专题06 数列（4大考点）（四川专用）2026年高考数学一模分类汇编

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06数列 考点1 等差数列及性质 1.B 2.A 3.D 4.AC 5.1 6.90 7.25 考点2 等比数列及性质 1.C 2.A 3.B 4.B 5.C 6.A 7.A 8.D 考点3 数列求和 1. 【详解】(1)已知a+1=2Sn+2(neN),当n≥2时，有an=2S-1+2, 用a*1=2Sn+2减去an=2S-1+2,根据Sn-S-1=an(n≥2)， 可得：an+1-an=2an,即a+1=3ann≥2， 当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2, 又a1=2,所以a2=2×2+2=6,此时a2=3a1,满足a+1=3an, 所以数列{an}是以a1=2为首项，3为公比的等比数列，即an=2×3-1, (2)由(1)可得a+1=2×3, 又a+1=2Sn+2,所以2Sn+2=2×3”,化简可得Sn=3”-1, 1/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则Sn+1=39S+1+1=3+1, 所以bn=g*g+*可=35i35n==青-. 所以数列{b}的前n项和Tn为： Tn=b+b2+…+b=(1-)+(3-青)+…+（贵-）=1-=品 2.【详解】(1)设等差数列{an}的公差为d, a1+2d=5 ∫a1=1 由ag=5,S4=16得4a1+6d=16,解得d=2, 故an=1+(n-1)×2=2n-1: 八x八店-等- 故{b}是以b1=专为首项，以字为公比的等比数列， 故=的=引1-（生）]。 1- 由于1-()随着n的增大而增大，neN,故Tn是关于n的增函数， 放m之T1=1-(经)]=， 又1-()”<1，故n=[1-()”]<, 综上可知吃≤Tn<号 3.【详解】(1)由题意4Sa=(an+1)2=a略+2an+1. 当n=1时，4a1=a+2a1+1→(a1-1)2=0→a1=1. 当n≥2时，4S=a+2an+1,4S-1=a-1+2an-1+1, 两式相减，得4an=a品+2an-a品1-2am-1 所以2(an+an-1)=(an+ar-1)(an-an-1), 又因为an>0,所以an-ar-1=2. 所以数列{an}是以a1=1为首项，以d=2为公差的等差数列. 所以an=1+(n-1)×2=2n-1. 2)因地=(-1)10=(-1)*@0=(-1)*1（点+点）， 4n 所以T=(1+青)-（待+吉)+（传+）-…+（十）-（点+) 2/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 =1-4+' 因为T}为单调递增数列，且Tx1=1-青=， 所以号≤Ta<1. (2a1+4d=14 4.【详解】(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得{2a1+6d=20, ∫a1=1 解得d=3，所以an=3n-2. (2)因为数列{bm一an}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以北-an=21. 从而bn=21+an=21+3n-2, 所以Sn=(1+2+22+…+2-1)+[1+4+7+…+(3m-2)]=2”-1+a2 5.【详】(1)：2anSn=a好+1， 当n=1时，2a1S1=a+1,2a=a+1,a=1,:an>0,a1=1, 当n≥2时：2anSn=a昭+1,2(Sn-Sm-1)s=(Sn-Sa-1)2+1, 2S品-2S-1Sn=S品-28-1S+S21+1,S品=S1+1, {$品}是等差数列，公差d=1,首项为S子=1， sa=$+(m-1)d=1+(m-1)×1=n, "an>0,Sn=Vn,:an=Sn-Sp1=Vn -Vn-1, 验证n=1时也成立，“an=V瓜--1： (2):b=S品，S品=n,bn=n, 设m=武a,:bn=,ab+2=n+2,“cm=南=（贵-）， “品十威十+。+…十i+=C十c2+c++cm =(经-青+克-专+青-言+寺-言…十诗-+贵-) =(生+-品-)=（是-品-）<×= 6.【详解】(1)当n=1时，2S1=3a1-3→2a1=3a1-3→a1=3, 当n≥2时，2Sn=3an-3,2Sh-1=3an-1-3, 3/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 两式相减得，2(Sn-S-1)=3an-3an-1→2an=3an-3an-1→an=3an-1→器=3 所以{a}是以3为首项，3为公比的等比数列， 故an=3 (2)当n为奇数时，bn=an=3, 当n为偶数时，bh=loggan=logg3”=n, 所以T2n=(b1+b3+…+b2-1)+(b2+b4+…+b2) =(3+33+…+321)+(2+4+…+2n) -2+242-0+n2+n 1-9 7.【详解】(1)解：因为数列{an十kn+b}为等比数列(kb为常数)，设公比为9， 所以，当n≥2时，an+km+b=q[am-1+k(n-1)+b],即 an=qan-1+(qk-k)n-qk+qb-b, 因为，n≥2时，an=2an-1-n+2, 9=2, 9=2, qk-k=-1, 所以 -9k+gb-b=2·解得 k=-1, b=0 所以an-n=2[an-1-(n-1)],n≥2， 又a1=3,a1-1=2, 所以{an-n}是等比数列，公比为2，首项为2， 所以an-n=2×2-1=2,即an=2”+n (2)解：由(1)知b=a照-nan=（2”+n)·2=4+n24, 令{n·2}的前n项和为Tn, 则Tn=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n2 2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2”+n2*1, 两式相减得：-Tn=2+22+23+24+…+2-n-2n+1==型-n+2*1 1-2 =2n+1-2-n·2n+1=(1-n)2*-2, 所以Tn=(n-1)2*1+2 所以数列{b如}的前n项和 4/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 8a=+(a-1)-21+2=+a-1）-21+2=2+a-1）-2 8.【详解】(1)由题意得， G1-ca=[a(m+1)+]()1-(am+μ)（佳）”=(-n+全-发)()只， 又an=9+1-cm=(-2m+1)(3)” -分n+分-岁=1-2m,即-合=-2，合-兰=1→1=4，μ=2. (2)依题意：Sn=a1+a2+…+an=(c2-C)+(c3-c2)+…+（C+1-Cn)=Gn+1-C1 由(1)可得c=(4n+2)·()”,G=(4+2)·()=3, c+1=(4n+4+2)·()*=(4n+6)·()*=(2m+3)·()” Sa=A=(91-G)=91-G=(2m+3)京-3，neN 9.【详解】(1)由at1+2+1=4an则at1-2n+1=4an-2·2n+1=4(an-2), 又a1一2=4，所以数列{an-2”}是以4为首项4为公比的等比数列. (2)由(1)知，an-2”=4,则an=4“+24, 所以n=4+42+…+4+2+2+…+2=+22 =5+2+1-9。 (3)由an=4+2, 贴=品=器 由于4“+2”<4+2+2，则b<1, 所以Tn=b1+b2+…+bm<n 的=高-表，则那=-立， 医r>+)°-景事以点<1-(). 由at1+2t1=4an,则ak+1+2k+1=4ak, 则ak+1十2=4-2k+1+2=4(+2)-2k+1-6, 下面证明ak+1+2>号(ak+2), 当k=1时，a2+2=22,号(a1+2)=20,即a2+2>号(a1+2); 5/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 假设k=m,m≥2，m∈N时，am+1十2>号(am十2)， 则k=m+1时， am+2+2=4(3m+1+2)-2m+2-6>4×号(am+2)-2mt2-6=-(4am+2)-2m2+9 =引(4am+2)-言2m+3+号]=引4(am+2)-2m1-6+吉·2mt1+9] =（am*1+2+2m+1+9)>号(a+1+2). 综上所述，k+1+2>(a+2),则市<号·克 所以克<号市<（得）<…<()动=言（看） 则≤吉·（得），当且仅当k=1时取等。 点≤胃=引1-()1<-(1.r>+()°- 综上所述，n+号（得）”-音<Tn<n 考点4 数列的应用 1.ACD 2.BCD. 3.7；4 4.【详解】(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,因为a2=5,Ss=40, 所以a1+d=5,5a1+d=40,解得a1=2d=3. 所以sn=na1+a9d=2n+=寻n2+n. 2b==响=（债-品）. 所以 Tn=b+b2十…+b如=（片-)+号（-青)+…号（贵-）=（1-克+克-青+…+-)=号 因为不等式Tn<m对任意neN恒成立，则有号(1-)<m对任意n∈N恒成立， 又号(1-)<号，所以m之寻 5.【详解】(1)：Sn=5n2-4n,当n=1时，a1=S1=5×12-4×1=1 6/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当n≥2时，S-1=5(n-1)2-4(n-1)=5n2-14n+9 两式作差可得：n≥2，an=Sm-S1-1=10n-9,n=1时，a1=10×1-9=1符合上式， 故综上：an=10n-9; (2)由(1)可知an=10n-9,则anbn=(10n-9)2, Tn=1×22+11×22+21×23+…+(10n-9)×2 2Tn=1×22+11×23+21×24+…+(10n-9)×2+1 两式相减得： -Tn=2+10×22+10×23+…+10×2”-(10n-9)×2+1 =2+102=29-(10n-9)×2n*1=2+10×2+1-40-(10n-9)×21 1上-2 =-38+2n+(19-10n) Tn=38+(10n-19)2n+1 数列{anbm}的前n项和Tn=38+(10n-19)2+1 (3)存在正整数n的值为4,5,6时，满足an、b1、Cn的值均能构成三角形 由题意得：any bn Cn>0 不妨设A(n,an),B(n,ba),C(n,C),故三点均在第一象限内， 由cn=入an十(1-入)bn可知，B元=BA入∈[0,1]，故点C恒在线段AB上， 则由min{anbn}≤ca≤max{anba}<an+bn, 即对任意得入∈[0,1]，cn<an+bn恒成立 令10x-9=2,构造函数f(x)=2-10x+9,x>0 则f(x)=21n2-10,由f(x)单调递增，又f(3)<0,f(4)>0 存在x∈(3,4)使得f(x)=0 即当0<x<xo时，f(x)<0,故函数f(x)在区间(0，x0)上单调递减， 当x>xo时，f(x)>0,故函数f(x)在区间(x0+∞)上单调递增： 故f(x)至多2个零点，又由f(1)>0,f(2)<0,f(5)<0,f(6)>0,可知f(x)存在2个零 点， 不妨设x182(x1<x2),且81∈（1,2)，82E(5,6). ①若an≤bn'10n-9≤2，此时n=1或n≥6，则an≤cn≤ba,可知b十Cn>an成立， 7/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 要使an、ba、Cn的值均能构成三角形，所以an十Cn>bn恒成立，故b,<2an, 10n-9≤2 所以有2”<2(10n-9)，解得n=6: ②若an≥bn'10n-9≥2时，此时n=2,3,4,5,则an≥cn≥b1,可知an+cn>bn成立， 要使an、b1、Cn的值均能构成三角形，所以b,十cn>an恒成立，故an<2bn, |10n-9≥20 所以有10n-9<2*1,解得n=4或5： 综上可知，正整数n为4,5,6. 6.【详解】(1)由题意，甲每局比赛获胜的概率为，则乙每局比赛获胜的概率为后， P表示经过3局比赛甲获胜的概率， 由甲经过3局比赛获胜，又净胜局数为3，则甲3局全胜， 故p。=()=克： Ps为经过5局甲获胜的概率， :某人的净胜局数=某人胜的局数-某人负的局数， :由经过5局甲才获胜，净胜局数为3， 则5局中甲胜4局负1局，且负局必在前3局中（若不在，则3局甲全胜比赛结束），第4、5局均获 胜， =c)()·()(情)=品 (2)由题意，q为事件“X=k时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率， 由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X, 故X即为甲的净胜局数，所以X=-3,-2,-10,1,2,3. 经过若干局后，假定当前X=, ①当k=3时，即甲的净胜局数X=3, 则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以93=1； ②当k=-3时，即甲的净胜局数X=-3,乙的净胜局数-X=3, 则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则9-3=0； ③当-2≤k≤2，k∈Z时， 由甲的净胜局数-2≤X≤2，则乙的净胜局数为-X,且一2≤一X≤2， 故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局， 8/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 记事件A=“X=k时，甲最终获得训练赛胜利”（一2≤k≤2，kEZ),事件B=“下一局比 赛甲获胜”， 下一局若甲赢（即事件B发生），则X=k十1；若乙赢（即事件B发生），则X=k一1： 因为9k=PA,9kt1=PA+,9k-1=PA-,且P(B)=青P(B)=1-P(B)=号， 所以由全概率公式得， P(Ay)=P(AjB)P(B)+P(ApB)P(B),P(Ay)=P(Ax+1)P(B)+P(Ak-1)P(B), 因此9k=9k+1十+号9k-1'整理得9k+1=3qk一2qk-1 两边都减去9k,则可得9k+1一9k=2(9k一9k-1)， 又当k=-2时，9-293=q2≠0， 故数列：9-2一9-39-1-9-290-9-91一9g92一9193一92是公比为2的等比数列. 即数列9k+1-9x}（-3≤k≤2k∈Z是公比为2的等比数列. (3)由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为90： 记ak=9k+1-9-3≤k≤2，k∈Z, 则93-q3=a2+a1+a0+a1+a-2十a-3=1-0=1, 由(2)知，数列9k+1-9k}（-3≤k≤2k∈Z是公比为2的等比数列， 则9g-q3=11+2+22+23+24+2可=1，解得-3=斋， 所以a-3十a-2+a-1=a-1+2+2习=7×亲=， 又a3+a2+a1=(q2-9J+(91-9+(9。-q)=90-9g=9o 所以9。=， 故甲最终获得训练赛胜利的概率为 7.【详解】(1)P1(1≥2,1为整数)表示甲同学投篮1次恰好有2次命中的概率， 所以当=4时，P4=C()()=易 (2)(1)前五次命中一次的概率为： c()()4-器 前五次一次都不命中的概率为：（传）=嘉 所以P(5=6)=器+本=端 9/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (ii),=c()()2-g()2, 设投篮次数为，(5=2,3，…，N-1), P(5=k)=()·()()= P(5=N=1-P(5=k), 2-号-4（行++…+学）n =4(京+导+…+)② ①一②，错位相减可得， =4(字+京+…+-学) →=4（名-(）×（信）-) →$=1-斜 所以P(5=N)=1-2P(5=k)=斜， 所B()=NP=N)+2P(=)=N×学+× 3业 因%明≥，所N×学+学≥2×号， Nx学+学→ 31 -+(学+…+2)≥（学+…+型+型+2） 34 342 →3(2N2-N)≥4N2-4N+44型+4+1248 →2N2-15N-8≥0 解得：N≥8，所以N的最小值为8 8.【详解】(1)(1)依题意，第一天在任意餐厅就餐的概率均为特，设第二天在B餐厅就餐的概 率为P2 于是：P2=青×品+青×吉+青×品=是： (2)设小丁第n天在B餐厅就餐的概率为P,P1=言，第n天在A餐厅就餐的概率为Qn则： 当n≥2时Pm=品Qm-1+Pm-1+最(1-Pm-1-Qn-)→Pn=-品Pr1+最， 10/13 专题 06 数列 4大考点概览 考点01等差数列及性质 考点02等比数列及性质 考点03数列求和 考点04数列的应用 等差数列及性质 考点1 1．（2025·四川德阳·一模）记为等差数列的前项和，若，则（   ） A． B． C．7 D．-7 2．（2025·四川资阳·一模）已知等差数列的前项和为，若，，则（   ） A．48 B．63 C．80 D．96 3．（2025·四川凉山·一模）在等差数列中，是其前n项和，若，，则（    ） A． B．5 C．10 D．15 4．（2025·四川泸州·一模）（多选）记为等差数列的前项和，为的公差，若，则（    ） A． B． C．当或6时，取得最小值 D．当时，的最小值为11 5．（2025·四川绵阳·一模）与4的等差中项为 . 6．（2026·四川巴中·一模）设为等差数列的前项和，若，，则 ． 7．（2025·四川成都·一模）记为等差数列的前项和，若，，则 . 等比数列及性质 考点2 1．（2025·四川泸州·一模）已知实数成等比数列，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·四川广安·一模）已知数列为等比数列，为数列的前项积，且，则（    ） A．27 B．9 C．3 D． 3．（2025·四川自贡·一模）等比数列中，，，则（   ） A．27 B．81 C．243 D．729 4．（2026·四川遂宁·一模）记为等比数列的前项和，若，，则（    ） A．4 B． C．8 D． 5．（2026·四川巴中·一模）设 是等比数列 的前 项之和， 成等差数列，则 （ ） A． B． C．2 D．3 6．（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．5 B． C．10 D．不存在 7．（2025·四川成都·一模）在等比数列中，，，则（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 8．（2025·四川凉山·一模）已知等比数列的前4项是关于x的方程的根，则数列的前4项和为（    ） A． B． C． D． 数列求和 考点3 1．（2025·四川泸州·一模）已知数列的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 2．（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：. 3．（2026·四川攀枝花·一模）已知数列的前n项和为，，且4，，成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)若，记数列的前项和为，证明：． 4．（2025·四川凉山·一模）在等差数列中，，． (1)求数列的通项公式； (2)已知数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前n项和． 5．（2025·四川成都·一模）已知正项数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)若数列满足，证明：. 6．（2025·四川泸州·一模）记为数列的前项和，已知. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 7．（2025·四川绵阳·一模）已知数列满足：当时，，且数列为等比数列（为常数），. (1)求常数的值及数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 8．（2025·四川德阳·一模）数列的通项公式，的通项公式，且. (1)求，的值； (2)求的前项和. 9．（2025·四川资阳·一模）已知数列的首项，且满足. (1)求证：是等比数列； (2)求数列的前项和； (3)令，数列的前项和为.求证：. 数列的应用 考点4 1．（2025·四川绵阳·一模）（多选）已知公比不等于1的等比数列的前项和为，且成等差数列，下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．成等差数列 D．若，则数列的最大项为 2．（2026·四川广安·一模）（多选）已知数列满足，且，则（    ） A．数列先单调递减后单调递增 B． C． D． 3．（2025·四川成都·一模）如图，已知正四面体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点处，记点移动次后仍在底面上的概率为.则 ；满足的的最大值为 . 4．（2025·四川达州·一模）已知为等差数列，前项和为，且． (1)求； (2)设，数列的前项和为，若对任意，不等式成立，求实数的取值范围． 5．（2025·四川自贡·一模）设数列的前n项和为． (1)求； (2)若，求数列的前n项和； (3)设，是否存在正整数n对，、、的值为边长均能构成三角形，若存在求正整数的值，若不存在请说明理由． 6．（2026·四川广安·一模）甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数某人胜的局数某人负的局数）． (1)记经过局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为，求和； (2)经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为，记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为，求证： 是等比数列； (3)求甲获得训练赛胜利的概率． 7．（2025·四川泸州·一模）甲同学进行定点投篮训练，假设甲同学每次投篮命中的概率为，且各次投篮互不影响，设（，为整数）表示甲同学投篮次恰好有2次命中的概率. (1)求； (2)投篮前约定：甲同学最多投篮次，当出现两次命中时就不再投篮，投篮次后即使没有出现两次命中也不再投篮，用表示甲同学在约定条件下投篮的次数. （i）若，求； （ii）若，求的最小值. 8．（2025·四川德阳·一模）大学吸引广大学子，不仅仅靠知识的海洋，还有美味的餐厅.已知某大学有，，三个餐厅，小丁同学每天都在学校餐厅就餐，已知小丁第1天等可能性的随机在某个餐厅就餐，若他在餐厅就餐，则下一天在，，三个餐厅就餐的概率分别为，，；若他在餐厅就餐，则下一天在，，三个餐厅就餐的概率分别为，，；若他在餐厅就餐，则他下一天到，，三个餐厅就餐的概率分别为，，. (1)求小丁同学第2天在餐厅就餐的概率； (2)求小丁同学第天在餐厅就餐的概率； (3)若小丁同学前天到餐厅就餐的天数为，求数学期望. （若小丁第天到餐厅就餐的天数为，则 ） 9．（2026·四川巴中·一模）若点，是曲线上相异的两点，且直线的斜率为，则称点，是斜率相关的．已知抛物线：（），点在抛物线上，点与点是斜率相关的，点与点是斜率相关的，其中为常数且，记直线的斜率为． (1)设为坐标原点，若，求的面积． (2)对任意的正整数，是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)设为数列的前项和，若对任意的正整数，都有，求实数的取值范围． 10．（2025·四川成都·一模）设函数. (1)证明：对每个且，存在唯一的，满足； (2)若，求； (3)证明：，其中表示的导数. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 06 数列 4大考点概览 考点01等差数列及性质 考点02等比数列及性质 考点03数列求和 考点04数列的应用 等差数列及性质 考点1 1．（2025·四川德阳·一模）记为等差数列的前项和，若，则（   ） A． B． C．7 D．-7 【答案】B 【分析】根据等差数列通项公式和前项和公式，代入题目等式条件中，求出结果即可. 【详解】根据等差数列性质，可知，即， 化简得，可知. 故选：B. 2．（2025·四川资阳·一模）已知等差数列的前项和为，若，，则（   ） A．48 B．63 C．80 D．96 【答案】A 【分析】根据等差数列基本量的计算得，再根据求和公式计算即可. 【详解】解：设等差数列的公差为，， 所以，解得， 所以，由等差数列前项和公式得 故选：A 3．（2025·四川凉山·一模）在等差数列中，是其前n项和，若，，则（    ） A． B．5 C．10 D．15 【答案】D 【分析】由已知条件列出方程，求出首项和公差代入公式即可求解. 【详解】在等差数列中，， 依题意，，即， 两式相减解得，代入得， 因此. 故选：D 4．（2025·四川泸州·一模）（多选）记为等差数列的前项和，为的公差，若，则（    ） A． B． C．当或6时，取得最小值 D．当时，的最小值为11 【答案】AC 【分析】利用已知可求得等差数列的首项与公差，利用等差数列的性质与前项和公式逐项计算判断即可. 【详解】因为，所以两式相减得，解得，故A正确； 由，得，所以， 所以，解得，所以， 所以，故B错误； 令，即，解得， 即数列前项为负，第项为0，第起为正， 所以当或6时，取得最小值，故C正确； ，令，则， 解得（舍去）或，又，所以时，， 所以当时，的最小值为12，故D错误. 故选：AC. 5．（2025·四川绵阳·一模）与4的等差中项为 . 【答案】1 【分析】应用等差中项的性质求解. 【详解】若与4的等差中项为，则. 故答案为：1 6．（2026·四川巴中·一模）设为等差数列的前项和，若，，则 ． 【答案】 【分析】设等差数列公差为，由题意求得，再根据等差数列求和公式计算即可. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，， 所以，解得， 则. 故答案为：. 7．（2025·四川成都·一模）记为等差数列的前项和，若，，则 . 【答案】25 【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列性质计算得解. 【详解】在等差数列中，由，，得. 故答案为：25 等比数列及性质 考点2 1．（2025·四川泸州·一模）已知实数成等比数列，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设公比，利用等比数列的性质及等比中项得到方程，求出. 【详解】设等比数列的公比为，则，且，解得. 故选：C 2．（2026·四川广安·一模）已知数列为等比数列，为数列的前项积，且，则（    ） A．27 B．9 C．3 D． 【答案】A 【分析】利用等比数列的性质即可求解. 【详解】由题意得：， 又由等比数列性质可得：， 所以 ， 故选：A 3．（2025·四川自贡·一模）等比数列中，，，则（   ） A．27 B．81 C．243 D．729 【答案】B 【分析】将已知等式转化成与的关系式，两式作比求出公比，再由等比数列基本量运算即得答案. 【详解】设等比数列的公比为， ，， 两式作比可得， 又 故选：B 4．（2026·四川遂宁·一模）记为等比数列的前项和，若，，则（    ） A．4 B． C．8 D． 【答案】B 【分析】把题干所给条件转化为的方程组，解方程组即可得出答案. 【详解】设等比数列的公比为，当时，，所以. 由题意可得，解得或， 当，时，， 当，时，. 故选：B 5．（2026·四川巴中·一模）设 是等比数列 的前 项之和， 成等差数列，则 （ ） A． B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】根据等差数列的性质和等比数列前项和公式以及等比数列的通项公式计算即可. 【详解】设等比数列的首项为，公比为， 当时，，所以. 此时，所以. 那么，因为 成等差数列， 所以，所以有， 化简得，由于，所以解得，又， 所以，所以. 故选：C. 6．（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．5 B． C．10 D．不存在 【答案】A 【分析】由二项式定理可得，由可得，进而可得，分为奇数或偶数时，结合的单调性讨论求解即可. 【详解】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 7．（2025·四川成都·一模）在等比数列中，，，则（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】A 【分析】设等比数列的公比为，易得数列为等比数列，公比为，进而结合等比数列的通项公式可得，根据的正负讨论求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，则， 所以数列为等比数列，公比为， 由题设可得， 当时，，两式相互矛盾； 当时，， 两式相加得，，即， 两式相减得，，即， 所以，即，则； 当时，，即，两式相互矛盾； 当时，， 两式相加得，，即， 两式相减得，，即， 所以，即，则. 综上所述，或. 故选：A 8．（2025·四川凉山·一模）已知等比数列的前4项是关于x的方程的根，则数列的前4项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】借助韦达定理求出方程根的关系，再将数列的前4项和通分计算即可. 【详解】设方程的根分别为，方程的根分别为， 则数列的前四项组成的集合为, 根据韦达定理可知，， 所以，故数列的前4项和为， 故选：D. 数列求和 考点3 1．（2025·四川泸州·一模）已知数列的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由与的关系列式计算可得，利用等比数列通项公式求解即可； （2）由（1）可得，化简，利用裂项相消法计算求解. 【详解】（1）已知，当时，有， 用减去，根据， 可得：，即， 当时，， 又，所以，此时，满足， 所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，即， （2）由（1）可得， 又，所以，化简可得， 则， 所以． 所以数列的前项和为： ． 2．（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：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）设等差数列的公差为d，由题意列出方程组，即可求得答案； （2）结合（1）的结果可得的表达式，说明为等比数列，即可求出的表达式，结合不等式性质，即可证明结论. 【详解】（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. 3．（2026·四川攀枝花·一模）已知数列的前n项和为，，且4，，成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)若，记数列的前项和为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据与的关系求数列的通项公式. （2）利用裂项求和法求数列的前项和，再根据数列的单调性证明. 【详解】（1）由题意. 当时， . 当时，，， 两式相减，得 所以， 又因为，所以. 所以数列是以为首项，以为公差的等差数列. 所以. （2）因为 ， 所以 ， 因为为单调递增数列，且, 所以. 4．（2025·四川凉山·一模）在等差数列中，，． (1)求数列的通项公式； (2)已知数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等差数列基本量运算求得，即可求解； （2）利用等比数列及求得，然后结合等差数列和等比数列求和公式，利用分组求和法求和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为d，由题意得， 解得，所以． （2）因为数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以． 从而， 所以 ． 5．（2025·四川成都·一模）已知正项数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)若数列满足，证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用与的关系求解，即当时，，将式子中的换成，计算出的值；当时，，将式子中的换成，计算得到，从而得到是等差数列，利用等差数列的通项公式求出，继而得到，将代入求出； （2）求出，设，求出，利用裂项相消法求和，放缩法得到证明. 【详解】（1）， 当时，，，，，， 当时，， ，， 是等差数列，公差，首项为， ， ，，， 验证时也成立，； （2），，， 设，，，， . 6．（2025·四川泸州·一模）记为数列的前项和，已知. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据求数列的通项公式. （2）利用分组求和法求和. 【详解】（1）当时， ， 当时，，， 两式相减得， ， 所以是以为首项，3为公比的等比数列， 故. （2）当为奇数时，， 当为偶数时，， 所以 . 7．（2025·四川绵阳·一模）已知数列满足：当时，，且数列为等比数列（为常数），. (1)求常数的值及数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）设数列公比为，进而待定系数得再根据等比数列的通项公式求解即可得的通项公式； （2）结合（1）得，再根据分组求和与错位相减法求解即可. 【详解】（1）解：因为数列为等比数列（为常数），设公比为， 所以，当时，，即， 因为，时，， 所以,解得 所以，， 又，， 所以是等比数列，公比为，首项为， 所以，即 （2）解：由（1）知， 令的前项和为， 则 ， 两式相减得： ， 所以 所以数列的前项和. 8．（2025·四川德阳·一模）数列的通项公式，的通项公式，且. (1)求，的值； (2)求的前项和. 【答案】(1)， (2)，. 【分析】（1）根据求出关于的表达式，再与已知对比系数求解； （2）利用巧妙结合. 【详解】（1）由题意得，， 又 ，即，，. （2）依题意： 由（1）可得，， ，. 9．（2025·四川资阳·一模）已知数列的首项，且满足. (1)求证：是等比数列； (2)求数列的前项和； (3)令，数列的前项和为.求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题设易得，即可得证； （2）由（1）可得，进而根据等比数列的求和公式分组求和即可； （3）由题设可得，即可证明，分析可得，即证，再结合数学归纳法证得，即可得到，当且仅当时取等，进而求证即可. 【详解】（1）由，则， 又，所以数列是以4为首项4为公比的等比数列. （2）由（1）知，，则， 所以 . （3）由， 则， 由于，则， 所以. 由，则， 要证，即证， 由，则， 则， 下面证明， 当时，，即； 假设，，时，， 则时， . 综上所述，，则， 所以， 则，当且仅当时取等， 则，即. 综上所述，. 数列的应用 考点4 1．（2025·四川绵阳·一模）（多选）已知公比不等于1的等比数列的前项和为，且成等差数列，下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．成等差数列 D．若，则数列的最大项为 【答案】ACD 【分析】本题可根据等比数列的通项公式及前项和公式，结合等差数列的性质来逐一分析选项. 【详解】选项A：设等比数列的公比为（）， 由成等差数列，则，即， 因为，所以. 令，方程变为，解得或（，所以，舍去），即，故选项A正确； 选项B：若，则，故选项B错误； 选项C：等比数列前项和公式为且， ，， 因为，， 所以，故成等差数列，选项C正确； 选项D：若，由得. 等比数列的项为： ，，， …… 可见偶数项为正，奇数项为负，且，所以正项的绝对值逐渐减小， 即，因此数列的最大项为，故选项D正确. 故选：ACD 2．（2026·四川广安·一模）（多选）已知数列满足，且，则（    ） A．数列先单调递减后单调递增 B． C． D． 【答案】BCD 【分析】先证明，当且仅当时等号成立及当时，，根据前一个不等式可判断A的正误，根据后一个不等式可判断B的正误，根据B结合累加法可判断C的正误，根据C结合裂项相消法可判断D的正误. 【详解】先证明两个不等式： （1），当且仅当时等号成立； （2）当时，. 证明：（1）设，则， 当时，，当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故，即，当且仅当时等号成立. （2），故， 故在上为增函数，故， 故当时，. 对于A，因为，故当时，， 若存在，则，故， 依次有，这与矛盾，故 故，而，故等号不可取， 故，故为递减数列，故A错误； 对于B，因为，而，故， 故，故B正确； 对于C，由B中结论可得，故， 由累加可得，而，故， 故，故C正确； 对于D，由C可得， 故，故D正确. 故选：BCD. 3．（2025·四川成都·一模）如图，已知正四面体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点处，记点移动次后仍在底面上的概率为.则 ；满足的的最大值为 . 【答案】 【分析】通过质点移动的相邻顶点分布得到概率递推式，转化为等比数列求通项，代入得；通过通项分析不等式，结合的幂的大小得最大值. 【详解】质点初始在底面顶点A，记移动次后在底面的概率为，移动0次在底面，故. 移动次的位置由次的位置决定： 若第次在底面（概率），底面顶点相邻3个顶点中2个在底面，从底面移到底面的概率为； 若第次在顶点（概率），顶点的相邻3个顶点均在底面，从顶点移到底面的概率为1. 得递推式：. 整理递推式得：， 故是首项为、公比为的等比数列， 通项为： . 代入，得. 解不等式： ，右边为正，故为偶数， 不等式化为，即. ，，故最大的偶数为4. 故答案为：；4 4．（2025·四川达州·一模）已知为等差数列，前项和为，且． (1)求； (2)设，数列的前项和为，若对任意，不等式成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据已知条件求出等差数列的首项和公差，进而求出. （2）先求出，然后求出并化简，进而求解不等式即可. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，因为. 所以，解得. 所以. （2）. 所以. 因为不等式对任意恒成立，则有对任意恒成立， 又，所以. 5．（2025·四川自贡·一模）设数列的前n项和为． (1)求； (2)若，求数列的前n项和； (3)设，是否存在正整数n对，、、的值为边长均能构成三角形，若存在求正整数的值，若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，正整数为 【分析】（1）利用,求得数列的通项公式； （2）根据已知写出，利用错位相减法求和即可； （3）设，由题意可得，构造函数，求导得其单调性，分，两种情况讨论求解即可. 【详解】（1），当时， 当时， 两式作差可得：，，时，符合上式， 故综上：； （2）由（1）可知，则， 两式相减得： 数列的前n项和 （3）存在正整数的值为4，5，6时，满足、、的值均能构成三角形 由题意得： 不妨设，故三点均在第一象限内， 由可知，,故点恒在线段上， 则由， 即对任意得，恒成立 令，构造函数 则，由单调递增，又 存在使得 即当时，，故函数在区间上单调递减， 当时，，故函数在区间上单调递增； 故至多2个零点，又由，可知存在2个零点， 不妨设，且，. ①若，，此时或，则，可知成立， 要使、、的值均能构成三角形，所以恒成立，故， 所以有，解得； ②若，时，此时，则，可知成立， 要使、、的值均能构成三角形，所以恒成立，故， 所以有，解得或5； 综上可知，正整数为4，5，6. 6．（2026·四川广安·一模）甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数某人胜的局数某人负的局数）． (1)记经过局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为，求和； (2)经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为，记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为，求证： 是等比数列； (3)求甲获得训练赛胜利的概率． 【答案】(1)； (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据已知获胜条件，分析甲在不同局数下获得最终胜利的可能赛况，再结合相互独立事件同时发生的概率乘法公式计算可得； （2）由题意易得与，再分析当时可进行下一局比赛，根据已知条件利用全概率公式建立递推关系，可得，经过变形证明等比数列即可； （3）利用第（2）问的等比数列结论，结合 “净胜3局（甲胜）、净胜局（乙胜）” 边界条件（即与），求解比赛初始状态下甲的最终获胜概率即可． 【详解】（1）由题意，甲每局比赛获胜的概率为，则乙每局比赛获胜的概率为， 表示经过 3 局比赛甲获胜的概率， 由甲经过 3 局比赛获胜，又净胜局数为，则甲3局全胜， 故； 为经过5局甲获胜的概率， 某人的净胜局数=某人胜的局数-某人负的局数， 由经过5局甲才获胜，净胜局数为， 则5局中甲胜局负局，且负局必在前局中（若不在，则3 局甲全胜比赛结束），第、局均获胜， ． （2）由题意，​为事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率， 由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为， 故即为甲的净胜局数，所以. 经过若干局后，假定当前， ①当时，即甲的净胜局数， 则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以； ②当时，即甲的净胜局数，乙的净胜局数， 则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则； ③当时， 由甲的净胜局数，则乙的净胜局数为，且， 故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局. 记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”（），事件“下一局比赛甲获胜”， 下一局若甲赢（即事件发生），则；若乙赢（即事件发生），则； 因为，，，且， 所以由全概率公式得， ，即， 因此，整理得， 两边都减去，则可得， 又当时，， 故数列：是公比为2的等比数列． 即数列 是公比为2的等比数列． （3）由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为. 记， 则， 由（2）知，数列 是公比为2的等比数列， 则，解得， 所以， 又， 所以， 故甲最终获得训练赛胜利的概率为. 7．（2025·四川泸州·一模）甲同学进行定点投篮训练，假设甲同学每次投篮命中的概率为，且各次投篮互不影响，设（，为整数）表示甲同学投篮次恰好有2次命中的概率. (1)求； (2)投篮前约定：甲同学最多投篮次，当出现两次命中时就不再投篮，投篮次后即使没有出现两次命中也不再投篮，用表示甲同学在约定条件下投篮的次数. （i）若，求； （ii）若，求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）  （ii）8 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式即可求解 （2）（i）根据出现的情况有两种，即可根据独立事件的概率乘法公式求解； （ii）根据以及期望的计算公式即可求解. 【详解】（1）（，为整数）表示甲同学投篮次恰好有2次命中的概率， 所以当时，. （2）（i）前五次命中一次的概率为：, 前五次一次都不命中的概率为：， 所以. （ii）， 设投篮次数为，， ， ， 记① ② ①②，错位相减可得， 所以， 所以 因为，所以, 解得：，所以的最小值为. 8．（2025·四川德阳·一模）大学吸引广大学子，不仅仅靠知识的海洋，还有美味的餐厅.已知某大学有，，三个餐厅，小丁同学每天都在学校餐厅就餐，已知小丁第1天等可能性的随机在某个餐厅就餐，若他在餐厅就餐，则下一天在，，三个餐厅就餐的概率分别为，，；若他在餐厅就餐，则下一天在，，三个餐厅就餐的概率分别为，，；若他在餐厅就餐，则他下一天到，，三个餐厅就餐的概率分别为，，. (1)求小丁同学第2天在餐厅就餐的概率； (2)求小丁同学第天在餐厅就餐的概率； (3)若小丁同学前天到餐厅就餐的天数为，求数学期望. （若小丁第天到餐厅就餐的天数为，则 ） 【答案】(1) (2)，； (3)，. 【分析】（1）由题可得第一天在任意餐厅就餐的概率均为，利用全概率公式可得第二天在B餐厅就餐的概率； （2）设小丁第天在餐厅就餐的概率为，第天在餐厅就餐的概率为，利用全概率公式可得，由此可得数列的递推公式，构造等比数列 ，可得的表达式. （3）利用分组求和法求即可. 【详解】（1）（1）依题意，第一天在任意餐厅就餐的概率均为，设第二天在B餐厅就餐的概率为 于是：； （2）设小丁第天在餐厅就餐的概率为,，第天在餐厅就餐的概率为则： 当时， 即，即， 所以 是以为公比，为首项的等比数列； 所以，于是，； （3）依题意： ， . 9．（2026·四川巴中·一模）若点，是曲线上相异的两点，且直线的斜率为，则称点，是斜率相关的．已知抛物线：（），点在抛物线上，点与点是斜率相关的，点与点是斜率相关的，其中为常数且，记直线的斜率为． (1)设为坐标原点，若，求的面积． (2)对任意的正整数，是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)设为数列的前项和，若对任意的正整数，都有，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)是定值， (3) 【分析】（1）先求出抛物线方程，再利用斜率转化条件求出坐标，最后进行面积计算； （2）利用斜率转化条件结合抛物线方程得出斜率表达式，进而得出坐标递推关系，进而得出； （3）先求出数列的通项公式，进而得出的通项公式，再通过裂项相消求和，最后进行不等式恒等分析求出实数的取值范围． 【详解】（1）点在抛物线上，则，解得， 抛物线的方程为， ，是斜率相关的，点，， 的方程为， 由，解得或， 设， ， 又 在上， ，解得，则， ， 点到的距离为， 的面积为． （2）根据斜率相关的定义可知，的斜率为， 把，代入得， ，则， ①， 同理可得，，即②， ③， ， 对任意的正整数是定值． （3）由（2）中①②消去得，， 是以为首项，为公差的等差数列， ， 由（2）知， ， ， ， 对单调递增，且对任意的正整数，都有， ， 又， 原式化简为，解得， 实数的取值范围为． 10．（2025·四川成都·一模）设函数. (1)证明：对每个且，存在唯一的，满足； (2)若，求； (3)证明：，其中表示的导数. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）对求导，根据区间导数的符号判断函数的区间单调性，结合，应用放缩得，根据零点存在性定理即可证； （2）由题设，令，讨论参数，应用导数并结合恒成立求参数值； （3）问题化为证明，设，进而得到，从而有，应用累加法即可证. 【详解】（1）由题意可得， 当时，，故在单调递增，且， 因为，且， 所以对每个，，存在唯一的，满足； （2）由题意，当恒成立，设， 当时，由，不合题意； 当时，，则在单调递增. 且，，，. ①时，由，故存在，使， 所以在单调递增.所以，矛盾； ②时，由，故存在，使， 所以在单调递减.所以，矛盾； ③时，由，所以在单调递减，在单调递增， 所以，不等式成立，满足题意； 综上所述，； （3）由题意，得， 则， 要证， 需证， 设， 因为 ， 由此可得①， 由， 故 ， 由①式可得，，，， 累加可得，并且，所以， 综上可知，成立. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $