专题05 数列（6大考点）（黑吉辽蒙专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题05 数列 6大考点概览 考点01数列概念 考点02等差数列 考点03等比数列 考点04数列求和问题 考点05奇偶项问题 考点06数列与概率交汇问题 数列概念 考点1 1．（2026·黑龙江研远联合·一模）已知数列的前项和公式为，则（    ） A．10 B．20 C．30 D．40 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）（多选）已知数列，给出以下定义：对于任意的，都有，则称数列为“友好数列”；特别地，对于任意的，都有，则称数列为“超越友好数列”，下列说法正确的是（   ） A．若数列满足，且前n项和为，则数列为“友好数列” B．若数列满足，，且数列为“超越友好数列”，则 C．若数列为“超越友好数列”，且，则数列没有最小项 D．若数列为“友好数列”，则对于任意的，当时，总有成立 等差数列 考点2 1．（2026·辽宁辽阳·一模）已知是等差数列，，，则的公差为___________. 2．（2026·辽宁大连·一模）记为数列的前项和，已知.当最大时，（    ） A．9 B．10 C．9或10 D．10或11 3．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）设是等差数列的前项和，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（2026·三省三校·一模）已知数列，为等差数列，其前项和分别为，，且满足  ， 则  （    ） A． B． C． D． 等比数列 考点3 1．（2026·吉林白山·一模）等比数列的各项均为正数，且，则（   ） A．12 B．10 C．5 D． 2．（2026·吉林长春·一模）记为公比的等比数列的前项和，若首项,，则（    ） A．2 B．1 C． D． 3．（2026·黑龙江海伦市六中·一模）（多选）已知正项等比数列的公比为，前项和为，则（    ） A． B． C．数列是递减数列 D． 4．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）（多选）已知正项等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B．数列有最小项 C．数列为递减数列 D． 5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）（多选）在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．数列是等比数列 C． D．数列是公差为2的等差数列 6．（2026·辽宁辽阳·一模）（多选）已知数列的前n项和为，若，，则（   ） A． B．数列为等比数列 C． D． 7．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）已知数列是等比数列，若，则___________． 数列求和问题 考点4 1．（2026·黑龙江哈三中·一模）已知数列的前项和为. (1)求的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 2．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）记为正项数列的前项和，已知. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，，求证：. 3．（2026·吉林白城联合体·一模）已知等比数列的前项和为，且，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 4．（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． 5．（2026·吉林长春·一模）已知为数列的前项和，若，，且数列为等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若数列的首项为2，且，求数列的前项和. 6．（2026·辽宁沈阳·一模）已知数列是公差为2的等差数列，其前8项和为64，数列是公比大于0的等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)记，求数列的前项和. 奇偶项问题 考点5 1．（2026·黑龙江研远联合·一模）已知数列通项公式，则数列的前9项和为______. 2．（2026·黑龙江研远联合·一模）已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列. (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)已知，求数列的前项和. 3．（2026·黑龙江·一模）数列是各项均为正数的等比数列，其前n项和为，满足____．数列满足，且．从下面三个条件中任选一个，补充在上面横线中. ①，； ②，，，成等差数列； ③，； (1)分别求出数列与的通项公式； (2)若数列满足，求数列的前10项和． （注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分） 数列与概率交汇问题 考点6 1．（2026·三省三校·一模）有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______． 2．（2026·辽宁大连·一模）连续抛掷一枚质地均匀的硬币（正面向上和反面向上的概率均为），当向上的结果出现“正面-反面”或“反面-正面”时，游戏结束.若抛掷50次，向上的结果没有出现“正面-反面”或“反面-正面”，游戏也结束.游戏结束时，记抛掷总次数为，若（为正整数），则的最小值为__________. 3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，一动点从点出发，在正方形ABCD的各顶点上移动.每次移动时，动点有的概率沿水平方向向左或右移动一次，有的概率沿竖直方向向上或下移动一次，每次移动独立.设动点移动了（）步之后，停在点的概率为. (1)求，； (2)求的通项公式； (3)记点的前次移动中，到达过点的次数为，求证：. 参考公式：若随机变量服从两点分布且，，，则 4．（2026·辽宁辽阳·一模）在边长为1cm的正方形中，一点从处出发沿着边移动.掷一枚骰子，若向上的点数等于6，则该点沿平行于的方向（正反方向均可）移动1cm；若向上的点数小于6，则该点沿平行于的方向（正反方向均可）移动1cm.设掷次骰子后，该点回到，，处的概率分别为，，. (1)求. (2)设掷4次骰子，该点经过处的次数为，求的分布列. (3)若随机变量服从两点分布，且，，则，记掷前次骰子（即从第1次到第次掷骰子）的过程中，该点经过处的次数为，求. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $学科网 www zxxk.com 专题05数列 考点1 数列概念 1.A 2.ABD 考点2 等差数列 1.-3 2.C 3.C 4.C 考点3 等比数列 1.B 2.B. 3.AC 4.ACD 5.AC 6.BCD 7.6 考点4 数列求和问题 1.【详解】(1)当n=1时，a=1, 当n≥2时，an=Sn-Sn1=n2-(n-1)2=2n-1, 当n=1时，a,=1也符合an=2n-1, 所以an=2n-1. (2)由(1)可得6=2 2 11 anan1(2n-l)(2n+1)2n-12n+1' 五=+6++--g》rg》 2.【详解】(1)当n=1时，可得a1=3, 1/8 让教与学更高效 1 2n 2n+1 2n+1 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当n≥2时，4Sn-1=a-1+2an-1-3,4Sn=a2+2an-3 作差可得(an-a-1-2)(an+a-1)=0, 因为是正项数列，所以an-a-1=2,即数列{an}为等差数列， 所以an=3+2n-1=2n+1. (2)由题可得6.a b=, 所以2=0.22.4.4.a4= 15 b an+l an an-I aa,a,(2n+12n+3)’又6=1， 15 所以bn= 1511 (2n+1)(2n+3)22n+12n+3' 又b=1也满足上式， 所以.4+68+…。-50g57+2124-5g23 155 3.【详解】(1)设{an}的公比为q,由a=4a4,得q=4, 由3，=42，行41-4-2，解得4=2 1-4 所以an=a,9"-1=24-1=22m-1 1 1 -1(1-1 (2)由a,=2n,得h1og,41og,4og,21og,2(2n-102n+022n-12n+1 n 4.【详解】(1)设等差数列an}的首项为a,公差为d, 由题意得 2(a,+d)+(a,+4d)=3a,+6d=21 ,解得a1=1,d=3, 6a1+15d=51 所以an=1+n-1×3=3n-2 (2)由(1)知an=3n-2,则a1=3n+1, w西-点 所以bn= 2/8 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5【10题8：各-9.音-名-7 又数列倍}为学差数，设数列}的公茶为D 由三=8+4D→7=3+4D→D=1. 62 所以=+m-2-D=3+n-2=n+1. 所以Sn=nn+1 当n=1时，a=S,=1×2=2, 当n≥2时，an=Sn-Smn-1=n(n+1-(n-1)n=2n. n=1时，上式也成立 所以an=2n batl=dn= 2n= (2)因为6a:2n+2n+2 防哈-时鲁县&…是用 b-2 以上各式相乘，可得当n22时，么n(n+1 A-2,用u84日）aeN 6.【详解】(1)因为数列a}是公差为2的等差数列，其前8项的和为64， 所以8+8×7×2=64，解得4=1，所以a,=1+2n-)=2n-1, 2 数列{b}是公比大于0的等比数列，设公比为q,则q>0, 因为b,=3,b-b2=18,所以3q2-3q=18,解得q=3或q=-2（舍)， 所以bn=3×3”-1=3”, (2)由1)知c,=g=2n-, 135， 13,5 则5，=3京+习+…+ 、2n-1,可得3n-323334中+ 3/8 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 两式相减可得S,=3十3+3 2 1,2,2 22n-1 +…十 3”3+刊 1 1 。+2 93 2n-122n+2 3 3 341, 3 所以S,=1-”+ ” 考点5 奇偶项问题 1.205 2.【详解】(1)由Va,S,a,-2成等差数列，得2S,=Va,+a,-2,① 当n=1时，2Va,=√a,+a1-2, :a,-√a-2=0,得Va,=2(a=-1舍去)， 当n≥2时，2Sn-1=√an-1+a-1-2,② ①-②得，2Va,=√a,-Va+a,-a-1, i.var+var=a,-am-1=(va,+var)(va,-var1) 又Va,+Va≠0，Va,-Va1=l, :{Va,}是首项为2，公差为1的等差数列， √an=2+n-1=n+1,故an=(n+1)2; 11 故 (3)由(1)知b=(-1)“(n+1), 当n是奇数时，Tn=-22+32-42+52-62+72--(n-12+n2-(n+12 =(3-2(3+2+(5-4(5+4)+(7-6)(7+6)+…+[n-(n-1](n+m-1-(n+1) =2+3+4+5+…+m-a+12-2+mm--n+1 4/8 扇学科网 www.zxxk.com =-n2-3m-4 2 当n是偶数时，Tn=-22+32-42+52-62+72--n2+(n+1)2 =(3-2)(3+2+(5-4)(5+4)+(7-6)(7+6)+…+[(n+1）-m]n+n+1 =2+3+4++n+(n+1）=2+n+n=2+3n 2 2 -n2-3n-4 ,n为奇数 综上T,= 2 n2+3n n为偶数 2 3.【详解】(1)若选①，设{an}的公比为9，则2+2q+2g2=14,且9 解得q=2,a1=2,因此an=2”, 61-b,)a,=a1,得b1-,=8=2,而6=2， a 则数列{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以bn=b,+n-1d=2n. 若选②，设{an}的公比为q,由a1+1,a2,a-3成等差数列，得2a2=a, 由(b1-b.）a,=a1,得b1-b,=2L=2,而h=2, a 则数列{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以b,=b,+(n-1d=2n. S,=a(1+9+g2）=14 若选③，设{an}的公比为9， 5-S=a91+g+g)=112'解得g 由(b1-b,)a,=a1,得b1-b,=8L=2,而h=2, 则数列{b}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以bn=b,+(n-1d=2n. bn,n为奇数 2n,n为奇数 (2)数列{cn}满足cn= (a,n为偶数’则c,= 2”,n为偶数’ 所以T。=(G+c3+C;+c,+cg+C2+C4+C6+Cg+Co 5/8 让教与学更高效 0, 解得q=2,因此a,=2” 2,41=2,因此an=2”, 学科网 www.zxxk.com =(2+6+10+14+18)+22+24+2+28+210) 5×2+18),41-4) =1414. 2 1-4 考点6 数列与概率交汇问题 2.3 3.【详解】(1)设事件A,表示第n次沿水平方向移动，事件B,表示第n次沿竖直 A=n[P4+P叫a,]+l-p[P4a,+Pr4]-（g+g= 另一种计算P2的方法： 匹次多威丰两洗衣平移动和次整直湾威的斯幸为C(自)得)一分： 四次移动中，全部水平移动的概率为 四次移动中，全部竖直移动的概率是 相加得8+16,141 27818181 (2)设连续移动两步，动点位置变化的概率为p,动点位置不变的概率为q 则g=P44+PB8,)号p=1-g=号 4 根据全概率公式，p.=9P+1-q(1-P=gP+9 4 w京-e》 因为a号8·所以日及得”g 11 6/8 让致与学更高效 方向移动， 函学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 所以p.= (3)设移动2n-1步之后，动点停留在点B的概率为9m, 2 则限据全枢公式。g2=pP+36)广)’n22 2 又因为4子，所以g 11-1 69 2n∈N, 设随机变量X满足：①当移动2i-1步之后，动点停留在点B,则X,=1; ②当移动2i-1步之后，动点不停留在点B,则X,=0; 显然X服从两点分布，且P(X:=1)=9, 所以E(X)=E) x立g+g月 1 ” 9) n1.1nn,3 6×,1+2216 +261 9 4.【详解】(1)已知每一步沿平行于BC的方向移动的概率为} 沿平行于的方向移动的概率为名两次感列后闪到4处有两神情说。 115513 沿着AB或BC方向来回，故a,=二×三+ 666618 (2)由题意可知，X的可能取值为0,1,2， 则PX=0=18x13169 -1818324 PX=2)=2x5x13+5x1x1365 661866183241 Px=)=16g65S 32432418 所以X的分布列为： X 0 1 169 5 65 324 18 324 7/8 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)注意到掷偶数次时，该点不可能停在B处或D处，故b,=0. 故掷两次后停在C处的概率为9=18 5 由第一问a=8} 135 an18 .+18 由题意得 13 a118a.+18 两式相减得an-61号a,-c 则数列。，-6无以G-6-号为首或，号为公比的等比数列，所以a心，（售）， 0 又因为an+Cn=1,所以cn= 将该点出现在C处记为1，出现在A处记为0，故随机变量Y服从两点分布， P(Y=1=1-P(Y,=0)=c,i=1,2,…,n, 8/8 专题05 数列 6大考点概览 考点01数列概念 考点02等差数列 考点03等比数列 考点04数列求和问题 考点05奇偶项问题 考点06数列与概率交汇问题 数列概念 考点1 1．（2026·黑龙江研远联合·一模）已知数列的前项和公式为，则（    ） A．10 B．20 C．30 D．40 【答案】A 【分析】先通过求出数列的通项公式，即可得出的值. 【详解】当时，， 当时，由，① 有，② ①减②得：， 即，当时，满足， 所以，所以， 故选：A. 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）（多选）已知数列，给出以下定义：对于任意的，都有，则称数列为“友好数列”；特别地，对于任意的，都有，则称数列为“超越友好数列”，下列说法正确的是（   ） A．若数列满足，且前n项和为，则数列为“友好数列” B．若数列满足，，且数列为“超越友好数列”，则 C．若数列为“超越友好数列”，且，则数列没有最小项 D．若数列为“友好数列”，则对于任意的，当时，总有成立 【答案】ABD 【分析】对于A，判断数列为“友好数列”，满足即可；对于BC选项，关键是利用题设得到，再结合条件求解判断即可；对于D，关键是利用题设得到，再利用累加法，结合放缩法进行判断即可. 【详解】对于A，由，则， 对于任意的，都有， 故，所以数列是“友好数列”，故A正确； 对于B，因为数列为“超越友好数列”， 所以对于任意的，都有，即， 又，，则，即， 所以，故B正确； 对于C，因为数列为“超越友好数列”，， 所以对于任意的，都有，即， 设，则数列为单调递增数列，且， 所以， 因为，所以， 所以存在，时，，， 当时，，数列为递减数列； 当时，，数列为递增数列. 因此，数列存在最小项为，故C错误； 对于D，因为为“友好数列”， 所以对任意的，都有，即， 所以对于任意的，当时， 总有， 所以. 又， 所以. 由于，故，故D正确. 等差数列 考点2 1．（2026·辽宁辽阳·一模）已知是等差数列，，，则的公差为___________. 【答案】 【分析】由等差数列的性质及通项公式即可求解. 【详解】由等差数列的性质得，， 又，，. 故答案为： 2．（2026·辽宁大连·一模）记为数列的前项和，已知.当最大时，（    ） A．9 B．10 C．9或10 D．10或11 【答案】C 【分析】根据等差数列定义可判断数列为等差数列，再根据等差数列前项和公式以及二次函数性质可得结果. 【详解】由可得数列为等差数列， 又可得，因此； 所以公差满足，因此； 即， 又因为，所以当或时，取得最大为45. 故选：C 3．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）设是等差数列的前项和，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差数列的前n项和为，则成等差数列，即可得出结论． 【详解】设，则， 等差数列的前n项和为，则成等差数列， 即成等差数列， 公差为，故，即， ， 故选：. 4．（2026·三省三校·一模）已知数列，为等差数列，其前项和分别为，，且满足  ， 则  （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列性质将转化为，再利用求出的值即可. 【详解】等差数列前项和，， 所以， 由等差数列性质知，， 所以. 又， 当时，，即， 当时，，即， 当时，，即， 令等差数列的公差为，等差数列的公差为， 则①，②，③， 由②得，，由③得，， 代入①中，整理得，，所以，故. 故选：C. 等比数列 考点3 1．（2026·吉林白山·一模）等比数列的各项均为正数，且，则（   ） A．12 B．10 C．5 D． 【答案】B 【分析】根据等比数列的性质可得，即可结合对数的运算性质求解． 【详解】由是等比数列可得， 因为，所以可得， 所以 故， 故选：B 2．（2026·吉林长春·一模）记为公比的等比数列的前项和，若首项,，则（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】B 【分析】由等比数列的前项和公式,可以解出,进而求出. 【详解】由等比数列的前项和公式, 所以解得或. 因为,所以，所以. 故选:B. 3．（2026·黑龙江海伦市六中·一模）（多选）已知正项等比数列的公比为，前项和为，则（    ） A． B． C．数列是递减数列 D． 【答案】AC 【分析】根据数列是正项等比数列，可得出，写出及，即可判断选项A、B、D；根据数列单调性的判断方法即可判断选项C. 【详解】由正项等比数列的公比为可得：，，. 因为 所以，解得 则. 故选项A 正确； 对于选项B，，故选项B错误； 对于选项C，因为，所以，即， 故数列是递减数列，故选项C正确； 对于选项D，，故选项D错误. 故选：AC 4．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）（多选）已知正项等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B．数列有最小项 C．数列为递减数列 D． 【答案】ACD 【分析】由题意可求出等比数列的首项和公比，即可求出其通项公式以及前n项和公式，分别判断各选项，即可求得答案. 【详解】设正项等比数列公比为， 对于A，由题意得， 结合，解得或（舍去），故A正确； 对于B和C，，故数列为递减数列，无最小项，故B错误，C正确； 对于D，，则，故D正确， 故选：ACD． 5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）（多选）在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．数列是等比数列 C． D．数列是公差为2的等差数列 【答案】AC 【分析】利用等比数列性质求得，然后结合求得，再求出公比后可得通项公式及前项和，然后判断各选项． 【详解】选项A，由等比数列性质得，由，解得或， 若，则，不合题意， 若，则，满足题意，A正确； 选项B，由选项A得，， 等比数列的通项公式应为形式，因此不是等比数列，B错； 选项C，由选项B得，，C正确； 选项D，由上知，， ，所以数列是公差为的等差数列，D错． 6．（2026·辽宁辽阳·一模）（多选）已知数列的前n项和为，若，，则（   ） A． B．数列为等比数列 C． D． 【答案】BCD 【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列的通项公式，再逐项判断即可. 【详解】数列中，，，则，， 整理得，而，因此数列是首项、公比均为的等比数列，B正确； ，解得， 对于A，，A错误； 对于C，，则，C正确； 对于D， ，D正确. 故选：BCD 7．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）已知数列是等比数列，若，则___________． 【答案】 【分析】设等比数列的公比为，由，求得，结合，即可求解. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，可得，解得，所以． 故答案为：. 数列求和问题 考点4 1．（2026·黑龙江哈三中·一模）已知数列的前项和为. (1)求的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据的关系即可作差求解， （2）利用裂项相消法求和即可得解. 【详解】（1）当时，， 当时，， 当时，也符合， 所以. （2）由（1）可得， 2．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）记为正项数列的前项和，已知. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由与关系结合题意可得答案； （2）由（1）结合累乘法可得，从而可得通项公式，然后由裂项求和法可得答案. 【详解】（1）当时，可得， 当时，，. 作差可得， 因为是正项数列，所以，即数列为等差数列， 所以. （2）由题可得， 所以，又， 所以， 又也满足上式， 所以， 3．（2026·吉林白城联合体·一模）已知等比数列的前项和为，且，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）设的公比为，根据等比数列通项公式和求和公式求解即可； （2）利用裂项相消即可求解. 【详解】（1）设的公比为，由，得， 由，得，解得 所以. （2）由，得， 所以. 4．（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． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列基本量的计算可求数列的通项公式； （2）由（1）可推得，进而利用裂项相消法求即可. 【详解】（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. 5．（2026·吉林长春·一模）已知为数列的前项和，若，，且数列为等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若数列的首项为2，且，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】先根据等差数列的通项公式求数列的通项公式，进而得到，再利用求数列的通项公式. （2）利用累乘法求数列的通项公式，再利用裂项相消求和法求. 【详解】（1）由题意：，， 又数列为等差数列，设数列的公差为， 由. 所以. 所以. 当时，， 当时，. 时，上式也成立. 所以. （2）因为， 所以，，，…，. 以上各式相乘，可得当时，， 又，所以，， 所以. 6．（2026·辽宁沈阳·一模）已知数列是公差为2的等差数列，其前8项和为64，数列是公比大于0的等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)记，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列的求和公式和通项公式可求，利用等比数列的基本量运算可求； （2）先求，利用错位相减法可求. 【详解】（1）因为数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64， 所以，解得，所以； 数列是公比大于0的等比数列，设公比为，则， 因为，，所以，解得或（舍）， 所以. （2）由（1）知， 则，可得， 两式相减可得 ， 所以. 奇偶项问题 考点5 1．（2026·黑龙江研远联合·一模）已知数列通项公式，则数列的前9项和为______. 【答案】 【分析】由通项公式可得，数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，利用分组求和求解. 【详解】， 数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列． 则，． 则数列的前9项和 ． 故答案为：． 2．（2026·黑龙江研远联合·一模）已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列. (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)已知，求数列的前项和. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据的关系可证明为等差数列，即可求解， （2）利用放缩法可得，即可由裂项相消法求和得解， （3）对分奇偶，即可利用平方差公式，结合等差数列求和公式即可求解. 【详解】（1）由，，成等差数列，得，① 当时，， ∴，得（舍去）， 当时，，② ①-②得，， ∴， 又，∴， ∴是首项为2，公差为1的等差数列， ∴，故； （2）， 故 （3）由（1）知， 当是奇数时， ， 当是偶数时， ， 综上. 3．（2026·黑龙江·一模）数列是各项均为正数的等比数列，其前n项和为，满足____．数列满足，且．从下面三个条件中任选一个，补充在上面横线中. ①，； ②，，，成等差数列； ③，； (1)分别求出数列与的通项公式； (2)若数列满足，求数列的前10项和． （注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分） 【答案】(1)选择任一条件都有， (2) 【分析】（1）选择条件①，②，③，利用等比数列通项，结合已知求出数列的基本量，进而求出通项公式. （2）利用分组求和法，结合等差等比数列前n项和公式求出. 【详解】（1）若选①，设的公比为，则，且， 解得，，因此， 由，得，而， 则数列是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以． 若选②，设的公比为，由成等差数列，得，解得，因此 由，得，而， 则数列是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以． 若选③，设的公比为，则，解得，因此， 由，得，而， 则数列是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以． （2）数列满足，则， 所以 ． 数列与概率交汇问题 考点6 1．（2026·三省三校·一模）有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______． 【答案】 ； 【分析】记事件表示从第i个盒子里取出白球，利用全概率公式可得，进而可得，然后构造等比数列，求通项公式即得. 【详解】记事件表示从第个盒子里取出白球，则，， 所以， ， ， 进而可得，， 又，，， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 故答案为：；. 2．（2026·辽宁大连·一模）连续抛掷一枚质地均匀的硬币（正面向上和反面向上的概率均为），当向上的结果出现“正面-反面”或“反面-正面”时，游戏结束.若抛掷50次，向上的结果没有出现“正面-反面”或“反面-正面”，游戏也结束.游戏结束时，记抛掷总次数为，若（为正整数），则的最小值为__________. 【答案】3 【分析】计算出的表达式，再根据均值公式和错位相减法即可得到，从而得到答案. 【详解】抛掷总次数 ，其中， . 所以 相减得 . 所以，所以正整数的最小值为3． 故答案为：3. 3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，一动点从点出发，在正方形ABCD的各顶点上移动.每次移动时，动点有的概率沿水平方向向左或右移动一次，有的概率沿竖直方向向上或下移动一次，每次移动独立.设动点移动了（）步之后，停在点的概率为. (1)求，； (2)求的通项公式； (3)记点的前次移动中，到达过点的次数为，求证：. 参考公式：若随机变量服从两点分布且，，，则 【答案】(1)， (2)， (3)证明见解析 【分析】（1）根据独立事件和互斥事件的概率计算公式可求的值，结合的值可求的值.或者分情况讨论，利用互斥事件的概率加法公式求的值. （2）先探索与的递推关系，再根据递推公式求数列的通项公式. （3）先求移动步之后，动点停留在点的概率为，根据服从两点分布，利用给出的公式求即可证明. 【详解】（1）设事件表示第次沿水平方向移动，事件表示第次沿竖直方向移动， ， ， 另一种计算的方法： 四次移动中，两次水平移动和两次竖直移动的概率为； 四次移动中，全部水平移动的概率为； 四次移动中，全部竖直移动的概率是； 相加得. （2）设连续移动两步，动点位置变化的概率为，动点位置不变的概率为 则，； 根据全概率公式，， 则， 因为，所以， 所以，. （3）设移动步之后，动点停留在点的概率为， 则根据全概率公式，，， 又因为，所以，， 设随机变量满足：①当移动步之后，动点停留在点，则； ②当移动步之后，动点不停留在点，则； 显然服从两点分布，且， 所以 . 4．（2026·辽宁辽阳·一模）在边长为1cm的正方形中，一点从处出发沿着边移动.掷一枚骰子，若向上的点数等于6，则该点沿平行于的方向（正反方向均可）移动1cm；若向上的点数小于6，则该点沿平行于的方向（正反方向均可）移动1cm.设掷次骰子后，该点回到，，处的概率分别为，，. (1)求. (2)设掷4次骰子，该点经过处的次数为，求的分布列. (3)若随机变量服从两点分布，且，，则，记掷前次骰子（即从第1次到第次掷骰子）的过程中，该点经过处的次数为，求. 【答案】(1)； (2)分布列见解析； (3). 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式即可得到答案； （2）首先分析出的可能取值为0，1，2，再分别写出其对应的概率； （3）根据题意得到方程组，变形后构造得数列为等比数列，求出其通项公式，再利用分组求和法即可得到期望值. 【详解】（1）已知每一步沿平行于的方向移动的概率为， 沿平行于的方向移动的概率为，两次移动后回到处有两种情况， 沿着或方向来回，故. （2）由题意可知，的可能取值为0，1，2， 则， ， . 所以的分布列为： 0 1 2 （3）注意到掷偶数次时，该点不可能停在处或处，故． 由第一问，故掷两次后停在处的概率为， 由题意得， 两式相减得， 则数列是以为首项，为公比的等比数列，所以， 又因为，所以． 将该点出现在处记为1，出现在处记为0，故随机变量服从两点分布， ， 故． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $