黑球，现从第1 个盒子中任取一球放入第2 个盒子，再从第2 个盒子中任取
一球放入第3 个盒子，以此类推，则从第2 个盒子中取到白球的概率是______，从第
个盒子中取到白球
的概率是______．
【答案】
；
【分析】记事件
表示从第i 个盒子里取出白球，利用全概率公式可得
，进而可得
，然后构造等比数列，求通
项公式即得.
【详解】记事件
表示从第
个盒子里取出白球，则
，
，
所以
，
，
，
进而可得
，
，
又
，
，
，
考点6
数列与概率交汇问题
所以
是首项为
，公比为
的等比数列，
所以
，即
，
故答案为：
；
.
2．（2026·辽宁大连·一模）连续抛掷一枚质地均匀的硬币（正面向上和反面向上的概率均为
），当向上
的结果出现“正面-反面”或“反面-正面”时，游戏结束.若抛掷50 次，向上的结果没有出现“正面-反
面”或“反面-正面”，游戏也结束.游戏结束时，记抛掷总次数为
，若
（
为正整数），则
的最小值为__________.
【答案】3
【分析】计算出
的表达式，再根据均值公式和错位相减法即可得到
，从而得到答
案.
【详解】抛掷总次数
，其中
，
.
所以
相减得
.
所以
，所以正整数
的最小值为3．
故答案为：3.
3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，一动点
从点
出发，在正方形ABCD 的各顶点上移动.每次移动时，
动点
有
的概率沿水平方向向左或右移动一次，有
的概率沿竖直方向向上或下移动一次，每次移动独
立.设动点
移动了
（
）步之后，停在点
的概率为
.
(1)求
，
；
(2)求
的通项公式；
(3)记点
的前
次移动中，到达过点
的次数为
，求证：
.
参考公式：若随机变量
服从两点分布且
，
，
，则
【答案】(1)
，
(2)
，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据独立事件和互斥事件的概率计算公式可求
的值，结合
的值可求
的值.或者分情况
讨论，利用互斥事件的概率加法公式求
的值.
（2）先探索
与
的递推关系，再根据递推公式求数列
的通项公式.
（3）先求移动
步之后，动点停留在点
的概率为
，根据
服从两点分布，利用给出的公式求
即可证明.
【详解】（1）设事件
表示第
次沿水平方向移动，事件
表示第
次沿竖直方向移动，
，
，
另一种计算
的方法：
四次移动中，两次水平移动和两次竖直移动的概率为
；
四次移动中，全部水平移动的概率为
；
四次移动中，全部竖直移动的概率是
；
相加得
.
（2）设连续移动两步，动点位置变化的概率为
，动点位置不变的概率为
则
，
；
根据全概率公式，
，
则
，
因为
，所以
，
所以
，
.
（3）设移动
步之后，动点停留在点
的概率为
，
则根据全概率公式，
，
，
又因为
，所以
，
，
设随机变量
满足：①当移动
步之后，动点停留在点
，则
；
②当移动
步之后，动点不停留在点
，则
；
显然
服从两点分布，且
，
所以
.
4．（2026·辽宁辽阳·一模）在边长为1cm 的正方形
中，一点从
处出发沿着边移动.掷一枚骰子，
若向上的点数等于6，则该点沿平行于
的方向（正反方向均可）移动1cm；若向上的点数小于6，则该
点沿平行于
的方向（正反方向均可）移动1cm.设掷
次骰子后，该点回到
，
，
处的概率
分别为
，
，
.
(1)求
.
(2)设掷4 次骰子，该点经过
处的次数为
，求
的分布列.
(3)若随机变量
服从两点分布，且
，
，则
，记掷
前
次骰子（即从第1 次到第
次掷骰子）的过程中，该点经过
处的次数为
，求
.
【答案】(1)
；
(2)分布列见解析；
(3)
.
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式即可得到答案；
（2）首先分析出
的可能取值为0，1，2，再分别写出其对应的概率；
（3）根据题意得到方程组
，变形后构造得数列
为等比数列，求出其通项公式，
再利用分组求和法即可得到期望值.
【详解】（1）已知每一步沿平行于
的方向移动的概率为
，
沿平行于
的方向移动的概率为
，两次移动后回到
处有两种情况，
沿着
或
方向来回，故
.
（2）由题意可知，
的可能取值为0，1，2，
则
，
，
.
所以
的分布列为：
0
1
2
（3）注意到掷偶数次时，该点不可能停在
处或
处，故
．
由第一问
，故掷两次后停在
处的概率为
，
由题意得
，
两式相减得
，
则数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，所以
，
又因为
，所以
．
将该点出现在
处记为1，出现在
处记为0，故随机变量
服从两点分布，
，
故
．
