专题08 数列小题综合（三大考点67题）10年（2017-2026）高考数学真题分类汇编（解析版）

高考真题分类解析PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE1专题08数列小题综合（三大考点，67题）考点分类十年考情（2017-2026）命题规律考点01等差数列及其前n项和2026全国一卷、2026全国二卷、2026北京卷、2026上海卷、2025天津卷、2025全国二卷、2025上海卷、2024全国甲卷、2024上海卷、2024新课标Ⅱ卷、2023全国甲卷、2023全国乙卷、2023新课标Ⅰ卷、2020北京卷、2019全国Ⅰ卷、2019全国Ⅲ卷、2019北京卷、2019江苏卷、2018全国Ⅰ卷、2018北京卷、2017全国Ⅰ卷、2017全国Ⅱ卷、2017上海卷、2017浙江卷、2017北京卷1.题型以选择、填空小题为主，属于高考基础必考题型，整体难度偏低，位于试卷靠前位置。2.核心考查等差数列通项公式、公差、首项求解，前n项和公式运算、最值分析，以及等差数列的判定。3.常结合常用逻辑用语、实际文化情境、数列单调性、最值综合命题，侧重公式活用与基础推理。考点02等比数列及其前n项和2026全国一卷、2026全国二卷、2026上海卷、2025北京卷、2025全国二卷、2025全国一卷、2025上海卷、2024北京卷、2023全国甲卷、2023天津卷、2023新课标Ⅱ卷、2023上海卷、2023北京卷、2023全国乙卷、2022北京卷、2021全国甲卷、2021新高考全国Ⅱ卷、2019全国Ⅰ卷、2018北京卷、2018江苏卷、2017全国Ⅱ卷、2017全国Ⅲ卷、2017江苏卷1.选择、填空高频考查，包含多选题，难度覆盖基础到中档，考频稳定。2.核心考查等比数列通项、公比、前n项和计算，等比数列判定、增减性分析。3.命题素材丰富，结合古代数学文化、音律、度量衡、集合综合设问，常与等差数列交叉考查，综合性较强。考点03数列递推2026北京卷、2026天津卷、2024上海卷、2023北京卷、2022浙江卷、2022全国乙卷、2021浙江卷、2020浙江卷、2020全国Ⅰ卷、2019浙江卷、2017上海卷1.以选择、填空压轴小题为主，难度中等偏上，是数列小题核心拉分考点。2.核心考查递推数列的单调性、取值范围、项的规律、前n项和求解，结合Sn与an关系转化运算。3.常结合新定义、卫星探测、高阶数列等新颖情境，侧重逻辑推理与规律探究能力，区分度较高。考点01等差数列及其前n项和（2026·全国一卷·高考真题）一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩．该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第行中塔的座数记为，其中，，，且，，…，是一个首项为7，公差为2的等差数列．将，，…，分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个项数为6且公差为的等差数列，则（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】由条件求出数列的前项的和，设新数列为，设其公差为，由条件可得，结合选项判断即可.【详解】由已知，，，，，设新数列为，，由已知数列为等差数列，设其公差为，，又的前项都为奇数，所有项都为偶数，由已知为正偶数，为正偶数，则，故，若，则，矛盾，若，则，矛盾，若，则，矛盾，若，则，此时可取，，，，，，满足要求.（2025·天津·高考真题），则数列的前项和为（

）A．112 B．48 C．80 D．64【答案】C【分析】先由题设结合求出数列的通项公式，再结合数列各项正负情况即可求解.【详解】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（2025·全国二卷·高考真题）记为等差数列的前n项和.若则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项和公差d的方程求出首项和公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解.【详解】设等差数列的公差为d，则由题可得，所以.故选：B.（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．1 D．【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和来处理，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，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（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【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值.【详解】由，则，则等差数列的公差，故.故选：B.（2023·全国甲卷·高考真题）记为等差数列的前项和．若，则（

）A．25 B．22 C．20 D．15【答案】C【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列的公差和首项，再根据前项和公式即可解出；方法二：根据等差数列的性质求出等差数列的公差，再根据前项和公式的性质即可解出．【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.（2023·全国乙卷·高考真题）已知等差数列的公差为，集合，若，则（

）A．－1 B． C．0 D．【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（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【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：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（2020·北京·高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（

）．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，则其通项公式为：，注意到，且由可知，由可知数列不存在最小项，由于，故数列中的正项只有有限项：，.故数列中存在最大项，且最大项为.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.（2019·全国I卷·高考真题）记为等差数列的前n项和．已知，则A． B． C． D．【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，，，排除B，对C，，排除C．对D，，排除D，故选A．【详解】由题知，，解得，∴，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．（2018·全国I卷·高考真题）设为等差数列的前项和，若，，则A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.详解：设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得，所以，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，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.（2017·上海·高考真题）已知、、为实常数，数列的通项，，则“存在，使得、、成等差数列”的一个必要条件是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】存在，使得成等差数列，可得，化简可得，所以使得成等差数列的必要条件是.（2017·全国I卷·高考真题）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A．440 B．330C．220 D．110【答案】A【详解】由题意得，数列如下：则该数列的前项和为，要使，有，此时，所以是第组等比数列的部分和，设，所以，则，此时，所以对应满足条件的最小整数，故选A.点睛:本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断.（2017·全国I卷·高考真题）（2017新课标全国I理科）记为等差数列的前项和．若，，则的公差为A．1 B．2C．4 D．8【答案】C【详解】设公差为，，，联立解得，故选C.点睛:求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如为等差数列，若，则.（2017·浙江·高考真题）已知等差数列的公差为d,前n项和为,则“d>0”是A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【详解】由，可知当时，有，即，反之，若，则，所以“d>0”是“S4+S6>2S5”的充要条件，选C．【名师点睛】本题考查等差数列的前项和公式，通过套入公式与简单运算，可知，结合充分必要性的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，该题“”“”，故互为充要条件．（2026·全国二卷·高考真题）记为等差数列的前项和，若，，则__________．【答案】24【分析】根据等差数列通项公式求出公差，再结合求和公式求解即可.【详解】由等差数列通项公式，代入可得，解得.因为，所以，故.（2026·北京·高考真题）已知等差数列的前项和为，且，则公差________，若恒成立，则符合条件的的一个取值为________．【答案】（答案不唯一，满足即可）【分析】利用等差数列前项和公式与通项公式，代入已知等式建立关于公差的方程求解；由恒成立可知为前项和的最大值，结合数列的单调性得到且，代入公差解不等式即可得到的取值范围，选取范围内任意值即可.【详解】等差数列的前项和公式为，通项公式为.∵，，∴.由，得，消去等式两侧的，整理得，解得.∵，等差数列为递减数列，且恒成立，∴为前项和的最大值，即数列前项非负，第项及以后非正，即，代入通项公式得，解得，取即为符合条件的一个取值.（2026·上海·高考真题）已知等差数列中，，公差为，其前项和在区间内至少有两项，则公差的取值范围是__________．【答案】【分析】根据等差数列求和公式列式计算求解.【详解】根据已知前项和在区间内至少有两项，则得出，且，是单调递增的，所以必须满足，所以，所以.（2025·上海·高考真题）已知等差数列的首项，公差，则该数列的前6项和为_________．【答案】【分析】直接根据等差数列求和公式求解.【详解】根据等差数列的求和公式，.故答案为：（2024·上海·高考真题）数列，，c的取值范围为___________．【答案】【分析】先利用等差数列的定义判定为等差数列，再利用等差数列性质即可求解.【详解】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：.（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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：.（2019·江苏·高考真题）已知数列是等差数列，是其前n项和.若，则的值是_____.【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：，解得：，则.【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，构建的方程组.（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】等差数列中,,得,公差,,由等差数列的性质得时,,时,大于0,所以的最小值为或,即为.【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.（2019·全国III卷·高考真题）记为等差数列的前项和，若，则___________.【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】得【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．（2019·全国III卷·高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则___________.【答案】4.【分析】根据已知求出和的关系，再结合等差数列前n项和公式求得结果.【详解】因，所以，即，所以．【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．（2018·北京·高考真题）设是等差数列，且，，则的通项公式为__________．【答案】【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】设等差数列的公差为，【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.（2017·全国II卷·高考真题）（2017新课标全国II理科）等差数列的前项和为，，，则____________．【答案】【详解】设等差数列的首项为，公差为，由题意有，解得，数列的前n项和，裂项可得，所以．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．（2017·北京·高考真题）若等差数列和等比数列满足，，则_______.【答案】【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题中条件求出、的值，进而求出和的值，由此可得出的值.【详解】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和，则，求得，，那么，故答案为.【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.考点02等比数列及其前n项和（2026·上海·高考真题）下列数列中是等差数列也是等比数列的是（

）A．1，，1，，1 B．1，2，3，4，5C．5，5，5，5，5 D．1，2，3，5，7【答案】C【分析】设该数列为，由题可得，其中为常数，据此推得，即得该数列为非零常数列，即可判断.【详解】设该数列为，则该数列满足，其中.则，因为常数，该式对任意正整数成立，则，从而该数列为非零常数列，由选项知只有C满足题意.故选：C（2025·北京·高考真题）已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（

）A． B． C．16 D．18【答案】C【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解.【详解】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.（2023·全国甲卷·高考真题）设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（

）A． B． C．15 D．40【答案】C【分析】根据题意列出关于的方程,计算出,即可求出.【详解】由题知,即,即,即.由题知,所以.所以.故选:C.（2023·天津·高考真题）已知数列的前n项和为，若，则（

）A．16 B．32 C．54 D．162【答案】C【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得的值.【详解】当时，，所以，即，当时，，所以数列是首项为2，公比为3的等比数列，则.故选：C.（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等比数列的前n项和，若，，则（

）．A．120 B．85 C． D．【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．（2021·全国甲卷·高考真题）等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：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】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．【详解】由题，当数列为时，满足，但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，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．（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.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A． B．C． D．【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，所以，又，则故选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（）或（），数列是等比数列；（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.（2023·上海·高考真题）已知数列的各项均为实数，为其前n项和，若对任意，都有，则下列说法可能成立的是（

）A．为等差数列，为等比数列B．为等比数列，为等差数列C．为等差数列，为等比数列D．为等比数列，为等差数列【答案】C【分析】令(是等差数列的前n项和),由题意可得当时，单调递减，结合二次函数的性质和选项逐一判断即可.【详解】解：令,由题意当时，单调递减，对于首项为，公差为的等差数列，则前n项和(不含常数项)，此时，由二次函数的性质知：当足够大时，不可能为单调递减函数，所以，A中奇数项及B中偶数项为等差数列均不合题意；对于C，当前2022项为等差数列，从第2022项开始为等比数列且公比时，满足，故符合题意；对于D，当前2022项为等比数列，从第2022项为等差数列时，同A、B分析：当足够大时，不满足，即不可能为单调递减函数，故不合题意故选：C.【点睛】方法点睛：等差数列的前n项和是关于n的二次二项式(不含常数项)，在研究有关等差数列前n项和的有关性质性，从二次函数的性质出发，能使问题得到简化.（2017·全国II卷·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==381，解得a1=3．故选B．多选题（2026·全国二卷·高考真题）设等比数列的公比，，，记其前项和为，则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】设等比数列的公比为，根据条件列出关于的方程，求解可得的值，判断A；利用特值法可判断B；根据等比数列的前n项和公式，求得，，化简可判断C；求出，由的取值情况，结合不等式的性质，判断D.【详解】由等比数列的公比为，则，即.因为，所以，即.因为，所以，所以，即，所以A正确.因为，则，所以B错误.，，所以C正确.，当n为奇数时，；当n为偶数时，因为；所以，所以，即，所以D正确.（2025·全国二卷·高考真题）记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（

）A． B．C． D．【答案】AD【分析】对A，根据等比数列通项公式和前项和公式得到方程组，解出，再利用其通项公式和前项和公式一一计算分析即可.【详解】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.（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）设正整数，其中，记．则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】利用的定义可判断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，，，所以，，A选项正确；对于B选项，取，，，而，则，即，B选项错误；对于C选项，，所以，，，所以，，因此，，C选项正确；对于D选项，，故，D选项正确.故选：ACD.（2026·全国一卷·高考真题）设实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且中有某连续9项，，，是公比为的等比数列．则的最大值为__________．【答案】【分析】由前项和公式推出每连续三项的和.将连续9项按起始位置模3分类，每类中利用三项块和等于得到关于公比的比例关系，通过相邻块和之比解得的上界，即可取得最大值.【详解】令，由题意得，因此每个三项块的和为.设这9项为，记.由于，且完整三项块和均为正，下面按除以3的余数讨论.若，这9项正好包含三个完整三项块，得，，，于是且，矛盾，故这种起点不存在.若，其中两个完整三项块为第块，第块，得，，所以.若，其中两个完整三项块为第块，第块，得，，所以.综上，所以，即的最大值为.（2026·上海·高考真题）已知为等比数列，，，则__________．【答案】【详解】设数列的公比为，则，则.（2025·全国一卷·高考真题）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于_________.【答案】【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前项和的定义，得到关于的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前项和性质得到关于的方程，解之即可得解.【详解】法一：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，当时，，即，则，显然不成立，舍去；当时，则，两式相除得，即，则，所以，所以该等比数列公比为2.故答案为：.法二：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，所以，，所以，则，所以，所以该等比数列公比为2.故答案为：2.法三：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，因为，又，所以，所以，所以该等比数列公比为.故答案为：.（2025·上海·高考真题）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】【分析】写出通项公式，得到，从而根据前三项和得到方程，求出公比.【详解】由题意得，，则，所以前三项和为，解得或-1（舍去），故答案为：（2024·北京·高考真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.其中正确结论的序号是______.【答案】①③④【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.对于②，取则均为等比数列，但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.对于③，设，，若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，当有偶数解，此方程即为，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，否则，因单调性相反，方程至多一个偶数解，当有奇数解，此方程即为，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即否则，因单调性相反，方程至多一个奇数解，因为，不可能同时成立，故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，取，则,故③正确.对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.（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】2357.5/【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.【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：.（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】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，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，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，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.（2023·上海·高考真题）已知等比数列的前项和为，且，，求______；【答案】189【分析】由等比数列前项和公式求解，【详解】由题意得，故答案为：189.（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】【分析】先分析，再由等比数列的前项和公式和平方差公式化简即可求出公比.【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：（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等比数列，，，则______.【答案】【分析】根据等比数列公式对化简得，联立求出，最后得.【详解】设的公比为，则，显然，则，即，则，因为，则，则，则，则，故答案为：.（2022·北京·高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：①的第2项小于3；

②为等比数列；③为递减数列；

④中存在小于的项．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④【分析】推导出，求出、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，，，当时，，可得；当时，由可得，两式作差可得，所以，，则，整理可得，因为，解得，①对；假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，②错；当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；假设对任意的，，则，所以，，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.（2019·全国I卷·高考真题）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若，则S4=___________．【答案】.【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到．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，由已知，即解得，所以．【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，避免繁分式计算．（2019·全国I卷·高考真题）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若，则S5=____________．【答案】.【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到．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，由已知，所以又，所以所以．【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．（2018·江苏·高考真题）已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．【答案】27【分析】方法一：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值.方法二：由题意结合列举法和二分法即可求解.【详解】［方法一］：【通性通法】【最优解】设，则由得，化简得，，解得：，即．所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由即，解得，所以得满足条件的最小值为.故答案为：.［方法二］：列举法＋二分法与相比，B元素间隔大．因此利用列举法从中元素构成看，分别加了几个B中元素进行考虑．1个：；2个：；3个：；4个：；5个：；6个：．发现当时，发生变号，以下用二分法查找：，所以所求n应在22~29之间．，所以所求n应在25~29之间．，，不符合条件；，，符合条件．因为，而，故答案为：.【整体点评】方法一：先由求和公式寻找不等式成立的充分条件，即当第项的值大于等于时，不等式成立，再寻找第项的值在与之间时是否也可以有满足题意的解，从而解出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：根据两个集合的特征，一一列举集合中的元素，并研究集合中元素的和与的变化规律，从而找出可能满足不等式的解，再由二分法验证解出，该法计算较为麻烦．（2017·全国III卷·高考真题）设等比数列满足a1+a2=–1,a1–a3=–3，则a4=___________．【答案】-8【详解】设等比数列的公比为，很明显，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：，由可得：，代入①可得，由等比数列的通项公式可得.【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.（2017·江苏·高考真题）等比数列{}的各项均为实数，其前项为，已知=，=，则=_____．【答案】32【详解】由题意可得，所以两式相除得代入得，填32．考点03数列递推（2026·北京·高考真题），是无穷数列，则“存在常数，使”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】通过验证充分性与必要性，即可得出结论.【详解】由题意，，是无穷数列，验证充分性：当存在常数，使时，，，显然成立，验证必要性：当，时，此时满足,假设存在常数，使成立，当时，，，此时，需同时“不小于无限增大的”和“不大于无限增大的”，但不存在这样的固定常数，∴当时，无法必然推出“存在常数”，即必要性不成立，∴“存在常数，使”是“”的充分不必要条件.（2026·天津·高考真题）已知是数列的前n项的和，且，，则（

）A．68 B．56 C． D．【答案】C【分析】根据前n项和的含义，依次令，逐步计算即可得到结果.【详解】由，得，即；，即；因为，所以；，即，所以；，即，所以.（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【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，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.【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.法2：因为，令，则，令，得或；令，得；所以在和上单调递增，在上单调递减，令，则，即，解得或或，注意到，，所以结合的单调性可知在和上，在和上，对于A，因为，则，当时，，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，即，因为在上，所以，则为递减数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，故，所以在上单调递增，故，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故A错误；对于B，因为，当时，，，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，又当时，，即，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，此时，取，满足题意，故B正确；对于C，因为，则，注意到当时，，，猜想当时，，当与时，与满足，假设当时，，当时，所以，综上：，易知，则，故，所以，因为在上，所以，则为递减数列，假设存在常数，使得恒成立，记，取，其中，则，故，所以，即，所以，故不恒成立，故C错误；对于D，因为，当时，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递增，故，所以，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，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.（2022·浙江·高考真题）已知数列满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】