【文档说明】十年（2015-2024）高考真题分项汇编 数学 专题08 数列小题综合 Word版含解析.docx，共(43)页，2.466 MB，由小赞的店铺上传

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专题08数列小题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1数列的增减性（10年3考）2022·全国乙卷、2022·北京卷2021·全国甲卷、2020·北京卷1.掌握数列的有关概念和表示方法，能利用与的

关系以及递推关系求数列的通项公式，理解数列是一种特殊的函数,能利用数列的周期性、单调性解决简单的问题，该内容是新高考卷的必考内容，常考查利用与关系求通项或项及通项公式构造的相关应用，需综合复习2.理解等

差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中识别数列的等差关系并能用等差数列的有关知识解决相应的问题，熟练掌握等差数列通项公式与前n项和的性质，该内容是新高考卷的必考内容，一般给出数列为等差数列，或通过构造为等差数列

，求通项公式及前n项和，需综合复习3.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中识别数列的等比关系并能用等比数列的有关知识解决相应的问题，熟练掌握等比数列通项公式与前n项和的性质，该内容是新高考卷的必考内容，一般给出数列为等比数考点2递推数列及数列的通项公式（10年6考）

2023·北京卷、2022·北京卷、2022·浙江卷2021·浙江卷、2020·浙江卷、2020·全国卷2019·浙江卷、2017·上海卷考点3等差数列及其前n项和（10年10考）2024·全国甲卷、202

4·全国甲卷、2024·全国新Ⅱ卷、2022·全国乙卷、2023·全国甲卷、2023·全国乙卷、2023·全国新Ⅰ卷、2022·北京卷、2020·浙江卷、2020·山东卷、2020·全国卷、2019·全国卷2

019·江苏卷、2019·北京卷、2019·全国卷、2019·全国卷、2018·北京卷、2018·全国卷、2017·全国卷、2016·浙江卷、2015·重庆卷2015·全国卷、2015·全国卷、2016·北京卷、2016·江苏卷、2015·广东卷、2015

·陕西卷、2015·安徽卷、2015·全国卷考点4等比数列及其前n项和（10年10考）2023·全国甲卷、2023·天津卷、2023·全国新Ⅱ卷2023·全国甲卷、2023·全国乙卷、2022·全国乙卷、2021·全国甲卷、2020·全国卷、2020·全国卷、2020·全国卷、2

019·全国卷、2019·全国卷2017·全国卷、2017·北京卷、2017·江苏卷、2016·浙江卷、2016·全国卷、2015·浙江卷2015·全国卷、2015·全国卷、2015·湖南卷2015·广东卷、2015·安徽卷考点5数列中的数学文化（10年6考）

2023·北京卷、2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国新Ⅰ卷、2020·浙江卷、2020·全国卷、2020·全国卷2018·北京卷、2017·全国卷列，或通过构造为等比数列，求通项公式及前n项和。需综合复习4.熟练掌

握裂项相消求和和错位相减求和，该内容是新高考卷的常考内容，常考查裂项相消求和、错位相减求和、奇偶并项求和，需重点综合复习考点6数列求和（10年10考）2021·浙江卷、2021·全国新Ⅱ卷2020·江苏卷、2017·全国卷、2015·江苏考点01数列的增减性1．（2022·全国乙卷·高考真题）嫦娥

二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列nb：1111b=+，212111b=++，31231111b=+++，…，依此类推，其中(1,2,)kk=N

．则（）A．15bbB．38bbC．62bbD．47bb【答案】D【分析】根据()*1,2,kk=N…，再利用数列nb与k的关系判断nb中各项的大小，即可求解.【详解】[方法一]:常规解法因为()*1

,2,kk=N，所以1121+，112111+，得到12bb，同理11223111+++，可得23bb，13bb又因为223411,11++112233411111+++++，

故24bb，34bb；以此类推，可得1357bbbb…，78bb，故A错误；178bbb，故B错误；26231111++…，得26bb，故C错误；11237264111111++++++…，得47b

b，故D正确.[方法二]：特值法不妨设1,na=则1234567835813213455b2,bb,bb,bb,b2358132134========，，，，47bb故D正确.2．（2022·北京·高考真题）已知数列na各项均为正数

，其前n项和nS满足9(1,2,)nnaSn==．给出下列四个结论：①na的第2项小于3；②na为等比数列；③na为递减数列；④na中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是．

【答案】①③④【分析】推导出199nnnaaa−=−，求出1a、2a的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【详解】由题意可知，Nn，0na，当1n=时，219a=，可得13a=；当2n时，由9nnSa=可

得119nnSa−−=，两式作差可得199nnnaaa−=−，所以，199nnnaaa−=−，则2293aa−=，整理可得222390aa+−=，因为20a，解得235332a−=，①对；假设数列na为等比数列，设其公比为

q，则2213aaa=，即2213981SSS=，所以，2213SSS=，可得()()22221111aqaqq+=++，解得0q=，不合乎题意，故数列na不是等比数列，②错；当2n时，()111

9990nnnnnnnaaaaaaa−−−−=−=，可得1nnaa−，所以，数列na为递减数列，③对；假设对任意的Nn，1100na，则10000011000001000100S=，所以，10000010000099

11000100aS=，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2021·全国甲卷·高考真题）等比数列na的公比为q，前n项和为nS，设甲

：0q，乙：nS是递增数列，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】B【分析】当0q时，通过举反例说明

甲不是乙的充分条件；当nS是递增数列时，必有0na成立即可说明0q成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．【详解】由题，当数列为2,4,8,−−−时，满足0q，但是nS不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若nS是递增数列，则必

有0na成立，若0q不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B．【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．4．（2020·北京·高考真题）在等差数列na中，19a=−，5

1a=−．记12(1,2,)nnTaaan==……，则数列nT（）．A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项【答案】B【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项

数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【详解】由题意可知，等差数列的公差511925151aad−−+===−−，则其通项公式为：()()11912211naandnn=+−=−+−=−，注意到123456701aaaaaaa

=，且由50T可知()06,iTiiN，由()117,iiiTaiiNT−=可知数列nT不存在最小项，由于1234569,7,5,3,1,1aaaaaa=−=−=−=−=−=，故数列nT中的正项只有有限项：263

T=，46315945T==.故数列nT中存在最大项，且最大项为4T.故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.考点02递推数列及数列的通项公式1．（2023·北京·高考真题）已知数列na满足()31166(

1,2,3,)4nnaan+=−+=，则（）A．当13a=时，na为递减数列，且存在常数0M≤，使得naM恒成立B．当15a=时，na为递增数列，且存在常数6M，使得naM恒成立C．当17a=时，na为递

减数列，且存在常数6M，使得naM恒成立D．当19a=时，na为递增数列，且存在常数0M，使得naM恒成立【答案】B【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.法2：构造()()31664xfxx=−+−，

利用导数求得()fx的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项na所在区间，从而判断na的单调性；对于A，构造()()32192647342hxxxxx=−+−，判断得11nnaa+−，进而取4mM=−+推得naM不恒成立；对于B，证明na所

在区间同时证得后续结论；对于C，记()0143log2log61mM=+−，取01mm=+推得naM不恒成立；对于D，构造()()32192649942gxxxxx=−+−，判断得11nnaa++，进而取1mM=+推得naM

不恒成立.【详解】法1：因为()311664nnaa+=−+，故()311646nnaa+=−−，对于A，若13a=，可用数学归纳法证明：63na−−即3na，证明：当1n=时，1363a−=−−，此时不等关系3na成立；设当nk=时，63ka−−成

立，则()3162514764,4kkaa+−−−−=，故136ka+−−成立，由数学归纳法可得3na成立.而()()()()231116666441nnnnnnaaaaaa+=−−−=−−−

−，()20144651149na−−=−，60na−，故10nnaa+−，故1nnaa+，故na为减数列，注意1063ka+−−故()()()()23111666649644nn

nnnaaaaa+−=−=−−−，结合160na+−，所以()16694nnaa+−−，故19634nna+−，故19634nna+−，若存在常数0M≤，使得naM恒成

立，则9634nM−，故6934nM−，故946log3Mn−，故naM恒成立仅对部分n成立，故A不成立.对于B，若15,a=可用数学归纳法证明：106na−−即56na，证明：当1n=时，10611a−−−=，此时不等关系56

na成立；设当nk=时，56ka成立，则()31164416,0kkaa+−−=−，故1106ka+−−成立即由数学归纳法可得156ka+成立.而()()()()231116666441nnn

nnnaaaaaa+=−−−=−−−−，()201416na−−，60na−，故10nnaa+−，故1nnaa+，故na为增数列，若6M=，则6na恒成立，故B正确.对于C，当17a=时，可用数学归纳法证明：061na−即67n

a，证明：当1n=时，1061a−，此时不等关系成立；设当nk=时，67ka成立，则()31160,4164kkaa+−=−，故1061ka+−成立即167ka+由数学归纳法可得67na成立.而()()21166014nnnnaaaa+

=−−−−，故1nnaa+，故na为减数列，又()()()2111666644nnnnaaaa+−=−−−，结合160na+−可得：()111664nnaa+−−，所以1164nna++，若1164nn

a++，若存在常数6M，使得naM恒成立，则164nM−恒成立，故()14log6nM−，n的个数有限，矛盾，故C错误.对于D，当19a=时，可用数学归纳法证明：63na−即9na，证明：当1n=时，

1633a−=，此时不等关系成立；设当nk=时，9ka成立，则()3162764143kkaa+−=−，故19ka+成立由数学归纳法可得9na成立.而()()21166014nnnnaaaa+

=−−−−，故1nnaa+，故na为增数列，又()()()2119666446nnnnaaaa+−=−−−，结合60na−可得：()11116396449nnnaa−−+−−=，所以114963nna−++

，若存在常数0M，使得naM恒成立，则19643nM−+，故19643nM−+，故946log13Mn−+，这与n的个数有限矛盾，故D错误.故选：B.法2：因为()3321119662648442nnnn

nnnaaaaaaa+−=−+−=−+−，令()3219264842fxxxx=−+−，则()239264fxxx=−+，令()0fx¢>，得23063x−或2363x+；令()0fx，得23236633x−+；所以()fx在23,6

3−−和236,3++上单调递增，在23236,633−+上单调递减，令()0fx=，则32192648042xxx−+−=，即()()()146804xxx−−−=，解得4x=或6x=或8x=，注意到234653−，

237683+，所以结合()fx的单调性可知在(),4−和()6,8上()0fx，在()4,6和()8,+上()0fx，对于A，因为()311664nnaa+=−+，则()311646nnaa+=−−，当1n=时，13a=，()32116643aa=−−−，则23a，假

设当nk=时，3ka，当1nk=+时，()()331311646364kkaa+−−−−=，则13ka+，综上：3na，即(),4na−，因为在(),4−上()0fx，所以1nnaa+

，则na为递减数列，因为()332111916612647442nnnnnnnaaaaaaa+−+=−+−+=−+−，令()()32192647342hxxxxx=−+−，则()239264hxxx=−+，因为()hx开口向上，对

称轴为96324x−=−=，所以()hx在(,3−上单调递减，故()()2333932604hxh=−+，所以()hx在(,3−上单调递增，故()()321933326347042hxh=−+−，故110nnaa+−

+，即11nnaa+−，假设存在常数0M≤，使得naM恒成立，取14mM=−+，其中1MMM−，且ZM，因为11nnaa+−，所以2132431,1,,1MMaaaaaa−+−+−

−−，上式相加得，()14333MaaMMM−+−−++−=，则14mMaaM+=，与naM恒成立矛盾，故A错误；对于B，因为15a=，当1n=时，156a=，()()33211166566644aa=−+=−+，假设当nk=时，

6ka，当1nk=+时，因为6ka，所以60ka−，则()360ka−，所以()3116664kkaa+=−+，又当1n=时，()()332111615610445aa=−+=+−−，即25a，假设当nk=时，5ka，当1nk=+时，因

为5ka，所以61ka−−，则()361ka−−，所以()3116654kkaa+=−+，综上：56na，因为在()4,6上()0fx，所以1nnaa+，所以na为递增数列，此时，取6M=，满足题意，故B正确；对于C，因为()311664nnaa+=−+，

则()311646nnaa+=−−，注意到当17a=时，()3216617644a=−+=+，3341166441664a+=++−=，143346166144416a+==+−+

猜想当2n时，()1312164kka−+=，当2n=与3n=时，2164a=+与43164a=+满足()1312164nna−+=，假设当nk=时，()1312164kka−+=，当1nk=+时，所以

()()()13113131122311666116664444kkkkaa+−+−=+−+−+=+=，综上：()()13121624nnan−=+，易知310n−，则()13121014n−，故

()()()1312166,724nnan−=+，所以(,67na，因为在()6,8上()0fx，所以1nnaa+，则na为递减数列，假设存在常数6M，使得naM恒成立，记()0143log2log61mM=+−，取01

mm=+，其中*00001,Nmmmm−，则()0142log6133mmM−=+，故()()14log61312mM−−，所以()1312614mM−−，即()1312164mM−+，所以maM，故n

aM不恒成立，故C错误；对于D，因为19a=，当1n=时，()32116427634aa==−−，则29a，假设当nk=时，3ka，当1nk=+时，()()331116936644kkaa+=−−−，则19ka+，综上：9na，因为在()8,+上()0fx，所以1nn

aa+，所以na为递增数列，因为()332111916612649442nnnnnnnaaaaaaa+−−=−+−−=−+−，令()()32192649942gxxxxx=−+−，则()239264gxxx=

−+，因为()gx开口向上，对称轴为96324x−=−=，所以()gx在)9,+上单调递增，故()()2399992604gxg=−+，所以()()321999926949042gxg=−+−，故110nnaa+−−，即11nnaa++，假设

存在常数0M，使得naM恒成立，取21mM=+，其中1MMM−，且ZM，因为11nnaa++，所以213211,1,,1MMaaaaaa++++，上式相加得，1191MaaMMM+++−，则

21mMaaM+=，与naM恒成立矛盾，故D错误.故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.2．（20

22·北京·高考真题）已知数列na各项均为正数，其前n项和nS满足9(1,2,)nnaSn==．给出下列四个结论：①na的第2项小于3；②na为等比数列；③na为递减数列；④na中存在小于1100的项．其

中所有正确结论的序号是．【答案】①③④【分析】推导出199nnnaaa−=−，求出1a、2a的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【详解】由题意可知，Nn，0na，当1n=时，219a=，可

得13a=；当2n时，由9nnSa=可得119nnSa−−=，两式作差可得199nnnaaa−=−，所以，199nnnaaa−=−，则2293aa−=，整理可得222390aa+−=，因为20a，解得235332a−=，①对；假设数列na为等比数列，设

其公比为q，则2213aaa=，即2213981SSS=，所以，2213SSS=，可得()()22221111aqaqq+=++，解得0q=，不合乎题意，故数列na不是等比数列，②错；当2n时，()1119990nnnnnnna

aaaaaa−−−−=−=，可得1nnaa−，所以，数列na为递减数列，③对；假设对任意的Nn，1100na，则10000011000001000100S=，所以，1000001000009911000100aS=，与假设矛盾

，假设不成立，④对.故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2022·浙江·高考真题）已知数列na满足()21111,3nnnaaaan

+==−N，则（）A．100521002aB．100510032aC．100731002aD．100710042a【答案】B【分析】先通过递推关系式确定na除去1a，其他项都在()0,1范围内，

再利用递推公式变形得到1111133nnnaaa+−=−，累加可求出11(2)3nna+，得出1001003a，再利用11111111333132nnnaaann+−==+−+−+，累加可求出()111111113323nnan−−++++，再次

放缩可得出10051002a．【详解】∵11a=，易得()220,13a=，依次类推可得()0,1na由题意，1113nnnaaa+=−，即()1131133nnnnnaaaaa+==+−−，∴1111133

nnnaaa+−=−，即211113aa−，321113aa−，431113aa−，…，1111,(2)3nnnaa−−，累加可得()11113nna−−，即11(2),(2)3nnna+，∴()3,22nann+，即100134a，100100100

334a,又11111111,(2)333132nnnnaaann+−==+−+−+，∴211111132aa−=+，321111133aa−+，431111134aa−+，…，111111,(3)3nnnaan−

−+，累加可得()11111111,(3)3323nnnan−−++++，∴100111111111333349639323100326a−++++++，即100140a，∴100140a，

即10051002a；综上：100510032a．故选：B．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.4．（2021·浙江·高考真题）已知数列na满足()111,N1nnnaaana+==+.记数列na的前n项和

为nS，则（）A．100332SB．10034SC．100942SD．100952S【答案】A【分析】显然可知，10032S，利用倒数法得到2111111124nnnnaaaa+=+=+−，再放缩可得11112nnaa++，由累加法可

得24(1)nan+，进而由11nnnaaa+=+局部放缩可得113nnanan+++，然后利用累乘法求得6(1)(2)nann++，最后根据裂项相消法即可得到1003S，从而得解．【详解】因为()111,N1nnnaaana+==+，所以0n

a，10032S．由211111111241nnnnnnnaaaaaaa++==+=+−+21111111122nnnnaaaa++++，即11112nnaa+−根据累加法可得，

()1111,222nnnna−++=，当1n=时11112a+=，则112nna+，当且仅当1n=时等号成立，12412(1)3111nnnnnnaanaaannan++==+++++113nnanan+++，由累乘法可得()6,2(1)(2)nannn++，且16

(11)(12)a=++，则6(1)(2)nann++，当且仅当1n=时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S−+−+−++−=−，即100332S．故选

：A．【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到1,nnaa+的不等关系，再由累加法可求得24(1)nan+，由题目条件可知要证100S小于某数，从而通过局部放缩得到1,nnaa+的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)nann++，

最后由裂项相消法求得1003S．5．（2020·浙江·高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2nn+就是二阶等差数列，数列(1)2nn+(N)n的前

3项和是．【答案】10【分析】根据通项公式可求出数列na的前三项，即可求出．【详解】因为()12nnna+=，所以1231,3,6aaa===．即312313610Saaa=++=++=．故答案为：10.【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易

题．6．（2020·全国·高考真题）数列{}na满足2(1)31nnnaan++−=−，前16项和为540，则1a=.【答案】7【分析】对n为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a方程，求解即可得出结论.

【详解】2(1)31nnnaan++−=−，当n为奇数时，231nnaan+=+−；当n为偶数时，231nnaan++=−.设数列na的前n项和为nS，16123416Saaaaa=+++++13515241416()()aaaaaaaa=+++++++11

1111(2)(10)(24)(44)(70)aaaaaa=++++++++++11(102)(140)(5172941)aa++++++++118392928484540aa=++=+=，17a=.故答案为：7.【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项

求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.7．（2019·浙江·高考真题）设,abR，数列na中，211,nnaaaab+==+，Nn,则A．当101,102ba=B．当101,104ba=C．当102,10ba=−D．当104,1

0ba=−【答案】A【解析】若数列na为常数列，101aaa==，则只需使10a，选项的结论就会不成立.将每个选项的b的取值代入方程20xxb−+=，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选

项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确.【详解】若数列na为常数列，则1naaa==，由21nnaab+=+，可设方程20xxb−+=选项A：12b=时，2112nnaa+=+，210

2xx−+=，1210=−=−，故此时na不为常数列，222112()222nnnnaaaa+=+=+，且2211122aa=+，792(2)42aa，则21091610aa，故选项A正确；选

项B：14b=时，2114nnaa+=+，2104xx−+=，则该方程的解为12x=，即当12a=时，数列na为常数列，12na=，则101102a=，故选项B错误；选项C：2b=−时，212nnaa+=−，220xx−−=该方程的解为=1x

−或2，即当1a=−或2时，数列na为常数列，1na=−或2，同样不满足1010a，则选项C也错误；选项D：4b=−时，214nnaa+=−，240xx--=该方程的解为1172x=，同理可知，此时的常数列na也不能使10

10a，则选项D错误.故选：A.【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a的可能取值，利用“排除法”求解.8．（2017·上海·高考真题）已知数列{}na和{}nb，其中2nan=，*nN，{}nb的项

是互不相等的正整数，若对于任意*nN，{}nb的第na项等于{}na的第nb项，则149161234lg()lg()bbbbbbbb=【答案】2【详解】由2nan=，若对于任意,nnNb+的第na项等于na的第nb项，则2()nn

abnbab==，则22221429311641()(),(),,()bbbbbbbb=====所以2149161234()bbbbbbbb=，所以21491612341234123412341234lg()lg()2lg(2

lg()lg()()lg)bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb===.考点03等差数列及其前n项和一、单选题1．（2024·全国甲卷·高考真题）记nS为等差数列na的前n项和，已知510SS=，51a=，则1a=（）A．72B．73

C．13−D．711−【答案】B【分析】由510SS=结合等差中项的性质可得80a=，即可计算出公差，即可得1a的值.【详解】由105678910850SSaaaaaa−=++++==，则80a=，则等差数列na的公差85133aad−==−，故151741

433aad=−=−−=.故选：B.2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等差数列na的前n项和为nS，若91S=，则37aa+=（）A．2−B．73C．1D．29【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成1a和d来处理，亦

可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由91S=，根据等差数列的求和公式，911989193612Sadad=+=+=，又371111222628(936)99aaadadadad+=+++=+=+=.故选：D方法二：利用等差数列的性质根据

等差数列的性质，1937aaaa+=+，由91S=，根据等差数列的求和公式，193799()9()122aaaaS++===，故3729aa+=.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差0d=，则9111199Saa===，则371229aaa+==.故选：

D3．（2023·全国甲卷·高考真题）记nS为等差数列na的前n项和．若264810,45aaaa+==，则5S=（）A．25B．22C．20D．15【答案】C【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列na的公差和首项，再根据前n项和公式

即可解出；方法二：根据等差数列的性质求出等差数列na的公差，再根据前n项和公式的性质即可解出．【详解】方法一：设等差数列na的公差为d，首项为1a，依题意可得，2611510aaadad+=+++=，即135ad+=,又()()48113745aaadad=++=，解得：11,2

da==，所以515455210202Sad=+=+=．故选：C.方法二：264210aaa+==，4845aa=，所以45a=，89a=，从而84184aad−==−，于是34514aad=−=−=，所以53520Sa==．故选：

C.4．（2023·全国乙卷·高考真题）已知等差数列na的公差为23，集合*cosNnSan=，若,Sab=，则ab=（）A．－1B．12−C．0D．12【答案】B【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集

合只有两个元素分析、推理作答.【详解】依题意，等差数列{}na中，112π2π2π(1)()333naanna=+−=+−，显然函数12π2πcos[()]33yna=+−的周期为3，而Nn，即cosna最多3个不同

取值，又{cos|N}{,}nanab=，则在123cos,cos,cosaaa中，123coscoscosaaa=或123coscoscosaaa=，于是有2πcoscos()3=+，即

有2π()2π,Z3kk++=，解得ππ,Z3kk=−，所以Zk，2ππ4πππ1cos(π)cos[(π)]cos(π)cosπcosπcos333332abkkkkk=−−+=−−=−=−.故选：B5．（202

3·全国新Ⅰ卷·高考真题）记nS为数列na的前n项和，设甲：na为等差数列；乙：{}nSn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：na为等差数列，设其首项为1a，公差为d，则1111(1)1,,222212nnnnSSSnnndddSnadadn

annn+−−=+=+=+−−=+，因此{}nSn为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nSn为等差数列，即111(1)1(1)(1)nnnnnnSSnSnSnaSnnnnnn+++−+−−==+++为常数，设为t，

即1(1)nnnaStnn+−=+，则1(1)nnSnatnn+=−+，有1(1)(1),2nnSnatnnn−=−−−，两式相减得：1(1)2nnnananatn+=−−−，即12nnaat+−=，对1n=也成立，因此

na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：na为等差数列，设数列na的首项1a，公差为d，即1(1)2nnnSnad−=+，则11(1)222nSnddadnan−=+=+−，因此{}nSn为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nSn为

等差数列，即11,(1)1nnnSSSDSnDnnn+−==+−+，即1(1)nSnSnnD=+−，11(1)(1)(2)nSnSnnD−=−+−−，当2n时，上两式相减得：112(1)nnSSSnD−−=+−，当1n=时，上式成立，于是12(1

)naanD=+−，又111[22(1)]2nnaaanDanDD+−=+−+−=为常数，因此na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：C6．（2022·北京·高考真题）设na是公差不为0的无穷等差数列，则“na为递增数列”是“存在正整数0N，当0nN

时，0na”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】设等差数列na的公差为d，则0d，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】设等差数列n

a的公差为d，则0d，记x为不超过x的最大整数.若na为单调递增数列，则0d，若10a，则当2n时，10naa；若10a，则()11naand+−=，由()110naand=+−可得11and−，取1011aNd=−+，则当0nN时，0na，所以

，“na是递增数列”“存在正整数0N，当0nN时，0na”；若存在正整数0N，当0nN时，0na，取Nk且0kN，0ka，假设0d，令()0nkaankd=+−可得kankd−，且kakkd−，当1kankd

−+时，0na，与题设矛盾，假设不成立，则0d，即数列na是递增数列.所以，“na是递增数列”“存在正整数0N，当0nN时，0na”.所以，“na是递增数列”是“存在正整数0N，当0nN时，0na”的充

分必要条件.故选：C.7．（2020·浙江·高考真题）已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，11ad．记b1=S2，bn+1=S2n+2–S2n，nN，下列等式不可能．．．成立的是（）A．2a4=a2+a6B．2b4=b2+b6C．2428aaa=

D．2428bbb=【答案】D【分析】根据题意可得，21212222nnnnnbSaaS++++=+=−，而1212bSaa==+，即可表示出题中2468,,,bbbb，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．【详解】对于A，因为数列na为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由44

26+=+可得，4262aaa=+，A正确；对于B，由题意可知，21212222nnnnnbSaaS++++=+=−，1212bSaa==+，∴234baa=+，478baa=+，61112baa=+，81516baa=+．∴()47822baa=+，26341112bbaaaa+=+

++．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288+=++=+可得()26341112784=2=2bbaaaaaab+=++++，B正确；对于C，()()()()2224281111137222aaaadadaddaddda−=+−+

+=−=−，当1ad=时，2428aaa=，C正确；对于D，()()22222478111213452169baaadaadd=+=+=++，()()()()2228341516111125229468145bbaaaaadadaad

d=++=++=++，()22428112416832bbbdaddda−=−=−．当0d时，1ad，∴()113220dadda−=+−即24280bbb−；当0d时，1ad，∴()113220dadda−=+−即24280bbb−，

所以24280bbb−，D不正确．故选：D.【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．8．（2019·全国·高考真题）记nS为等差数列{}na的前n项和．已知4505Sa==，，则A．25nan=−B．310nan=−C．228nSnn=−D．2122nSnn=−【答案

】A【分析】等差数列通项公式与前n项和公式．本题还可用排除，对B，55a=，44(72)1002S−+==−，排除B，对C，245540,25850105SaSS==−=−−=，排除C．对D，24554150,5250522SaSS==−=−−=，排除D，故选A．【详解】由题

知，41514430245dSaaad=+==+=，解得132ad=−=，∴25nan=−，故选A．【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n项公式即可列出

关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断．9．（2018·全国·高考真题）设nS为等差数列na的前n项和，若3243SSS=+，12a=，则5a=A．12−B．10−C．10D．12【答案】B【详解】分析：首先设出等差数列na的公差为d，利用等差数列的求和公式，得

到公差d所满足的等量关系式，从而求得结果3d=−，之后应用等差数列的通项公式求得51421210aad=+=−=−，从而求得正确结果.详解：设该等差数列的公差为d，根据题中的条件可得32433(32)224222ddd+=+++，整理解得3d=−

，所以51421210aad=+=−=−，故选B.点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差d的值，之后利用等差数列的通项公式得到5a与1ad和的关系，从而求得结果.

10．（2017·全国·高考真题）（2017新课标全国I理科）记nS为等差数列{}na的前n项和．若4524aa+=，648S=，则{}na的公差为A．1B．2C．4D．8【答案】C【详解】设公差为d，45111342724aaadadad+=+++=+=，6116566

15482Sadad=+=+=，联立112724,61548adad+=+=解得4d=，故选C.11．（2016·浙江·高考真题）如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且*1122,,nnnnnnAAAAAAnN+

+++=，*1122,,nnnnnnBBBBBBnN++++=.（PQPQ表示点与不重合）若1nnnnnnndABSABB+=，为的面积，则A．{}nS是等差数列B．2{}nS是等差数列C．{}nd是等差

数列D．2{}nd是等差数列【答案】A【详解】nS表示点nA到对面直线的距离（设为nh）乘以1nnBB+长度的一半，即112nnnnShBB+=，由题目中条件可知1nnBB+的长度为定值，那么我们需要知道nh的关系

式，由于1,nAA和两个垂足构成了直角梯形，那么11sinnnhhAA=+，其中为两条线的夹角，即为定值，那么1111(sin)2nnnnShAABB+=+，111111(sin)2nnnnShAABB+++=+，作差后：1111(sin)2nnnnnnSSAABB+++−=，

都为定值，所以1nnSS+−为定值．故选A．12．（2015·重庆·高考真题）在等差数列na中，若2a=4，4a=2，则6a=A．-1B．0C．1D．6【答案】B【详解】在等差数列na中，若244

,2aa==，则()()4266114222aaaa=+=+=，解得60a=，故选B.13．（2015·全国·高考真题）已知{}na是公差为1的等差数列，nS为{}na的前n项和，若844SS=，则10a=A

．172B．192C．10D．12【答案】B【详解】试题分析：由844SS=得()11828446adad+=+，解得1101119,922aaa==+=.考点：等差数列.14．（2015·全国·高考真题）设nS是等差数列{}na的前n项和,若1353aaa++=,

则5S=A．5B．7C．9D．11【答案】A【详解】1353333,1aaaaa++===，5153355()25522Saaaa=+===，选A.二、填空题15．（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）记nS为等差数列{}na的前n项和，若347aa+=，2535aa+=

，则10S=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出1,ad，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na为等差数列，则由题意得()1111237345adadadad+++=+++=

，解得143ad=−=，则()10110910104453952Sad=+=−+=.故答案为：95.16．（2022·全国乙卷·高考真题）记nS为等差数列na的前n项和．若32236SS=+，则公差d=．【答案】2【分析】转化条件为()112+226adad=++

，即可得解.【详解】由32236SS=+可得()()123122+36aaaaa+=++，化简得31226aaa=++，即()112+226adad=++，解得2d=.故答案为：2.17．（2020·山东·高考真题）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】232nn−【分析】首先判断出数列21n−与32n−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21n−是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列

32n−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na是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以na的前n项和为2(1)16322nnnnn−+=−，故答案为：232nn−.【点睛】

该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目.18．（2020·全国·高考真题）记nS为等差数列na的前n项和．若1262,2aaa=−+=，则10S=．【答案】25【分析】因为na是等差数列

，根据已知条件262aa+=，求出公差，根据等差数列前n项和，即可求得答案.【详解】na是等差数列，且12a=−，262aa+=设na等差数列的公差d根据等差数列通项公式：()11naand+−=可得11

52adad+++=即：()2252dd−++−+=整理可得：66d=解得：1d=根据等差数列前n项和公式：*1(1),2nnnSnadnN−=+可得：()1010(101)1022045252S−=−+=−+=1025S=.故答案为：25.【点睛】本

题主要考查了求等差数列的前n项和，解题关键是掌握等差数列的前n项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.19．（2019·江苏·高考真题）已知数列*{}()nanN是等差数列，nS是其前n项和.若25890,27aaa

S+==，则8S的值是.【答案】16.【分析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.【详解】由题意可得：()()()25811191470989272aaaadadadSad+=++++==+=

，解得：152ad=−=，则8187840282162Sad=+=−+=.【点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构建1,ad的方程组.20

．（2019·北京·高考真题）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=−3，S5=−10，则a5=，Sn的最小值为．【答案】0.-10.【分析】首先确定公差,然后由通项公式可得5a的值，进一步研究数列中正项､负项的变化规律,得到和的最小值.【详解】等差数列na中,535

10Sa==−,得322,3aa=−=−,公差321daa=−=,5320aad=+=,由等差数列na的性质得5n时,0na,6n时,na大于0,所以nS的最小值为4S或5S,即为10−.【点睛】本题考查等差数列的通项公式､求和公式､

等差数列的性质,难度不大,注重重要知识､基础知识､基本运算能力的考查.21．（2019·全国·高考真题）记nS为等差数列na的前n项和，若375,13aa==，则10S=.【答案】100【分析】根据题意

可求出首项和公差，进而求得结果.【详解】317125,613aadaad=+==+=得11,2ad==101109109101012100.22Sad=+=+=【点睛】本题考点为等差数列的求和，为基础题目，利用基本量思想解题即可，充分记

牢等差数列的求和公式是解题的关键．22．（2019·全国·高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n项和，12103aaa=≠，，则105SS=.【答案】4.【分析】根据已知求出1a和d的关系，再结合等差数列前n项和公式求得结果

.【详解】因213aa=，所以113ada+=，即12ad=，所以105SS=11111091010024542552adaaad+==+．【点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．23．（2018·北京·高考真题）设na是等差数

列，且13a=，2536aa+=，则na的通项公式为．【答案】63nan=−【分析】先根据条件列关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.【详解】设等差数列na的公差为d，13334366addd=+++==Q，，，36(1)63.nann=+−=−【点睛】在解决等差

、等比数列的运算问题时，有两个处理思路，一是利用基本量，将多元问题简化为首项与公差（公比）问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确：二是利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差

、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.24．（2016·北京·高考真题）已知na为等差数列，nS为其前n项和，若16a=，350aa+=，则6=S.【答案】6【详解】试题分析：因为{}na是

等差数列，所以35420aaa+==，即40a=，又4136aad−==−，所以2d=−，所以616156615(2)6Sad=+=+−=．故答案为6．【考点】等差数列的基本性质【名师点睛】在等差数列五个

基本量，，，，中，已知其中三个量，可以根据已知条件，结合等差数列的通项公式、前项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换思想及方程思想的应用.25．（2016·江苏·高考真题）已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1+a22=-3

，S5=10，则a9的值是.【答案】20.【详解】由510S=得32a=，因此2922(2)33,23620.ddda−+−=−==+=考点：等差数列性质26．（2015·广东·高考真题）在等差数列{an}中,

若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=.【答案】10【详解】试题分析：据等差数列的性质可知，项数之和相等的两项之和相等，化简已知的等式即可求出a5的值，然后把所求的式子也利用等差数列的性质化简后，将a5的值代入即可求出值．解：由a3+

a4+a5+a6+a7=（a3+a7）+（a4+a6）+a5=5a5=25，得到a5=5，则a2+a8=2a5=10．故答案为10．考点：等差数列的性质．27．（2015·陕西·高考真题）中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项

为2015，则该数列的首项为．【答案】5.【详解】设数列的首项为1a，则12015210102020a+==，所以15a=，故该数列的首项为5，所以答案应填：5．【考点定位】等差中项．28．（2015·安徽·高考真题）已知数列中，，（），则

数列的前9项和等于.【答案】27【详解】试题分析：，所以数列是公差为的等差数列，所以，故填：27.考点：等差数列29．（2015·全国·高考真题）设nS是数列{}na的前n项和，且11a=−，11nnnaSS++=，则nS=．

【答案】1n−【详解】原式为1111nnnnnnnaSSSSSS++++=−=，整理为：1111nnSS+−=，即1111nnSS+−=−，即数列1nS是以-1为首项，-1为公差的等差的数列，所以()()1111nnnS=−+−−=−，即1nSn=−.【点睛】这类型题

使用的公式是11nnnSaSS−=−12nn=，一般条件是()nnSfa=，若是消nS，就需当2n时构造()11nnSfa−−=，两式相减1nnnSSa−−=，再变形求解；若是消na，就需在原式将na变形为：1nnnaSS−=−，再利

用递推求解通项公式.考点04等比数列及其前n项和一、单选题1．（2023·全国甲卷·高考真题）设等比数列na的各项均为正数，前n项和nS，若11a=，5354SS=−，则4S=（）A．158B．6

58C．15D．40【答案】C【分析】根据题意列出关于q的方程,计算出q,即可求出4S.【详解】由题知()23421514qqqqqq++++=++−,即34244qqqq+=+,即32440qqq+−−=,即(2)(1)(2)0qqq−++=.由题知0

q,所以2q=.所以4124815S=+++=.故选:C.2．（2023·天津·高考真题）已知数列na的前n项和为nS，若()112,22NnnaaSn+==+，则4a=（）A．16B．32C．54D．162【答案】C【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得4a的值

.【详解】当2,Nnn时，122nnaS−=+，所以12nnnaaa+=−，即13nnaa+=，当1n=时，211222263naSaa=+=+==，所以数列na是首项为2，公比为3的等比数列，则34154aaq==.故选：C.3．（2023·全国新Ⅱ卷

·高考真题）记nS为等比数列na的前n项和，若45S=−，6221SS=，则8S=（）．A．120B．85C．85−D．120−【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48,SS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na的公比为q，首项为1a，若1q=−，则405S=−，与题意不符，所以1q−；若1q=，则611263230SaaS===，与题意不符，所以1q；由45

S=−，6221SS=可得，()41151aqq−=−−，()()6211112111aqaqqq−−=−−①，由①可得，24121qq++=，解得：24q=，所以8S=()()()()8411411151168511aqaqqqq

−−=+=−+=−−−．故选：C．方法二：设等比数列na的公比为q，因为45S=−，6221SS=，所以1q−，否则40S=，从而，2426486,,,SSSSSSS−−−成等比数列，所以有，()()22225215SSS−−=+，解得：21S=−或

254S=，当21S=−时，2426486,,,SSSSSSS−−−，即为81,4,16,21S−−−+，易知，82164S+=−，即885S=−；当254S=时，()()()2241234122110SaaaaaaqqS=+++=++=

+，与45S=−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48,SS的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．4．（2022·全国乙卷·高考真题）已

知等比数列na的前3项和为168，2542aa−=，则6a=（）A．14B．12C．6D．3【答案】D【分析】设等比数列na的公比为,0qq，易得1q，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】

解：设等比数列na的公比为,0qq，若1q=，则250aa−=，与题意矛盾，所以1q，则()31123425111168142aqaaaqaaaqaq−++==−−=−=，解得19612aq==，所以5613aaq==.故选：D.5．（2021·全国甲卷·

高考真题）记nS为等比数列na的前n项和.若24S=，46S=，则6S=（）A．7B．8C．9D．10【答案】A【分析】根据题目条件可得2S，42SS−，64SS−成等比数列，从而求出641SS−=，进一步求出答案.【详解】∵nS为等比数列na的前n项和，∴2S

，42SS−，64SS−成等比数列∴24S=，42642SS−=−=∴641SS−=，∴641167SS=+=+=.故选：A.6．（2020·全国·高考真题）设{}na是等比数列，且1231aaa++=，234+2aaa+=，则678aaa++=（）A．12B．24C．30

D．32【答案】D【分析】根据已知条件求得q的值，再由()5678123aaaqaaa++=++可求得结果.【详解】设等比数列na的公比为q，则()2123111aaaaqq++=++=，()232234111112aaaaqaqaqaqqqq++=++

=++==，因此，()5675256781111132aaaaqaqaqaqqqq++=++=++==.故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．7．（2020·全国·高考真题）记Sn为等比数列{an}的前n项和．

若a5–a3=12，a6–a4=24，则nnSa=（）A．2n–1B．2–21–nC．2–2n–1D．21–n–1【答案】B【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前n项和公式进行求

解即可.【详解】设等比数列的公比为q，由536412,24aaaa−=−=可得：421153111122124aqaqqaaqaq−===−=，所以1111(1)122,21112nn

nnnnnaqaaqSq−−−−=====−−−，因此1121222nnnnnSa−−−==−.故选：B.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前n项和公式的应用，考查了数学运

算能力.8．（2020·全国·高考真题）数列{}na中，12a=，对任意,,mnmnmnNaaa++=，若155121022kkkaaa++++++=−，则k=（）A．2B．3C．4D．5【答案】C【分析】取1m=，可得出数列na是等比数列，求得数列

na的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于k的等式，由kN可求得k的值.【详解】在等式mnmnaaa+=中，令1m=，可得112nnnaaaa+==，12nnaa+=，所以，数列na是以2为首项，以2为公比的等比

数列，则1222nnna−==，()()()()1011011105101210122122212211212kkkkkkaaaa++++++−−+++===−=−−−，1522k+=，则15k+=，解得4k=.故选：C.【点睛】本题考查利用等比数列

求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.9．（2015·浙江·高考真题）已知{}na是公差d不为零的等差数列，其前n项和为nS，若348,,aaa成等比数列，则A．140,0addSB．140

,0addSC．140,0addSD．140,0addS【答案】B【详解】∵等差数列，，，成等比数列，∴，∴，∴，，故选B.考点：1.等差数列的通项公式及其前项和；2.等比数列的概念10．（2015·全国·高考真题）已知等比数列{}na满足

13a=，13521aaa++=，则357aaa++=A．21B．42C．63D．84【答案】B【详解】由a1+a3+a5=21得242421(1)21172aqqqqq++=++==a3+a5+a7=2135()22142

qaaa++==，选B.二、填空题11．（2023·全国甲卷·高考真题）记nS为等比数列na的前n项和．若6387SS=，则na的公比为．【答案】12−【分析】先分析1q，再由等比数列的前n项和公式和平方

差公式化简即可求出公比q.【详解】若1q=，则由6387SS=得118673aa=，则10a=，不合题意.所以1q.当1q时，因为6387SS=，所以()()6311118711aqaqqq−−=−−，即()()638171qq−=−，即()()()33

381171qqq+−=−，即()3817q+=，解得12q=−.故答案为：12−12．（2023·全国乙卷·高考真题）已知na为等比数列，24536aaaaa=，9108aa=−，则7a=.【答案】2−【分析】根据等比

数列公式对24536aaaaa=化简得11aq=，联立9108aa=−求出52q=−，最后得55712aaqqq===−.【详解】设na的公比为()0qq，则3252456aqaaqaaaa==，显然0na，则24

aq=，即321aqq=，则11aq=，因为9108aa=−，则89118aqaq=−，则()()3315582qq==−=−，则52q=−，则55712aaqqq===−，故答案为：2−.13．（2019·全国·高考真题

）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若13314aS==，，则S4=．【答案】58.【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比q的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到4S．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力

的考查．【详解】详解：设等比数列的公比为q，由已知223111314Saaqaqqq=++=++=，即2104qq++=解得12q=−，所以441411()(1)521181()2aqSq−−−===−−−．【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运

算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算3343431315()428SSaSaq=+=+=+−=，避免繁分式计算．14．（2019·全国·高考真题）记Sn

为等比数列{an}的前n项和．若214613aaa==，，则S5=．【答案】1213.【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比q的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到5S．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．【详解】设

等比数列的公比为q，由已知21461,3aaa==，所以32511(),33qq=又0q，所以3,q=所以55151(13)(1)12131133aqSq−−===−−．【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部

分考生易出现运算错误．15．（2017·全国·高考真题）设等比数列na满足a1+a2=–1,a1–a3=–3，则a4=．【答案】-8【详解】设等比数列na的公比为q，很明显1q−，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：()()12121311113aa

aqaaaq+=+=−−=−=−，①，②，由②①可得：2q=−，代入①可得11a=，由等比数列的通项公式可得3418aaq==−.【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的

前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.16．（2017·北京·高考真题）若等差数列na和等比数列nb满足111ab==−，448ab==，则22ab=.【答案】1【分析】设等差数列

na的公差为d，等比数列nb的公比为q，根据题中条件求出d、q的值，进而求出2a和2b的值，由此可得出22ab的值.【详解】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d和q，则3138dq−+=−=，求得2q=−，3d=，那么221312ab−+==，故答案为

1.【考点】等差数列和等比数列【点睛】等差、等比数列各有五个基本量，两组基本公式，而这两组公式可看作多元方程，利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）问题，因此可以说数列中的绝

大部分运算题可看作方程应用题，所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.17．（2017·江苏·高考真题）等比数列{na}的各项均为实数，其前n项为nS，已知3S=74，6S=634，则8a=．【答案】32【详解】由题意可得1q，所以3136167(1)1463(1)14aSqqaS

qq=−=−=−=−两式相除得63319,8,2,1qqqq−===−代入得751811,()223244aa====，填32．18．（2016·浙江·高考真题）设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝

4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝，S5＝．【答案】1121【详解】试题分析：1221124,211,3aaaaaa+==+==，再由111121,21(2)23(2)nnnnnnnnnaSaSnaaaaan+−++=+=+−==，又213aa=，所以515133(

1),121.13nnaanS+−===−【考点】等比数列的定义，等比数列的前n项和．【易错点睛】由121nnaS+=+转化为13nnaa+=的过程中，一定要检验当1n=时是否满足13nnaa+=，否则很容

易出现错误.19．（2016·全国·高考真题）设等比数列na满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…an的最大值为．【答案】64【详解】试题分析：设等比数列的公比为q，由132410{5aaaa+=+=得，2121(1)

10{(1)5aqaqq+=+=，解得1812aq==.所以2(1)1712(1)22212118()22nnnnnnnnaaaaq−−++++−===，于是当3n=或4时，12naaa取得最大值6264=.考点：等比

数列及其应用20．（2015·全国·高考真题）数列na中112,2,nnnaaaS+==为na的前n项和，若126nS=，则n=.【答案】6【详解】试题分析：由题意得，因为12nnaa+=，即12nnaa+=，所以数列

na构成首项12a=，公比为2的等比数列，则2(12)12612nnS−==−，解得6n=．考点：等比数列的概念及等比数列求和．21．（2015·湖南·高考真题）设nS为等比数列na的前项和，若11a=，且13S，22S，3S成等差数列，则na=.【答案】.

【详解】试题分析：∵，，成等差数列，∴，又∵等比数列，∴.考点：等差数列与等比数列的性质.【名师点睛】本题主要考查等差与等比数列的性质，属于容易题，在解题过程中，需要建立关于等比数列基本量的方程即可求解，考查学生等价转化的思想与方程思想.22．（2015·广东·高考真

题）若三个正数a，b，c成等比数列，其中526a=+，526c=−，则b=．【答案】1【详解】试题分析：由题意得，三个正数a，b，c成等比数列，所以2(526)(526)1bac==+−=，解得1b=．考

点：等比中项．23．（2015·安徽·高考真题）已知数列na是递增的等比数列，14239,8aaaa+==，则数列na的前n项和等于.【答案】21n−【详解】由题意，14231498aaaaaa+===，

解得141,8aa==或者148,1aa==，而数列na是递增的等比数列，所以141,8aa==，即3418aqa==，所以2q=，因而数列na的前n项和1(1)1221112nnnnaqSq−−===−−−，故答案为21n−.考点：1.

等比数列的性质；2.等比数列的前n项和公式.考点05数列中的数学文化1．（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na，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比

数列，且1591,12,192aaa===，则7a=；数列na所有项的和为．【答案】48384【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解,dq，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求73,aa，在结合等差、等

比数列的求和公式运算求解.【详解】方法一：设前3项的公差为d，后7项公比为0q，则4951921612aqa===，且0q，可得2q=，则53212aadq=+=，即123d+=，可得1d=，空1：可得43733,48aaaq===，空2：()127693

121233232338412aaa−=+++++=+=−+++L方法二：空1：因为,37nan为等比数列，则527291219248aaa===，且0na，所以748a=；又因为2537aa

a=，则25373aaa==；空2：设后7项公比为0q，则2534aqa==，解得2q=，可得()133933456712893319226,3812112aaaaqaaaaaaaaaqa+−−==++++++=

==−−++，所以12396381384aaaa+++=+−=L.故答案为：48；384.2．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AABBCCDD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1111,,,DD

CCBBAA是举，1111,,,ODDCCBBA是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DDCCBBAAkkkODDCCBBA====．已知123,,kkk成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则3k=（）A．0.75B．0.8C．0

.85D．0.9【答案】D【分析】设11111ODDCCBBA====，则可得关于3k的方程，求出其解后可得正确的选项.【详解】设11111ODDCCBBA====，则111213,,CCkBBkAAk===，依题意，有31320.2,0.1kkkk−=−=，且

111111110.725DDCCBBAAODDCCBBA+++=+++，所以30.530.30.7254k+−=，故30.9k=，故选：D3．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）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20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和21240dmS=，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和22180dmS=，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1nkkS==2dm.【答案】5()41537202nn−+−【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得nS，再根据错位相减法得结果.

【详解】（1）由对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，所以对着三次的结果有：5312561032022，，；，共4种不同规格（单位2dm)；故对折4次可得到如下规格：5124，562，53，3102

，3204，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12的等比数列，首项为120()2dm,第n次对折后的图形面积为111202n−，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1n+种（证明从略），故得猜想1120(1)2nnnS−+=，设()0121112011202120312042222nknknSS−=+==++++L，则121112021203120120(1)22222nnnnS−+=+++

+，两式作差得：()211201111124012022222nnnS−+=++++−()11601120122401212nnn−−+=+−−()()11201120312036036

0222nnnnn−++=−−=−，因此，()()4240315372072022nnnnS−++=−=−.故答案为：5；()41537202nn−+−.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于nnab结构，其中na是

等差数列，nb是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于nnab+结构，利用分组求和法；（4）对于11nnaa+结构，其中na是等差数列，公差为()0dd，则111111nnnnaadaa++=−，利用裂项相消法求和.4．（2020

·浙江·高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2nn+就是二阶等差数列，数列(1)2nn+(N)n的前3项和是．【答案】10【分析】根据通项公式可求出数列

na的前三项，即可求出．【详解】因为()12nnna+=，所以1231,3,6aaa===．即312313610Saaa=++=++=．故答案为：10.【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求

和，属于容易题．5．（2020·全国·高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12naaa满足{0,1}(1,2,)iai=，且存在正整数m，使得(1,2,)imiaai+==成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)imia

ai+==的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列12naaa，11()(1,2,,1)miikiCkaakmm+===−是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足1()(1,2,3,4)5Ckk=的序列是（

）A．11010B．11011C．10001D．11001【答案】C【分析】根据新定义，逐一检验即可【详解】由imiaa+=知，序列ia的周期为m，由已知，5m=，511(),1,2,3,45iikiCkaak+===对于选项A，51122334

4556111111(1)()(10000)55555iiiCaaaaaaaaaaaa+===++++=++++=52132435465711112(2)()(01010)5555iiiCaaaaaaaaaaaa+===++++=++++=

，不满足；对于选项B，51122334455611113(1)()(10011)5555iiiCaaaaaaaaaaaa+===++++=++++=，不满足；对于选项D，51122334455611112(1)()(10

001)5555iiiCaaaaaaaaaaaa+===++++=++++=，不满足；故选：C【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.6．（

2020·全国·高考真题）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．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【答案】C【分析】第n环天石心块数为na，第一层共有n环，则{}na是以9为首项，9为公差的等差数列，设nS为{}na的前n项和，由题意可得32

2729nnnnSSSS−=−+，解方程即可得到n，进一步得到3nS.【详解】设第n环天石心块数为na，第一层共有n环，则{}na是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99nann=+−=，设nS为{}na的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为232,,nnn

nnSSSSS−−，因为下层比中层多729块，所以322729nnnnSSSS−=−+，即3(927)2(918)2(918)(99)7292222nnnnnnnn++++−=−+即29729n=，解

得9n=，所以32727(9927)34022nSS+===.故选：C【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.7．（2018·北京·高考真题）“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法

计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f，

则第八个单音的频率为A．32fB．322fC．1252fD．1272f【答案】D【详解】分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为122，所以1212(2,

)nnaannN−+=，又1af=，则127771281(2)2aaqff===故选D.点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主要有如下两种：（1）定义法，若1nnaqa+=（*0,qnN）或

1nnaqa−=（*0,2,qnnN），数列{}na是等比数列；（2）等比中项公式法，若数列{}na中，0na且212nnnaaa−−=（*3,nnN），则数列{}na是等比数列.8．（2017·全国·高考真题）我

国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏【答案】B【详解

】设塔顶的a1盏灯，由题意{an}是公比为2的等比数列，∴S7=()711212a−−=381，解得a1=3．故选B．考点06数列求和1．（2021·浙江·高考真题）已知数列na满足()111,N1nnnaaana+==+.记数列

na的前n项和为nS，则（）A．100332SB．10034SC．100942SD．100952S【答案】A【分析】显然可知，10032S，利用倒数法得到2111111124nnnnaaaa+=+=+−

，再放缩可得11112nnaa++，由累加法可得24(1)nan+，进而由11nnnaaa+=+局部放缩可得113nnanan+++，然后利用累乘法求得6(1)(2)nann++，最后根据裂项相消法即可得到1003S，从而得解．【详解】因为()111,N

1nnnaaana+==+，所以0na，10032S．由211111111241nnnnnnnaaaaaaa++==+=+−+21111111122nnnnaaaa++++，即11112nnaa+−根

据累加法可得，()1111,222nnnna−++=，当1n=时11112a+=，则112nna+，当且仅当1n=时等号成立，12412(1)3111nnnnnnaanaaannan++==+++++113nnanan+++，由累乘

法可得()6,2(1)(2)nannn++，且16(11)(12)a=++，则6(1)(2)nann++，当且仅当1n=时取等号，由裂项求和法得：所以1001111111111663233445101

1022102S−+−+−++−=−，即100332S．故选：A．【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到1,nnaa+的不等关系，再由累加法可求得24(1)nan+，由题目条件可知要证100S小于某数，从

而通过局部放缩得到1,nnaa+的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)nann++，最后由裂项相消法求得1003S．2．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）设正整数010112222kkkknaaaa−−=++

++，其中0,1ia，记()01knaaa=+++．则（）A．()()2nn=B．()()231nn+=+C．()()8543nn+=+D．()21nn−=【答案】ACD【分析】利用()n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，()01knaaa=+++，12101122222kkkknaaaa+−=++++，所以，()()012knaaan=+++=，A选项正确；对于B选项，取2n=，0122

37121212n+==++，()73=，而0120212=+，则()21=，即()()721+，B选项错误；对于C选项，3430234301018522251212222kkkknaaaaaa+++=++++=

+++++，所以，()01852knaaa+=++++，2320123201014322231212222kkkknaaaaaa+++=++++=+++++，所以，()01432knaaa+=++++，因此，()()8543nn+=+，C选项正确；对于D选

项，01121222nn−−=+++，故()21nn−=，D选项正确.故选：ACD.3．（2020·江苏·高考真题）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和

221()nnSnnn+=−+−N，则d+q的值是．【答案】4【分析】结合等差数列和等比数列前n项和公式的特点，分别求得,nnab的公差和公比，由此求得dq+.【详解】设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，根据题意1q.等差数列

na的前n项和公式为()2111222nnnddPnadnan−=+=+−，等比数列nb的前n项和公式为()1111111nnnbqbbQqqqq−==−+−−−，依题意nnnSPQ=+，即22111212211nnbbddnnnan

qqq−+−=+−−+−−，通过对比系数可知111212211ddaqbq=−=−==−−112021daqb====，故4dq+=.故答案为：4【点睛】本小题主要考查等差

数列和等比数列的前n项和公式，属于中档题.4．（2017·全国·高考真题）（2017新课标全国II理科）等差数列na的前n项和为nS，33a=，410S=，则11nkkS==．【答案】21nn+【详解】设等差数列的首项为1a，公差为d，由题意有112

3434102adad+=+=，解得111ad==，数列的前n项和()()()111111222nnnnnnnSnadn−−+=+=+=，裂项可得12112()(1)1kSkkkk==−++，所以

1111111122[(1)()()]2(1)223111nkknSnnnn==−+−++−=−=+++．点睛:等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．数列

的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法．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．5．（2015·江苏·高考真题）数列满足，且（），则数列的前10项和为．【答案】2011【详解】试题分析：：∵数列满足，且（），∴当n≥2时，．当n=1时，上式也成立，∴()12nnna+=．∴11121nann=−+．∴数列

的前n项的和1111122122311nnSnnn=−+−++−=++∴数列的前10项的和为2011考点：数列求通项公式求和