专题04 数列4个考点（福建专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题04 数列 4大考点概览 考点01等差数列 考点02等比数列 考点03数列求和 考点04数列与概率综合 等差数列 考点1 1．【多选题】（2026·福建龙岩·一模）已知数列的前项和为，且，则（    ） A．数列是等差数列 B．数列不是单调数列 C．数列中存在不同的两项，使是这两项的等比中项 D．记数列，则数列的前2026项的和为4052 2．【多选题】（2026·福建莆田·二模）记为数列的前项和，若，则下列说法正确的是（   ） A．为等差数列 B．为单调递增数列 C． D．的最小值为 3．（2026·福建漳州·模拟预测）已知是等差数列，且，，则________． 4．（2025·福建泉州·模拟预测）若一个等差数列的前3项和为9，前7项和为35，则该数列的第6项为_____． 5．（2025·福建·模拟预测）已知为等差数列的前项和，若，，则（    ） A．28 B．32 C．36 D．40 6．（2025·福建福州·模拟预测）已知数列是公差为2的等差数列，满足． (1)求的通项公式； (2)设的前项和为，若，求的最大值． 7．（2025·福建漳州·模拟预测）设等差数列的前n项和为，若，，则数列的前2025项和为（   ） A． B． C． D． 等比数列 考点2 1．（2026·福建莆田·二模）已知数列是公比为的等比数列，，，，，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．【多选题】（2026·福建泉州·二模）已知数列满足，记为的前项和，则（   ） A．当时， B．，使得 C．为等比数列的充要条件是 D．且，使得 3．（2025·福建泉州·模拟预测）在等比数列中，则___________ 4．（2025·福建三明·模拟预测）现有矩形满足如下条件：第1个矩形的相邻两边长分别为，1；第2个矩形的相邻两边长分别为，2；第3个矩形的相邻两边长分别为，；…，第个矩形相邻两边长分别为1，．则这个矩形的面积和为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知为等比数列，，，则（    ） A． B．3 C． D．9 6．（2025·福建·模拟预测）已知是等差数列，是公比为的等比数列，为元集集合，则（    ） A．或 B． C． D．2 7．（2025·福建泉州·模拟预测）已知数列满足，，，则的第2025项为（   ） A． B． C． D． 8．（2025·福建泉州·模拟预测）已知为等比数列，，，则（    ） A． B． C． D． 数列求和 考点3 1．（2026·福建福州·模拟预测）记为等差数列的前n项和，已知，. (1)求的通项公式； (2)设函数，记，求数列的前21项和. 2．（2026·福建漳州·模拟预测）已知数列的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证：． 3．（2025·福建福州·模拟预测）已知数列是等差数列，其前和为，，，数列满足. (1)求数列，的通项公式； (2)若对数列，，在与之间插入个1（），组成一个新数列，求数列的前75项的和. 4．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，其中． (1)写出，，并求数列的通项公式； (2)设数列的前项和为，证明：． 5．（2025·福建福州·模拟预测）已知数列的前n项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和. 6．（2025·福建莆田·模拟预测）已知数列满足， (1)记，求，，并证明数列是等比数列； (2)记，求满足的所有正整数的值. 7．（2025·福建泉州·模拟预测）已知数列为等差数列，且满足． (1)若，求数列的前项和； (2)若数列满足，且数列的前项和，求数列的通项公式． 8．（2025·福建泉州·模拟预测）已知数列的前项和为，，且． (1)证明：数列为等差数列； (2)设，求数列的前项和； (3)在（2）的条件下，中是否存在三项构成等差数列？若存在，求满足条件的三项；若不存在，请说明理由． 数列与概率综合 考点4 1．（2026·福建莆田·二模）某分布式存储系统中，数据块容量上限为，数据块的初始数量为.系统运行遵循以下规则： ①在每一时间步，系统以概率执行清理操作（数据块的数量减），以概率执行写入操作（数据块的数量加）； ②当数据块的数量为（成功复位）或为（内存溢出）时，系统运行立即终止. 记当数据块的数量为时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为. (1)直接写出、的数值，并写出、、的关系式； (2)当时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系； (3)已知：若随机变量的取值不会影响随机变量的概率分布列，则称与相互独立，且满足.记为系统运行步后的数据块的数量（假设系统在此期间未终止）.当时，若与无关，求正实数的值. 2．（2026·福建福州·模拟预测）在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为. (1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； (2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种. 记第n次选择方案A，B，C的概率分别为，，. （i）求，，并证明：数列为等比数列； （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率. 3．（2026·福建泉州·二模）如图，数字1至8按顺时针方向排成一圈，将一棋子放在数字8处，按如下规则移动棋子：抛掷一枚质地均匀的硬币1次，若正面朝上，棋子按顺时针方向连续移动3个相邻位置；若反面朝上，则按逆时针方向连续移动3个相邻位置．若连续投掷硬币次，并按上述规则移动棋子，记最终棋子所处的数字为随机变量．例如：若连续3次抛掷硬币均为正面朝上，则棋子移动3次，第1次从数字8处移动到数字3处，第2次移动到数字6处，第3次移动到数字1处，即． (1)求，； (2)证明：； (3)现设计一项游戏：游戏包含若干轮，每轮开始时将棋子放在数字8处，玩家连续投掷6次硬币并按上述规则移动棋子，当时玩家获胜，游戏结束，否则进行下一轮，游戏最多进行10轮．记游戏结束时的轮数为随机变量，求的分布列，并证明． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04数列 考点1 等差数列 1.AC 2.ABD 3.1013 4.7 5.c 6.【详解】(1)因为数列{an}是公差为2的等差数列，所以an=a1十2(n-1), 由a2m=2am+1可得a1+2(2n-1)=2[a1+2(n-1)]+1,解得a1=1, 所以{an}的通项公式为an=2n-1. (2)由(1)得Sn=1+2型=n2, 2 由Sn<3am得n2<3(2n-1),即n2-6n+3<0,解得3-V6<n<3+5, 由于2<V6<3,所以5<3+V6<6,所以n的最大值为5. 7.D 考点2 等比数列 1.c 2.ABC 3.72 4.C 5.A 6.A 7.B 8.A 考点3 数列求和 Sg=9a1+36d=90, 1.【详解】(1)方法一：设等差数列an}的公差为d,则 a3=a1+2d=14, a1=18 解得d=-2 所以an=a1+d(n-1)=18-2(n-1)=-2n+20 1/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 方法二：设等差数列{an}的公差为d, 因为(an}是等差数列，所以S,==9a5=90,所以a5=10, 2 因为a3=14,所以a5-a3=2d=-4,所以d=-2, 因为a3=a1+2d,所以a1-4=14,所以a1=18, 所以an=a1+dn-1)=18-2(a-1)=-2n+20 (2)方法一：因为f(x)=2x+2-2”2+1, 所以bn=f(an)=f(-2n+20)=22+22-22r22+1, 所以T21=b1+b2+··+b21 =(220-220+1)+(218-218+1)+.·+（218-218+1)+(220-220+1) =(220+218+·+218+220)-(220+218+…·+218+220)+21=21 方法二：因为f(x)=2+2-2-水2+1， 所以f(-x-4)=2-2-2x+2+1, 所以f(x)+f(-x-4)=2, 所以曲线y=f(x)关于点(-2,1)中心对称， 因为{an}是等差数列， 所以a1+a21=2a11=-4, 因为f(x)的对称中心为(-2,1)， 所以b1+b21=f(a1)+f(a21)=2, 同理可得：b2十b20=b3+b19=…=b10+b12=2,b11=1, 所以T21=b1+b2十···+b21=2×10+1=21 2.【详解】(1)因为Sn=2(an-1)，,所以S+1=2(a+1-1), 两式相减得aH1=2a+1-2an,即aH1=2an, 当n=1时，S1=a1=2(a1-1),解得a1=2, 所以{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以an=2. (2)由上可知a2m-1=2201a2n+1=221, ÷1og2a2r-1=2n-1,1og2a2+1=2n+1, 则bn=ma=m-2=(点-点）. 1 所以Tn=b1十b2十…十bn 2/10 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 =(1-寺)+（侍-）+（信-）+…+（嘉点-）]=(1-)， 由n∈N可得品>0，·1-点<1，则Tn<支，证毕。 3.【详解】(1){an}为等差数列，设其公差为d, 则a1+d=2,Sg=9a1+36d=45,解得a1=d=1, 故an=a1+(n-1)d=n; 又a1b1+a2b2+…+anbn=(n-1)2”+1①， 故当n≥2时，a1b1+a2b2+…+a-1bm1=(n-2)2r1+1②， 两式相减得abn=(n-1)·2P+1-(n-2)·2-1-1=n·2r1, 故nbn=n2-1,所以bn=2r1,n≥2，又a1b1=0+1=1,故b1=1,满足bn=21, 从而bn=21, (2)由(1)知，an=n,bn=2r1, 所以在{dn}中，从a1开始到ak项为止， 共有项数为k+2+21+22+…+2k-2=k+答=k+2k-1-1, 当k=7时，k+2k-1-1=7+27-1-1=70<75, 当k=8时，k+2k-1-1=8+28-1-1=135>75, 所以数列{dn}前75项是a7项之后，还有5项为1， 故775=(1+2+3+…+7)+20+21+2+…+25+5=+号+5=96 4.【详解】(1)由已知f(x)=2x, 则曲线y=f(x)在点(&nf(xn)处的切线方程为y-f(xn)=f(xn)(x-xn), 即y-xa=2xn(x-xn): 令y=0,得-=2xn(xt1-xn). 因为x1=1,代入上式，依次解得x2=方，X3=寺. 因为x1=1≠0，所以xn≠0，得x时1=受.所以芒=. 解法一：故数列{x}为等比数列，首项为1，公比为方 所以x。=()1 3/10 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 解法二：当≥2时，Xn=是·=辛X=克 当n=1时，因为x1=1,所以上式亦成立 所以x=()1 (2)解法一：nxn=是. S=1+号+是+…+器+只， Sn=支+是++…+号+， 两式相减可待：8=1+方十+…十六一号=-员 13 =2(1-)-号=2-学 所以Sn=4-. 因为兴>0，所以Sn<4 解法三：nxa=是. 令ca=,则nxn=cn#1-cn 所以Sn=1+号+是+…+品+品 =(c2-C)+(c3-c2)+…+(ct1-cn)=C+1-C1=+4=4- 因为>0，所以Sn<4. 5.【详解】(1)因为Sn=2an-n, 取n=1可得S1=2a1-1,又S1=a1, 所以a1=2a1-1,解得a1=1, 当n≥2，neN时，用n-1替换n可得S-1=2ar-1-n+1, 所以an=2an-2am-1-1, 即an=2am-1+1, 所以an十1=2am-1+1+1=2(am-1+1),又a1+1=2, 即2站=2 所以数列{an十1}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以an+1=2×2r1=2 4/10 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即an=2”-1. (2)因为bn=n(an+1)=n~29, 所以Tn=122+222+3·23+…+(n-1):21+n2,① 2Tn=122+223+…+(n-1)2+n-2+1,② ①-②得-1n=2+22+23+…+2”-n-2*1==2-n-2*1 1-2 所以-Tn=2+1-2-n2+1, 所以Tn=(n-1)·2+1+2. 6.【详解】(1)由题意，a2=3,a3=6,a4=8, 所以b1=5,b2=10, 又因为装-安-@半- 32w十2 =7=2, 所以数列{b}是首项为5，公比为2的等比数列： (2)由1)知bn=5×21,所以cn=5×2r1+1, 所以C1+c2+c3+…+cn=5×(2°+2+…+21)+n=5×2+n-5, 因为c1+c2十C3十…+Cn单调递增， 且C1+c2+c3十c4=79<100<C1+C2十c3+c4+c5=160, 所以正整数n的所有取值为1,2,3,4 7.【详解】(1)当n=1时，由2m=2an+1,则a2=2a1+1,由a1=1,则a2=3, 所以等差数列an}的公差为a2-a1=2,所以an=1+2(n-1)=2n-1, 故=@-2=（点-点）， 故Sn=支(1-青+青-吉+…+品-)=(1-)=品 (2)当n≥2时，anbn=Tn-Tm-1=[(3n-4)·2+1+8]-[(3n-7)2+8] =2"[2(3n-4)-(3n-7)]=(3n-1)·2, 当n=1时，a1b1=T1=(3-4)×22+8=4,满足上式， 综上所述，所以abn=2”(3n-1)(n∈N), 又因为b1=2且a1b1=4,所以a1=2, 又因为a2=2a1十1，则a2=2×2+1=5, 则等差数列{an}的公差为3，所以an=3n-1, 5/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由abn=2”(3n-1)(neN),则bn=2 8.【详解】(1)由已知S1=a1=1, 器=普+1， 所以数列}为首项S1=1,公差1的等差数列. (2)由(1)Sn=n2,且n≥2时，an=Sn-S-1=n2-(a-1)2=2n-1, n=1,1=1也符合，所以an=2n-1 所以bn=C1+c3+··+CH(2n-3)+C2n-1), 所以bn=cg2n-3)+·+C3+C1+Cc2n-1), 因为C品=C, 所以2bn=C2n-2+C23+··+Cg1(2n-2+2(2n-1, =(2n-22”-2)+4n-2=(2n-2)·2”+2,所以bn=(n-1)2+1, 记数列bn小的前项和为Ta 则Tn=0·22+1·22+··+(n-12”+n, 2Tn=0·22+1·23+…+(n-12+1+2n, 所以-Tn=22+23+·+2”-(n-1)2*1-n, =42-(a-12*1-a=2-p1-4-a 所以Tn=(n-22+1+n+4 (3)不存在，显然数列b}为递增数列， 若存在正整数s,t,r,，使得bs bt br成等差数列，不妨设s<t<r, 则2(t-1)2+2=(s-12+1+(r-1)2+1, 即(t-12+1=(s-12+(r-1)2, 因为r≥t+1,所以(r-1)2>(t+1-12>(t-1)2+1,显然(t-1)2+1=(s-1)2+(r-1)2不 成立， 所以数列bn}中不存在不同的三项构成等差数列， 考点4 数列与概率综合 6/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.【详解】(1)由题意可知a0=1,aw=0, 由全概率公式可得ak=pak-1+(1-p)ak+1(1≤k≤N-1) (2)当p=时，a欧=ak-1+ak+1(1≤k≤N-1), 即ak+1-k=ak-ak-1(1≤k≤N-1),故数列{ak}为等差数列，设其公差为d, 设其通项公式可得ak=ao十kd, a0=1 由aw=a0十Nd=0可得d=-京，所以ak=1-奈， 又因为系统数据块的初始数量为M, 所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为w=1一兴， 从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为1一aw=兴， 令(1-兴)-兴>0，解得M<岁， 所以当0≤M<号时，“成功复位”的概率大于“内存溢出的概率。 同理可得，当M=之时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率， 当号<M≤N时，“成功复位”的概率小于“内存溢出的概率 (3)设5；为第步数据块的数量的变化值，51、52、5n相互独立， 且分布列均为P(5;=-1)=P,P(5,=1)=1-P, 由题意可知X+1=Xn十5n+1 所以E(）=E(+5)=E(X.75 因为每步操作相互独立，所以第n十1步的变化值5+1与之前的累积状态X相互独立， 从而随机变量与，5相互独立，则E(X+)=E(2心)·E(), 因为E()与n无关，所以E()=E()恒成立，所以E()=1, 事实上E(2X)=E(2X)=E(-）=…=E(入o)=E(w),故只需E(2)=1, 5,的分布列可知p:11+(1-p)1=1, 因式分解得(2-1)[(1-p)1-p]=0, 又因为以≠1，所以入=号， 所以当p≠时，若E()与无关，则入= 7/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.【详解】(1)设选择方案A,B,C分别为事件A,B,C,物流提前送达为事件Z, 则P(A)=P(B)=P(C)=青， P(ZA)=P(Z B)=.P(ZC)= P(Z)=P(A)P(ZA)+P(B)P(ZB)+P(C)P(ZC) =×+号×+×青=器 (2)(i)由①知道a1=b1=C1=青 由②根据全概率公式 a2=(×1+寺×寺)×a1+(传×)×b1+(侍×青)×c1=踹， b2=(×青)×a1+(号×1+吉×青)×b1+(侍×)×c1=器 设第n次物流选择方案A,B,C为事件A,Bn,Cm第n次物流提前送达为事件Za, 则an=P(An),bn=P(Bn),cn=P(Cn),因为an十bn+cn=1,所以cn=1-an-bn 所以P(Zn)=an+on+号cn=an+bnt号(1-an-bn)=最an+ibn+号 由②根据全概率公式 P(An1)=P(An)P(AAn)+P(Bn)P(A1Bn )+P(Cn)P(ACn), 注意到P(AH1Bn)=青×专=，P(AH1Cn)=青×寺=青， 而P(A+1An)=京×青+×1=君， 所以 aH1=音an+击bn+cn=君an十bn+(1-an-bn)=最an-希bn+, 同理 ba+1=立an+bn+cn=立an十bn+青(1-an-bn)=-亮an+骋bn+青 注意到 an叶1+b+1-号=（培an-bn十青）+号(-亮an+器bn+青)-司 =品an+'bn-正=品(an+bn-号)， 且a1+b1-号=-≠0，所以an+bn-号≠0， 故 =0为定值， 8/10 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即{n十b如-号}是以-为首项，石为公比的等比数列 (m）由D可求an+bn-号=-击×（品）， 同理 am1-2bt1+克=(0an-bn+青)-2(-品an+器bn+)+支 =an-号bn十日=(an-2bn+) 所以aa-2bn+=言×（仔）1， 联立解得 an=+贵×（号）-贵×（品）”1.ba=品-品×(3)1-克×（品）”1， 所以P(Za)=an+是bn+号=-京×()-克×（品）1 随着n的增大，P(Z)增大，注意到P(Z1)=器，所以当n≥2时，P(Zm)>P(Z1)=器， 因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率 3.【详解】(1)记Sn为棋子顺时针移动n次，Nn为棋子逆时针移动n次， 则SN(i+j=t,ijeN)与SNr(e+f=te,feN)互斥 所以P(X2=2)=P(N2)=C()-,P(X3=3)=P(S2N)=C(3)3=昌： (2)因为P(X=1)=P(S4N1+N)=C()5+Cg()5=品， P(X=7)=P(SN4+ss)=c()5+c()5=, 所以P(X5=1)=P(X5=7) (3)先分析连续移动6次后X6的取值情况：6次均为顺时针，则X6=2; 5次顺时针1次逆时针，则X6=4; 4次顺时针2次逆时针，则X6=6; 3次顺时针3次逆时针，则X6=8: 2次顺时针4次逆时针，则X6=2; 1次顺时针5次逆时针，则X6=4; 6次逆时针，则X6=6 故P(X6<4)=P(X6=2)=P(S6+S2N4)=Cg(3)°+c()°= 9/10 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以y的可能取值为1,23,45,67,89,10，其申P(Y=1)=()×子(1≤1≤9，i1EN*), P(Y=10)=()×音+()2°=（星）’， 所以随机变量Y的分布列如下： 2 i(1≤i≤9，ieN*) 0 10 (程)2× (得)× (保)× ()” 由E(Y)=[1+2×星+3×()2+…+9×()]+10×()” S=引1+2×星+3×（得）2+…+9×（星）]， 则s=[1×星+2×()2+3×()3+…+9×（得）] 两武相减，得S=1++(得)2+（得）3+…()-9×（得）]， 即9=1++()+()++（星）-9×()°-畏-9x(保)9=4-13x(隆)” 故E(Y)=4-3×(),又因为neN,所以E(Y)<4 10/10 专题04 数列 4大考点概览 考点01等差数列 考点02等比数列 考点03数列求和 考点04数列与概率综合 等差数列 考点1 1．【多选题】（2026·福建龙岩·一模）已知数列的前项和为，且，则（    ） A．数列是等差数列 B．数列不是单调数列 C．数列中存在不同的两项，使是这两项的等比中项 D．记数列，则数列的前2026项的和为4052 【答案】AC 【分析】对A，根据等差数列的定义，验证是否为常数来判断；对B，先求出数列的通项，再通过判断的符号，或比较相邻项的大小关系来确定单调性；对C，假设存在不同两项，根据等比中项的定义列出等式，结合通项公式分析是否存在正整数满足等式；对D，先根据的通项公式化简，分析的周期性，再利用周期性计算前2026项的和. 【详解】对于A：首先根据数列前项和求通项公式： 当时，； 当时，， 对也成立，因此通项公式为， （常数），因此是首项为2、公差为2的等差数列，A正确； 对于B：设， 判断单调性： 对所有成立， 因此是单调递减数列，B错误； 对于C：，若存在不同两项使得， 则 ，存在正整数解（），满足条件，C正确； 对于D：化简： ， 设的前项和为，下求前2026项和： 分组得， 共1013组，每组和为2，总和，D错误. 2．【多选题】（2026·福建莆田·二模）记为数列的前项和，若，则下列说法正确的是（   ） A．为等差数列 B．为单调递增数列 C． D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】由与的关系求得通项公式，可判断ABC，通过的赋值结合的符号，可判断D. 【详解】由，可得， 所以， 又，符合上式， 所以， 故为等差数列，且单调递增，AB正确， ，C错误， ， 当时，， 当时，， 当时，， 当，可知， 此时， 由上可知的最小值为，D正确. 3．（2026·福建漳州·模拟预测）已知是等差数列，且，，则________． 【答案】 【分析】由等差数列的基本量计算得到求出，并项求和. 【详解】设等差数列公差为，则由已知得， 解得，所以， 所以原式= ， 故答案为：. 4．（2025·福建泉州·模拟预测）若一个等差数列的前3项和为9，前7项和为35，则该数列的第6项为_____． 【答案】7 【分析】由 等差数列前项和性质，及等差中项即可求解. 【详解】由题意，得， ，得， 又， 所以， 故答案为：7 5．（2025·福建·模拟预测）已知为等差数列的前项和，若，，则（    ） A．28 B．32 C．36 D．40 【答案】C 【分析】首先得，然后结合等差数列求和公式即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，因为，，故两式作差可得： ，即，，又，故. 故选：C. 6．（2025·福建福州·模拟预测）已知数列是公差为2的等差数列，满足． (1)求的通项公式； (2)设的前项和为，若，求的最大值． 【答案】(1) (2)最大值为5． 【分析】（1）根据等差数列通项公式写出表达式，再结合这个条件，代入与表达式，通过等式计算求出首项，进而得到通项公式.也可令，利用和公差求出. （2）先由第一问得到的通项公式，根据等差数列前项和公式求出.再结合列出不等式，将其转化为一元二次不等式，求解不等式得到的取值范围，最后根据取值范围确定的最大值. 【详解】（1）因为数列是公差为2的等差数列，所以， 由可得，解得， 所以的通项公式为． （2）由（1）得， 由得，即，解得， 由于，所以，所以的最大值为5． 7．（2025·福建漳州·模拟预测）设等差数列的前n项和为，若，，则数列的前2025项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等差数列通项公式可得，再利用裂项求和即可求得结果. 【详解】设等差数列的公差为， 依题意可得，解得； 所以可得，因此， 所以 . 故选：D 等比数列 考点2 1．（2026·福建莆田·二模）已知数列是公比为的等比数列，，，，，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据等比数列的项的性质判断A；根据时，判断B；根据基本不等式计算求解判断C，根据常数列判断D； 【详解】对于A选项，数列是公比为的等比数列，且，则，所以或，故错误； 对于B选项，若，当时，有，则，故错误； 对于C选项，数列是公比为的等比数列，则，， 又因，所以，所以，故正确； 对于D选项，当等比数列为公比为的非零常数列时，始终满足， 但不一定成立，故错误； 2．【多选题】（2026·福建泉州·二模）已知数列满足，记为的前项和，则（   ） A．当时， B．，使得 C．为等比数列的充要条件是 D．且，使得 【答案】ABC 【分析】A项通过递推数列规则依次求解各项，可得重复项，进而得到周期规律即可判断；BD项取特殊首项即可；C项，从充分性与必要性两个角度证明，其中必要性证明分类讨论，分别利用反证法可得范围. 【详解】对于A，由，， ，， 由递推关系以下过程重复操作，后面各项依次为 即数列是周期为4的数列， 即对于成立，可得，故A正确； 对于B，根据题意，，取， 由，则，由，则，由，则，， 由递推关系以下过程重复操作，可知数列以后各项均为， 故，所以存在，满足题意.故B正确； 对于C，充分性：若，则，则，， 依此下去，对，都有，则成立， 故，数列为等比数列； 必要性：若数列为等比数列，设公比为， 假设数列中存在某项，则，， 可得，又，解得， 由，可知，故必存在某项，则， 即，这与公比矛盾，假设错误， 即数列中任意一项都小于，自然； 再假设数列中存在某项，则，即， 则由，可知时，，且数列为递增数列， 故存在某项，则，这与数列递增矛盾，假设也错误； 所以数列中也不存在大于且小于的项，又等比数列中各项均不为， 故数列中任意一项均小于，，必要性得证； 综上所述，为等比数列的充要条件是，故C正确； 对于D，取，满足条件， 则由， 根据选项A推导过程可知后面各项依次为 即数列， 可知不存在，使得，故D错误. 故选：ABC. 3．（2025·福建泉州·模拟预测）在等比数列中，则___________ 【答案】 【分析】根据等比数列通项公式，结合题干条件，可得，代入所求，即可得答案. 【详解】设等比数列的公比为q， 由题意， 所以，即， 所以，解得或（舍）， 所以. 故答案为： 4．（2025·福建三明·模拟预测）现有矩形满足如下条件：第1个矩形的相邻两边长分别为，1；第2个矩形的相邻两边长分别为，2；第3个矩形的相邻两边长分别为，；…，第个矩形相邻两边长分别为1，．则这个矩形的面积和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将每个矩形的面积表示为等比数列的项，通过求和公式计算总和 【详解】第个矩形的相邻两边长分别为和（从到） 因此面积为： 总面积和为： 等比数列首项，公比，项数为 求和公式为： 代入得： 故选： 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知为等比数列，，，则（    ） A． B．3 C． D．9 【答案】A 【分析】根据已指两个等式，利用等比数列下标和的性质得到，进而得解. 【详解】由题设，又，则，而，故 . 故选：A 6．（2025·福建·模拟预测）已知是等差数列，是公比为的等比数列，为元集集合，则（    ） A．或 B． C． D．2 【答案】A 【分析】因等差数列与等比数列中有三个对应元素相同，故需要对哪三个元素相同进行分类讨论即可. 【详解】假设等差数列的公差为， ① 若 依题意，有， 即，，则. 则可得，与题设矛盾，故舍去. ②若 依题意，有， 即，，则， 此时可得，与题设矛盾，故舍去. ③若 依题意，有且， 消去，可得，显然， 则，整理得，解得或， 当时，，此时，符合题意； 当时，，与题设矛盾，故舍去. ④若 依题意，且， 消去，可得，显然， 则，整理得，解得或， 当时，， 此时，，符合题意； 当时，，与题设矛盾，故舍去. 综上所述，或. 故选：A. 7．（2025·福建泉州·模拟预测）已知数列满足，，，则的第2025项为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知及递推关系得、，再依次写出，应用等比数列前n项和公式及余弦函数的周期性求值即可. 【详解】由，则，可得，且， 所以，，，，， 所以 . 故选：B 8．（2025·福建泉州·模拟预测）已知为等比数列，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等比数列的性质求出的值. 【详解】设的公比为，则， 显然，则，即， 因为，则，则. 故选：A． 数列求和 考点3 1．（2026·福建福州·模拟预测）记为等差数列的前n项和，已知，. (1)求的通项公式； (2)设函数，记，求数列的前21项和. 【答案】(1) (2)21 【分析】（1）方法一：利用等差数列的通项公式和前n项和公式进行求解即可； 方法二：利用等差数列的性质和前n项和公式进行求解即可； （2）方法一：利用分组求和法进行求解即可； 方法二：判断函数的对称性，利用函数的对称性进行求解即可. 【详解】（1）方法一：设等差数列的公差为，则 解得 所以. 方法二：设等差数列的公差为， 因为是等差数列，所以，所以， 因为，所以，所以， 因为，所以，所以， 所以. （2）方法一：因为， 所以， 所以 . 方法二：因为， 所以， 所以， 所以曲线关于点中心对称， 因为是等差数列， 所以， 因为的对称中心为， 所以， 同理可得：，, 所以. 2．（2026·福建漳州·模拟预测）已知数列的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证：． 【答案】(1)； (2)证明见解析． 【分析】（1）利用的关系计算即可； （2）利用（1）的结论结合裂项相消法计算即可证明. 【详解】（1）因为，所以， 两式相减得，即， 当时，，解得， 所以是以为首项，以为公比的等比数列，所以． （2）由上可知， ， 则， 所以 ， 由可得，则，证毕． 3．（2025·福建福州·模拟预测）已知数列是等差数列，其前和为，，，数列满足. (1)求数列，的通项公式； (2)若对数列，，在与之间插入个1（），组成一个新数列，求数列的前75项的和. 【答案】(1)， (2)96 【分析】（1）设出公差，结合题目条件得到方程组，求出首项和公差，得到，根据题目条件得到时，，两式相减求出，经过检验，得到的表达式； （2）在中，从开始到项为止，计算出项数，从而确定数列前75项是项之后，还有5项为1，分组求和即可. 【详解】（1）为等差数列，设其公差为d， 则，解得， 故； 又①， 故当时，②， 两式相减得， 故，所以，，又，故，满足， 从而； （2）由（1）知，，， 所以在中，从开始到项为止， 共有项数为， 当时，， 当时，， 所以数列前75项是项之后，还有5项为1， 故. 4．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，其中． (1)写出，，并求数列的通项公式； (2)设数列的前项和为，证明：． 【答案】(1)，， (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义写出切线方程，求出关于数列的递推公式，判断数列的性质求其通项公式或利用累乘法求其通项公式. （2）利用错位相减法求数列的前项和，或构造数列，，根据利用裂项求和法求数列的前项和，再判断与4的大小. 【详解】（1）由已知， 则曲线在点处的切线方程为， 即． 令，得． 因为，代入上式，依次解得，． 因为，所以，得．所以． 解法一：故数列为等比数列，首项为1，公比为． 所以． 解法二：当时，． 当时，因为，所以上式亦成立. 所以． （2）解法一：． ， ， 两式相减可得： 所以． 因为，所以. 解法二：． 令，则． 所以 ． 因为，所以． 5．（2025·福建福州·模拟预测）已知数列的前n项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和. 【答案】(1)． (2)． 【分析】（1）由条件，结合关系，求数列的通项， （2）由（1）可得，利用错位相减法求结论. 【详解】（1）因为， 取可得，又， 所以，解得， 当时，用替换可得， 所以， 即， 所以，又， 即， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以， 即． （2）因为， 所以，① ，② ①－②得 所以， 所以． 6．（2025·福建莆田·模拟预测）已知数列满足， (1)记，求，，并证明数列是等比数列； (2)记，求满足的所有正整数的值. 【答案】(1)，，证明见解析 (2)1，2，3，4. 【分析】（1）利用递推关系来证明等比数列即可； （2）利用通项公式可求等比数列前项和，然后通过赋值结合单调性可作出判断. 【详解】（1）由题意，，，， 所以，， 又因为， 所以数列是首项为5，公比为2的等比数列； （2）由（1）知，所以， 所以， 因为单调递增， 且， 所以正整数的所有取值为1，2，3，4. 7．（2025·福建泉州·模拟预测）已知数列为等差数列，且满足． (1)若，求数列的前项和； (2)若数列满足，且数列的前项和，求数列的通项公式． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）当时，可得出，求出的值，即可得出等差数列的公差，然后以等差数列的通项公式可求得等差数列的通项公式，然后利用裂项求和法可求得； （2）当时，由可得，当时，由也满足上式，可得出，由的值可得出的值，再由可得出的值，由此可求出等差数列的通项公式，由此可求出数列的通项公式. 【详解】（1）当时，由，则，由，则， 所以等差数列的公差为，所以， 故， 故. （2）当时， ， 当时，，满足上式， 综上所述，所以， 又因为且，所以， 又因为，则， 则等差数列的公差为，所以， 由，则． 8．（2025·福建泉州·模拟预测）已知数列的前项和为，，且． (1)证明：数列为等差数列； (2)设，求数列的前项和； (3)在（2）的条件下，中是否存在三项构成等差数列？若存在，求满足条件的三项；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据等差数列的定义证明即可； （2）首先求得，然后结合分组求和法以及错位相减法即可求解； （3）利用反证法，假设存在导出矛盾即可说明不存在. 【详解】（1）由已知， ， 所以数列为首项，公差的等差数列． （2）由（1），且时，， ，也符合，所以 所以， 所以， 因为， 所以， ，所以， 记数列的前项和为， 则， ， 所以， 所以. （3）不存在，显然数列为递增数列， 若存在正整数，使得成等差数列，不妨设， 则， 即， 因为，所以，显然不成立， 所以数列中不存在不同的三项构成等差数列． 数列与概率综合 考点4 1．（2026·福建莆田·二模）某分布式存储系统中，数据块容量上限为，数据块的初始数量为.系统运行遵循以下规则： ①在每一时间步，系统以概率执行清理操作（数据块的数量减），以概率执行写入操作（数据块的数量加）； ②当数据块的数量为（成功复位）或为（内存溢出）时，系统运行立即终止. 记当数据块的数量为时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为. (1)直接写出、的数值，并写出、、的关系式； (2)当时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系； (3)已知：若随机变量的取值不会影响随机变量的概率分布列，则称与相互独立，且满足.记为系统运行步后的数据块的数量（假设系统在此期间未终止）.当时，若与无关，求正实数的值. 【答案】(1)，，. (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）根据题意可得出、的数值，再利用全概率公式可得出、、的关系式； （2）结合（1）推导出可知数列为等差数列，求出该数列的公差，可得出的表达式，求出系统最终以“成功复位”、“内存溢出”状态终止的概率，作差比较出这两种状态终止概率的大小，即可得出结论； （3）设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立，求出的分布列，由题意可知，根据题中期望的性质得出，根据题意得出恒成立，只需，再结合的分布列可得出关于的等式，解之即可. 【详解】（1）由题意可知，， 由全概率公式可得. （2）当时，， 即，故数列为等差数列，设其公差为， 设其通项公式可得， 由可得，所以， 又因为系统数据块的初始数量为， 所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为， 从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为， 令，解得， 所以当时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率， 同理可得，当时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率， 当时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率. （3）设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立， 且分布列均为，， 由题意可知， 所以， 因为每步操作相互独立，所以第步的变化值与之前的累积状态相互独立， 从而随机变量与相互独立，则， 因为与无关，所以恒成立，所以， 事实上，故只需， 由的分布列可知， 因式分解得， 又因为，所以， 所以当时，若与无关，则. 2．（2026·福建福州·模拟预测）在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为. (1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； (2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种. 记第n次选择方案A，B，C的概率分别为，，. （i）求，，并证明：数列为等比数列； （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率. 【答案】(1) (2)（i），，证明见解析；（ii）能 【分析】（1）利用全概率公式进行求解即可； （2）（i）利用全概率公式，结合等比数列的定义进行求解即可； （ii）根据（i）的结论，结合指数函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）设选择方案A，B，C分别为事件A，B，C，物流提前送达为事件Z， 则， ，，， . （2）（i）由①知道. 由②根据全概率公式 ， . 设第n次物流选择方案A，B，C为事件，，，第n次物流提前送达为事件， 则，，，因为，所以， 所以. 由②根据全概率公式 ， 注意到，， 而， 所以 ， 同理 . 注意到 ， 且，所以， 故为定值， 即是以为首项，为公比的等比数列. （ii）由（i）可求， 同理 ， 所以， 联立解得 ，， 所以. 随着的增大，增大，注意到，所以当时，， 因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率. 3．（2026·福建泉州·二模）如图，数字1至8按顺时针方向排成一圈，将一棋子放在数字8处，按如下规则移动棋子：抛掷一枚质地均匀的硬币1次，若正面朝上，棋子按顺时针方向连续移动3个相邻位置；若反面朝上，则按逆时针方向连续移动3个相邻位置．若连续投掷硬币次，并按上述规则移动棋子，记最终棋子所处的数字为随机变量．例如：若连续3次抛掷硬币均为正面朝上，则棋子移动3次，第1次从数字8处移动到数字3处，第2次移动到数字6处，第3次移动到数字1处，即． (1)求，； (2)证明：； (3)现设计一项游戏：游戏包含若干轮，每轮开始时将棋子放在数字8处，玩家连续投掷6次硬币并按上述规则移动棋子，当时玩家获胜，游戏结束，否则进行下一轮，游戏最多进行10轮．记游戏结束时的轮数为随机变量，求的分布列，并证明． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)分布列见解析，证明见解析 【分析】（1）记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次，则、，再由相互独立事件的概率公式计算可得； （2）根据、计算概率，即可证明； （3）先分析连续移动6次后的取值情况，即可求出，从而得到随机变量的分布列，再利用错位相减法求出，即可得证. 【详解】（1）记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次， 则与互斥. 所以，； （2）因为， ， 所以. （3）先分析连续移动6次后的取值情况：6次均为顺时针，则； 5次顺时针1次逆时针，则； 次顺时针2次逆时针，则； 3次顺时针3次逆时针，则； 次顺时针4次逆时针，则； 1次顺时针5次逆时针，则； 次逆时针，则. 故. 所以的可能取值为，其中 ， ； 所以随机变量的分布列如下： 1 2 3 9 10 由. 令， 则． 两式相减，得， 即， 故，又因为，所以. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $