专题06 数列及其应用（考点专练）-2026年高考数学二轮复习讲义（含答案）

这是一份专题06 数列及其应用（考点专练）-2026年高考数学二轮复习讲义（含答案）试卷主要包含了等差与等比数列，数列通项，数列求和等内容，欢迎下载使用。


考点一 等差与等比数列
命题点1 等差数列及其性质
【典例01】（2025年高考天津卷数学真题），则数列的前项和为（ ）
A．112B．48C．80D．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
【典例02】（2025年高考全国二卷数学真题）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.
命题点2 等比数列及其性质
【典例01】（多选题）（2025年高考全国二卷数学真题）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.
【典例02】（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）记为等比数列的前项和．若，则的公比为 ．
【答案】
【解析】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：
命题点3 等差等比数列综合问题
【典例01】（2025年高考北京卷数学真题）已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（ ）
A．B．C．16D．18
【答案】C
【解析】设等差数列的公差为，
因为成等比数列，且，
所以，即，解得或（舍去），
所以.
故选：C.
【典例02】（2025年上海春季高考练习数学试题）已知是首项为1、公差为1的等差数列，是首项为1、公比为的等比数列．若数列的前三项和为2，则 ．
【答案】
【解析】由题意得，，
则，所以前三项和为，
解得或-1（舍去），
故答案为：
命题点4 范围与最值问题
【典例01】（2024年上海春季高考练习数学试题）数列，，c的取值范围为 ．
【答案】
【解析】因为，则，
可知数列为等差数列，
则，解得，
所以c的取值范围为.
故答案为：.
【典例02】（多选题）已知为等差数列的前n项和，d为的公差，若，，则（ ）
A．B．
C．的最小值为D．的最大值为
【答案】ABC
【解析】由，可得，即，
又由，，即，
，且，则，
所以，所以的最小值为，无最大值.
故A，B，C均正确，D错误.
故选：ABC.
考点二 数列通项
命题点1 累加、累乘法
【典例01】已知数列满足，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题设，即
，且，
所以，
由满足上式，故.
故选：B
【典例02】已知正项等差数列满足，则（ ）
A．670B．675C．2025D．4050
【答案】B
【解析】因为数列为正项等差数列，
则，即，
可得，，，，
累乘可得.
故选：B.
命题点2 构造法
【典例01】在数列中，，，则 .
【答案】
【解析】由，得.
由，得，则，
所以.
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以.
所以.
故答案为：.
【典例02】已知数列满足，则 ．
【答案】
【解析】由，可得，
又，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以.
故答案为：.
命题点3 已知求
【典例01】已知数列的前项和为，若，则 .
【答案】
【解析】由，当时，，所以.
当时，，
所以，所以数列是首项为，公比的等比数列，
所以.
当时，，上式也成立.
综上，.
故答案为：
【典例02】已知数列满足，则数列的通项公式为 .
【答案】
【解析】由题意，
当时，，两式相减得，
，解得，
在中，令，可得，故也满足，
综上所述，所求即为.
故答案为：.
命题点4 观察法与定义法
【典例01】数列的一个通项公式是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】衣题意，，
所以.
故选：C
【典例02】已知数列的前项和为，且，则（ ）
A．1056B．1123C．1315D．2627
【答案】D
【解析】因为，所以，
所以数列是首项为1公差为1的等差数列，所以，
所以，所以.
故选：D
考点三 数列求和
命题点1 错位相减法
【典例01】（2025年高考天津卷数学真题）已知数列是等差数列，是等比数列，．
(1)求，的通项公式；
(2)，，有，
（i）求证：对任意实数，均有;
（ii）求所有元素之和．
【解析】（1）设数列的公差为d，数列公比为，
则由题得，
所以；
（2）（i）证明：由（1）或，，
当时，
设，
所以，
所以，
所以，为中的最大元素，
此时恒成立，
所以对，均有.
（ii）法一：由（i）得对任意实数，均有，
所以，，
所以取值随着的取值不同各不相同，
又为中的最大元素，
由题意可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当均为1时：此时该系列元素只有即个；
当中只有一个为0，其余均为1时：
此时该系列的元素有共有个，
则这个元素的和为；
当中只有2个为0，其余均为1时：
此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
当中有个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
…
当中有个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个，
则这个元素的和为；
当均为0时：此时该系列的元素为即个，
综上所述，中的所有元素之和为
；
法二：由（i）得，为中的最大元素，
由题意可得，
所以的所有的元素的和中各项出现的次数均为次，
所以中的所有元素之和为.
【典例02】已知数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【解析】（1）由，可得，
当时，，
又因为，即对也成立，所以.
（2）①，
②，
，得
，
所以.
命题点2 裂项相消法
【典例01】已知等差数列与正项等比数列满足，，
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【解析】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，则，
且，即，解得，
所以；
（2）由（1），
设数列的前项和为，
则.
【典例02】已知数列的首项为2，前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，记数列的前项和为，求证：．
【解析】（1）由题得，且，则有，
递推后联立，得，
化简得，即，故，
故数列的通项公式为.
（2）由题得，则
因为，则，所以，
易得为递增数列，故，即，
故，得证.
命题点3 分组求和与并项求和法
【典例01】（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，．
【解析】（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，
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
【典例02】（2024年天津高考数学真题）已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且．
(1)求的通项公式及；
(2)设数列满足，其中．
（ⅰ）求证：当时，求证：；
（ⅱ）求．
【解析】（1）设等比数列的公比为，
因为，即，
可得，整理得，解得或（舍去），
所以.
（2）（i）由（1）可知，且，
当时，则，即
可知，
，
可得，
当且仅当时，等号成立，
所以；
（ii）由（1）可知：，
若，则；
若，则，
当时，，可知为等差数列，
可得，
所以，
且，符合上式，综上所述：.
命题点4 倒序相加法
【典例01】已知函数，数列满足.
(1)求证：为定值，并求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求证：．
【解析】（1）由题意得
，
则，
得到，
两式相加得，即.
（2）由题意得，
则，
而，而，可得当时，，
令，因为反比例函数在上单调递减，
所以在上单调递增，即在上单调递增，故得证.
【典例02】已知函数．
(1)若为奇函数，求a；
(2)求．
【解析】（1）显然的定义域为，又为奇函数，
所以，即，
解得.此时，
因，
即，为上的奇函数，故为所求．
（2）由（1）知．
又，所以，
即．
设，则，
又，
两式左、右两边分别相加，得，
所以．
命题点5 公式法
【典例01】（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）记为等差数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
（2）因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：.
【典例02】（2023年天津高考数学真题）已知是等差数列，．
(1)求的通项公式和．
(2)设是等比数列，且对任意的，当时，则，
（Ⅰ）当时，求证：；
（Ⅱ）求的通项公式及前项和．
【解析】（1）由题意可得，解得，
则数列的通项公式为，
求和得
.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当时，，
取，则，即，
当时，，
取，此时，
据此可得，
综上可得：.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，
则数列的公比满足，
当时，，所以，
所以，即，
当时，，所以，
所以数列的通项公式为，
其前项和为：.
高考预测题
1．已知等差数列的公差为，若，则（ ）
A．1B．2C．4D．6
【答案】C
【解析】由题意知，，又，故．
故选：C
2．已知数列满足：（m为正整数），，若，则m的值不可能为（ ）
A．16B．19C．20D．21
【答案】B
【解析】，若为偶数，则，解得，满足要求，
若为奇数，则，解得，不合要求，
若为偶数，则，解得，满足要求，
若为奇数，则，解得，不合要求，
若为偶数，则，解得，满足要求，
若为奇数，则，解得，满足要求，
①若，若为偶数，则，解得，
若为奇数，则，解得，不合要求，舍去；
则或，
或，
同理可得，若则，或21，
若，则，或3；
②若，则，，则或8，
或16，
综上：，3，16，20，21，128.
则m的值不可能为，
故选：B
3．（多选题）设等差数列的前项和为，设，在同一个坐标系中，的部分图象如图所示，则下列推断正确的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】①若，，，
所以公差，
所以，所以，
所以，与矛盾，舍去.
②若，，，由，，
可得，所以，解得，
所以，解得，矛盾，舍去；
③若，，，由，，可得，
解得，所以，解得，而，矛盾，舍去；
④若，，，
由，，可得，解得，
所以，解得，所以，
所以，满足条件，故A错误，B正确；
所以，
令，得，解得，
所以当时，取得最大值，即，故C正确；
所以，所以，
令，求导得，
令，得或，
当，，所以在上单调递增，
当，，所以在上单调递减，
所以当且，单调递增，当且，单调递减，
又，，
所以，故D错误.
故选：BC.
4．设等比数列的前项和为，已知，.
(1)求和；
(2)设，证明：.
【解析】（1）由为等比数列，，可得，
即，，解得，
所以，，.
（2），，
，
因为，所以，从而.
好题速递
1．（2026·山东·一模）在等比数列中，已知，且公比，则该数列前100项的和是（ ）
A．150B．200C．250D．300
【答案】B
【解析】在等比数列中，公比，则有，
而，于是得，
所以数列的前100项和．
故选：B
2．（2026·云南·模拟预测）记为等比数列的前项和，已知，若的公比小于零，则（ ）
A．15B．C．31D．61
【答案】D
【解析】设等比数列的公比为，，
因为，则，
即，得或（舍去），
所以.
故选：D.
3．（2026·山东枣庄·模拟预测）记等差数列的前n项和为，公差为d，若，则（ ）
A．15B．25C．35D．45
【答案】C
【解析】因为，，
所以，
，，
将上述式子代入已知条件得：
，解得，
所以.
故选：C.
4．（2026·山东枣庄·一模）记正项等比数列的前项和为，且，，则（ ）
A．243B．81C．27D．9
【答案】A
【解析】设正项等比数列的公比为，
且，则，
整理可得，解得或（舍去），
所以.
故选：A.
5．（2026·湖北孝感·一模）设数列满足，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【解析】因为，且，
所以 ，，
所以数列的周期为2，故
故选：A
6．（2026·河北邯郸·模拟预测）数列的前项和为，数列满足，若，则数列的最小项为 ．
【答案】/0.32
【解析】数列的前项和为，
当时，，
当时，，
，，
，记为，
当时，，
当时，，即，
，
，
，
，
当时，，故，
当时，，故，
当时，，
在时递减，在时递增，最小值出现在处，，
故答案为：．
7．（2026·宁夏银川·模拟预测）已知递增的等比数列满足，，则数列的前2026项和 ．
【答案】
【解析】设数列的公比为，由，得，解得，
因为数列是递增的等比数列，且，所以，故，
所以.
故答案为：
8．（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．
【解析】（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.
9．（2026·山东枣庄·一模）已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和，
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得：，解得，
所以数列的通项公式.
（2）因为，
则.
10．（2026·四川雅安·一模）已知等差数列的前n项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，为的前n项和，证明：.
【解析】（1）设等差数列的公差为d，
由，得，解得，
故；
（2），则，
故是以为首项，以为公比的等比数列，
故，
由于随着n的增大而增大，，故是关于n的增函数，
故，
又，故,
综上可知.
高考闯关
1．（2026·重庆·一模）在等差数列中，若，则（ ）
A．B．8C．16D．24
【答案】B
【解析】依题意可得，因此；
又，可得；
因为，所以.
故选：B
2．（2026·重庆·模拟预测）设等比数列的公比，则的公比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题知，，即，解得.
故选：D
3．（2026·四川宜宾·一模）已知等比数列的前项和为，其中为展开式中的常数项，且，则的最小值为（ ）
A．5B．C．10D．不存在
【答案】A
【解析】展开式为，
令，解得，所以，
设等比数列的首项为，公比为，
则，，
因为，所以，解得，
所以， ，
则，
当为奇数时，，当为偶数时，，
因为随着的增大而减小，
所以当为奇数时，随着的增大而减小，且，
当为偶数时，随着的增大而增大，且，
所以当时，有最小值为.
故选：A
4．（25-26高三上·安徽·期末）已知数列，其中第一项是，第项是，，接着3项为，，，接着4项是，，，，依此类推．设该数列的第项为，前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由条件知，将数列分组，第1组数是，有1个数，第2组数，，有2个数，⋯，第组数是，，…，，有个数，
且第组数的和为，
从第1组到第组，所有数的个数是，
时，，
则，，，，，；
当时，，则，，．
故选：D
5．（2026·广东湛江·一模）在数列中，，令，则数列的前15项的和为（ ）
A．2B．3C．D．4
【答案】B
【解析】因为，所以，即，
故为首项是，公差为的等差数列，所以，．
，
所以数列的前项的和，
故，
故选：B．
6．（2026·重庆九龙坡·一模）已知函数的最小正周期为，将所有的正零点按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前12项的和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，
因为的最小正周期为，，所以，故，
所以，令，即，
即，所以或，
解得或，，
又所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，
故令且，得到，，，，……，
显然，奇数项为首项为，公差为的等差数列，
偶数项为首项为，公差为的等差数列，
故数列的前12项和为.
故选：A
7．（多选题）（2026·重庆·一模）已知正项数列 满足 ，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．存在 ，使得
C．
D．
【答案】ABD
【解析】由，可得，所以，
所以是等差数列，又，所以，
所以等差数列的首项为3，公差为2，所以，
所以，所以，故A正确；
，
所以
，
令，解得，所以存在，使得，故B正确；
对于，故C错误；
对于D，令，
求导得，所以，解得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，即，所以，
所以，化简得，仅当时等号成立；
令，得，此时等号不成立
所以，
，故D正确.
故选：ABD.
8．（2026·陕西榆林·二模）定义：当三个正数能够成为三角形的三条边长时，我们称其为三角数组，例如3，5，7是三角数组，3，5，9不是三角数组．设为数列的前项和，已知，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)从数列中任意取出不同的三项，证明：为三角数组的充要条件是为三角数组；
(3)从数列的前项中任意取出不同的三项，证明：这三项为三角数组的概率．参考公式：．
【解析】（1）解法1：当时，，解得．
当时，两式相减得，
整理得，因为，所以，
所以，从而，
因此，
所以，当时数列为常数列．
由于，因此，即，且和适合上述关系．
因此数列的通项公式为．
解法2：当时，，解得．
当时，两式相减得，
整理得，因为，所以，
所以，从而，累加可得，
由于，因此，即，且和适合上述关系．
因此数列的通项公式为．
（2）证明：不妨设，由（1）知数列为递增数列，因此．
充分性：若为三角数组，则．因为、，所以，
所以，
所以为三角数组．
必要性：若为三角数组，则，即，
所以，所以为三角数组．
故为三角数组的充要条件是为三角数组．
（3）证法1：由（2）知，从数列的前项中任意取出不同的三项，
这三项为三角数组等价于从前个正整数中依次取出三个不同的数，
这三个数为三角数组．从中一次任取三个数和，
共有种可能．
记从中一次任取三个数为三角数组的可能数为，则，
当为偶数时，，
当为奇数时，，故，
由累加法可得：，
故．
证法2：由（2）知为三角数组的充要条件是为三角数组．
从中任意取出不同的三个数，不妨设，共有种方法．
对于定值，
当，时，为三角数组，记满足条件的三角数组的个数为，
当为奇数时，，
故为偶数时，，
当为偶数时，所有满足条件的三角数组的个数为
，
此时
当为奇数时，所有满足条件的三角数组的个数为
，
所以．
故对任意都成立．
证法3：由（2）可知，原命题可转化为：从前个正整数中任意取出三个不同的数，
则这三个数为三角数组的概率．
设事件表示“从前个正整数中任意取出三个不同的数组成三角数组”，
事件表示“从前个正整数中取出的三个不同的数中最大数为”，
则，
易知，从而，
下面证明：，
由法2的分析可得满足有个，且，
故，又，
故，
下面用数学归纳法证明：，
当时，，故时命题成立；
设，设成立，则成立，
故时，命题也成立，
故对任意．
9．（2026·江苏镇江·模拟预测）已知数列是首项为1且公差不为零的等差数列，且成等比数列，数列的前项和为，
条件①，条件②，条件③，
(1)求的通项公式；
(2)选择三个条件中的一个，求的通项公式；
(3)若，求数列的前项和．
【解析】（1）设数列的公差为，则，因为成等比数列，，
所以，解得，
所以；
（2）若选①，当时，，
当时，，又，所以；
若选②，当时，，又，所以，解得，
当时，，整理得，
即，所以是等比数列，公比为，又，
所以；
若选③，当时，，因为，所以，
又，所以，
当时，，
即当时，，又，所以是首项为公比为的等比数列，
所以；
（3）由（1）（2），因为，
所以，
所以.
01命题探源·考向解密
02根基夯实·知识整合
03高频考点·妙法指津（12大命题点+9道高考预测题，高考必考·（10-15）分）
考点一 等差与等比数列
命题点1 等差数列及其性质
命题点2 等比数列及其性质
命题点3 等差等比数列综合问题
命题点4 范围与最值问题
考点二 数列通项
命题点1 累加、累乘法
命题点2 构造法
命题点3 已知求
命题点4 观察法与定义法
考点三 数列求和
命题点1 错位相减法
命题点2 裂项相消法
命题点3 分组求和与并项求和法
命题点4 倒序相加法
命题点5 公式法
高考预测题4道
04好题速递·分层闯关（精选10道最新名校模拟试题+10道高考闯关题）
考点
考向
命题特征
等差与等比数列
等差数列及其性质
等比数列及其性质
等差等比数列综合问题
范围与最值问题
等差、等比数列是高考数列核心考点，命题稳定。选择、填空侧重基础公式、中项及下标性质的灵活应用；解答题多为中档题，考查通项与前 n 项和求解，常结合函数、不等式综合设问，注重通性通法与逻辑推理、运算求解能力的考查。
数列通项
累加、累乘法
构造法
已知求
观察法与定义法
数列通项是高考数列核心考点，命题以选择、填空及解答题第一问为主。常考查等差、等比通项公式直接应用，也侧重由递推关系、前 n 项和与通项关系求通项，兼顾构造新数列等方法。试题注重逻辑推理与运算能力，贴合通性通法，难度多为基础至中档，是数列综合题的关键得分点。
数列求和
错位相减法
裂项相消法
分组求和与并项求和法
倒序相加法
公式法
数列求和是高考数列解答题的核心设问，多为中档难度，常紧跟通项求解之后。重点考查错位相减、裂项相消、分组求和、倒序相加等典型方法，常与等差、等比数列、函数、不等式结合。注重通性通法与运算推理能力，部分题目设置适度变形，检验转化与化归思想，分值占比稳定，是数列模块的关键得分点。
《解题指南》
等差与等比数列是高中数学数列核心考点，解题关键的是先判定数列类型，熟练运用核心公式并注意易错点．等差数列通项公式为，求和公式为，常用下标和性质．等比数列需牢记，通项为，求和分与讨论，兼具下标和性质．解题时先梳理已知量，选对应公式，规避特殊情况遗漏，最后验证结果合理性．
《解题指南》
数列通项解题是高中数学数列模块重点，核心是根据已知条件，灵活选用方法求解．常用方法有：观察法（适用于简单数列，找项与序号规律）、定义法（等差/等比数列，紧扣定义列关系式）、累加法（适用于型）、累乘法（适用于型）．解题时先判断数列特征，再选对应方法，注意验证首项是否符合，规避漏解、错用公式等问题，快速精准得出通项公式．
《解题指南》
数列求和是高中数学数列模块核心题型，解题关键是根据数列类型，灵活选用对应求和方法，规避易错点。常用方法有：公式法（等差用，等比分与讨论）、分组求和法（适用于混合数列）、裂项相消法（分式型数列）、错位相减法（等差×等比型）。解题时先判断数列特征，选择最优方法，注意验证首项、规避公式错用，计算过程严谨，确保求和结果准确，快速突破解题难点。