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专题五 数列
考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势
考点01 等差数列与古建筑 2022年新课标Ⅱ卷：古建筑与等差数列
2020年新高考I卷：两等差数列相同项；
关于数列的考
2021年新高考I卷：分段数列中的等差数列；
考点02 等差数列的前n项
查，命题比较
2023年新高考I卷：与充要条件交汇；两个数列关系
和
灵活.随着整
条件下；
卷题量的减
2024年新高考II卷：等差数列基本量的计算
少，更趋于综
考点03 等差数列中的最值 2021年新高考II卷：根据前n项和与第n项的关系求
合化，难度有
问题 n的最值
增大趋势.应
注意以下几个
2020年新高考II卷：多选题、简单数列求和
考点04 等比数列前n项和
方面的问题：
2021年新高考II卷：求通项、求和
1.等差数列、
考点05 等比数列前n项和 等比数列基本
2023年新高考II卷：和的性质应用
及其性质 量的计算；
2.数列的求和
考点06 “错位相减法”的
2021年新高考I卷：民间剪纸为背景
问题；
实际应用
3.数列的应
考点07 等比数列的通项与
2020年新高考I卷： 用、数列与其
特殊数列的求和
它知识的交汇
考点08 等差数列、等比数 2022年新高考II卷：根据两数列中项的关系，求集合 问题；
列的综合问题 中符合条件的元素个数. 4.数列与不等
2022年新高考I卷：等差数列与“裂项相消法”； 式的证明；
考点09 数列求和与数列不
2023年新高考II卷：分段数列、分组求和、证明两数 5.数列的新定
等式证明
列和的不等关系. 义问题.
考点10 数列与概率的交汇
2023年新课标Ⅰ卷：求概率、构造等比数列求期望
问题
考点11 数列与解析几何的 2024年新课标Ⅱ卷：以双曲线上点列为载体，证明等交汇问题 比数列、证明三角形面积数列特征.
考点12 数列的新定义问题 2024年新课标I卷
考点01 等差数列与古建筑
1．（2022年新高考全国II卷数学真题）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
考点 02 等差数列的前 n 项和
2．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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
3．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学试题）将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}
的前n项和为 ．
【答案】
【分析】首先判断出数列 与 项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.
【详解】因为数列 是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列 是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列 是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以 的前 项和为 ，
故答案为： .
4．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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： .
5．（2021年全国新高考I卷数学试题）已知数列 满足 ，
（1）记 ，写出 ， ，并求数列 的通项公式；
（2）求 的前20项和.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列 的特征，然后求和其通项公式即可；
(2)方法二：分组求和，结合等差数列前 项和公式即可求得数列的前20项和.
【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：
显然 为偶数，则 ，
所以 ，即 ，且 ，
所以 是以2为首项，3为公差的等差数列，
于是 ．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知 ，所以 ．
由 （ 为奇数）及 （ 为偶数）可知，数列从第一项起，
若 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以 ，则 ．
[方法三]：累加法
由题意知数列 满足 ．
所以 ，
，
则 ．
所以 ，数列 的通项公式 ．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论
．
[方法二]：分组求和
由题意知数列 满足 ，
所以 ．
所以数列 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
同理，由 知数列 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
从而数列 的前20项和为：
．
6．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设等差数列 的公差为 ，且 ．令 ，记 分
别为数列 的前 项和．
(1)若 ，求 的通项公式；
(2)若 为等差数列，且 ，求 ．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由 为等差数列得出 或 ，再由等差数列的性质可得 ，分类讨论即可得解.
【详解】（1） ， ，解得 ，
，
又 ，
，
即 ，解得 或 （舍去），
.
（2） 为等差数列，
，即 ，
，即 ，解得 或 ，
， ，
又 ，由等差数列性质知， ，即 ，
，即 ，解得 或 （舍去）
当 时， ，解得 ，与 矛盾，无解；
当 时， ，解得 .
综上， .
考点 03 等差数列中的最值问题
7．（2021年全国新高考II卷数学试题）记 是公差不为0的等差数列 的前n项和，若
．
（1）求数列 的通项公式 ；（2）求使 成立的n的最小值．
【答案】(1) ；(2)7.
【分析】(1)由题意首先求得 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.
【详解】(1)由等差数列的性质可得： ，则： ，
设等差数列的公差为 ，从而有： ，
，
从而： ，由于公差不为零，故： ，
数列的通项公式为： .
(2)由数列的通项公式可得： ，则： ，
则不等式 即： ，整理可得： ，
解得： 或 ，又 为正整数，故 的最小值为 .
考点 04 等比数列前 n 项和
8．（多选）（2021年全国新高考II卷数学试题）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.
9．（2020年新高考全国卷Ⅱ数学试题）已知公比大于 的等比数列 满足 ．
（1）求 的通项公式；
（2）求 .
【答案】（1） ；（2）
【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公
式；
(2)首先求得数列 的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.
【详解】(1) 设等比数列 的公比为q(q>1)，则 ，
整理可得： ，
，
数列的通项公式为： .
(2)由于： ，故：
.
考点 05 等比数列前 n 项和及其性质
10．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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．
考点 06 “错位相减法”的实际应用
11．（2021年全国新高考I卷数学试题）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： ； .
考点07 等比数列的通项与特殊数列的求和
12．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学试题）已知公比大于 的等比数列 满足 ．
（1）求 的通项公式；
（2）记 为 在区间 中的项的个数，求数列 的前 项和 ．
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为 的形式，求解出 ，由此求得数列 的通
项公式.
（2）方法一：通过分析数列 的规律，由此求得数列 的前 项和 .
【详解】（1）由于数列 是公比大于 的等比数列，设首项为 ，公比为 ，依题意有 ，
解得解得 ，或 (舍)，
所以 ，所以数列 的通项公式为 .（2）［方法一］：规律探索
由于 ，所以
对应的区间为 ，则 ；
对应的区间分别为 ，则 ，即有2个1；
对应的区间分别为 ，则 ，即有 个2；
对应的区间分别为 ，则 ，即有 个3；
对应的区间分别为 ，则 ，即有 个4；
对应的区间分别为 ，则 ，即有 个5；
对应的区间分别为 ，则 ，即有37个6．
所以 ．
［方法二］【最优解】：
由题意， ，即 ，当 时， ．
当 时， ，则
．
［方法三］：
由题意知 ，因此，当 时， ； 时， ； 时， ；
时， ； 时， ； 时， ； 时， ．
所以
．
所以数列 的前100项和 ．
考点 08 等差数列、等比数列的综合问题
13．（2022年新高考全国II卷数学真题）已知 为等差数列， 是公比为2的等比数列，且
．
(1)证明： ；
(2)求集合 中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．【分析】（1）设数列 的公差为 ，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得 ，即可解出．
【详解】（1）设数列 的公差为 ，所以， ，即可解得， ，所以
原命题得证．
（2）由（1）知， ，所以 ，即 ，亦即
，解得 ，所以满足等式的解 ，故集合
中的元素个数为 ．
考点09 数列求和与数列不等式证明
14．（2022年新高考全国I卷数学真题）记 为数列 的前n项和，已知 是公差为 的等差
数列．
(1)求 的通项公式；
(2)证明： ．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得 ，得到 ，利用和与项的
关系得到当 时， ,进而得： ，利用累乘法求得
，检验对于 也成立，得到 的通项公式 ；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到 ，进而证得.
【详解】（1）∵ ，∴ ,∴ ,
又∵ 是公差为 的等差数列，
∴ ,∴ ,∴当 时， ，
∴ ,
整理得： ,
即 ,
∴
，
显然对于 也成立，
∴ 的通项公式 ；
（2）
∴
15．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知 为等差数列， ，记 ， 分别为数
列 ， 的前n项和， ， ．
(1)求 的通项公式；
(2)证明：当 时， ．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列 的公差为 ，用 表示 及 ，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出 ， ，再分奇偶结合分组求和法求出 ，并与 作差比较作答；方
法2，利用（1）的结论求出 ， ，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出 ，并与 作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，而 ，
则 ，
于是 ，解得 ， ，所以数列 的通项公式是 .
（2）方法1：由（1）知， ， ，
当 为偶数时， ，
，
当 时， ，因此 ，
当 为奇数时， ，
当 时， ，因此 ，
所以当 时， .
方法2：由（1）知， ， ，
当 为偶数时， ，
当 时， ，因此 ，
当 为奇数时，若 ，则
，显然 满足上式，因此当 为奇数时， ，
当 时， ，因此 ，
所以当 时， .
考点10 数列与概率的交汇问题
16．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此
人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次
投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第 次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量 服从两点分布，且 ，则 ．
记前 次（即从第1次到第 次投篮）中甲投篮的次数为 ，求 ．
【答案】(1)(2)
(3)
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设 ，由题意可得 ，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【详解】（1）记“第 次投篮的人是甲”为事件 ，“第 次投篮的人是乙”为事件 ，
所以，
.
（2）设 ，依题可知， ，则
，
即 ，
构造等比数列 ，
设 ，解得 ，则 ，
又 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
即 ．
（3）因为 ， ，
所以当 时， ，
故 ．
考点11 数列与解析几何的交汇问题
17．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知双曲线 ，点 在 上， 为常数，
．按照如下方式依次构造点 ：过 作斜率为 的直线与 的左支交于点 ，令
为 关于 轴的对称点，记 的坐标为 .(1)若 ，求 ；
(2)证明：数列 是公比为 的等比数列；
(3)设 为 的面积，证明：对任意正整数 ， .
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出 的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.思路二：使用
等差数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有 ，故 的方程为 .
当 时，过 且斜率为 的直线为 ，与 联立得到 .
解得 或 ，所以该直线与 的不同于 的交点为 ，该点显然在 的左支上.
故 ，从而 ， .
（2）由于过 且斜率为 的直线为 ，与 联立，得到方程
.
展开即得 ，由于 已经是直线 和
的公共点，故方程必有一根 .
从而根据韦达定理，另一根 ，相应的.
所以该直线与 的不同于 的交点为 ，而注意到 的横坐标亦可通过
韦达定理表示为 ，故 一定在 的左支上.
所以 .
这就得到 ， .
所以
.
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点 ，若 ， ，则
.（若 在同一条直线上，约定 ）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到 ， ，
故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.所以对任意的正整数 ，都有
.
而又有 ， ，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明 的取值是与 无关的定值，所以 .
方法二：由于上一小问已经得到 ， ，
故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ，都有.
这就得到 ，
以及 .
两式相减，即得 .
移项得到 .
故 .
而 ， .
所以 和 平行，这就得到 ，即 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
考点12 数列的新定义问题
18．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设m为正整数，数列 是公差不为0的等差数列，若
从中删去两项 和 后剩余的 项可被平均分为 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称
数列 是 可分数列．
(1)写出所有的 ， ，使数列 是 可分数列；
(2)当 时，证明：数列 是 可分数列；
(3)从 中一次任取两个数 和 ，记数列 是 可分数列的概率为 ，证
明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据 可分数列的定义即可；
（2）根据 可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是 可分数列的 至少有 个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列 的公差为 ，则 .
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形 ，
得到新数列 ，然后对 进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从 中取出两个数 和 ，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是 ，或 ，或 .
所以所有可能的 就是 .
（2）由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下两个部分，共 组，使得每
组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共 组.
（如果 ，则忽略②）
故数列 是 可分数列.
（3）定义集合 ，
.
下面证明，对 ，如果下面两个命题同时成立，
则数列 一定是 可分数列：
命题1： 或 ；
命题2： .
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，
剩余的 个数可以分为以下三个部分，共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；② ，共 组；
③ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
故此时数列 是 可分数列.
第二种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
由于 ，故 ，从而 ，这就意味着 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下四个部分，
共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ， ，共 组；
③全体 ，其中 ，共 组；
④ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 个行， 个列的数表
以后， 个列分别是下面这些数：
， ， ，
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 中除开五个集合
， ， ， ，
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的 和 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列 是 可分数列.
至此，我们证明了：对 ，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列 一定是
可分数列.
然后我们来考虑这样的 的个数.
首先，由于 ， 和 各有 个元素，故满足命题1的 总共有 个；而如果 ，假设 ，则可设 ， ，代入得 .
但这导致 ，矛盾，所以 .
设 ， ， ，则 ，即 .
所以可能的 恰好就是 ，对应的 分别是 ，总
共 个.
所以这 个满足命题1的 中，不满足命题2的恰好有 个.
这就得到同时满足命题1和命题2的 的个数为 .
当我们从 中一次任取两个数 和 时，总的选取方式的个数等于
.
而根据之前的结论，使得数列 是 可分数列的 至少有 个.
所以数列 是 可分数列的概率 一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究
结论.
