2026 年高考数学·教考衔接
教材命题点探源
-----------------------------供2026 高考备考二轮、三轮复习及考前使用-------------------------
教考衔接七 数 列
--------------■高考命题·解读■-----------------
考点
2025 年考情
考点1.等差数列定义的判断
2023 新课标 I 卷
考点2.等差数列前 n 项和基本量的计算
2025 全国二卷；2024 新课标 II 卷；
2023 全国甲卷；2022 全国乙卷
考点3.等差数列性质的应用
2024 全国甲卷
考点4.等比数列基本量的计算
2023 全国乙卷
考点5.等比数列前 n 项和基本量的计算
2025 全国一卷；2025 全国二卷；
2023 全国甲卷；2022 全国乙卷
考点6.等比数列前 n 项和的性质
2023 新课标 II 卷；2021 全国甲卷
考点7.分组求和法
2024 全国甲卷；2023 新课标 II 卷；
2021 新高考全国 I 卷
考点8.裂项相消法求和
2022 新高考全国 I 卷
考点9.错位相减法求和
2025 全国一卷；2024 全国甲卷；
2023 全国甲卷；2021 全国乙卷
🎯【命题解读】（考前必看）
1.本章高考试题难度以中档为主，题型一般为一小(选择题或填空题)一大(解答题)
（1）在高考试题中多以等差数列、等比数列的基本量运算为载体，以数列递推关系形式出现，考
查数列求和及数列最值等综合问题.
（2）在处理等差、等比数列基本量运算，递推关系求通项，数列求和等问题时，常用公式法.
（3）重点考查的学科核心素养为数学运算和逻辑推理.
2.主要是以下几个方面：
（1）以等差、等比数列基本量的运算为载体，考查等差数列、等比数列的概念、性质、通项公式
的求解与应用；
（2）考查数列求和的综合问题，涉及数列的最值及解决方法；
（3）考查数学文化、实际应用为背景的数列问题.
🎯练教材-----必刷经典母题
【教材母题1】(人教A 版选择性必修第二册P24 习题4.2·T1)根据下列等差数列{an}中的已知量,求相应的未知
量:
（1）a1=20,an=54,Sn=999,求d 及n； （2）d=1
3,n=37,Sn=629,求a1及an;
（3）a1=5
6 ,d=-1
6,Sn=-5,求n 及an; （4）d=2,n=15,an=-10,求a1及Sn.
【解析】(1)因为a1=20,an=54,Sn=999,所以{
20+(n-1)d =54 ,
n(20+54)
2
=999,解得{
d = 17
13 ,
n=27.
(2)因为d=1
3,n=37,Sn=629,所以S37=37a1+37×36
2
×1
3=629,解得a1=11,所以an=a37=11+36×1
3=23.
(3)因为a1=5
6,d=-1
6,Sn=-5,所以5
6n+n(n-1)
2
×(- 1
6)=-5,解得n=15(负值舍去).所以an=a15=5
6+14×(- 1
6)=-3
2.
(4)因为d=2,n=15,an=-10,所以a1+14×2=-10,所以a1=-38,所以Sn=S15=15×(-38)+15×14
2
×2=-360.
【🚀衔接高考】已知
（1）（2025·全国二卷）记
为等差数列
的前n 项和，若
则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设等差数列
的公差为d，则由题可得
，
所以
.故选B.
（2）(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n 项和,已知S5=S10,a5=1,则a1=( )
A.7
2 B.7
3 C.-1
3 D.- 7
11
【答案】B
【解析】由S5=S10,得5(a1+a5)
2
=10(a1+a10)
2
,所以5a3=5(a3+a8),所以a8=0,公差d=a8-a5
8-5
=-1
3,
所以a1=a5-4d=1-4×(- 1
3)=7
3 ,故选B.
（3）(2023·全国甲卷) （一题多解）记Sn为等差数列{an}的前n 项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5=( )
A.25 B.22 C.20 D.15
【答案】 C
【解析】解法一：由a2+a6=10,可得2a4=10,所以a4=5,又a4a8=45,所以a8=9.设等差数列{an}的公差为d,则d=
a8-a4
8- 4 =9-5
4
=1,又a4=5,所以a1=2,所以S5=5a1+5×4
2
×d=20,故选C.
解法二：设等差数列{an}的公差为d,
则由a2+a6=10,可得a1+3d=5,①由a4a8=45,可得(a1+3d)(a1+7d)=45,②
由①②可得a1=2,d=1,所以S5=5a1+5×4
2
×d =20,故选C.
（4）（2025·上海高考）已知等差数列
的首项
，公差
，则该数列的前6 项和为 ．
【答案】
【解析】根据等差数列的求和公式，
.
（5）(2024·新高考Ⅱ卷)（一题多解）记Sn为等差数列{an}的前n 项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10= .
【答案】95
【解析】解法一：(基本量法)设{an}的公差为d,由a3+a4=a1+2d+a1+3d=2a1+5d=7,
3a2+a5=3(a1+d)+a1+4d=4a1+7d=5,解得a1=-4,d=3,则S10=10a1+45d=95.
解法二：(利用下标和性质)
设{an}的公差为d,由a3+a4=a2+a5=7,3a2+a5=5,得a2=-1,a5=8,故d=a5-a2
5-2 =3,a6=11,
则S10=a1+a10
2
×10=5(a5+a6)=5×19=95.
（6）(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n 项和.若2S3=3S2+6,则公差d= .
【答案】2
【解析】由2S3=3S2+6,可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6,化简得2a3=a1+a2+6,即2(a1+2d)=2a1+d+6,解得d=2.
【🚀新题预测】
（高考新题型：项目式）（2026·北京1 月模拟）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退
休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4 个月延迟1 个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六
十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示：
出生时间
1965 年1 月－4 月
1965 年5 月－8 月
1965 年9 月－12 月
1966 年1 月－4 月
…
新方案法定
退休年龄
60 岁
1 个月
60 岁
2 个月
60 岁
3 个月
60 岁
4 个月
…
那么1970 年5 月出生的男职工退休年龄为（ ）
A．61 岁
4 个月 B．61 岁
5 个月 C．61 岁
6 个月 D．61 岁
7 个月
【答案】B
【解析】解法一：根据题意，出生年月在1965 年1 月－4 月的人的法定退休年龄记为
，
出生年月在1965 年5 月－8 月的人的法定退休年龄记为
，
出生年月在1965 年9 月－12 月的人的法定退休年龄记为
，
，
则
构成等差数列，首项
岁
1 个月，公差
为1 个月，可得
岁
个月．
依此规律，1970 年5 月出生的男职工，他的退休年龄应该是
的第17 项，
即他的退休年龄为
岁
17 个月
岁
5 个月．
解法二：利用枚举法：出生年龄每延后一年，退休年龄延后三个月．
出生年龄
退休年龄
1965.5
60 岁
2 个月
1966.5
60 岁
5 个月
1967.5
60 岁
8 个月
1968.5
60 岁
11 个月
1969.5
61 岁
2 个月
1970.5
61 岁
5 个月
故选B.
【教材母题2】 (人教B 版选择性必修第三册P25 例3)已知数列{an}的前n 项和公式为Sn=2n2-30n.
（1）求出数列的通项公式,并判断这个数列是否是等差数列;
（2）求Sn的最小值,并求Sn取得最小值时n 的值.
【解析】(1)当n=1 时,有a1=S1=2-30=-28,当n≥2 时,有an=Sn-Sn-1=2n2-30n-[2(n-1)2-30(n-1)]=4n-32,
又因为4×1-32=-28,所以n=1 时an=4n-32 也成立,因此数列的通项公式为an=4n-32.
因为an+1-an=4(n+1)-32-(4n-32)=4,所以{an}是等差数列.
(2)因为Sn=2n2-30n=2(n2-15n)=2(n- 15
2 )
2
-225
2 ,又因为n 是正整数,所以当n=7 或8 时,Sn最小,
最小值是2×72-30×7=-112.
【🚀衔接高考】
（1）（2025·天津高考）
，则数列
的前
项和为（ ）
A．112
B．48
C．80
D．64
【答案】C
【解析】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.
（2）(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n 项和.已知2Sn
n +n=2an+1.
①证明:{an}是等差数列;
②若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
(1)证明 由2Sn
n +n=2an+1,得2Sn+n2=2ann+n,①所以2Sn+1+(n+1)2=2an+1(n+1)+(n+1),②
②-①,得2an+1+2n+1=2an+1(n+1)-2ann+1,化简得an+1-an=1,
所以数列{an}是公差为1 的等差数列.
(2)解由(1)知数列{an}的公差为1.由a4,a7,a9成等比数列,得a7
2=a4a9,
即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12.所以Sn=-12n+n(n-1)
2
=n
2-25n
2
=1
2(n- 25
2 )
2
-625
8 ,
所以当n=12 或13 时,Sn取得最小值,最小值为-78.
【教材母题3】
（1）(人教A 版选择性必修第二册P24·T4)求集合M={m|m=2n-1,n∈N*,且m<60}中元素的个数，并求这些元素
的和.
【解析】由m=2n-1<60,得n<301
2,又n∈N*,所以nmax=30.所以集合M 中元素的个数为30,这些元素构成首项为1,公
差为2 的等差数列,所以S30=30×1+30×29
2
×2=900.
（2） (人教B 版选择性必修第三册P28 习题5-2A·T4)求集合{m|m=7n,n∈N,0<m<100}的元素的个数,并求所有
元素的和.
【解析】因为0<m<100,m=7n,所以0<7n<100,所以0<n<100
7 =142
7 .因为n∈N,
所以n=1,2,…,14,所以m=7,14,…,98,共14 个值.故原集合中共有14 个元素,且这些元素是首项为7,公差为7 的等差
数列,故这些元素的和为7+14+…+98=14×(7+98)
2
=735.
【🚀衔接高考】
(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2 的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
（1）证明:a1=b1;
（2）求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
(1)证明 设等差数列{an}的公差为d,由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,即d=2b1,
由a2-b2=b4-a4得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),即a1=5b1-2d,将d=2b1代入,得a1=5b1-2×2b1=b1,即a1=b1.
(2)解由(1)知an=a1+(n-1)d=a1+(n-1)×2b1=(2n-1)a1,bn=b1·2n-1,
由bk=am+a1,得b1·2k-1=(2m-1)a1+a1,由a1=b1≠0 得2k-1=2m,
由题知1≤m≤500,所以2≤2m≤1 000,所以k=2,3,4,…,10,共9 个数,
即集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}={2,3,4,…,10}中元素的个数为9.
【教材母题4】 (人教A 版选择性必修第二册P25T7)已知Sn是等差数列{an}的前n 项和.
（1）证明:{
Sn
n }是等差数列;
（2）设Tn为数列{
Sn
n }的前n 项和,若S4=12,S8=40,求Tn.
(1)证明 等差数列{an}的首项为a1,公差为d,所以Sn
n
=a1+an
2
, Sn-1
n-1
=a1+an-1
2
,已知
故Sn
n - Sn-1
n-1=a1+an
2
-a1+an-1
2
=an-an-1
2
=d
2 (常数),故{
Sn
n }是等差数列.
(2)解 由于S4=12,S8=40,故{
4 a1+ 4×3
2
d =12,
8a1+ 8×7
2
d = 40,
解得{
a1= 3
2 ,
d =1,
故Sn=3
2n+n(n-1)
2
=1
2n2+n;
所以Sn
n =1
2n+1,数列{
Sn
n }是以3
2为首项,1
2为公差的等差数列,所以Tn=3
2n+1
2×n(n-1)
2
=1
4 n2+5
4 n.
【🚀衔接高考】
(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=n
2+n
an
,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n 项和.
（1）若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
（2）若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
【解析】(1)因为3a2=3a1+a3,所以3(a1+d)=3a1+a1+2d,所以a1=d,所以an=nd.
因为bn=n
2+n
an
,所以bn=n
2+n
nd =n+1
d
,所以S3=3(a1+a3)
2
=3(d +3d)
2
=6d,T3=b1+b2+b3=2
d +3
d +4
d =9
d .
因为S3+T3=21,所以6d+9
d =21,解得d=3 或d=1
2.
因为d>1,所以d=3,所以{an}的通项公式为an=3n.
(2)因为bn=n
2+n
an
,且{bn}为等差数列,所以2b2=b1+b3,即2× 6
a2
= 2
a1
+12
a3
,
所以
6
a1+d - 1
a1
=
6
a1+2d ,所以a1
2-3a1d+2d2=0,解得a1=d 或a1=2d.
①当a1=d 时,an=nd,所以bn=n
2+n
an
=n
2+n
nd =n+1
d
,
S99=99(a1+a99)
2
=99(d +99d )
2
=99×50d,T99=99(b1+b99)
2
=99(
2
d + 100
d )
2
=99×51
d
.
因为S99-T99=99,所以99×50d-99×51
d
=99,即50d2-d-51=0,解得d=51
50或d=-1(舍去).
②当a1=2d 时,an=(n+1)d,所以bn=n
2+n
an
= n
2+n
(n+1)d =n
d ,S99=99(a1+a99)
2
=99(2d +100d)
2
=99×51d,
T99=99(b1+b99)
2
=99(
1
d + 99
d )
2
=99×50
d
.因为S99-T99=99,
所以99×51d-99×50
d
=99,即51d2-d-50=0,解得d=-50
51(舍去)或d=1(舍去).
综上,d=51
50.
【教材母题5】(人教B 版选择性必修第三册P59·T7)已知{an}中,an+1+(-1)nan=2n-1,求S8的值.
【解析】由an+1+(-1)nan=2n-1 可得:当n 为奇数时,an+1-an=2n-1,an+2+an+1=2(n+1)-1=2n+1,
两式相减可得an+2+an=2,所以a1+a3=a5+a7=2.
当n 为偶数时,an+1+an=2n-1,an+2-an+1=2(n+1)-1=2n+1,两式相加可得an+2+an=4n,
所以a2+a4=4×2=8,a6+a8=4×6=24,所以S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8
=(a1+a3+a5+a7)+(a2+a4+a6+a8)=(2+2)+(8+24)=36.
【🚀衔接高考】
(2020·全国Ⅰ卷) （一题多解）数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16 项和为540,则a1= .
【答案】7
【解析】解法一：因为an+2+(-1)nan=3n-1,所以当n 为偶数时,an+2+an=3n-1,
所以a4+a2=5,a8+a6=17,a12+a10=29,a16+a14=41,所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=92.
因为数列{an}的前16 项和为540,所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=540-92=448.①
因为当n 为奇数时,an+2-an=3n-1,所以a3-a1=2,a7-a5=14,a11-a9=26,a15-a13=38,
所以(a3+a7+a11+a15)-(a1+a5+a9+a13)=80.②
由①②得a1+a5+a9+a13=184.
又a3=a1+2,a5=a3+8=a1+10,a7=a5+14=a1+24,a9=a7+20=a1+44,a11=a9+26=a1+70,a13=a11+32=a1+102,
所以a1+a1+10+a1+44+a1+102=184,所以a1=7.
解法二：同法一得a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448.当n 为奇数时,有an+2-an=3n-1,
由累加法得an+2-a1=3(1+3+5+…+n)-n+1
2
=3
2(1+n)·n+1
2
-n+1
2
=3
4 n2+n+1
4 ,
所以an+2=3
4 n2+n+1
4 +a1.所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=a1+(
3
4 ×1
2+1+ 1
4 +a1)+
(
3
4 ×3
2+3+ 1
4 +a1)+(
3
4 ×5
2+5+ 1
4 +a1)+(
3
4 ×7
2+7+ 1
4 +a1)+
(
3
4 ×9
2+9+ 1
4 +a1)+(
3
4 ×11
2+11+ 1
4 +a1)+(
3
4 ×13
2+13+ 1
4 +a1)=8a1+392=448,解得a1=7.
【教材母题6】
（1）(人教A 版选择性必修第二册P29·例1) （一题多解）若等比数列{an}的第4 项和第6 项分别为48 和12,
求{an}的第5 项.
【解析】解法一：由a4=48,a6=12,得{
a1q
3= 48,①
a1q
5=12.②
由②的两边分别除以①的两边,得q2=1
4 ,解得q=1
2或-1
2.把q=1
2代入①,得a1=384,
此时a5=a1q4=384×(
1
2)
4
=24.把q=-1
2代入①,得a1=-384,
此时a5=a1q4=-384×(- 1
2)
4
=-24.因此,{an}的第5 项是24 或-24.
解法二：因为a5是a4与a6的等比中项,所以a5
2=a4a6=48×12=576,
所以a5=±❑√576=±24,因此,{an}的第5 项是24 或-24.
（2）(人教A 版选择性必修第二册P37·T3)设等比数列{an}的前n 项和为Sn,已知a2=6,6a1+a3=30,求an和Sn.
【解析】设{an}的公比为q,由题意得{
a1q =6,
6a1+a1q
2=30,解得{
a1=3,
q =2 或{
a1=2,
q =3,
当a1=3,q=2 时,an=3×2n-1,Sn=3×(2n-1);当a1=2,q=3 时,an=2×3n-1,Sn=3n-1.
【🚀衔接高考】
（1）(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数,前n 项和为Sn,若a1=1,S5=5S3-4,则S4=( )
A.15
8 B.65
8 C.15 D.40
【答案】C
【解析】设数列{an}的公比为q,由已知得1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)-4,整理得(1+q)(q3-4q)=0,由于此数列各项均为正
数,所以q=2,所以S4=1+q+q2+q3=1+2+4+8=15.故选C.
（2）(2022·全国乙卷) （一题多解）已知等比数列{an}的前3 项和为168,a2-a5=42,则a6=( )
A.14 B.12 C.6 D.3
【答案】D
【解析】解法一：设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,由题意可得{
S3=168,
a2-a5= 42,
即{
a1(1+q+q
2)=168,
a1q(1-q
3)= 42,
解得{
a1=96,
q = 1
2 , 所以a6=a1q5=3,故选D.
解法二：设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,由题意可得{
S3=168,
a2-a5= 42,即{
a1(1-q
3)
1-q
=168,
a1q(1-q
3)= 42,
解得{
a1=96,
q = 1
2 , 所以a6=a1q5=3,故选D.
（3）(2020·全国Ⅱ卷)（一题多解）记Sn为等比数列{an}的前n 项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则Sn
an
=( )
A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1
【答案】B
【解析】解法一：设等比数列{an}的公比为q,则q=a6-a4
a5-a3
=24
12=2.由a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12 得a1=1.
所以an=a1qn-1=2n-1,Sn=a1(1-q
n)
1-q
=2n-1,所以Sn
an
=2
n-1
2
n-1 =2-21-n.
解法二：设等比数列{an}的公比为q,则{
a3q
2-a3=12,①
a4q
2-a4=24 ,②
②
①得a4
a3
=q=2.将q=2 代入①,解得a3=4.所以a1=a3
q
2=1,下同法一.
（4）（多选）（2025·全国二卷）记
为等比数列
的前n 项和，
为
的公比，
若
，
则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【解析】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.
（5）(2023·全国乙卷)（一题多解）已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7= .
【答案】-2
【解析】解法一：设数列{an}的公比为q,则由a2a4a5=a3a6,得a1q·a1q3·a1q4=a1q2·a1q5.又a1≠0,且q≠0,所以可得a1q=1.
又a9a10=a1q8·a1q9=a1
2q17=-8,所以可得q15=-8,q5=-2,所以a7=a1q6=a1q·q5=-2.
解法二：设数列{an}的公比为q.因为a4a5=a3a6≠0,所以a2=1.又a9a10=a2q7·a2q8=-8,于是q5=-2,所以a7=a2q5=-2.
【教材母题7】 (湘教版选择性必修第一册P35·T4(2))已知数列{an}为等比数列,若a2+a6+a10=12,a3+a7+a11=9,求
a1+a5+a9的值.
【解析】设等比数列{an}的公比为q,a3+a7+a11=(a2+a6+a10)·q=12q=9,解得q= 9
12=3
4 ,
a1+a5+a9=a2
q
+a6
q
+a10
q
=a2+a6+a10
q
=
12
3
4
=12×4
3 =16,所以a1+a5+a9=16.
【🚀衔接高考】
(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=( )
A.12 B.24 C.30 D.32
【答案】D
【解析】设等比数列{an}的公比为q,则q=a2+a3+a4
a1+a2+a3
=2
1=2,所以a6+a7+a8=(a1+a2+a3)·q5=1×25=32.故选D.
【教材母题8】 (北师大版选择性必修第二册P27T2)将公比为q 的等比数列{an}依次取相邻两项的乘积组成新的
数列a1a2,a2a3,a3a4,…,则此数列( )
A.是公比为q 的等比数列
B.是公比为q2的等比数列
C.是公比为q3的等比数列
D.不一定是等比数列
【答案】B
【解析】由题意可知新数列的通项公式为{an+1an},则an+2an+1
an+1an
=(
an+2
an+1)(
an+1
an )=q2,为常数,所以{an+1an}是公比为q2
的等比数列,故选B.
【🚀衔接高考】
(2020·新高考Ⅱ卷)已知公比大于1 的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.
（1）求{an}的通项公式;
（2）求a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1.
【解析】 (1)设{an}的公比为q(q>1).由题设得{
a1q+a1q
3=20,
a1q
2=8,
解得{
q =2,
a1=2或{
q = 1
2 ,
a1=32
(舍去).
所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)由于(-1)n-1anan+1=(-1)n-1×2n×2n+1=(-1)n-122n+1,故a1a2-a2a3+…+(-1)n-1anan+1=23-25+27-29+…+(-1)n-1·22n+1
=2
3[1-(-2
2)
n]
1-(-2
2)
=8
5-(-1)n2
2n+3
5
.
【教材母题9】(人教A 版选择性必修第二册P38·例10)如图,正方形ABCD 的边长为5 cm,取正方形ABCD 各边
的中点E,F,G,H,作第2 个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH 各边的中点I,J,K,L,作第3 个正方形IJKL,依此方法
一直继续下去.
（1）求从正方形ABCD 开始,连续10 个正方形的面积之和;
（2）如果这个作图过程可以一直继续下去,那么所有这些正方形的面积之和将趋近于多少?
【解析】设正方形ABCD 的面积为a1,后继各正方形的面积依次为a2,a3,…,an,…,则a1=25.
由于第k+1 个正方形的顶点分别是第k 个正方形各边的中点,所以ak+1=1
2ak,因此{an}是以25 为首项,1
2为公比的等
比数列.设{an}的前n 项和为Sn.
(1)S10=
25×[1-(
1
2)
10
]
1- 1
2
=50×[1-(
1
2)
10
]=25 575
512
,所以前10 个正方形的面积之和为25 575
512
cm2.
(2)当n 无限增大时,Sn无限趋近于所有正方形的面积和a1+a2+a3+…+an+…,
而Sn=
25×[1-(
1
2)
n
]
1- 1
2
=50×[1-(
1
2)
n
],随着n 的无限增大,(
1
2)
n
将趋近于0,Sn将趋近于50,所以,所有这些正方形的
面积之和将趋近于50.
【🚀衔接高考】
(2021·新高考Ⅰ卷)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20
dm×12 dm 的长方形纸,对折1 次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm 两种规格的图形,它们的面积之和S1=240
dm2,对折2 次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,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n 次,那么
n
∑
k=1
Sk= dm2.
【答案】5 240(3- n+3
2
n )
【解析】依题意得,S1=120×2=240(dm2);S2=60×3=180(dm2);
当n=3 时,共可以得到5 dm×6 dm,5
2 dm×12 dm,
10 dm×3 dm,20 dm×3
2 dm 四种规格的图形,且5×6=30,5
2×12=30,10×3=30,20×3
2=30,所以S3=30×4=120(dm2);
当n=4 时,共可以得到5 dm×3 dm,5
2 dm×6 dm,
5
4 dm×12 dm,10 dm×3
2 dm,20 dm×3
4 dm 五种规格的图形,所以对折4 次共可以得到不同规格图形的种数为5,且
5×3=15,5
2×6=15,5
4 ×12=15,10×3
2=15,20×3
4 =15,所以S4=15×5=75(dm2);
……
所以可归纳Sk=240
2
k ·(k+1)=240(k +1)
2
k
(dm2).
所以
n
∑
k=1
Sk=240(1+ 3
2
2 + 4
2
3 +…+ n
2
n-1 + n+1
2
n )①,
所以1
2×
n
∑
k=1
Sk=240×(
2
2
2 + 3
2
3 + 4
2
4 +…+ n
2
n + n+1
2
n+1)②,
由①-②得,1
2·
n
∑
k=1
Sk=240(1+ 1
2
2 + 1
2
3 + 1
2
4 +…+ 1
2
n - n+1
2
n+1)=240(
1+
1
2
2 - 1
2
n × 1
2
1- 1
2
- n+1
2
n+1)
=240(
3
2 - n+3
2
n+1),
所以
n
∑
k=1
Sk=240(3- n+3
2
n ) dm2.
【教材母题10】(北师大版选择性必修第二册P46T3)计算机是将信息转换成二进制数进行处理的,二进制即“逢
二进一”.如(1101)2表示二进制的数,将它转换成十进制的形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13,那么将二进制数
11…1
⏟
16位
转换成十进制数的形式是( )
A.217-2 B.216-1 C.216-2 D.215-1
【答案】B
【解析】根据题意知,11…1(16 倍)转换为十进制为:1×215+1×214+1×213+…+1×21+1×20=1-2
16
1-2 =216-1.
【🚀衔接高考】
(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n=a0·20+a1·2+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则( )
A.ω(2n)=ω(n)
B.ω(2n+3)=ω(n)+1
C.ω(8n+5)=ω(4n+3)
D.ω(2n-1)=n
【答案】ACD
【解析】对于A 选项,ω(n)=a0+a1+…+ak,2n=0·20+a0·21+a1·22+…+ak-1·2k+ak·2k+1,所以ω(2n)=0+a0+a1+…+ak=ω(n),A 选
项正确;
对于B 选项,取n=2,则2n+3=7=1·20+1·21+1·22,所以ω(7)=3,而2=0·20+1·21,则ω(2)=1,即ω(7)≠ω(2)+1,B 选项错误;
对于C 选项,8n+5=a0·23+a1·24+…+ak·2k+3+5=1·20+0·21+1·22+a0·23+a1·24+…+ak·2k+3,所以ω(8n+5)=2+a0+a1+…
+ak,4n+3=a0·22+a1·23+…+ak·2k+2+3=1·20+1·21+a0·22+a1·23+…+ak·2k+2,所以ω(4n+3)=2+a0+a1+…+ak,因此
ω(8n+5)=ω(4n+3),C 选项正确;
对于D 选项,2n-1=20+21+…+2n-1,故ω(2n-1)=n,D 选项正确.故选ACD.
【教材母题11】 (苏教版选择性必修第一册P181T11)
（1）利用等式
1
n(n+1)=1
n- 1
n+1,求数列an=
1
n(n+1)的前n 项和;
（2）仿(1)探求数列an=
1
n(n+2)的前n 项和.
【解析】(1)由题意,可知an=
1
n(n+1)=1
n- 1
n+1,则数列{an}的前n 项和为a1+a2+…+an=1-1
2+1
2-1
3+…+1
n- 1
n+1=1-
1
n+1= n
n+1.
(2)由题意,可得an=
1
n(n+2)=1
2×(
1
n -
1
n+2),则数列{an}的前n 项和为a1+a2+…+an
=1
2×(1- 1
3)+1
2×(
1
2 - 1
4)+1
2×(
1
3 - 1
5)+1
2×(
1
4 - 1
6)+…+1
2×(
1
n-1 -
1
n+1)+1
2×(
1
n -
1
n+2)
=1
2×(1- 1
3 + 1
2 - 1
4 + 1
3 - 1
5 + 1
4 - 1
6 +…+
1
n-1 -
1
n+1 + 1
n -
1
n+2)=1
2×(1+ 1
2 -
1
n+1 -
1
n+2)=3
4 -
2n+3
2(n+1)(n+2)
.
【🚀衔接高考】
(2022·新高考Ⅰ卷) （一题多解）记Sn为数列{an}的前n 项和,已知a1=1,{
Sn
an}是公差为1
3的等差数列.
（1）求{an}的通项公式;
（2）证明: 1
a1
+ 1
a2
+…+ 1
an
<2.
(1) 解法一：因为a1=1,所以S1
a1
=1,又{
Sn
an}是公差为1
3的等差数列,所以Sn
an
=1+(n-1)×1
3=n+2
3
.因为当n≥2 时,an=Sn-
Sn-1,所以
Sn
Sn- Sn-1
=n+2
3
(n≥2),所以Sn- Sn-1
Sn
= 3
n+2(n≥2),整理得Sn
Sn-1
=n+2
n-1(n≥2),
所以
S2
S1
·
S3
S2
·…·
Sn-1
Sn-2
·
Sn
Sn-1
=4
1 ×5
2×…·n+1
n-2·n+2
n-1=n(n+1)(n+2)
6
(n≥2),所以Sn=n(n+1)(n+2)
6
(n≥2),
又S1=1 也满足上式,所以Sn=n(n+1)(n+2)
6
(n∈N*),
则Sn-1=(n-1)n(n+1)
6
(n≥2),所以an=n(n+1)(n+2)
6
-(n-1)n(n+1)
6
=n(n+1)
2
(n≥2),
又a1=1 也满足上式,所以an=n(n+1)
2
(n∈N*).
解法二：因为a1=1,所以S1
a1
=1,又{
S❑
an}是公差为1
3的等差数列,
所以
Sn
an
=1+(n-1)×1
3=n+2
3
,所以Sn=n+2
3
an.
因为当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n+2
3
an-n+1
3
an-1,所以n+1
3
an-1=n-1
3
an(n≥2),
所以
an
an-1
=n+1
n-1(n≥2),所以
a2
a1
·
a3
a2
·…·
an-1
an-2
·
an
an-1
=3
1×4
2 ×5
3×…· n
n-2·n+1
n-1=n(n+1)
2
(n≥2),
所以an=n(n+1)
2
(n≥2),
又a1=1 也满足上式,所以an=n(n+1)
2
(n∈N*).
(2)证明 因为an=n(n+1)
2
,所以1
an
=
2
n(n+1)=2(
1
n -
1
n+1),
所以1
a1
+ 1
a2
+…+ 1
an
=2[(1- 1
2)+(
1
2 - 1
3)+…+(
1
n-1 - 1
n)+(
1
n -
1
n+1)]=2(1-
1
n+1)<2.
【教材母题12】(湘教版选择性必修第一册P52T17)若等差数列{an}的首项a1=13,d=-4,记Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,
求Sn.
【解析】因为a1=13,d=-4,所以an=a1+(n-1)d=17-4n,令an≥0,所以n≤17
4 ,所以数列{an}的前4 项为正,从第5 项起为负
设等差数列{an}的前n 项和为Sn'.
所以当n≤4 时,Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn'=n(a1+an)
2
=n(13+17- 4 n)
2
=-2n2+15n.
当n≥5 时,Sn=|a1|+|a2|+…+|an|
=a1+a2+a3+a4-a5-a6-…-an=S4'-(Sn'-S4')=2S4'-Sn'=56-(-2n2+15n)=2n2-15n+56.
所以Sn={
-2n
2+15n,n≤4 ,
2n
2-15n+56,n≥5.
【🚀衔接高考】
(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n 项和,已知a2=11,S10=40.
（1）求{an}的通项公式;
（2）求数列{|an|}的前n 项和Tn.
【解析】(1)设{an}的公差为d,则{
a2=a1+d =11,
S10=10a1+ 45d = 40,
解得a1=13,d=-2.所以{an}的通项公式为an=13+(n-1)·(-2)=15-2n.
(2)由(1)得|an|={
15-2n,n≤7,
2n-15,n≥8.
当n≤7 时,Tn=13n+n(n-1)
2
×(-2)=14n-n2;
当n≥8 时,Tn=T7+1+3+5+…+(2n-15)=T7+1+3+5+…+[2(n-7)-1]=14×7-72+(n-7)[1+2(n-7)-1]
2
=98-14n+n2.
综上,Tn={
14 n-n
2,n≤7 ,
98-14 n+n
2,n≥8.
【教材母题13】 (苏教版选择性必修第一册P183T2)在数列{an}中,若an={
2n+1,n 为奇数,
2
n,n 为偶数,
则a4+a5的值为
.
【答案】 27
【解析】由题意可得a4=24=16,a5=2×5+1=11,故a4+a5=27.
【🚀衔接高考】
（1）(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列,bn={
an-6,n 为奇数,
2an,n 为偶数. 记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n 项和,
S4=32,T3=16.
①求{an}的通项公式;
②证明:当n>5 时,Tn>Sn.
①解 设等差数列{an}的公差为d.
因为bn={
an-6,n 为奇数,
2an,n 为偶数, 所以b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6.
因为S4=32,T3=16,所以{
4 a1+6d =32,
(a1-6)+(2a1+2d)+(a1+2d -6)=16,
整理,得{
2a1+3d =16,
a1+d =7 ,
解得{
a1=5,
d =2, 所以{an}的通项公式为an=2n+3.
②证明 由①知an=2n+3,所以Sn=n[5+(2n+3)]
2
=n2+4n.
当n 为奇数时,
Tn=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3=[-1+3+7+…+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+30+…+(4n+2)]
=
n+1
2 (-1+2n-3)
2
+
n-1
2
(14 + 4 n+2)
2
=3n
2+5n-10
2
.
当n>5 时,Tn-Sn=3n
2+5n-10
2
-(n2+4n)=n
2-3n-10
2
=(n-5)(n+2)
2
>0,所以Tn>Sn.
当n 为偶数时,Tn=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]=[-1+3+7+…+(2n-5)]+[14+22+30+…+(4n+6)]=
n
2 (-1+2n-5)
2
+
n
2 (14+ 4 n+6)
2
=3n
2+7n
2
.
当n>5 时,Tn-Sn=3n
2+7n
2
-(n2+4n)=n
2-n
2
=n(n-1)
2
>0,所以Tn>Sn.
综上可知,当n>5 时,Tn>Sn.
（2）(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1=1,an+1={
an+1,n 为奇数,
an+2,n 为偶数.
①记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
②求{an}的前20 项和.
【解析】①因为bn=a2n,且a1=1,an+1={
an+1,n 为奇数,
an+2,n 为偶数,所以b1=a2=a1+1=2,
b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.因为bn=a2n,所以bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3,
所以bn+1-bn=a2n+3-a2n=3,所以数列{bn}是以2 为首项,3 为公差的等差数列,所以bn=2+3(n-1)=3n-1,n∈N*.
②因为an+1={
an+1,n 为奇数,
an+2,n 为偶数,所以k∈N*时,a2k=a2k-1+1=a2k-1+1,即a2k=a2k-1+1,(ⅰ)a2k+1=a2k+2,(ⅱ)
a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1,即a2k+2=a2k+1+1,(ⅲ)所以(ⅰ)+(ⅱ)得a2k+1=a2k-1+3,即a2k+1-a2k-1=3,
所以数列{an}的奇数项是以1 为首项,3 为公差的等差数列;
(ⅱ)+(ⅲ)得a2k+2=a2k+3,即a2k+2-a2k=3,
又a2=2,所以数列{an}的偶数项是以2 为首项,3 为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20 项和S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)=10+10×9
2
×3+20+10×9
2
×3=300.
【🚀新题预测】
（2026·河北承德1 月检测）在数列
中，已知
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】依题意，
，则
，而
，
因此数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
则
，
，所以当
时，
.故选B.
🎯读教材-----玩味阅读材料
【阅读】通过阅读《阅读与思考——斐波那契数列》(人教A 版选择性必修第二册P10)
1202 年，意大利数学家斐波那契(Fibonacci)在《算盘书》中提到下面的问题：
如果1 对兔子每月能生1 对小兔子(一雄一雌)，而每1 对小兔子在它出生后的第3 个月里，又能生1 对小兔
子，假定在不发生死亡的情况下，由1 对初生的小兔子开始，50 个月后会有多少对兔子？
即从第1 个月开始，每月末的兔子总对数是1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，….
如果用Fn表示第n 个月的兔子的总对数，则Fn＝Fn－1＋Fn－2(n＞2). 这是由递推公式给出的数列，称为斐波那契
数列，也称兔子数列，通常用数列{Fn}表示．可得出如下结论：
（1）面积关系图与黄金螺旋线
（2）F＋F＋…＋F＝FnFn＋1
（3）数列{Fn}的通项公式：Fn＝[()n－()n]
（4）数列{Fn}的前n 项和：Sn＝Fn＋2－1
【教材母题1】（人教A 版选择性必修第二册P6 例5 改编）已知数列{an}的首项为a1＝1，递推公式为an＝1＋
(n≥2)，写出这个数列的前5 项，并猜想数列{an}的通项公式．
【解析】由题知{an}的前5 项为1，2，，，，即，，，，，故猜想数列{an}的通项公式an＝
＝＝·.
【🚀衔接高考】
（2024·新高考I卷）已知函数
的定义域为R,
,且当
时,
,则下列结论
一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B.
【解析】由
时
,
得,
=3
>5,
,
，不等式右侧恰好是裴波那契数列从第3 项起的各项：
3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597
,所以
.故选B.
【🚀新题预测】
（1）观察下列各式：
，
，
，
，
，…，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【解析】选C.设
，则
，
，
，…，观察发现
从而，
所以
（2）一只蜜蜂从蜂房A 出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房(如图)，例如:从蜂房A 只能爬到1 号
或2 号蜂房，从1 号蜂房只能爬到2 号或3 号蜂房……以此类推,用
表示蜜蜂爬到n 号蜂房的方法数,则
（ ）
A. B.
C.
D.
【解析】选A.由题意可得，
，
，
，
，
.
所以
时，
.
因为
，所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列.
所以
.
（3）满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)的数列{an}称为斐波那契数列，又称黄金分割数列．依次以斐波那契
数列{an}各项为边长作正方形，在每个正方形中取半径为该正方形的边长，圆心角为90°的圆弧，依次连接圆弧
端点所成的曲线被称为斐波那契螺旋线(也称“黄金螺旋线”).如图，圆心角为90°的扇形OAB 中的曲线是斐波
那契螺旋线的一段，则阴影部分面积与扇形OAB 面积的比值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】选C.由题意得，a1＝a2＝1，a3＝2，a4＝3，a5＝5，则阴影部分面积为(a＋a＋a＋a＋a)＝×(12＋12＋22＋
32＋52)＝10π，扇形OAB 的面积为＝＝16π，所以所求比值为＝.故选C.
🎯研教材-----深度探究思考
【探究1】 (人教A 版选择性必修第二册P25T10)已知等差数列{an}的公差为d,求证am-an
m-n =d.你能从直线的斜率
角度来解释这个结果吗?
证明：因为等差数列{an}公差为d,所以am-an
m-n
=[a1+(m-1)d ]-[a1+(n-1)d ]
m-n
=(m-n)d
m-n
=d,
在斜率为d 的直线l:f(x)=dx+(a1-d)上任取两点(m,am),(n,an),则d=am-an
m-n
,
所以公差为d 的等差数列{an}的图象是由点(n,an)组成的集合,这些点均匀分布在直线f(x)=dx+(a1-d)上.
【探究2】 (人教A 版选择性必修第二册P22)已知数列{an}的前n 项和为Sn=pn2+qn+r,其中p,q,r 为常数,且p≠0.观
察数列{an}的特点,研究它是一个怎样的数列,并证明你的结论.
【解析】当n=1 时,a1=S1=p+q+r;当n≥2 时,Sn-1=p(n-1)2+q(n-1)+r,
an=Sn-Sn-1=pn2+qn+r-[p(n-1)2+q(n-1)+r]=2pn-p+q.
若r=0,则a1=p+q,满足上式,此时an=2pn-p+q,
an-1=2p(n-1)-p+q(n≥2),所以an-an-1=2p,为常数,所以{an}是等差数列;
若r≠0,则a1=p+q+r,不满足上式,所以an={
p+q+r ,n=1,
2 pn- p+q ,n≥2,此时{an}不是等差数列.
【探究3】 (人教A 版选择性必修第二册P24)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,若a1=10,当d=-3.5 时,Sn有最大
值吗?考虑更一般的等差数列前n 项和的最大值问题.
提示:当d=-3.5 时,Sn=-7
4 n2+(10+ 7
4)n=-7
4 n2+47
4 n=-7
4(n- 47
14)
2
+15 463
784
,所以当n=3 时,Sn的最大值为39
2 .
对于一般的等差数列前n 项和,当d≥0 时,没有最大值,
当d<0 时,由{
an=a1+(n-1)d ≥0,
an+1=a1+nd ≤0,
解得-a1
d
≤n≤1-a1
d
,
即满足-a1
d ≤n≤1-a1
d 的整数n 能够使Sn取得最大值.
【探究4】 (人教A 版选择性必修第二册P32)已知b>0 且b≠1,如果数列{an}是等差数列,那么数列{b
an}是否一定
是等比数列?如果数列{an}是各项均为正的等比数列,那么数列{logban}是否一定是等差数列?
【解析】首先证明{logban}为等差数列.数列{an}是各项均为正的等比数列,设公比为q,
则q>0,首项a1>0,从而an=a1·qn-1.记数列{logban}的第n 项为cn,则cn=logban,cn+1=logban+1,
故cn+1-cn=logban+1-logban=logb
an+1
an
=logbq,
因为差值为一个定值,所以数列{logban}为等差数列.
再证明{b
an}为等比数列.数列{an}是等差数列,设公差为d,首项为a1,
则an=a1+(n-1)d,记数列{b
an}的第n 项为cn,则cn=b
an,cn+1=b
an+1,
则
cn+1
cn
=b
an+1
b
an =b
an+1-an=bd,因为比值为一个定值,所以数列{b
an}是一个等比数列.
【探究5】片段和公式
（1）(人教A 版选择性必修第二册P23·T3)若Sn为等差数列{an}的前n 项和,则数列Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…,是等差数
列,其公差为m2d.
证明 Sm=a1+a2+…+am,S2m-Sm=am+1+am+2+…+a2m=(a1+md)+(a2+md)+…+am+md=Sm+m2d,
同理S3m-S2m=S2m-Sm+m2d,
所以Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍组成等差数列,其公差为m2d.
（2）(人教A 版选择性必修第二册P37·例9)
若Sn为等比数列{an}的前n 项和,当q≠-1,或q=-1 且m 为奇数时,Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是等比数列,其公比为qm.
证明 Sm=a1+a2+…+am,S2m-Sm=am+1+am+2+…+a2m=a1·qm+a2qm+…+amqm=Sm·qm,
同理S3m-S2m=(S2m-Sm)qm.当q≠-1 或q=-1,且m 为奇数时,Sm≠0,
所以Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…是等比数列,其公比为qm.
【🚀衔接高考】
（1）(2023·新高考Ⅱ卷) （一题多解）记Sn为等比数列{an}的前n 项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=( )
A.120 B.85
C.-85 D.-120
【答案】C
【解析】解法一：设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由题意易知q≠1,则{
a1(1-q
4)
1-q
=-5,
a1(1-q
6)
1-q
=21× a1(1-q
2)
1-q
,
化简整理得{
q
2= 4 ,
a1
1-q = 1
3 ,所以S8=a1(1-q
8)
1-q
=1
3(1-44)=-85,故选C.
解法二：易知S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6,……为等比数列,所以(S4-S2)2=S2·(S6-S4),解得S2=-1 或S2=5
4 .
当S2=-1 时,由(S6-S4)2=(S4-S2)·(S8-S6),解得S8=-85;
当S2=5
4 时,结合S4=-5 得{
a1(1-q
4)
1-q
=-5,
a1(1-q
2)
1-q
= 5
4 ,
化简可得q2=-5,不成立,舍去.所以S8=-85,故选C.
（2）(2021·全国甲卷) （一题多解）记Sn为等比数列{an}的前n 项和.若S2=4,S4=6,则S6=( )
A.7 B.8 C.9 D.10
【答案】 A
【解析】解法一：因为S2=4,S4=6,且易知公比q≠±1,所以由等比数列的前n 项和公式,得
{
S2= a1(1-q
2)
1-q
=a1(1+q)= 4 ,
S4= a1(1-q
4)
1-q
=a1(1+q)(1+q
2)=6,
两式相除,
得q2=1
2,所以{
a1= 4(2- ❑√2),
q =
❑√2
2
或{
a1= 4(2+ ❑√2),
q =-
❑√2
2 ,
所以S6=a1(1-q
6)
1-q
=7.故选A.
解法二：易知S2,S4-S2,S6-S4构成等比数列,由等比中项得S2(S6-S4)=(S4-S2)2,即4(S6-6)=22,所以S6=7.故选A.
（3）(2020·全国Ⅱ卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为
天心石),环绕天心石砌9 块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9 块.下一层的第一环比上一层的最后一环
多9 块.向外每环依次也增加9 块.已知每层环数相同,且下层比中层多729 块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)
( )
A.3 699 块 B.3 474 块 C.3 402 块 D.3 339 块
【答案】C
【解析】设每一层有n 环,由题可知从内到外每环之间构成公差d=9,a1=9 的等差数列.由等差数列的性质知Sn,S2n-
Sn,S3n-S2n成等差数列,且(S3n-S2n)-(S2n-Sn)=n2d,则9n2=729,得n=9,
则三层共有扇面形石板S3n=S27=27×9+27×26
2
×9=3 402(块).
（4）（2025·全国一卷）（一题多解）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】
【解析】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.
解法二：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.
解法三：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
.
【探究6】等差数列的奇偶项和的性质
(人教A 版选择性必修第二册P23T5,苏教版选择性必修第一册P154T8 拓展)
（1）若非零等差数列{an}的项数为2n,则S 偶-S 奇=nd,S偶
S奇
=an+1
an
.
（2）若等差数列{an}的项数为2n+1,则S 偶-S 奇=-an+1,S偶
S奇
= n
n+1.
证明 (1)因为S 奇=a1+a3+…+a2n-1=n(a1+a2n-1)
2
=nan,S 偶=a2+a4+…+a2n=(a2+a2n)n
2
=nan+1,
所以S 偶-S 奇=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2n-a2n-1)=nd, S偶
S奇
=nan+1
nan
=an+1
an
.
(2)因为S 奇=a1+a3+…+a2n-1+a2n+1=(a1+a2n+1)(n+1)
2
=(n+1)an+1,S 偶=a2+a4+…+a2n=(a2+a2n)n
2
=nan+1,
所以S 偶-S 奇=-an+1,S偶
S奇
=
nan+1
(n+1)an+1
= n
n+1.
【探究7】等比数列的奇偶项和的性质
(苏教版选择性必修第一册P169T8 拓展)
（1）若等比数列{an}的项数为2n,则S偶
S奇
=q.
（2）若等比数列{an}的项数为2n+1,则S奇-a1
S偶
=q,
S偶
S奇-a2n+1
=q.
证明 (1)因为S 奇=a1+a3+…+a2n-1,
S 偶=a2+a4+…+a2n=a1q+a3q+…+q2n-1q=S 奇·q,所以S偶
S奇
=q.
(2)因为S 奇=a1+a3+…+a2n-1+a2n+1=a1+a2q+…+a2n·q=a1+S 偶·q,所以S奇-a1
S偶
=q.
因为S 偶=a2+a4+…+a2n=a1q+a3q+…+a2n-1q=(a1+a3+…+a2n-1)q=(S 奇-a2n+1)q,所以
S偶
S奇-a2n+1
=q.
【🚀新题预测】
（1）(2026·重庆模拟)已知等差数列{an}的前30 项中奇数项的和为A,偶数项的和为B,且B-A=45,2A=B+615,则
an=( )
A.3n-2 B.3n-1 C.3n+1 D.3n+2
【答案】B
【解析】设等差数列的公差为d,首项为a1,则B-A=15d=45,所以d=3,
因为2A=B+615,即2A=A+45+615,则A=660,等差数列的奇数项是以a1为首项,2d 为公差的等差数列,
等差数列{an}的前30 项中奇数项有15 项,所以A=15a1+15×14
2
×6=660,得a1=2,所以an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1.
（2）(2026·山东淄博模拟)已知等比数列{an}共有2n+1 项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则
公比q= .
【答案】2
【解析】q=S奇-a1
S偶
=85-1
42
=2.
【探究8】堆垛术(人教A 版选择性必修第二册P26·T12)
如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中,后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有
1 个球,第二层有3 个球,第三层有6 个球……设各层球数构成一个数列{an}.
（1）写出数列{an}的一个递推公式;
（2）根据(1)中的递推公式,写出数列{an}的一个通项公式.
【解析】(1)该数列的一个递推公式为an-an-1=n(n≥2).
(2)该数列的一个通项公式为an=n(n+1)
2
.
【探究9】角谷猜想(人教A 版选择性必修第二册P56·T10)
任取一个正整数,若是奇数,就将该数乘3 再加上1;若是偶数,就将该数除以2.反复进行上述两种运算,经过有限次
步骤后,必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m=6,
根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1,共需经过8 个步骤变成1(简称为8 步“雹程”).
现给出冰雹猜想的递推关系如下:
已知数列{an}满足:a1=m(m 为正整数),an+1={
an
2 ,当an 为偶数时,
3an+1,当an 为奇数时,
（1）当m=17 时,试确定使得an=1 需要多少步雹程;
（2）若a8=1,求m 所有可能的取值集合M.
【解析】(1)当m=17 时,即a1=17,根据上述运算法则得出:
17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1,故当m=17 时,使an=1 需要12 步雹程.
(2)若a8=1,根据上述运算法则进行逆推,a7=2,a6=4,a5=8 或a5=1;
若a5=8,则a4=16,a3=32 或a3=5;当a3=32 时,a2=64,a1=128 或a1=21;当a3=5 时,a2=10,a1=20 或a1=3;
若a5=1,则a4=2,a3=4,a2=8 或a2=1;当a2=8 时,a1=16,当a2=1 时,a1=2;
故若a8=1,m 所有可能取值集合M={2,3,16,20,21,128}.
【🚀新题预测】
(多选)(2026·山西太原模拟)数学中有个著名的“角谷猜想”,其中数列{an}满足:a1=m(m 为正整数),an+1=
{
an
2 ,当an 为偶数时,
3an+1,当an 为奇数时,
则( )
A.m=5 时,a6=1
B.m=5 时,在所有an的值组成的集合中,任选2 个数都是偶数的概率为2
5
C.a5=4 时,m 的所有可能取值组成的集合为M={8,10,64}
D.若所有an的值组成的集合有5 个元素,则m=16
【答案】ABD
【解析】对于A,m=5 时,a1=5,所以该数列前6 项依次为5,16,8,4,2,1,a6=1,故A 正确;
对于B,m=5 时,该数列各项为5,16,8,4,2,1,4,2,1,…,
所有an的值组成的集合为{5,16,8,4,2,1},其中有4 个是偶数,2 个是奇数,
所以任选2 个数都是偶数的概率为C4
2
C6
2 = 6
15=2
5,故B 正确;
对于C,a1=1,数列各项为1,4,2,1,4,…,
所以1∈M,故C 错误;
对于D,若所有an的值组成的集合有5 个元素,则所有集合都含有4,2,1 三个元素,4 的前一项为8 或1,8 的前一项为
16,所以所有an的值组成的集合必为{16,8,4,2,1},且首项必为16,故D 正确.综上,选ABD.
