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专题04 数列
3 大考点概览
考点01 等差数列
考点02 等比数列
考点03 数列求和
一、单选题
1．（2026·湖南怀化·二模）已知数列
的前n 项和为
，且
，则满足
的最大正
整数n 的值为（ ）
A．10
B．11
C．12
D．13
【答案】C
【详解】由于
，故
为等比数列，
，公比
，
故
，
．
因为
，所以
，即
，
当
时，不等式不成立，故有
，此时
的差恒大于1，
只需
，即得
，
，解得
．
因为
，所以n 的最大值为12．
2．（2026·湖南岳阳·二模）等差数列
的首项为1，公差不为0.若
成等比数列，则数列
的
前6 项和为（ ）
A．
B．
C．26
D．24
【答案】C
【分析】根据等比中项结合等差数列通项公式可得
，
，再结合
的正负性以及等差数列
性质运算求解.
考点1
等差数列
1
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【详解】设等差数列
的公差为
，
因为
成等比数列，则
，且
，
即
，整理可得
，解得
或
（舍去），
可得
，
令
，解得
，
所以数列
的前6 项和为
.
二、多选题
3．（2026·湖南长沙·二模）已知数列
的前
项和为
，下列说法正确的是（ ）
A．若
，则
，
，成等比数列
B．若数列
为等差数列，则数列
为等比数列
C．若
，则数列
为等比数列
D．各项均为正数的数列
满足
（
，且
），
，
，则
【答案】BD
【分析】根据特殊数列法判断A；应用等比数列定义及指数幂的运算判断B；应用
计算得出
，然后根据等比数列定义判断C；令
，根据等差数列定义及其通项公式计算判断D.
【详解】对于A，当
时有
，此时
，
，不成等比数列，故A 错误；
对于B，若
为等差数列，设其公差为
，则此时有
，
且
，所以数列
为等比数列，故B 正确；
对于C，若
，则
，
2
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（
），
不满足
，于是
，
则
，所以数列
不是等比数列，故C 错误；
对于D，令
，由题意可知
，
因为
，
所以数列
是以为首项，
为公差的等差数列，
所以
，
则
，故D 正确.
三、填空题
4．（2026·湖南衡阳·二模）某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2 小时内进行学科素养答题挑战
赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均
答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为
，派出技能题的
概率为
．若某选手答对素养题的概率为
，答对技能题的概率为
，各轮答题正确与否相互独立．记该
选手在第
轮答题结束时挑战依然未终止的概率为
，记
，则
__________．
【答案】
【分析】设事件
“一轮答题中系统派出素养题”，事件
“该选手在一轮答题中答对”，根据全概
率公式求出
，设事件
“第n 轮答题结束时挑战未终止”，则当
时，
，
3
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所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，求解即可.
【详解】设事件
“一轮答题中系统派出素养题”，事件
“该选手在一轮答题中答对”，
依题意，
，
因此
，
所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为
．
设事件
“该选手在第n 轮答对”，由于各轮答题正确与否相互独立，所以
，
设事件
“第n 轮答题结束时挑战未终止”，当
时，第n 轮答题结束时挑战未终止的情况有两种：
①第n 轮答对，且第
轮结束时挑战未终止；
②第n 轮答错，且第
轮答对，且第
轮结束时挑战未终止，
因此第n 轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为
，
则
，而各轮答题正确与否相互独立，
因此
，
即当
时，
，当
时，
，
，所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
所以
，所以
．
四、解答题
5．（2026·湖南·二模）已知
为数列
的前n 项和，且
．
(1)求该数列的通项
；
4
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(2)若
，求数列
的前n 项和
．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用前n 项和
与通项
关系即可求解；
（2）先利用对数运算性质化简
，然后利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）当
时，
，
；
当
时,
,所以
，
整理可得
，
又
,解得
，满足
，
所以数列
是首项为2，公比为2 的等比数列，故
．
（2）因为
，所以
，
所以
．
6．（2026·湖南邵阳·二模）已知数列
是等差数列，且
，
，数列
满足
，
.
(1)求
的通项公式，并证明数列
是等比数列；
5
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(2)若数列
满足
，求
的前
项和
.
【答案】(1)
，证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意求出等差数列
的公差，即可得到其通项公式；由数列
满足
，
.根据等比数列的定义可证明数列
是等比数列；
（2）由分组求和法，结合等差数列、等比数列的前
项和公式可求得
.
【详解】（1）设等差数列
的公差为
，由
，
，
得
，解得
.
所以
.
由
得
，即
，
又
，
所以
是一个以4 为首项，3 为公比的等比数列.
（2）由（1）可得
，所以
.
所以
.
所以
.
一、单选题
考点2
等比数列
6
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1．（2026·湖南怀化·二模）已知数列
的前n 项和为
，且
，则满足
的最大正
整数n 的值为（ ）
A．10
B．11
C．12
D．13
【答案】C
【详解】由于
，故
为等比数列，
，公比
，
故
，
．
因为
，所以
，即
，
当
时，不等式不成立，故有
，此时
的差恒大于1，
只需
，即得
，
，解得
．
因为
，所以n 的最大值为12．
2．（2026·湖南岳阳·二模）等差数列
的首项为1，公差不为0.若
成等比数列，则数列
的
前6 项和为（ ）
A．
B．
C．26
D．24
【答案】C
【分析】根据等比中项结合等差数列通项公式可得
，
，再结合
的正负性以及等差数列
性质运算求解.
【详解】设等差数列
的公差为
，
因为
成等比数列，则
，且
，
即
，整理可得
，解得
或
（舍去），
可得
，
令
，解得
，
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所以数列
的前6 项和为
.
二、多选题
3．（2026·湖南长沙·二模）已知数列
的前
项和为
，下列说法正确的是（ ）
A．若
，则
，
，成等比数列
B．若数列
为等差数列，则数列
为等比数列
C．若
，则数列
为等比数列
D．各项均为正数的数列
满足
（
，且
），
，
，则
【答案】BD
【分析】根据特殊数列法判断A；应用等比数列定义及指数幂的运算判断B；应用
计算得出
，然后根据等比数列定义判断C；令
，根据等差数列定义及其通项公式计算判断D.
【详解】对于A，当
时有
，此时
，
，不成等比数列，故A 错误；
对于B，若
为等差数列，设其公差为
，则此时有
，
且
，所以数列
为等比数列，故B 正确；
对于C，若
，则
，
（
），
不满足
，于是
，
则
，所以数列
不是等比数列，故C 错误；
8
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对于D，令
，由题意可知
，
因为
，
所以数列
是以为首项，
为公差的等差数列，
所以
，
则
，故D 正确.
三、填空题
4．（2026·湖南衡阳·二模）某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2 小时内进行学科素养答题挑战
赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均
答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为
，派出技能题的
概率为
．若某选手答对素养题的概率为
，答对技能题的概率为
，各轮答题正确与否相互独立．记该
选手在第
轮答题结束时挑战依然未终止的概率为
，记
，则
__________．
【答案】
【分析】设事件
“一轮答题中系统派出素养题”，事件
“该选手在一轮答题中答对”，根据全概
率公式求出
，设事件
“第n 轮答题结束时挑战未终止”，则当
时，
，
所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，求解即可.
【详解】设事件
“一轮答题中系统派出素养题”，事件
“该选手在一轮答题中答对”，
依题意，
，
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因此
，
所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为
．
设事件
“该选手在第n 轮答对”，由于各轮答题正确与否相互独立，所以
，
设事件
“第n 轮答题结束时挑战未终止”，当
时，第n 轮答题结束时挑战未终止的情况有两种：
①第n 轮答对，且第
轮结束时挑战未终止；
②第n 轮答错，且第
轮答对，且第
轮结束时挑战未终止，
因此第n 轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为
，
则
，而各轮答题正确与否相互独立，
因此
，
即当
时，
，当
时，
，
，所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
所以
，所以
．
四、解答题
5．（2026·湖南·二模）已知
为数列
的前n 项和，且
．
(1)求该数列的通项
；
(2)若
，求数列
的前n 项和
．
【答案】(1)
(2)
10
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【分析】（1）利用前n 项和
与通项
关系即可求解；
（2）先利用对数运算性质化简
，然后利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）当
时，
，
；
当
时,
,所以
，
整理可得
，
又
,解得
，满足
，
所以数列
是首项为2，公比为2 的等比数列，故
．
（2）因为
，所以
，
所以
．
6．（2026·湖南邵阳·二模）已知数列
是等差数列，且
，
，数列
满足
，
.
(1)求
的通项公式，并证明数列
是等比数列；
(2)若数列
满足
，求
的前
项和
.
【答案】(1)
，证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意求出等差数列
的公差，即可得到其通项公式；由数列
满足
，
11
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.根据等比数列的定义可证明数列
是等比数列；
（2）由分组求和法，结合等差数列、等比数列的前
项和公式可求得
.
【详解】（1）设等差数列
的公差为
，由
，
，
得
，解得
.
所以
.
由
得
，即
，
又
，
所以
是一个以4 为首项，3 为公比的等比数列.
（2）由（1）可得
，所以
.
所以
.
所以
.
一、单选题
1．（2026·湖南·三模）已知数列
的通项公式为
，数列
是以1 为首项，2 为公比的等比数
列，则
（ ）
A．1013
B．1014
C．502
D．503
【答案】A
【详解】由题意
，又
，故
，
考点3
数列求和
12
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．
二、解答题
2．（2026·湖南岳阳·二模）已知数列
的前
项和为
，若数列
是等差数列，且
(1)求数列
的通项公式
;
(2)设
求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列求出
通项公式，再根据
与
的关系求解即可.
（2）根据（1）求出
，再根据裂项相消法求解即可.
【详解】（1）设等差数列
的公差为
，由已知
，
，得
，
.
进而
，得
.
又
， 因此
，即
.
当
时，
，
当
时，
，满足
.
故
.
13
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（2）由
，代入
，
得
.
所以
.
3．（2026·湖南衡阳·二模）已知等差数列
的前
项和为
，且
，
，数列
的前n
项和为
，满足
．
(1)求数列
，
的通项公式；
(2)已知数列
满足：
，求数列
的前n 项和
．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）法一：利用等差数列前
项和公式、通项公式，联立方程组求解首项和公差，即可得数列
的通项公式；
法二：利用等差数列性质
，求出中间项的值，再计算公差，即可得数列
.
结合
和
，即可得数列
的通项公式.
（2）根据（1）中数列
，
的通项公式，得到数列
的通项公式，再结合裂项相消求和，即可得
解.
【详解】（1）法一：因为数列
是等差数列，设公差为
，
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因为
，所以
，
即
，解得
，
所以
，
数列
的通项公式为
．
法二：因为
，所以
，解得
，
所以公差
，
所以
，
数列
的通项公式为
．
由
，当
时，
，得
，
当
时，
，所以
，
所以
，即
，
又
，所以
．
所以数列
是首项为1，公比为3 的等比数列，所以
.
（2）由（1）知，
，
，
所以
，
15
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所以
．
故数列
的前n 项和
.
【点睛】在求数列
的通项公式时，要分
和
讨论，由递推关系写通项后，还须验证首项.
4．（2026·湖南常德·二模）已知数列
的前
项和
，
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)设
，数列
的前
项和为
，求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据
与
的关系，推出
为等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可.
（2）求出
，结合裂项相消法求出
，进一步证明即可.
【详解】（1）当
时，
，解得
.
当
时，
，则
，
即
，所以数列
是以2 为首项，2 为公比的等比数列，
.
（2）由（1）知，
，则
.
所以
，
16
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又
，所以
，则
，即
.
5．（2026·湖南永州·二模）已知数列
满足
．
(1)求
的通项公式
；
(2)求
的前
项和
．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得
，结合等比数列的定义可得
，即可求解；
（2）由（1），结合错位相减法计算即可求解.
【详解】（1）由
，得
，
即
，得
，又
，
所以
是以
为首项，以
为公比的等比数列，
则
，所以
.
（2）由（1）知，
，
，
两式相减得
，
所以
.
6．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知数列
是等差数列，
.
(1)求
的通项公式；
17
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(2)设数列
的前
项和为
，求
.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的性质求出公差，再利用等差数列的通项公式即可求解，
（2）根据裂项相消法求和即可得解.
【详解】（1）由
可得
，故公差
，
所以
，
（2）由于
，
故
7．（2026·湖南湘潭·三模）已知数列
和
满足
．
(1)若
，求
的值；
(2)若
，且
恒成立，求的取值范围；
(3)设
，若
，证明：
．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由
，
，分别求得
求解；
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（2）由
，得到
，从而
，再利用裂项相消法求解；
（3）由
，得到
，再由
，得到
，然后递
推求解.
【详解】（1）因为
，
所以
，
所以
．
（2）因为
，
所以
，
则
，
所以
，
由
恒成立，可得
，
则
，得
，
则
，即的取值范围为
．
（3）证明：由
，
可得
，
则
，
两式相减得
．
19
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由
，得
，
则
．
由
，得
，
则
，即
．
8．（2026·湖南·三模）已知正项数列
满足
，且
.
(1)证明：
为等差数列；
(2)求数列
的前n 项和
.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明
为等差数列，即证
为常数，对条件化简即可证明；
（2）先求
的表达式，求出
，化简通项
，再分奇偶讨论前
项和即
可.
【详解】（1）由
得，
，
所以
，
故
是首项为1，公差为1 的等差数列；
（2）因为
，所以由（1）可知，
，则
.
所以
.
20
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当
为偶数时，
当
为奇数时，
综上所述，
.
9．（2026·湖南郴州·三模）已知圆
外有一点
.
(1)当
时，过点
作直线，当直线与圆
相切时，求直线的方程；
(2)自点
发出的光线经过
轴反射后与
相切，记与
相切的两条反射光线所在直线的斜率之积为
，
数列
的前
项和为
，求证：
.
【答案】(1)
或
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线的方程为
，由点到直线的距离公式可得
，求解即可；
（2）记点
关于
轴的对称点为
，设反射光线所在直线
，由点到直线的距离得
，进而由根与系数的关系可得
，利用裂项相消法可求证结论.
【详解】（1）圆
，圆心
，半径
.
由题意可知直线的斜率
存在，设直线的方程为
，即
.
由于直线与圆
相切，所以
，解得
或
，
21
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所以直线的方程为
或
；
（2）记点
关于
轴的对称点为
，则
.
由于反射光线所在直线经过点
，且斜率存在，
设反射光线所在直线
，即
.
又圆
的圆心为
，半径
，直线
与圆
相切，则
，
整理得
，
则两条切线的斜率之积
.
所以
，
.
22
