专题13 数列（4大考向真题解读）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）

这是一份专题13 数列（4大考向真题解读）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷），文件包含专题13数列4大考向真题解读--备战2025年高考数学真题题源解密新高考卷原卷版docx、专题13数列4大考向真题解读--备战2025年高考数学真题题源解密新高考卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。

命题分析
2024年高考新高考Ⅰ卷考查了数列的新定义问题，后续专题会介绍。Ⅱ卷考查了等差数列基本量的计算，体现在填空第一题中，难度较易。大题中考查了等比数列的证明，但是是结合双曲线考查的，难度较难。
数列问题特别突出对考生数学思维能力的考查，既通过归纳、类比、递推等方法的应用突出对考生数学探究、理性思维的培养，又通过通项公式、递推公式、前n项和公式等内容进行大量技能训练，培养考生逻辑恩维、运算求解能力。从近三年的高考题可以看出，数列部分主要以考查基础知识为主，同时锻炼考生的运算求解能力、逻辑思维能力等。重点考查考生对数列基础知识的掌握程度及灵活应用，同时也要重视对通性通法的培养，所以在备考中应把重点放在以下几个方面。
（1)对数列的概念及表示法的理解和应用；
（2）等差、等比数列的性质、通项公式、递推公式、前n项和公式中基本量的运算或者利用它们之间的关系式通过多角度观察所给条件的结构，深人剖析其特征，利用其规律进行恰当变形与转化求解数列的问题；
（3）会利用等差、等比数列的定义判断或证明数列问题；
（4）通过转化与化归思想利用错位相减、裂项相消、分组求和等方法求数列的前n项和；
（5）数列与不等式、解析几何、函数导数等知识的交汇问题；
（6）关注数学课本中有关数列的阅读与思考探究与发现的学习材料，有意识地培养考生的阅读能力和符号使用能力，也包括网络资料中与数列有关的数学文化问题，与实际生活相关的数列的应用问题；
（7）结构不良试题、举例问题等创新题型。
预计2025年高考还是主要考查数列基本量的计算和数列与其他知识交汇的问题，例如数列和不等式等。
试题精讲
一、解答题
1．（2024新高考Ⅱ卷·19）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
一、填空题
1．（2024新高考Ⅱ卷·12）记为等差数列的前n项和，若，，则 .
【答案】95
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，
则.
故答案为：.
二、解答题
1．（2022新高考Ⅰ卷·17）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【详解】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
2．（2023新高考Ⅰ卷·20）设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
(1)若，求的通项公式；
(2)若为等差数列，且，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由为等差数列得出或，再由等差数列的性质可得，分类讨论即可得解.
【详解】（1），，解得，
，
又，
，
即，解得或（舍去），
.
（2）为等差数列，
，即，
，即，解得或，
，，
又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得.
综上，.
3．（2022新高考Ⅱ卷·17）已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
(1)证明：；
(2)求集合中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得，即可解出．
【详解】（1）设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
（2）由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．
4．（2023新高考Ⅱ卷·18）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，．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.
【详解】（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，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
一、等差数列的有关概念
1、等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母表示，定义表达式为（常数）．
2、等差中项
若三个数，，成等差数列，则叫做与的等差中项，且有．
二、等差数列的有关公式
1、等差数列的通项公式
如果等差数列的首项为，公差为，那么它的通项公式是．
2、等差数列的前项和公式
设等差数列的公差为，其前项和．
三、等差数列的常用性质
已知为等差数列，为公差，为该数列的前项和．
1、通项公式的推广：．
2、在等差数列中，当时，．
特别地，若，则．
3、，…仍是等差数列，公差为．
4、，…也成等差数列，公差为．
5、若，是等差数列，则也是等差数列．
6、若是等差数列，则也成等差数列，其首项与首项相同，公差是公差的．
7、若项数为偶数，则；；．
8、若项数为奇数，则；；．
9、在等差数列中，若，则满足的项数使得取得最大值；若，则满足的项数使得取得最小值．
四、等差数列的前n项和公式与函数的关系
．数列是等差数列⇔（为常数）．
五、等差数列的前n项和的最值
公差为递增等差数列，有最小值；
公差为递减等差数列，有最大值；
公差为常数列．
特别地
若，则有最大值（所有正项或非负项之和）；
若，则有最小值（所有负项或非正项之和）．
六、其他衍生等差数列．
1、若已知等差数列，公差为，前项和为，则：
①等间距抽取为等差数列，公差为．
②等长度截取为等差数列，公差为．
③算术平均值为等差数列，公差为．
七、等比数列的有关概念
1、定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数（不为零），那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母表示，定义的表达式为．
2、等比中项：如果，，成等比数列，那么叫做与的等比中项．
即是与的等比中项⇔，，成等比数列⇒．
八、等比数列的有关公式
1、等比数列的通项公式
设等比数列的首项为，公比为，则它的通项公式．
推广形式：
2、等比数列的前n项和公式
等比数列的公比为，其前项和为
九、等比数列的性质
1、等比中项的推广
若时，则，特别地，当时，．
2、①设为等比数列，则（为非零常数），，仍为等比数列．
②设与为等比数列，则也为等比数列．
3、等比数列的单调性（等比数列的单调性由首项与公比决定）．
当或时，为递增数列；
当或时，为递减数列．
4、其他衍生等比数列．
若已知等比数列，公比为，前项和为，则：
①等间距抽取
为等比数列，公比为．
②等长度截取
为等比数列，公比为（当时，不为偶数）．
十、求数列的通项公式
1、观察法：
已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．
2、公式法：
若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式 构造两式作差求解．
用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．
3、累加法：
形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：
将上述个式子两边分别相加，可得：
= 1 \* GB3 ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
= 2 \* GB3 ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
= 3 \* GB3 ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和；
= 4 \* GB3 ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和．
4、累乘法：
形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：
将上述个式子两边分别相乘，可得：
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．
5、构造数列法：
（一）形如（其中均为常数且）型的递推式：
（1）若时，数列{}为等差数列；
（2）若时，数列{}为等比数列；
（3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种：
法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出
（二）形如型的递推式：
（1）当为一次函数类型（即等差数列）时：
设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
十一、数列求和
1、公式法
（1）等差数列的前n项和
（2）等比数列的前n项和
（3）一些常见的数列的前n项和：
①；
②；
③；
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④
2、几种数列求和的常用方法
（1）分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
（2）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．
（4）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解．
（5）倒序相加法：如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法求解．
【数列常用结论】
1、数列的递推公式
（1）若数列的前项和为，通项公式为，则
注意：根据求时，不要忽视对的验证．
（2）在数列中，若最大，则若最小，则
2、等差数列
（1）等差数列中，若，则．
（2）等差数列中，若，则．
（3）等差数列中，若，则．
（4）若与为等差数列，且前项和为与，则．
3、等比数列
（1）若，则．
（2）若，（项数相同）是等比数列，则，，，，仍是等比数列．
（3）在等比数列中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即为
等比数列，公比为．
（4）公比不为－1的等比数列的前项和为，则，，仍成等比数列，其公比为．
（5）为等比数列，若，则成等比数列．
（6）当，时，是成等比数列的充要条件，此时．
（7）有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还等于中间
项的平方．
（8）若为正项等比数列，则为等差数列．
（9）若为等差数列，则为等比数列．
（10）若既是等差数列又是等比数列是非零常数列．
4、数列求和
（1）裂项技巧
①等差型
（1）
（2）
（3）
②根式型
（1）
（2）
（3）
③指数型
（1）
一、单选题
1．（2024·江西九江·三模）已知等差数列的公差为，是与的等比中项，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据等比中项的定义得出；再根据等差数列的通项公式得出，化简即可解答.
【详解】因为是与的等比中项，
所以.
又因为数列为等差数列，公差为，
所以，化简得，即，
所以.
故选：A.
2．（2024·天津滨海新·三模）已知数列为各项不为零的等差数列，为数列的前项和，，则的值为（ ）
A．4B．8C．12D．16
【答案】D
【分析】由数列的递推式，分别令，结合等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，再根据等差数列通项公式即可得到答案．
【详解】设等差数列公差为，∵，
∴当时，，解得，
∴，
当时，，
∴，
∴．
故选：D．
3．（2024·天津北辰·三模）已知在等比数列中，，等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．60B．54C．42D．36
【答案】C
【分析】首先根据等比数列的性质计算出，然后得出等差数列的，最后再根据等差数列求和公式即可求解.
【详解】由等比数列的性质可知，因为，所以，，
所以.
故选：C
4．（2024·新疆喀什·三模）已知等差数列满足，记的前项和为，则（ ）
A．18B．24C．27D．45
【答案】D
【分析】根据等差中项可得，即可由等差数列求和公式求解.
【详解】由可得，
所以，
故选：D
5．（2024·陕西西安·三模）已知是等比数列的前n项和，，，则（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】B
【分析】根据题意结合等比数列性质求得，，即可得结果.
【详解】设等比数列的公比为q，可得，
则，
所以．
故选：B.
6．（2024·广东汕头·三模）已知等差数列的前项和为，，，若，则（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出等差数列的首项及公差，再结合前项和及通项公式求解即得.
【详解】由，，得，解得，则等差数列的公差，
于是，由，得，
所以.
故选：B
7．（2024·浙江·三模）已知等差数列的前n项和为，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据题意，分和两种情况讨论，结合等差数列的性质及充分条件、必要条件的定义分析判断即可.
【详解】当时，，得；
当时，，得，
所以“”是“”的充要条件，
故选：C．
8．（2023·天津和平·三模）已知数列满足，，是数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得，可得数列是以2为公比的等比数列，从而可求出，进而可求出.
【详解】因为，所以，
由于，则，所以，
所以数列是以2为公比，2为首项的等比数列，
所以，
所以，
所以
，
故选：D
9．（2024·陕西西安·三模）如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层4个球，其中第1层有1个球，第2层有3个球；…；第n堆有n层共个球，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，…．已知，则（ ）
A．2290B．2540C．2650D．2870
【答案】D
【分析】由题意总结规律得，再利用累加法求得的通项公式，然后再进分组求和，建立一个关于的方程，解方程可得.
【详解】在第堆中，从第2层起，第n层的球的个数比第层的球的个数多n，
记第n层球的个数为，则，
得，
其中也适合上式，则，
在第n堆中，
，
当时，，解得.
故选：D.
10．（2024·河北张家口·三模）已知数列的前n项和为，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记，利用构造法求得，然后分组求和可得.
【详解】因为，
所以，，且，
所以，
记，则，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，，
记的前n项和为，则.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求的前50项和.
11．（2024·浙江绍兴·三模）设，已知，若恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得到，推出，得到答案.
【详解】由题意得，故，
故，
故
，
由于，故.
故选：C
【点睛】关键点点睛：
二、多选题
12．（2024·江西·三模）已知数列满足，则（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等差数列
C．数列的前项和为D．能被3整除
【答案】BCD
【分析】利用构造法得到数列是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.
【详解】由可得：，所以数列是等比数列，即，
则显然有，所以不成等比数列，故选项A是错误的；
由数列是等比数列可得：，即，故选项B是正确的；
由可得：前项和，故选项C是正确的；
由
，故选项D是正确的；
方法二：由，1024除以3余数是1，所以除以3的余数还是1，从而可得能补3整除，故选项D是正确的；
故选：BCD．
13．（2024·湖南益阳·三模）已知是等比数列，是其前n项和，满足，则下列说法正确的有（ ）
A．若是正项数列，则是单调递增数列
B．一定是等比数列
C．若存在，使对都成立，则是等差数列
D．若，且，，则时取最小值
【答案】ACD
【分析】对于A，由题意易得，，可判断结论；对于B，在时，通过取反例即可排除B；对于C，分析时数列的特征即可判断；对于D，先求出的表示式，通过作商分析的大小关系即得.
【详解】对于A，设数列的公比为，由可得，，
因，则得，解得或，
因是正项数列，故，，故是单调递增数列，即A正确；
对于B，由上分析知，或，
当时，，
此时，若为偶数，则都是0，故不符合，即B错误；
对于C，若，则是递增数列，
此时不存在，使对都成立；
若时，易得，故存在，使得对都成立，
此时为常数列，故是公差为0的等差数列，故C正确；
对于D，因，，故由上分析知，
则，
由，
当时，，故，数列递减，且；
当时，，故，数列递增，且；
则当时，取最小值，故D正确.
故选：ACD.
14．（2024·山东济宁·三模）已知数列的前项和为，且满足，数列的前项和为，且满足，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．数列是等比数列
C．数列是等差数列D．若，则
【答案】BC
【分析】由数列的前项和为求出判断B；由递推公式探讨数列的特性判断C；求出判断A；由求出，再利用裂求和法求解即得.
【详解】由，得，，
当时，，满足上式，因此，
数列是等比数列，B正确；
由，得，，解得，，A错误；
当时，，两式相减得，
于是，两式相加得，
整理得，因此数列是等差数列，C正确；
当时，等差数列的公差为1，通项，，
所以，D错误.
故选：BC
15．（2024·山西吕梁·三模）已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ）
A．当最大
B．使得成立的最小自然数
C．
D．中最小项为
【答案】BD
【分析】根据题意，结合条件即可得到，即可判断AC，结合等差数列的求和公式即可判断B，再由，或时，；时，即可判断D,
【详解】根据题意：，即，
两式相加，解得：，当时，最大，故A错误
由，可得到，所以，
，
所以，故C错误；
由以上可得：，
，而，
当时，；当时，；
所以使得成立的最小自然数，故B正确.
当，或时，；当时，；
由，
所以中最小项为，故D正确.
故选：BD.
三、填空题
16．（2024·湖北荆州·三模）若实数成等差数列，成等比数列，则= .
【答案】
【分析】根据等差数列的公差计算求出，再根据等比中项求出即可.
【详解】实数成等差数列，则等差数列的公差为，
成等比数列，则，
由于等比数列奇数项同号，所以，所以，则.
故答案为：.
17．（2024·山东青岛·三模）已知等差数列的公差，首项 ，是与的等比中项，记 为数列的前项和，则
【答案】105
【分析】根据等比中项的性质得到方程，即可求出公差，再根据等差数列求和公式计算可得.
【详解】等差数列中， ，是与的等比中项，设公差为，
所以，即，
解得或（不合题意，舍去）；
所以．
故答案为：．
18．（2024·湖南邵阳·三模）已知数列与均为等差数列，且，则 .
【答案】1012
【分析】根据等差数列通项公式的性质可设，结合题意可得，，进而可得结果.
【详解】因为数列与均为等差数列，
可设，则，
可知，即，则，
则，解得，即，
所以.
故答案为：1012.
19．（2024·宁夏银川·三模）设为等差数列的前n项和，已知、、成等比数列，，当取得最大值时， .
【答案】6
【分析】设等差数列的公差为，则由可求出，再由、、成等比数列，可求出，从而可求出，配方后可求得结果.
【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，
由、、成等比数列，得，解得，
因此，
则，当且仅当时取等号，
所以.
故答案为：6
20．（2024·上海浦东新·三模）已知数列为等比数列，，，则 .
【答案】255
【分析】根据题意结合通项公式求，进而结合等比数列求和公式运算求解.
【详解】设等比数列的公比为，
由题意可得，解得，
所以.
故答案为：255.
21．（2024·上海闵行·三模）设是等比数列的前项和，若，，则 .
【答案】5
【分析】根据题意，由等比数列前项和的片段和性质，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意得，，
因为，，，，成等比数列，
故，即，解得，
则，所以，，故.
故答案为：
22．（2024·四川·三模）在数列中，已知，，则数列的前2024项和 ．
【答案】
【分析】由，得到，利用累乘法得到数列的通项公式，再用裂项相消，即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
因此，
故答案为：.
23．（2024·浙江绍兴·三模）记为正项数列的前项积，已知，则 ； ．
【答案】 2 2025
【分析】由数列的前项积，利用赋值法令可求得，将表达式化简可得数列是等差数列，即可求得.
【详解】根据题意令，可知，又数列的各项均为正，即；
解得；
由可得，
即，可得；
所以数列是以为首项，公差为的等差数列；
因此，
所以.
故答案为：2；2025.
四、解答题
24．（2024·新疆喀什·三模）已知数列的首项，且满足（）．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记，求数列的前项和，并证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）由等比数列的定义即可求证，
（2）由裂项相消法求和，即可求解,根据单调性，即可求证.
【详解】（1）由得，
又，所以是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）由（1）知，，所以
所以，
当时，单调递增，故．
25．（2024·四川自贡·三模）已知数列的前项和为，且．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)若，，成等比数列，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据作差得到，结合等差数列的定义证明即可；
（2）根据等比中项的性质及等差数列通项公式求出，即可得到的通项公式，结合的单调性及求和公式计算可得.
【详解】（1）数列满足①，
当时，有②，
①②可得：，
即，
变形可得，
故数列是以为等差的等差数列；
（2）由（1）可知数列是以为等差的等差数列，
若，，成等比数列，则有，
即，解得，
所以，
所以单调递减，又当时，，当时，，当时，，
故当或时，取得最大值，
且．
26．（2024·浙江绍兴·三模）已知数列的前n项和为，且，，设．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助与的关系可消去，得到，借助将其转换为后结合等比数列定义即可得证；
（2）借助错位相减法计算即可得.
【详解】（1），即，
即，则，即，
即，又，
故数列是以为首项、以为公比的等比数列.
（2）由（1）易得，即，则，
则，
有，
则
，
故.
27．（2024·新疆·三模）若一个数列从第二项起，每一项和前一项的比值组成的新数列是一个等比数列，则称这个数列是一个“二阶等比数列”，如：1，3，27，729，…….已知数列是一个二阶等比数列，，，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）应用累乘法求出通项公式即可；
（2）裂项相消法求前n项和即可.
【详解】（1）设，由题意得数列是等比数列，，，
则，即，
由累乘法得：，
于是，故.
（2）由（1）得
，
令，则，
∴
.
28．（2024·重庆九龙坡·三模）已知是等差数列的前项和，，数列是公比大于1的等比数列，且，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求使取得最大值时的值.
【答案】(1)，
(2)或
【分析】（1）根据等差数列的通项及前项和公式求出首项与公差，即可求出数列的通项公式，再求出数列的首项与公比，即可得的通项公式；
（2）先求出的通项，再利用作差法判断数列的单调性，根据单调性即可得出答案.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则，解得，
所以，
设等比数列的公比为，
则，解得，
所以；
（2）由（1）得，
则，
，
当时，，
当时，，
当时，，
所以当或时，取得最大值.
29．（2024·湖南长沙·三模）若各项均为正数的数列满足（为常数），则称为“比差等数列”.已知为“比差等数列”，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用“比差等数列”的定义可得，令，则为常数列，
可得，可求的通项公式；
（2）分为奇数与偶数两种情况求解可得数列的前项和.
【详解】（1）由为“比差等数列”，
得，
从而.
设，则，
所以数列为等差数列.
因为，
所以为常数列，
因此，，即，
所以是首项为，公比为的等比数列，
因此.
（2）当为偶数时，
；
当为奇数时，.
综上，.
30．（2024·陕西·三模）数列的前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令，并将数列称为的“生成数列”．
(1)设数列的“生成数列”为，求证：；
(2)若，求其生成数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由“生成数列”的定义证明即可；
（2）由分组求和求解即可.
【详解】（1）由题意可知，
所以，因此，
即是单调递增数列，且，
由“生成数列”的定义可得．
（2）当时，．
，又，
，
当时，．
设数列的前项和为．则．
当时，
又符合上式，所以．
31．（2024·江苏宿迁·三模）在数列中，．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列满足；
①求证：数列是等差数列；
②若，设数列的前n项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)①证明见解析 ；②证明见解析
【分析】（1）变形得到，结合，故，从而得到；
（2）①化简得到，利用得到，同理可得，证明出是等差数列；
②求出，结合，得到公差，得到通项公式，所以，裂项相消法求和证明出结论.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，
因为，所以n=1时，，
所以数列是各项为0的常数列，即，
所以．
（2）①由得
所以①
所以②
②-①得：③
所以④
④-③得，所以
即
所以数列是等差数列．
②当时，由得，所以，
又，故的公差为1，所以，
所以，
即
．
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；
32．（2024·天津滨海新·三模）已知等差数列的前项和为，，，数列是公比大于1的等比数列，且，．
(1)求，的通项公式；
(2)数列，的所有项按照“当为奇数时，放在的前面；当为偶数时，放在的前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列：，，，，，，，…，求数列的前7项和及前项和；
(3)是否存在数列，满足等式成立，若存在，求出数列的通项公式，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)，
(3)存在；
【分析】（1）利用等差数列和等边数列通项公式及求和公式，列出方程组即可求解；
（2）利用分组求和及等差等边数列求和公式即可求解；
（3）利用前n项和与通项公式之间的关系，采用作差法即可判断求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，，
可知，所以．
又，所以数列的公差，
所以，
设等比数列的公比为，，．
所以，．得到，联立得
解得或（舍去），代入中，解得
得数列的通项公式为．
（2）由题意
（3）由已知得①
当时，②，
①②两式相减得：，
当时，也符合③
所以，对于都成立．
又当时④成立
③④两式相减得：，经检验也符合
故存在．
33．（2024·黑龙江·三模）如果n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”.
(1)设数列是项数为7的“对称数列”，其中成等差数列，且，依次写出数列的每一项；
(2)设数列是项数为(且)的“对称数列”，且满足，记为数列的前项和.
①若，，…，构成单调递增数列，且.当为何值时，取得最大值?
②若，且，求的最小值.
【答案】(1)1，3，5，7，5，3，1
(2)①1012；②2025
【分析】（1）根据新定义“对称数列”的定义和已知条件可求得公比，进而求得结果；
（2）①根据对称数列的定义可得数列为等差数列，然后根据二次函数的性质来求解；②由条件得到数列相邻两项间的大小关系，并结合定义求得的取值范围，然后结合已知条件确定出最后的结果
【详解】（1）因为数列是项数为7的“对称数列”，所以，
又因为成等差数列，其公差，…
所以数列的7项依次为1，3，5，7，5，3，1；
（2）①由，，…，是单调递增数列，数列是项数为的“对称数列”且满足，
可知，，…，构成公差为2的等差数列，，，…，构成公差为的等差数列，
故
，
所以当时，取得最大值；
②因为即，
所以即，
于是，
因为数列是“对称数列”，
所以
，
因为，故，
解得或，所以，
当，，…，构成公差为的等差数列时，满足，
且，此时，所以的最小值为2025.
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解对称数列的定义，第二问①关键是得到，，…，构成公差为的等差数列.
命题解读
考向
考查统计
1.高考对数列的考查，重点是
（1）数列自身内部问题的综合考杳
如数列的递推公式、等差、等比数列的性质、通项公式及前n项和公式、数列求和等；
（2）构造新数列求通项、求和
如“归纳、累加、累乘，分组、错位相减、倒序相加、裂项、并项求和”等方法的应用与创新；
（3）综合性问题
如与不等式、函数等其他知识的交汇问题，与数列有关的数学文化问题及与实际生活相关的应用问题以及结构不良问题。
等差、等比数列基本量的计算
2024·新高考Ⅱ卷，12
2023·新高考Ⅰ卷，20
2022·新高考Ⅱ卷，17
等比数列的证明、数列结合解析几何
2024·新高考Ⅱ卷，19
累乘法求通项公式、裂项相消法求和
2022·新高考Ⅰ卷，17
含奇偶项的分组求和
2023·新高考Ⅱ卷，18