专题04+数列4个考点（湖南专用）2026年高考数学二模分类汇编

品学科网 www.zxxk.com 让 专题04数列 考点1 等差数列 题号 2 3 4 5 答案 C 0 BD AD 6.7 考点2 等比数列 题号 1 2 3 答案 C C BD (n≥3，neN) 4. 5.(1)an=2",n∈N 3 2n+3 (2)42(n+10(n+2) S 【分析】（山）利用前n项和5与通项”关系即可求解： b (2)先利用对数运算性质化简“，然后利用裂项相消法求和即可. 【详解】(1)当”=1时， S1=a1=2a-2a,=2 S=2a-2 当n≥2时，Sn=2a1-2,所以Sn-S1=2a,-2a1, 整理可得。，=24，n≥2) 1/11 改与学更高效 可学科网 www.zxxk.com S2=a1+a2=2a2-2mma2=4 ，满足 2=2a1 解得 所以数列a是首项为2，公比为2的等比数列，故，=2，GN ga,所a点网】 -0+日》 n-1n+1nn+2 =1+1-1-1）=32n+3 22n+1n+242(n+1)(n+2). 6.(0)0=2m-1 ，证明见解析 (2)7.=2×3”+0-D-2 2 【分析】（根据题意求出等差数列a,}的公差，即可得到其通项公式。 6,=36,+a,根据等比数列的定义可证明数列么，+心是等比数列： (2)由分组求和法，结合等差数列、等比数列的前n项和公式可求得T. 【详解】()设等差数列a,的公差为d,由4=1,24，=a+3, 得2(a+2a）=a+3d+3 解得d=2 所以0，=1+20n-)=2n-1 由=3动，+a得=36，+2n-1,即++1)=36，+m, b+1=4 所以私，+”是一个以4为首项，3为公比的等比数列： 2/11 让教与学更高效 由数列，}满足4=3 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)由(1)可得+n=4x3 n=4×3--n ，所以 所以9，=0，+6，=4×31+n-1 所智e-26小g-2 2 2 考点3 数列求和 题号 1 答案 A 2.(00,=2n-3 az=2 s. 【分析】(I)根据等差数列求出(n通项公式，再根据S与a,的关系求解即可. b.} (2)根据(1)求出， 再根据裂项相消法求解即可 ∫s. S=8= 2 【详解】(1)设等差数列n了的公差为d,由已知S:=8,S=48,得44 S_48=6 ,88 进面4d=各-子=6-2=4，得4 84 S-S-3d=2-3=-1,因此号=-1+a-1=n-2，即S,=r-2n 又14 当m≥2时，a,=S。-5=m-2m）-【0u-2-20m-1川=2n-3 当”=时，a=8=1-2×1=-1 1=2×1-3=-1 ，满足 3/11 品学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故9=2n-3 3由8ad,a--3.2-1g5a-n-式g2 b=1 所2=++1--6动(】 22” 3.①)0。=2n-lb=3-1 3" ②)2n+11 【分析】(1)法一：利用等差数列前项和公式、通项公式，联立方程组求解首项和公差，即可得数列 a.} 的通项公式： 法二：利用等差数列性质”，+8，=2，求出中间项的值，再计算公差，即可得数列a、 结合2亚，+1=动和品=7-≥2），即可符数列么}的通项公式 fan b3 3C (2)根据(1)中数列 ”的通项公式，得到数列“的通项公式，再结合裂项相消求和，即可得 解。 【详解】(1)法一：因为数列a是等差数列，设公差为， x8d=81 9a,+2 因为s,=81,4,+a,=14,所以a+2d+a+4d=14, a,+4d=9 a,=1 即a,+3d=7,解得d=2 所以%，=a+-10d=1+20n-1)=2n-1 4/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ta. 数列“ 的通项公式为。，=2n-1 9a,+a2=9a,=81 2 a5=9 法二：因为S,=81,4+4,=14,所以a,+a,=2a,=14，解得a,=7, d=a-a4=2 所以公差 所以0，=a+a-5d=9+20n-列=2n-1 数列a的通项公式为2=2m-1 2+1=6.当”=1时，241=6，得= 当≥2时 21+1=36.,所以 2Tn+1-(2Tn+1)=3b.-3b1 26=6-30,即6=36a≥20 所 b,=3,n22 又6=1≠0，所以b1 所以数列么是首项为1，公比为3的等比数列，所以么=3” (2)由(1)知，8=2n-16=3 _2b,(a,-)。3-(4n-4)=33”） 所以，=a.a1(2m-2n+0气2n-2n+1, 所风=66*t-民+号等男+ 一1 5/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3” R,=2n+1 --1 故数列c}的前n项 {bn} 【点睛】在求数列物，的通项公式时，要分”=引和”≥2讨论，由递推关系写通项后，还须验证首项 4.(①)=2” (2)证明见解析 【分析】()根据“，与S的关系，推出a}为等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可。 (2)求出，结合裂项相消法求出了，进一步证明即可 b 【详解】()当”=l时， S1=a1=2a1-2 41=2 ，解得 当"22时，=2a-2,则0，=8-8=2a,-2-(2a-2）2a,-20， 即0，=2a,,所以数列a,是以2为首项，2为公比的等比数列， an=2×2"-=2” e片， 11-11 (2)由(1)知， bbn+= nn+l nn+l. 所以还-唤+a+4的号号 s11 nn+l n+1, 又nN,所以>0，则11，即7< 5.()a=m2 2)S=2-1-n 22 【分折】（少由超意可：常号丹，结合等比数列的定义可符受=，即可求解： (2)由(1)，结合错位相减法计算即可求解. 6/11 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2na1-（n+10a=0 【详解】(1)由2ma-(n+)a,=0,得nn+) ÷=0,得常品，导- 即n+ln 所以是以为首项，以；为公比的等比数列， 22.1 (2)由(1)知，S=1 2++(n-101+n.1 +3. 2+n. 2 32+…+(n-1 2, 1,11， 1 n 两式相减得2=2十+2+ +2 2n. n 2+=1、 22时， 2 1 n 所以5=222. 6.(1)8,=3n-2 (1 【分析】(I)根据等差数列的性质求出公差，再利用等差数列的通项公式即可求解， (2)根据裂项相消法求和即可得解。 【详解】（由4，=4a,=10可得“，a=6 故公差=3 所以0，=4+(m-2)d=4+3(m-2)=3n-2 11=11-1 (2)由于a.a1(3n-2)(3n+1)33n-23n+1, =非升…)4》…2 7/11 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.(1)98 24 (3)证明见解析 【分析】由2=2,6=a+a++,分别求 b,b2,b3 求解： aa.5g从或”可非 3n(n+1) 再利用裂项相消法求解： n=3n2+2n-1 (3)由 ，得到1+a2-a,=6m+5 再由=a,-2n+1 得到=c+2n-1 ，然后递 推求解。 【详解】（山）因为2=2” 所以么=a+a,么=a+a+a,4=4+a,+a,+a, 所以4-6+6=4+a+a,=2+2+2°=98 (2)因为”=n 所以。=a,+a1+…+an=n+n+1++2n=n+2n)n+_3n(n+1） 2 2， 或0非 12 -0 1+++s- 由bb2b, 5有成立。可得台号. 则(Ni-i-2s0,得1sis2, 8/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则1≤1≤4，即'的取值范闲为 n=3n2+2n-1 (3)证明：由 可得，+a++4。=3n2+2n-1 则01+a2+…+42=3n+1)2+2(n+1）-1 两式相减得1+a2-0,=6m+5 由9，=a,-2m+1a0.=C,+2n-1 ，得 则0a=G1+2(2n+l)-l,42=6n2+2(2n+2）-1 由2+ag8=6m5利am+4n1e+n+3-6-2a1-6g 则1+92-G,=0 即91+93=C, 8.(1)证明见解析 (2)7=-1+(-1n+1 【分析】()证明}为等差数列，即证“。-为常数，对条件化简即可证明： (2)先求a,的表达式，求出an=Vn,化简通项an1-an -(-(n+1+丽)，再分奇隅讨论前n项和即 可 a-1=a. 【详解】(1)由a。a+1得，a-l1=a, 所以-a=1 放@}是首项为1，公差为1的等差数列 9/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2②)因为=，所以由山)可知，=1+a-x1=”,则4，=万 =(n+1+) 所以an+1-an 当n为偶数时， I=-(V2+1)+(V5+2)-…+(n+1+=n+1-1 当n为奇数时， Tn=-(2+l+(5+2)--(n+1+m)=-n+i-1 综上所述， Tn=-1+(-1)°Vn+1 9.(1)y=3或5x+12y-21=0 (2)证明见解析 d= 5k+1=1 【分析】(1)设直线1的方程为y-3=(x+3),由点到直线的距离公式可得√2+1，求解即可； ':y+3=k(x+3) (2)记点A关于轴的对称点为4，设反射光线所在直线 由点到直线的距离得 d=5k-n-3 +1，进而由根与系数的关系可得%”+6m+8 1 24，利用裂项相消法可求证结论 【详解】)因9：6-2+0-21，圆心C22）,半径r=1, 由题意可知直线'的斜率存在，设直线'的方程为”-3=(x+3),即c-y+3张+3=0， d=-l5k+l-1 5 由于直线1与圆C,相切，所以√k2+1，解得k=0或12， 所以直线1的方程为y=3或5x+12y-21=0: (2)记点1关于x轴的对称点为4，则4(3，-3) 10/11 可学科网 www.zxxk.com 由于反射光线所在直线经过点A',且斜率存在， 设反射光线所在直线 :y+3=k(x+3),即-y+3k-3=0 d 又圆Cn的圆心为C(2,n),半径r=1,直线'与圆Cn相切，则 24k2-10(n+3)k+n2+6n+8=0 整理得 则两条切线的斜率之积 6=n2+6m+8 24 124 所以an2+6n+8 =121-1） (n+2n+4. 3=1+1++1=12gt1++L1 a az an 气3546 n+2n+4 2711 =122m+3n+47 11/11 让教与学更高效 5k-n-3-1 Vk2+1, 专题04 数列 3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 等差数列 考点1 一、单选题 1．（2026·湖南怀化·二模）已知数列的前n项和为，且，则满足的最大正整数n的值为（   ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】C 【详解】由于，故为等比数列，，公比， 故，． 因为，所以，即， 当时，不等式不成立，故有，此时的差恒大于1， 只需，即得，，解得． 因为，所以n的最大值为12． 2．（2026·湖南岳阳·二模）等差数列的首项为1，公差不为0.若成等比数列，则数列的前6项和为（   ） A． B． C．26 D．24 【答案】C 【分析】根据等比中项结合等差数列通项公式可得，，再结合的正负性以及等差数列性质运算求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为成等比数列，则，且， 即，整理可得，解得或（舍去）， 可得， 令，解得， 所以数列的前6项和为. 二、多选题 3．（2026·湖南长沙·二模）已知数列的前项和为，下列说法正确的是（    ） A．若，则，，成等比数列 B．若数列为等差数列，则数列为等比数列 C．若，则数列为等比数列 D．各项均为正数的数列满足（，且），，，则 【答案】BD 【分析】根据特殊数列法判断A；应用等比数列定义及指数幂的运算判断B；应用计算得出，然后根据等比数列定义判断C；令，根据等差数列定义及其通项公式计算判断D. 【详解】对于A，当时有，此时，，不成等比数列，故A错误； 对于B，若为等差数列，设其公差为，则此时有， 且，所以数列为等比数列，故B正确； 对于C，若，则， （）， 不满足，于是， 则，所以数列不是等比数列，故C错误； 对于D，令，由题意可知， 因为， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 则，故D正确. 三、填空题 4．（2026·湖南衡阳·二模）某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2小时内进行学科素养答题挑战赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为，派出技能题的概率为．若某选手答对素养题的概率为，答对技能题的概率为，各轮答题正确与否相互独立．记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，记，则__________． 【答案】 【分析】设事件 “一轮答题中系统派出素养题”，事件“该选手在一轮答题中答对”，根据全概率公式求出，设事件“第n轮答题结束时挑战未终止”，则当时，，所以数列是首项为，公比为的等比数列，求解即可. 【详解】设事件 “一轮答题中系统派出素养题”，事件“该选手在一轮答题中答对”， 依题意，， 因此， 所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为． 设事件“该选手在第n轮答对”，由于各轮答题正确与否相互独立，所以， 设事件“第n轮答题结束时挑战未终止”，当时，第n轮答题结束时挑战未终止的情况有两种： ①第n轮答对，且第轮结束时挑战未终止； ②第n轮答错，且第轮答对，且第轮结束时挑战未终止， 因此第n轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为， 则，而各轮答题正确与否相互独立， 因此， 即当时，，当时，， ，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以． 四、解答题 5．（2026·湖南·二模）已知为数列的前n项和，且． (1)求该数列的通项； (2)若，求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用前n项和与通项关系即可求解； （2）先利用对数运算性质化简，然后利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1）当时， ，； 当时,,所以， 整理可得， 又,解得，满足， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故． （2）因为，所以， 所以 ． 6．（2026·湖南邵阳·二模）已知数列是等差数列，且，，数列满足，. (1)求的通项公式，并证明数列是等比数列； (2)若数列满足，求的前项和. 【答案】(1)，证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意求出等差数列的公差，即可得到其通项公式；由数列满足，.根据等比数列的定义可证明数列是等比数列； （2）由分组求和法，结合等差数列、等比数列的前项和公式可求得. 【详解】（1）设等差数列的公差为，由，， 得，解得. 所以. 由得，即， 又， 所以是一个以4为首项，3为公比的等比数列. （2）由（1）可得，所以. 所以. 所以. 等比数列 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南怀化·二模）已知数列的前n项和为，且，则满足的最大正整数n的值为（   ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】C 【详解】由于，故为等比数列，，公比， 故，． 因为，所以，即， 当时，不等式不成立，故有，此时的差恒大于1， 只需，即得，，解得． 因为，所以n的最大值为12． 2．（2026·湖南岳阳·二模）等差数列的首项为1，公差不为0.若成等比数列，则数列的前6项和为（   ） A． B． C．26 D．24 【答案】C 【分析】根据等比中项结合等差数列通项公式可得，，再结合的正负性以及等差数列性质运算求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为成等比数列，则，且， 即，整理可得，解得或（舍去）， 可得， 令，解得， 所以数列的前6项和为. 二、多选题 3．（2026·湖南长沙·二模）已知数列的前项和为，下列说法正确的是（    ） A．若，则，，成等比数列 B．若数列为等差数列，则数列为等比数列 C．若，则数列为等比数列 D．各项均为正数的数列满足（，且），，，则 【答案】BD 【分析】根据特殊数列法判断A；应用等比数列定义及指数幂的运算判断B；应用计算得出，然后根据等比数列定义判断C；令，根据等差数列定义及其通项公式计算判断D. 【详解】对于A，当时有，此时，，不成等比数列，故A错误； 对于B，若为等差数列，设其公差为，则此时有， 且，所以数列为等比数列，故B正确； 对于C，若，则， （）， 不满足，于是， 则，所以数列不是等比数列，故C错误； 对于D，令，由题意可知， 因为， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 则，故D正确. 三、填空题 4．（2026·湖南衡阳·二模）某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2小时内进行学科素养答题挑战赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为，派出技能题的概率为．若某选手答对素养题的概率为，答对技能题的概率为，各轮答题正确与否相互独立．记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，记，则__________． 【答案】 【分析】设事件 “一轮答题中系统派出素养题”，事件“该选手在一轮答题中答对”，根据全概率公式求出，设事件“第n轮答题结束时挑战未终止”，则当时，，所以数列是首项为，公比为的等比数列，求解即可. 【详解】设事件 “一轮答题中系统派出素养题”，事件“该选手在一轮答题中答对”， 依题意，， 因此， 所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为． 设事件“该选手在第n轮答对”，由于各轮答题正确与否相互独立，所以， 设事件“第n轮答题结束时挑战未终止”，当时，第n轮答题结束时挑战未终止的情况有两种： ①第n轮答对，且第轮结束时挑战未终止； ②第n轮答错，且第轮答对，且第轮结束时挑战未终止， 因此第n轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为， 则，而各轮答题正确与否相互独立， 因此， 即当时，，当时，， ，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以． 四、解答题 5．（2026·湖南·二模）已知为数列的前n项和，且． (1)求该数列的通项； (2)若，求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用前n项和与通项关系即可求解； （2）先利用对数运算性质化简，然后利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1）当时， ，； 当时,,所以， 整理可得， 又,解得，满足， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故． （2）因为，所以， 所以 ． 6．（2026·湖南邵阳·二模）已知数列是等差数列，且，，数列满足，. (1)求的通项公式，并证明数列是等比数列； (2)若数列满足，求的前项和. 【答案】(1)，证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意求出等差数列的公差，即可得到其通项公式；由数列满足，.根据等比数列的定义可证明数列是等比数列； （2）由分组求和法，结合等差数列、等比数列的前项和公式可求得. 【详解】（1）设等差数列的公差为，由，， 得，解得. 所以. 由得，即， 又， 所以是一个以4为首项，3为公比的等比数列. （2）由（1）可得，所以. 所以. 所以. 数列求和 考点3 一、单选题 1．（2026·湖南·三模）已知数列的通项公式为，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则（    ） A．1013 B．1014 C．502 D．503 【答案】A 【详解】由题意，又，故， ． 二、解答题 2．（2026·湖南岳阳·二模）已知数列的前项和为 ，若数列 是等差数列，且 (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）根据等差数列求出通项公式，再根据与的关系求解即可. （2）根据（1）求出，再根据裂项相消法求解即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为，由已知，，得，. 进而，得. 又， 因此，即. 当时，， 当时，，满足. 故. （2）由，代入，得. 所以 . 3．（2026·湖南衡阳·二模）已知等差数列的前项和为，且，，数列的前n项和为，满足． (1)求数列，的通项公式； (2)已知数列满足：，求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）法一：利用等差数列前项和公式、通项公式，联立方程组求解首项和公差，即可得数列的通项公式； 法二：利用等差数列性质，求出中间项的值，再计算公差，即可得数列. 结合和，即可得数列的通项公式. （2）根据（1）中数列，的通项公式，得到数列的通项公式，再结合裂项相消求和，即可得解. 【详解】（1）法一：因为数列是等差数列，设公差为， 因为，所以， 即，解得， 所以， 数列的通项公式为． 法二：因为，所以，解得， 所以公差， 所以， 数列的通项公式为． 由，当时，，得， 当时，，所以， 所以，即， 又，所以． 所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以. （2）由（1）知，，， 所以， 所以 ． 故数列的前n项和. 【点睛】在求数列的通项公式时，要分和讨论，由递推关系写通项后，还须验证首项. 4．（2026·湖南常德·二模）已知数列的前项和，． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据与的关系，推出为等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可. （2）求出，结合裂项相消法求出，进一步证明即可. 【详解】（1）当时，，解得. 当时，，则， 即，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， . （2）由（1）知，，则. 所以， 又，所以，则，即. 5．（2026·湖南永州·二模）已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)求的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，结合等比数列的定义可得，即可求解； （2）由（1），结合错位相减法计算即可求解. 【详解】（1）由，得， 即，得，又， 所以是以为首项，以为公比的等比数列， 则，所以. （2）由（1）知，， ， 两式相减得， 所以. 6．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知数列是等差数列，. (1)求的通项公式； (2)设数列的前项和为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等差数列的性质求出公差，再利用等差数列的通项公式即可求解， （2）根据裂项相消法求和即可得解. 【详解】（1）由可得，故公差， 所以， （2）由于， 故 7．（2026·湖南湘潭·三模）已知数列和满足． (1)若，求的值； (2)若，且恒成立，求的取值范围； (3)设，若，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由，，分别求得求解； （2）由，得到，从而，再利用裂项相消法求解； （3）由，得到，再由，得到，然后递推求解. 【详解】（1）因为， 所以， 所以． （2）因为， 所以， 则， 所以， 由恒成立，可得， 则，得， 则，即的取值范围为． （3）证明：由， 可得， 则， 两式相减得． 由，得， 则． 由，得， 则，即． 8．（2026·湖南·三模）已知正项数列满足，且. (1)证明：为等差数列； (2)求数列的前n项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明为等差数列，即证为常数，对条件化简即可证明； （2）先求的表达式，求出，化简通项，再分奇偶讨论前项和即可. 【详解】（1）由得，， 所以 ， 故是首项为1，公差为1的等差数列； （2）因为，所以由（1）可知，，则. 所以 . 当为偶数时， 当为奇数时， 综上所述，. 9．（2026·湖南郴州·三模）已知圆外有一点. (1)当时，过点作直线，当直线与圆相切时，求直线的方程； (2)自点发出的光线经过轴反射后与相切，记与相切的两条反射光线所在直线的斜率之积为，数列的前项和为，求证：. 【答案】(1)或 (2)证明见解析 【分析】（1）设直线的方程为，由点到直线的距离公式可得，求解即可； （2）记点关于轴的对称点为，设反射光线所在直线，由点到直线的距离得，进而由根与系数的关系可得，利用裂项相消法可求证结论. 【详解】（1）圆，圆心，半径. 由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，即. 由于直线与圆相切，所以，解得或， 所以直线的方程为或； （2）记点关于轴的对称点为，则. 由于反射光线所在直线经过点，且斜率存在， 设反射光线所在直线，即. 又圆的圆心为，半径，直线与圆相切，则， 整理得， 则两条切线的斜率之积. 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 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 数列 3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 等差数列 考点1 一、单选题 1．（2026·湖南长沙·二模）已知，设函数的零点个数为，则（    ） A．4049 B．4050 C．4051 D．4052 2．（2026·湖南岳阳·二模）等差数列的首项为1，公差不为0.若成等比数列，则数列的前6项和为（   ） A． B． C．26 D．24 3．（2026·湖南·二模）已知，数列为等差数列，且，则（   ） A．0 B． C．11 D． 二、多选题 4．（2026·湖南长沙·二模）已知数列的前项和为，下列说法正确的是（    ） A．若，则，，成等比数列 B．若数列为等差数列，则数列为等比数列 C．若，则数列为等比数列 D．各项均为正数的数列满足（，且），，，则 5．（2026·湖南常德·二模）已知成等差数列，若关于的方程组恰有组解，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 6．（2026·湖南怀化·二模）已知数列，均为等差数列，若，，则________． 等比数列 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南怀化·二模）已知数列的前n项和为，且，则满足的最大正整数n的值为（   ） A．10 B．11 C．12 D．13 2．（2026·湖南岳阳·二模）等差数列的首项为1，公差不为0.若成等比数列，则数列的前6项和为（   ） A． B． C．26 D．24 二、多选题 3．（2026·湖南长沙·二模）已知数列的前项和为，下列说法正确的是（    ） A．若，则，，成等比数列 B．若数列为等差数列，则数列为等比数列 C．若，则数列为等比数列 D．各项均为正数的数列满足（，且），，，则 三、填空题 4．（2026·湖南衡阳·二模）某大学数学系举办学科素养大赛，参赛选手在2小时内进行学科素养答题挑战赛，比赛规则如下：参赛选手的赛程按轮次进行，只有完成上一轮的答题才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮随机地派出一道素养题或技能题，系统派出素养题的概率为，派出技能题的概率为．若某选手答对素养题的概率为，答对技能题的概率为，各轮答题正确与否相互独立．记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，记，则__________． 四、解答题 5．（2026·湖南·二模）已知为数列的前n项和，且． (1)求该数列的通项； (2)若，求数列的前n项和． 6．（2026·湖南邵阳·二模）已知数列是等差数列，且，，数列满足，. (1)求的通项公式，并证明数列是等比数列； (2)若数列满足，求的前项和. 数列求和 考点3 一、单选题 1．（2026·湖南·三模）已知数列的通项公式为，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则（    ） A．1013 B．1014 C．502 D．503 二、解答题 2．（2026·湖南岳阳·二模）已知数列的前项和为 ，若数列 是等差数列，且 (1)求数列的通项公式 ; (2)设 求数列的前项和. 3．（2026·湖南衡阳·二模）已知等差数列的前项和为，且，，数列的前n项和为，满足． (1)求数列，的通项公式； (2)已知数列满足：，求数列的前n项和． 4．（2026·湖南常德·二模）已知数列的前项和，． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证：． 5．（2026·湖南永州·二模）已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)求的前项和． 6．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知数列是等差数列，. (1)求的通项公式； (2)设数列的前项和为，求. 7．（2026·湖南湘潭·三模）已知数列和满足． (1)若，求的值； (2)若，且恒成立，求的取值范围； (3)设，若，证明：． 8．（2026·湖南·三模）已知正项数列满足，且. (1)证明：为等差数列； (2)求数列的前n项和. 9．（2026·湖南郴州·三模）已知圆外有一点. (1)当时，过点作直线，当直线与圆相切时，求直线的方程； (2)自点发出的光线经过轴反射后与相切，记与相切的两条反射光线所在直线的斜率之积为，数列的前项和为，求证：. 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 学科网（北京）股份有限公司 $