选填06 数列（九大考点训练 真题模拟题练）-2025年高中数学二轮选填及解答突破讲练（新高考专用）

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【考点01 等差等比数列的性质】
【例1】等差数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】C
【详解】设的公差为，则，解得，
，所以，
故.
故选：C
【例2】已知为等比数列的前项和，若，则（ ）
A．72B．C．144D．
【答案】D
【详解】依题意，，，
，由为等比数列，得，
即，解得或，由，得，
则，所以.
故选：D
【变式1-1】已知等比数列满足：，且，则公比（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【详解】设等比数列的公比为，由可得，即;
由得：.
，.
由得：；即；
.即，.
.
，解得：或（舍）.
故选：.
【变式1-2】已知等差数列的前项和为，且，等比数列的首项为1，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．5
【答案】B
【详解】由题得，
所以，设等比数列的公比为，所以，
则.
故选：B
【变式1-3】已知等差数列的前n项和为，且满足，，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【详解】设的公差为，
因为，
所以，
又，故，解得，所以，
又，所以．
故答案为：
【考点02 定义法求解数列】
【例3】已知数列的前n项和为，满足，则=（ ）
A．11B．31C．61D．121
【答案】D
【详解】令，得，得，
由，
当时，，两式相减得，
，即，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
故选：D.
【例4】已知数列中，，（，且），则通项公式（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】当时，，即，而，
所以
，满足上式，
所以所求通项公式为.
故选：C
【变式2-1】（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
【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
【变式2-2】记为数列的前项积，已知，，则数列的通项公式为 .
【答案】
【详解】由题意得，.
∵，∴，即，
∴，
∵，∴，
∴数列是以3为首项，2为公差的等差数列，
∴.
故答案为：.
【变式2-3】已知数列解前项和为，若，则 ， .
【答案】 78
【详解】当时，，解得，
当时，，解得，则.
当时，由得，
两式相减整理得，
即，因为，所以数列是首项为9，公比为9的等比数列，则，即.
故答案为：78；
【考点03 分段数列】
【例5】已知数列满足：，，则下列结果为负数的是：（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设，则，
同理：，
对于：，，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
解得：，同理：，
则，，
，，
，，
，，
所以B正确.
故选：B
【例6】已知数列满足，若，的所有可能取值构成集合，则中的元素的个数是（ ）
A．7个B．6个C．5个D．4个
【答案】B
【详解】若，又，
根据上述运算法进行逆推，可得，，
所以或；
若，则或；
当时，或；
若时，或；
当，则或；
当时，；
当时，，
故时，的所有可能的取值集合
即集合中含有个元素．
故选：B
【变式3-1】已知数列满足：，设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为数列满足：，且，
对任意的，为偶数，则，
所以，，所以，.
故选：A.
【变式3-2】已知数列的首项为,数列的前项和小于实数，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】当时，，即.
所以当为奇数时，是常数列.又，
所以当为奇数时，，即，
当为偶数时，，
所以当时，.
设，则
故的前项和为
，当趋向于无穷大时，前和趋向于.
所以的最小值为.
故选：C.
【变式3-3】已知数列的各项均为正整数，其前项和为.若且，则 ； .
【答案】
【详解】为奇数，且当是奇数时，是偶数，
、、中必有两个偶数，一个奇数，
若为奇数，、是偶数，
，解得，
，，，，，，
为从第四项起，数列是以为周期的数列，且一个周期内的和为7，
若为偶数，为偶数，则为奇数，且，解得矛盾（舍去），
若为偶数，为奇数，则为偶数，且，解得矛盾（舍去），
则时，；当时，，
则，
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题的关键是对分奇偶数讨论，从而确定的值以及其从第4项开始的周期性，最后求和即可.
【考点04 求取值范围和最值问题】
【例7】已知等比数列的前项和为，，数列为等比数列，若，则正整数的最大值为（ ）
A．9B．10C．11D．12
【答案】C
【详解】等比数列的前项和为，，设公比为，
由数列为等比数列，
所以当时，可得，不是等比数列，
当时，可得，
所以，所以，
所以，由，可得，
又，，可得正整数的最大值为.
故选：.
【例8】（多选）若等差数列的前n项和为，首项为，公差为d，设，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则当且仅当时，有最大值
B．若，则当且仅当时，数列的前n项和有最大值
C．若，则的取值范围为
D．若函数的对称轴方程为，则的取值范围为
【答案】ABD
【详解】对A选项，，，则，所以当且仅当时，有最大值，A正确；
对B选项：，，则，，且，
当且仅当时，数列的前n项和有最大值，B正确；
对C选项：，，且，，
所以，则，C错误；
对D选项：由已知可得，，且，，
所以，而，故，即D正确.
故选：ABD
【变式4-1】已知数列{}满足 则数列 {}的通项公式 = ，若数列{}对任意的 恒成立，则实数k的最小值为
【答案】 /
【详解】，
当时，
；
，
设，，
当时，，，
当时，，因此是数列的最大项
要想数列{}对任意的 恒成立，
只需，
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用参变量分离法，结合构造新数列，利用差比法判断数列的单调性.
【变式4-2】将数列与数列的公共项从小到大排列得到数列，则使得成立的的最小值为 ．
【答案】170
【详解】由题意，与的公共项为1，13，25，37，…，
故，所以，解得，
所以的最小值为170．
故答案为：170
【变式4-3】已知数列的前n项和为，且，则使不等式成立的正整数n的最大值为（ ）
A．11B．10C．9D．8
【答案】C
【详解】依题意，，，
则
，不等式为，即，
因此，解得，所以所求正整数n的最大值为9.
故选：C
【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
【考点05 数列的实际应用与数学文化】
【例9】蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关，如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上收长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点（第一段圆弧），再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点，再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为 .

【答案】
【详解】由题意可知：每段圆弧的圆心角为，
设第段圆弧的半径为，则可得，
故数列是以首项，公差的等差数列，
则，
则“蚊香”的长度为
.
故答案为：.
【例10】“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”.原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有一个相关的问题：被3除余1且被4除余2的正整数，按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，则的值为（ ）
A．24294B．24296C．24298D．24300
【答案】C
【详解】被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列，
构成首项为，公差为的等差数列，
所以，
则.
故选：C.
【变式5-1】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”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第n层有个球，则数列的前5项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意得，，
当时，，
以上各式累加得：，
经检验符合上式，所以，
所以
设数列的前项和为，
则，所以.
故选：A.
【变式5-2】（多选）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子研究数，他们根据沙粒和小石子所排列的形状把数分成许多类，如图所给的称为三角形数，记三角形数构成数列，其前项和为，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】A选项，由题得，……，
根据等差数列的求和公式可得，则，A正确；
B选项，，B正确；
C选项，，而，故，C错误；
D选项，，D错误．
故选：AB
【变式5-3】如图的工艺品是由九个圆柱焊接而成.这些圆柱具有共同的轴，最下边的圆柱的高为10cm、底面半径为5cm.从由下至上第二个圆柱开始，每个圆柱的底面半径与高都分别是其下面一个圆柱的底面半径与高的0.8倍，则这个工艺品的表面积（含最下边圆柱的下底面积）约为 （精确到）
【答案】
【详解】由题设，第个圆柱的高，底面半径，
所以，第个圆柱的侧面积为，底面积为，
则侧面积之和为，
底面积之和为，
所以工艺品的表面积为.
故答案为：
【考点06 数列中的个数、项数问题】
【例11】已知单调递增的整数列共有项，，，且对任意的整数，都存在整数使得（可以相等），则数列至少有（ ）项.
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】当时，数列满足；
若有项，依题意，，
所以，，，，，，
而，所以，，，此时，
所以无法取整数；
显然当都不成立.
故选：D.
【点睛】本题主要考查数列的新定义，还考查了分析推理求解的能力，属于难题.
【例12】若数集的子集满足：至少含有2个元素，且任意两个元素之差的绝对值大于1，则称该子集为数集的超子集．已知集合，记，记的超子集的个数为，当的超子集个数为221个时， ．
【答案】11
【详解】集合的超子集可以分为两类：
第一类中不含有，这类子集有个，
第二类子集中含有，这类子集为的超子集与的并集，共有个，
，
，
，
故答案为：11.
【变式6-1】已知无穷数列的前项和为，不等式对任意不等于2的正整数恒成立，且，那么这样的数列有 个.
【答案】4
【详解】当时，，得或，
当时，由，得，
两式相减得：，
整理得，所以或，
当时，若，可得，
因为不等式对任意不等于2的正整数恒成立，
所以对任意不等于2的正整数恒成立，
则当时，，即，，，，成立；
若，时，，即，，，，成立；
当时，若，可得，，不合题意，舍去；
当时，若，可得，
由题意可得对任意不等于2的正整数恒成立，
则当时，，即，，，，成立；
若，时，，即，，，，成立；
当时，若，可得，，不合题意，舍去．
所以满足题意的数列有4个．
故答案为：4.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是用与的关系求得或，但由于或两个值，就会有四种组合，分类意义验证恒成立即可.
【变式6-2】已知数列共有10项，且，若，则符合条件的不同数列有 个．
【答案】66
【详解】若的值只有1种可能，则符合条件的不同数列有3个，
若的值有2种可能，则利用隔板法可知，符合条件的不同数列有个，
若的值有3种可能，则利用隔板法可知，符合条件的不同数列有个，
故共有66个符合条件的不同数列．
故答案为：66
【变式6-3】已知有穷数列的首项为1，末项为10，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为 ．
【答案】55
【详解】依题意，首项和末项相差9，而任意相邻两项之间满足，
设成立的项数共有项，设成立的项数共有项，
可知：，
当时，即后一项与前一项的差均为1，数列的个数为1；
当时，即后一项与前一项的差出现1个2，7个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现2个2，5个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现3个2，3个1，数列的个数为；
当时，即后一项与前一项的差出现4个2，1个1，数列的个数为；
所以符合上述要求的不同数列的个数为.
故答案为：55.
【考点07 菲波那契数列】
【例13】斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多・斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：，，记此数列为，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由题意得，，，，
则.
故选：C.
【例14】意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时， 发现有这样一列数: 1， ，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即 ， . 后来人们把这样的一列数组成的数列 称为“斐波那契数列”. 记 为“斐波那契数列” 的前 项和，若 ，则 . (结果用 表示)
【答案】
【详解】由题意知
，
所以 ，则，
，
，
，即 ①，
由题意得当 时， ，则 ，
所以 ，
所以
，
所以 ，所以 ② ，
所以由①②可得 .
故答案为：
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
【变式7-1】（多选）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多.斐波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”，在数学上斐波那契数列以的递推方法定义，已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【详解】对于A，由，，，
可得，，，，则，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，…，故C正确；
对于D，…，D错误．
故选：
【变式7-2】1202年，意大利数学家斐波那契（Lenard Fibnacci，约1170-约1250）以兔子繁殖问题，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，即，．人们在自然界中发现了许多斐波那契数列的例子．斐波那契数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域也有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2025项的和为 ．
【答案】1350
【详解】由题意知数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，
被2除后的余数构成一个新数列：1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，⋯，
即数列是以3为周期的数列，一个周期内的三项和为2，
因为，故数列的前2025项的和为，
故答案为：1350
【变式7-3】已知斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…的第个数记为，则，，已知，，则 .（用含，的代数式表示）
【答案】
【详解】因为，
所以
,
所以.
故答案为：
【点睛】斐波那契数列的性质：（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）；
（7）；
（8）；
（9）；
（10）
【考点08 数列新定义】
【例15】若数列的各项均为正数，且，都有，则称数列具有“性质”，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则数列具有“性质”
B．若，则数列具有“性质”
C．具有“性质”的数列的前项和为
D．具有“性质”的数列的前项和为
【答案】C
【详解】当时，，所以，
因为，解得，当时，
则，因为，
所以，当时，，
所以，猜想，假设当时成立，
此时，
现证明，
当时，左边为，右边为，
成立，当时，左边为，右边为，
也成立，进一步假设当时成立，
即，则当时，
左边变为，
展开整理可得，
与右边一致，故等式对任意成立，
所以时满足条件，当时，
由递推关系代入和得，
即，因为，
所以，所以，
前项和为，且立方和为，
满足，所以C正确；
取，计算时，
，立方和为，故A错误；
，当时，，
立方和为，故B错误；
选项D前项和为，
当时和为，与矛盾，故D错误.
故选：C.
【例16】两个项数均为的数列和，称它们对应项差的绝对值之和为数列与的“距离”.设是项数均为4且每项为0或1的个数列，它们中任意两个数列的“距离”不小于2，则的最大值为（ ）
A．6B．8C．9D．10
【答案】B
【详解】因为数列每项为0或1，前三项至多有种组合，
若，则中必有两个数列前三项相同，不妨设该二者为，
则当第四项也相同时，它俩的“距离”为0；
当第四项相异时，它俩的“距离”为1，都不满足题意，故不成立.
当时，可构造，，，，
，，，满足题意；
还可构造，，，，，
，，满足题意（构造不唯一），
故的最大值为8．
故选：B.
【变式8-1】（多选）已知数列满足：对任意的，总存在，使得，则称为“回旋数列”．以下结论中正确的是（ ）
A．若，则为“回旋数列”
B．设为等比数列，且公比为有理数，则为“回旋数列”
C．设为等差数列，当，公差时，若为“回旋数列”，则
D．若为“回旋数列”，则对任意，总存在，使得
【答案】AC
【详解】[对于A，由可得，
由可得，
取即可，则为“回旋数列”，故A正确；
对于B，当时，，，
由可得，故当时，很明显不成立，
故不是“回旋数列”，故B错误；
对于C，是等差数列，故，，
因为数列是“回旋数列”，所以，
即，其中为非负整数，
所以要保证恒为整数，
故为所有非负整数的公约数，且，所以，
此时，当时，；时，；
当时，，当为大于3的整数时，与奇偶性相反，则为正整数，
故满足题意，故C正确；
对于D，由A可知，当时，为“回旋数列”，
取，，显然不存在，使得，故D错误．
故选：AC
【变式8-2】（多选）我们常用的数是十进制数，如，计算机用的是二进制数，只需两个数码.如二进制数：.将十进制正整数表示为二进制数，其各位数字之和记为，即：，其中，且，则，如.则以下关于数列的结论正确的有（ ）
A．若，则的最大值为B．
C．D．
【答案】BD
【详解】对于A，如，则，或或…无最大值，故A错误；
对于B，设，，且
则，，B正确；
对于C，当时，由C得，而由B，，矛盾，故C错误；
对于D，设
，
故，故D正确.
故选：BD
【变式8-3】数列中，若存在，使得“且”成立，（，）则称为的一个峰值.若，则的峰值为 ；若，且不存在峰值，则实数的取值范围为 .
【答案】
【详解】由，
函数的对称轴为，
又，
所以，
所以的峰值为；
若，则，
令，则，
当时，，所以函数在上单调递减，
则数列是递减数列，符合题意；
当时，令，则，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
要使数列不存在峰值，
则，即，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：；.
【考点09 数列与其他知识的交汇】
【例17】在等比数列中，，若函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设，
则，，
所以，.
因为是等比数列，且，，
于是，
故，
所以，.
故选：A.
【例18】已知数列是首项是1，公比为的等比数列，数列的通项公式是．设双曲线的离心率为且，则当 时，最大．
【答案】或
【详解】依题意，，
则，，
所以，
又，解得，所以，
令，则，
所以当时，当时，
即，
所以当或时取得最大值，
则当或时最大.
故答案为：或
【变式9-1】已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前17项和为（ ）
A．9B．17C．26D．34
【答案】D
【详解】依题意，，
由，得，
当时，，即函数的图象关于点对称，，
由等差中项的性质得，
则，
所以数列的前13项和为：.
故选：D
【变式9-2】已知，集合，集合所有的非空子集的最小元素之和为，使的最小正整数的值为 ．
【答案】19
【详解】由题意，，
所以其非空子集中最小元素是的集合有个，
其非空子集中最小元素是的集合有个，
其非空子集中最小元素是的集合有个，
所以；
又由题意易得，；
令，则，
当时，，即，此时单调递减；
又，所以当时，都有；
因此对于集合，
其非空子集中最小元素是的集合有个；
其非空子集中最小元素是的集合有个；
其非空子集中最小元素是的集合有个；
……
其非空子集中最小元素是的集合有个；
其非空子集中最小元素是的集合有个；
其非空子集中最小元素是的集合有个，
其非空子集中最小元素是的集合有个，
所以时，
，
由得，即，所以，
即使的最小正整数的值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的前n项和的求法，解题时要熟练掌握集合的子集的概念，注意分类讨论思想的灵活运用.
【变式9-3】甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.如果设次传球后球在甲手中的概率为，则 ； .
【答案】
【详解】记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，，
，则，
于是得，即，
而，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
因此，，即，
所以n次传球后球在甲手中的概率是.
.
故答案为：①；②.
1．（2025·山东青岛·一模）已知数列，，且，将与的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则的前10项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为数列是正奇数数列，
对于数列，当为奇数时，设，则，为奇数；
当为偶数时，设，则，为偶数，
所以，由数列的函数特性知为递减数列，
又，
所以，
故选：C．
2．（2025·山东青岛·一模）设是关于的方程的实数根.记，其中表示不超过的最大整数，设数列的前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】令，则函数在上为增函数，
因为，
，
由零点存在定理可得，则，
当为正奇数时，设，则，则，
当为正偶数时，设，则，则，
所以，
.
故选：B.
【点睛】关键点睛：解本题的关键在于利用零点存在定理得出的取值范围，并由此讨论的取值，结合数列求和求解.
3．（2025·河南安阳·一模）已知数列的前项和为，且，若，，则（ ）
A．3B．6C．1015D．2030
【答案】A
【详解】由，变形得到
，即，
故为等差数列，设公差为，则，
故①，则②，
式子②-①得，则，，
所以为等差数列，则，
，即，解得，
所以，
则，，又，
故.
故选：A
4．（2025·北京平谷·一模）在等比数列中，，记，则数列（ ）
A．无最大项，有最小项B．有最大项，无最小项
C．有最大项，有最小项D．无最大项，无最小项
【答案】C
【详解】设等比数列的公比为，
由，
则，解得，，
则，
则
，
设，则，
所以，
则时，，即，
当时，，即，
则，则为最大项，
此时为正数项，且在正数项中最大；
再比较和，其中一个为第二大的项，
由于，，因此为最小项.
故选：C.
5．（2024·江西新余·模拟预测）设等比数列的前项和为，若对于某一个使成等差数列，则的值可能为：（ ）.
A．99B．102C．105D．该值不存在
【答案】B
【详解】①，则：，，，
或，均舍去.
②，则：，，，
于是由等差中项数列的性质化简得，
令，
，
令，，
当时，，所以，而，
当为奇数时，，则单调递增，又，
所以在无零点，舍去；
当为偶数时，同理可得：在单调递减，在和单调递增，
而（极限值），，
由零点存在性定理：有唯一零点且在内，成立.
所以存在且只能为偶数，
故选：B.
6．（2025·陕西西安·二模）记为等比数列的前项和，已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．的最小值为
【答案】BCD
【详解】根据题意，设等比数列的公比为，则，解得.
所以，解得.
所以，.
故A错误，BC正确.
对于D，，根据函数单调性可知，在和时，取得最小值.故D正确.
故答案选：BCD.
7．（2025·山东济宁·一模）（多选）已知等比数列的前项和为，且为等差数列，且，记集合中元素的个数为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【详解】对于A，设等比数列的公比为，由，得，
两式相减得，即所以，
又，解得，所以，正确；
对于B，设等差数列的公差为，
由，得，解得，
所以，正确；
对于C，由，得，
则集合中元素的个数为，即，错误；
对于D，，正确．
故选：ABD
8．（2025·河南南阳·模拟预测）（多选）已知等比数列不是递增数列，其前项和为，且，，成等差数列，，则（ ）
A．
B．
C．数列的最大项为
D．数列的最小项为
【答案】ACD
【详解】设等比数列的公比为.
对于A，由题意得，
则，故A正确；
对于B，由A项，可得，∴，
当时，，
此时可知数列为递增数列，故舍去；
故，∴，故B错误；
对于C，，
当为奇数时，，而指数函数在上单调递减，
∴；
当为偶数时，，而指数函数在上单调递减，
∴，故得，
又∵函数在上单调递增，∴，
当时，时为最大项，故C正确，
当时，为最小项，故D正确.
故选：ACD.
9．（2025·河北唐山·一模）已知费马数是形如的素数，如第一个费马数为，则 ；正多边形的边数若能写成与个不同的费马数的乘积，，则正多边形就可以用尺规作图．将这种正多边形的边数按从小到大排列，记为数列，注：若，边数可以取等；若，边数可以取等，则 ．
【答案】 17 16
【详解】由知，将代入得，
1、当时，边数可以是3，
2、当时，边数可以是4，
3、当时，边数可以是5，
4、当，时，边数可以是6，
5、当时，边数可以是8，
6、当，时，边数可以是10，
7、当，时，边数可以是12，
8、当时，边数可以是15，
9、当时，边数可以是16，
10、当时，边数可以是17，
故,
故答案为：①17 ；②16
方法点睛：新定义数列求法：
（1）理解定义：仔细研读新定义，明确新数列的特征、规律或运算规则等关键信息，
（2）列举归纳：对于一些复杂的新定义数列，可先根据定义求出数列的前几项，
通过观察这些项的规律，推测出数列的通项公式或其他性质；
（3）转化化归
（4）利用数学方法.
10．（2025·广东江门·一模）在某平台开展闯关赢奖品活动中，用户每次进入新的一关都有一次抽奖机会．已知用户在第一关抽到奖品的概率为．从第二关开始，若前一关没抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为；若前一关抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为．记用户第关抽到奖品的概率为，则的最大值为 ．
【答案】
【详解】依题意，，记用户第关抽到奖品为事件，当时，，
，，，
于是，则，
而，因此数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即，
当为奇数时，，则；
当为偶数时，，数列是递减数列，，
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用全概率公式构建数列的递推关系，再利用构造法求出通项公式是求解的关键.
11．（2024·25高三下·浙江·开学考试）已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，，，则 ；设是函数的零点，，则数列的前项和 .
【答案】 2
【详解】因为，所以.
因为，，
所以曲线在点处的切线方程为.
令，得，即.
因为，所以.
因为，所以.
因为，所以，，所以.
因为， 故，
而，故为等比数列，且首项为1，公比为2，
所以，故.
故答案为：
【点睛】思路点睛：已知数列的递推关系求其通项时，可对原递推关系适当变形，从而运用等差或等比数列的通项公式的求法求出新数列的通项从而得到原数列的通项.
12．（2024·北京怀柔·模拟预测）设首项是1的数列的前项和为，且，则 ；若，则正整数的最大值是 ．
【答案】 8 11
【详解】由，得，，；
当为偶数时，，则，又，
因此，；
当为奇数时，，则，又，
因此，，
数列各项均为正，则数列单调递增，
当为偶数时，
，又，
当时，，当时，；
当为奇数时，，
当时，，所以正整数的最大值是11.
故答案为：8，11
【点睛】关键点点睛：按奇偶分析求出通项，再按奇偶求出前项和是求解问题的关键.
1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【详解】方法一：利用等差数列的基本量
由，根据等差数列的求和公式，，
又.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，
，故.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差，则，则.
故选：D
2．（2024·全国甲卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由，则，
则等差数列的公差，故.
故选：B.
3．（2023·全国甲卷·高考真题）记为等比数列的前项和．若，则的公比为 ．
【答案】
【详解】若，
则由得，则，不合题意.
所以.
当时，因为，
所以，
即，即，即，
解得.
故答案为：
4．（2023·全国甲卷·高考真题）记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25B．22C．20D．15
【答案】C
【详解】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C.
方法二：，，所以，，
从而，于是，
所以．
故选：C.
5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
【答案】C
【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．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
6．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
【答案】 23 57.5/
【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则，
故，.
故答案为：.
7．（2023·全国乙卷·高考真题）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1B．C．0D．
【答案】B
【详解】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或或
于是有或，
即有，解得；
或者，解得；
所以，或.
故选：B
8．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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
【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
9．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ．
【答案】 48 384
【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，
则，且，可得，
则，即，可得，
空1：可得，
空2：
方法二：空1：因为为等比数列，则，
且，所以；
又因为，则；
空2：设后7项公比为，则，解得，
可得，所以.
故答案为：48；384.
10．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
【答案】B
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.