专题01 数列（期末真题汇编，云南专用）高二数学下学期人教A版

**基本信息** 数列专题试题汇编，覆盖14个核心考点，精选云南各地阶段检测与期末真题，注重基础巩固与能力提升梯度，融入斐波那契数列、冰雹猜想等文化情境及粉丝增长计划等实际应用案例。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（含多选）|约30题|数列周期性、等差等比性质、斐波那契数列|结合数学史（冰雹猜想）、生活情境（粉丝增长）| |填空|约15题|累乘法、分组求和、单调性参数范围|注重数学抽象与逻辑推理| |解答|约10题|错位相减、裂项相消、综合证明|融合函数与数列，强调运算能力与模型构建|

专题01 数列 高频考点概览 考点01数列的周期性 考点02数列观察和斐波那契数列 考点03数列的单调性 考点04 累和法、累乘法 考点05 公式法 考点06 等差数列基本量和性质 考点07 等差数列的和及最值、绝对值求和 考点08 等差数列和的性质 考点09 等比数列的基本量和性质 考点10 等比数列的和 考点11 等比数列的和的性质 考点12 分组求和、并项求和 考点13 裂项相消 考点14 错位相减 ( 考点01 数列的周期性 ) 1．（25-26高三下·云南楚雄·阶段检测）已知数列满足，则前2023项的和的值为（ ） A．506 B．1012 C．1013 D．2024 2．（24-25高三下·云南·阶段检测）已知数列满足，若，则等于（ ） A． B． C． D． 3．（23-24高三上·云南曲靖·阶段检测）已知数列的前项和为，设，，则（ ） A． B． C． D．1012 4．（23-24高二上·云南昆明·期末）在数列中，若，，，则（ ） A．2 B．1 C．0 D． 5．（23-24高二上·云南昆明·期末）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），当时，（ ） A．170 B．168 C．130 D．172 6．（25-26高二上·云南德宏·期末）（多选）已知数列的前项和为，则（ ） A． B． C． D． 7．（25-26高二上·云南大理·期末）（多选）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：，且（为正整数），设数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，使得需要步雹程 D．若，则所有可能的取值集合为 ( 考点0 2 数列观察和斐波那契数列 ) 1．（24-25高二上·云南文山·期末）数列的一个通项公式可能是（ ） A． B． C． D． 2．（22-23高二下·云南保山·阶段检测）意大利数学家列昂那多•斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”（斐波那契数列）：，在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕草等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛的应用.已知斐波那契数列满足：，若，则等于（ ） A．14 B．13 C．89 D．144 3．（23-24高三下·云南·阶段检测）数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 4．（21-22高二上·云南·期末）斐波那契数列（Fibonaccisequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契（LeonardoFibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，….从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记此数列为，则（ ） A． B． C． D． 5．（21-22高二下·云南红河·阶段检测）斐波那契数列（FibonacciSequence）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多，斐波那契（LeonardoFibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波纳契数列被以下递推的方法定义：数列满足：，现从数列的前2022项中随机抽取1项，能被3整除的概率是（ ） A． B． C． D． 6．（24-25高二上·云南昆明·期末）1202年，意大利数学家斐波那契（LeonardoFibonacci，约1170-约1250）以兔子繁殖问题，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，即，．人们在自然界中发现了许多斐波那契数列的例子．斐波那契数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域也有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2025项的和为________． ( 考点0 3 数列的单调性 ) 1．（25-26高二上·云南楚雄·期末）已知函数数列满足，若为递增数列，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 2．（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列的通项公式为，若是中唯一的最小项，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 3．（2016·云南·二模）设数列的通项公式为，若数列是单调递增数列，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 4．（2016·云南·二模）已知数列的通项公式为（其中是常数），若数列为严格增数列，则的取值范围为_________． 5．（25-26高二上·云南曲靖·期中）已知，若数列中最小项为第3项，则__________． ( 考点0 4 累和法、累乘法 ) 1．（24-25高二下·云南·期末）在数列中，若，则666是的（ ） A．第111项 B．第222项 C．第333项 D．第666项 2．（25-26高三上·云南红河·阶段检测）如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ） A．462 B．465 C．468 D．475 3．（24-25高三下·云南丽江·阶段检测）已知数列满足，则（ ） A．3 B．2 C． D． 4．（2023·云南红河·一模）已知数列满足：，则（ ） A．21 B．23 C．25 D．27 5．（2020·云南红河·模拟预测）已知数列的首项是，且，则数列的通项公式为______． 6．（2016·云南曲靖·一模）已知数列中，，，则_______. 7．（25-26高三上·云南临沧·开学考试）已知数列满足，，则数列的通项公式为______． 8．（2026·云南昆明·模拟预测）若数列满足，则称数列为平方差递推数列.若数列是平方差递推数列，且，，则的前100项的和为______. 9．（23-24高二上·云南昆明·期末）数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16从第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列2，3，4，5是等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前六项分别为1，3，6，10，15，21，则的最小值为__________． ( 考点0 5 公式法 ) 1．（2022·云南曲靖·二模）设是数列的前n项和，若，则（ ） A．4045 B．4043 C．4041 D．2021 2．（20-21高二下·云南昆明·期末）设数列的前项和为，若，且，，则（ ） A． B． C．9 D．11 3．（21-22高二上·云南丽江·期中）已知数列满足，则数列的通项公式是（ ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·云南大理·期末）已知正项数列满足，若，则（ ） A． B．10 C． D．5 5．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列的前项和满足且，则＝________. 6．（25-26高二上·云南文山·阶段检测）已知数列的前n项和，若，数列中，的最小值是______. 7．（23-24高二下·云南昆明·阶段检测）已知数列的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)记，求数列的前项和． ( 考点0 6 等差数列基本量和性质 ) 1．（25-26高二上·云南保山·期末）在等差数列中，，，则的公差为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（25-26高二上·云南昭通·期末）在等差数列中，已知，，若，则（ ） A．48 B．49 C．50 D．51 3．（25-26高二上·云南保山·期末）为宣传家乡，“保山文旅”制定了一个为期5周的“粉丝增长计划”，通过每周在抖音平台发布一系列优质视频实现粉丝增长．若其周粉丝增长量成等差数列，且第五周增长的粉丝数为第一周的3倍，5周目标共增加50万粉丝，则第2周应增长的粉丝数量是（ ） A．5万 B．7.5万 C．10万 D．12.5万 4．（25-26高三上·云南保山·期末）若数列、、、、为正项等差数列，正项数列、、、、满足（为常数），已知，，，则（ ） A． B． C． D． 5．（21-22高二上·云南红河·期末）在数列中，为前项和，若，，，则其公差（ ） A．3 B．4 C． D． 6．（25-26高三上·云南·阶段检测）现有十个盒子，总质量为35千克，这十个盒子的质量按从大到小的顺序排列，构成一个等差数列，且排在前三位的三个盒子的总质量不低于排在后三位的三个盒子的总质量的两倍，则质量最重的盒子最少是（ ） A．2千克 B．3千克 C．5千克 D．7千克 7．（25-26高二上·云南昭通·期末）在2和10中插入3个数，使这5个数成等差数列，则这3个数依次为________． ( 考点0 7 等差数列的和 及 最值、绝对值求和 ) 1．（25-26高二下·云南玉溪·期中）已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A． B． C．1 D． 2．（23-24高二上·云南迪庆·期末）明代数学家程大位在《算法统宗》中已经给出由，，和求各项的问题，如九儿问甲歌：“一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七.借问长儿多少岁，各儿岁数要详推.”意思是一位老人有九个儿子，不知道他们的出生年月，他们的年龄从大到小排列都差3岁，所有儿子的年龄加起来是207.只要算出长子是多少岁，其他每个儿子的岁数就可以推算出来，则该问题中老人长子的岁数为（ ） A．27 B．31 C．35 D．39 3．（25-26高二上·云南昆明·阶段检测）（多选）已知是等差数列，其公差为d，前n项和为，，，则（ ） A． B． C．是递增数列 D．是等差数列 4．（2025·云南·模拟预测）记为等差数列的前项和，若，则_____. 5．（2018·全国II卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知，． （1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值． 6．（2025·云南·模拟预测）已知等差数列的前项和为，其中． (1)求数列的通项公式； (2)求使得不等式成立的的最小值． 7．（25-26高二上·云南楚雄·期末）记为等差数列的前项和，已知. (1)求数列和的通项公式； (2)求数列的前项和. 8．（22-23高三上·云南昆明·阶段检测）已知数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. ( 考点0 8 等差数列的和的性质 ) 1．（24-25高二上·云南昭通·期中）已知等差数列的前项和为，则（ ） A． B． C． D．3 2．（24-25高二下·云南昆明·阶段检测）设等差数列的前项和分别是，若，则（ ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·云南·期中）设数列和都为等差数列，记它们的前项和分别为和，满足，则（ ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·云南大理·期末）已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A．34 B．39 C．42 D．45 5．（23-24高二上·云南昆明·阶段检测）等差数列的前n项和为，已知，若存在正整数k，使得对任意，都有恒成立，则k的值为（ ） A．19 B．20 C．21 D．22 6．（25-26高二上·云南昆明·期末）（多选）已知为等差数列，前项和为，则下列结论正确的有（ ） A． B．当且仅当时，最小 C．数列为等差数列 D．满足的最大整数为14 7．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）（多选）数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ） A．是递减数列 B． C．，，成等差数列 D．当或4时，取得最大值 8．（21-22高二上·云南曲靖·期末）（多选）记为等差数列的前项和，首项为，公差为，则下列叙述正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，且，则 D．若，则 9．（24-25高二上·云南昭通·期末）（多选）数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A．若，则数列的前项和最大 B．若等比数列是单调递减数列，则公比满足 C．已知等差数列的前项和为，若，则 D．已知为等差数列，则数列也是等差数列 ( 考点0 9 等比数列的基本量和性质 ) 1．（25-26高二下·云南昭通·期中）已知是等比数列，，，则（ ） A．10 B．-10 C．6 D．-6 2．（2022·云南昆明·模拟预测）已知数列是首项为1的等比数列，且，，成等差数列，则（ ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·云南昆明·阶段检测）已知数列是公比为的等比数列.设甲：；乙：数列单调递增，则甲是乙的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（2026·云南保山·二模）已知各项均为整数的数列中，，，前10项依次成等差数列，从第9项起依次成等比数列，则（ ） A． B． C． D． 5．（2026·云南曲靖·一模）等比数列中，与的等差中项为80，若，则（ ） A． B． C．2 D．8 6．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）在正项等比数列中，，是方程的两个根，则（ ） A．3 B．6 C．9 D．12 7．（2025·云南丽江·模拟预测）已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ） A．2014 B．2024 C．2025 D．2026 8．（24-25高二下·云南·期中）（多选）已知正项等比数列的公比为，若，且，则（ ） A． B． C．是数列中的项 D．，，成等差数列 10．（2023·云南红河·模拟预测）（多选）已知数列满足（其中，q为非零常数，），则下列说法正确的是（ ） A．若，则不是等比数列 B．若，则既是等差数列，也是等比数列 C．若，则是递减数列 D．若是递增数列，则 11．（23-24高二上·云南昭通·期末）已知数列的首项. (1)若数列满足，证明：数列是等比数列； (2)若数列是以3为公比的等比数列，证明：数列是等差数列. ( 考点 10 等比数列的 和 ) 1．（25-26高二上·湖南邵阳·期末）等比数列的前n项和为，已知，且与的等差中项为，则（ ） A．28 B．29 C．30 D．31 2．（24-25高三上·云南昭通·阶段检测）设为正项递增的等比数列的前项和，且，则（ ） A．63 B． C．127 D．或127 3．（25-26高二上·云南昭通·阶段检测）中国古代数学著作《算法统宗》中有一道数学题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关.”其大意为：“有一个人走里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则此人第3天、第4天、第5天一共走的路程为（ ） A．里 B．里 C．里 D．里 4．（22-23高二上·云南玉溪·阶段检测）新型冠状病毒（简称新冠）传播的主要途径包括呼吸道飞沫传播、接触传播、气溶胶传播等．其中呼吸道飞沫传播是指新冠感染的患者和正常人在间隔左右的距离说话，或者是患者打喷嚏、咳嗽时喷出的飞沫，可以造成对方经过呼吸道吸入而感染．如果某地某天新冠患者的确诊数量为，且每个患者的传染力为2（即一人可以造成两人感染），则5天后的患者人数将会是原来的（ ）倍 A．10 B．16 C．32 D．63 5．（22-23高二上·云南昆明·期末）（多选）设是数列的前n项和，且，，则下列结论中，正确的是（ ） A．是等比数列 B．是等比数列 C． D． 6．（25-26高二上·云南昭通·期末）（多选）记为等比数列的前n项和，q为的公比，.若，，则（ ） A． B． C． D． 7．（2025·云南昭通·模拟预测）（多选）已知等比数列的公比为q，前n项和为，，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C． D． ( 考点 11 等比数列的和的性质 ) 1．（23-24高三上·云南昆明·阶段检测）已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A．8 B．9 C．16 D．17 2．（24-25高三上·云南昆明·阶段检测）已知等比数列的前n项和为，且，若，，则（ ） A．550 B．520 C．450 D．425 3．（2023·云南昆明·模拟预测）已知正项等比数列的前项和为，若，则的最小值为（ ） A．8 B． C． D．10 4．（2026·云南昆明·模拟预测）已知等比数列的前项的乘积为，若，则下列选项一定正确的是（ ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·云南·阶段检测）已知是公比为2的等比数列，若，则______． 6．（23-24高二下·云南保山·开学考试）等比数列的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，则这个等比数列的公比q＝______. 7．（2025·云南·一模）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（填序号）_____. ① ② ③的最大值为 ④的最大值为 8．（2024·云南昆明·一模）记为数列的前项和，. (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和. ( 考点 12 分组求和、 并项求和 ) 1．（25-26高二上·云南昆明·期末）已知数列的前项和为，且满足． (1)求的通项公式； (2)若数列，求数列的前项和． 2．（25-26高二上·云南玉溪·期末）已知数列满足：，. (1)证明：为等比数列，并求数列的通项公式； (2)若数列其前项和为，求. 3．（25-26高二上·云南曲靖·期中）记为等差数列的前项和，已知 (1)求数列的通项公式； (2)记数列，的前项和为，求． 4．（2025·云南玉溪·模拟预测）设是等差数列，是等比数列，，且. (1)求与的通项公式； (2)设，求的前项和． 5．（2026·云南昭通·二模）已知点在函数的图象上，记数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前2026项和． 6．（2026·云南昆明·模拟预测）已知正项等比数列满足（）． (1)求数列的通项公式； (2)设满足，求的前n项和为． 7．（24-25高二下·云南玉溪·阶段检测）已知等差数列满足，是关于的方程的两个根. (1)求和； (2)求和； (3)设，求数列的前项和． ( 考点 13 裂项相消 ) 1．（25-26高二上·云南昭通·期末）在等差数列中，，． (1)求数列的通项公式； (2)已知数列是首项为2，公比为3的等比数列，求数列的前项和； (3)若数列满足，求数列的前项和． 2．（25-26高二下·云南昆明·期中）已知数列满足． (1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 3．（2026·云南昭通·模拟预测）已知数列的前项和，. (1)求； (2)若数列的前项和为，求证. 4．（2026·云南昭通·模拟预测）已知正项数列中，，，． (1)求数列的通项公式； (2)设，若，证明：． 5．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）已知数列是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和； (3)证明：对任意恒成立. 6．（25-26高三上·云南红河·阶段检测）已知函数且的图象经过点，记数列的前项和为，且 (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证： 7．（2026·云南·模拟预测）已知函数（且）的图象经过点，记数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证：． ( 考点 14 错位相减 ) 1．（2026·云南昆明·二模）设数列满足． (1)证明：为等差数列； (2)设，求数列的前项和． 2．（25-26高二下·云南昭通·期中）已知公差不为0的等差数列的前n项和为，且，，，成等比数列. (1)求的通项公式； (2)求使成立的n的最小值； (3)令，求数列的前n项和. 3．（25-26高二上·云南红河·期中）已知等差数列的前n项和为，且，． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前n项和． 4．（25-26高三上·云南·阶段检测）已知数列满足，且. (1)求证：为等差数列； (2)求数列的前项和. 5．（2025·云南曲靖·模拟预测）已知是等差数列，是等比数列，且，，． (1)求和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)求数列的前项和． 6．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列满足，且对任意正整数有，数列满足 (1)证明：数列是等比数列； (2)设，数列的前项和； ①求； ②若不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 数列 高频考点概览 考点01数列的周期性 考点02数列观察和斐波那契数列 考点03数列的单调性 考点04 累和法、累乘法 考点05 公式法 考点06 等差数列基本量和性质 考点07 等差数列的和及最值、绝对值求和 考点08 等差数列和的性质 考点09 等比数列的基本量和性质 考点10 等比数列的和 考点11 等比数列的和的性质 考点12 分组求和、并项求和 考点13 裂项相消 考点14 错位相减 ( 考点01 数列的周期性 ) 1．（25-26高三下·云南楚雄·阶段检测）已知数列满足，则前2023项的和的值为（ ） A．506 B．1012 C．1013 D．2024 【答案】C 【详解】因为数列满足， 所以， 故数列是以3为周期的周期数列，且， 所以. 2．（24-25高三下·云南·阶段检测）已知数列满足，若，则等于（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据递推式得到数列的周期，再应用周期性求. 【详解】由题设，，，， 所以是周期为3的数列，则. 故选：C 3．（23-24高三上·云南曲靖·阶段检测）已知数列的前项和为，设，，则（ ） A． B． C． D．1012 【答案】C 【分析】由已知推得，进而得出的前几项，观察可得的周期，根据数列的周期性，求和即可得出答案. 【详解】易知，由得. 又， 所以，，， 故数列是以3为最小正周期的周期数列， 所以. 故选：C. 4．（23-24高二上·云南昆明·期末）在数列中，若，，，则（ ） A．2 B．1 C．0 D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出数列的周期，再由此求出. 【详解】在数列中，，则， 因此数列数列的周期为3，所以. 故选：D 5．（23-24高二上·云南昆明·期末）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），当时，（ ） A．170 B．168 C．130 D．172 【答案】D 【分析】先根据题意得到的值，再后续数列的周期性求得，从而得解. 【详解】依题意，， 故， 又，所以． 所以． 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解“冰雹猜想”的定义，找到数列的周期性，从而得解. 6．（25-26高二上·云南德宏·期末）（多选）已知数列的前项和为，则（ ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】归纳出周期，利用周期性可得答案. 【详解】数列，由和， 得： 由， ，得数列周期为， ，故A正确； 由数列周期为，得，故B错误； 由数列周期为，，故C正确； 故D错误. 故选：AC 7．（25-26高二上·云南大理·期末）（多选）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）.如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：，且（为正整数），设数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，使得需要步雹程 D．若，则所有可能的取值集合为 【答案】BCD 【分析】根据“冰雹猜想”进行推理分析，由推理可得A错B正确，再由进行推理可得C正确；对于D则需要进行逆向推理可得. 【详解】对于A，由于，则必进入循环圈，所以，故A错； 对于B，由A选项可知数列是以3为周期的周期数列，且一个周期的和为， 因为，所以，故B正确； 对于C，当时，即根据上述运算法则得出：， 故当时，使得需要11步雹程，故C正确； 对于D，若，根据上述运算法则进行逆推，若，则，或； 当时，，或；当时，，或. 故时，所有可能的取值集合为，故D正确. 故选：BCD. ( 考点0 2 数列观察和斐波那契数列 ) 1．（24-25高二上·云南文山·期末）数列的一个通项公式可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】应用观察法归纳总结出数列的一个通项公式即可. 【详解】因为， 所以数列的一个通项公式可以是， 显然A、B中时对应项不符合，D中时对应项不符合. 故选：C 2．（22-23高二下·云南保山·阶段检测）意大利数学家列昂那多•斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”（斐波那契数列）：，在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕草等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛的应用.已知斐波那契数列满足：，若，则等于（ ） A．14 B．13 C．89 D．144 【答案】A 【分析】根据题意，结合斐波那契数列的性质，逐项迭代，即可求解. 【详解】根据题意，若，即， 由斐波那契数列的性质，可得： ， 所以. 故选：A. 3．（23-24高三下·云南·阶段检测）数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据递推关系采用叠加法即可. 【详解】根据题意，，，，，…， ，， 则，，…，，， 将上述各式两边相加得，， 所以. 故选：B． 4．（21-22高二上·云南·期末）斐波那契数列（Fibonaccisequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契（LeonardoFibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，….从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记此数列为，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，则，且，可得 ，化简即可求解. 【详解】由已知条件可知，则，且， 则，，，…， ， ， 上述各式相加得 . 故选：. 5．（21-22高二下·云南红河·阶段检测）斐波那契数列（FibonacciSequence）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多，斐波那契（LeonardoFibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波纳契数列被以下递推的方法定义：数列满足：，现从数列的前2022项中随机抽取1项，能被3整除的概率是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依次写出数列各项除以3所得余数，寻找后可得结论. 【详解】根据斐波那契数列的定义，数列各项除以3所得余数依次为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，…，余数数列是周期数列，周期为8，，所以数列的前2022项中能被3整除的项有，所求概率为， 故选A． 6．（24-25高二上·云南昆明·期末）1202年，意大利数学家斐波那契（LeonardoFibonacci，约1170-约1250）以兔子繁殖问题，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，即，．人们在自然界中发现了许多斐波那契数列的例子．斐波那契数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域也有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2025项的和为________． 【答案】1350 【分析】由题意可得出新数列，判断出周期性，即可求得答案. 【详解】由题意知数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯， 被2除后的余数构成一个新数列：1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，⋯， 即数列是以3为周期的数列，一个周期内的三项和为2， 因为，故数列的前2025项的和为， 故答案为：1350 ( 考点0 3 数列的单调性 ) 1．（25-26高二上·云南楚雄·期末）已知函数数列满足，若为递增数列，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意得的对数函数单调递增，设，则有，二次函数部分在上单调递增，设，则有，结合的取值范围，可得，因为为递增数列，所以有，即，综上，可求得的取值范围. 【详解】由题意得，则有时，， 当时，， 因为为递增数列， 设， 当时，数列单调递增， 则有，且 即，， 整理得，因为，所以， 设，易得时单调递增， 且有，即，，解得， 综上，的取值范围是， 故选：C. 2．（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列的通项公式为，若是中唯一的最小项，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当时，解，得出单调性，判断出在时，取最小值：；当，利用二次函数的对称性和最值，建立关于的不等式组求解． 【详解】当时，，令，得：， 解得：或，因此可知：； 又当时，，当时，，所以在时，取最小值：． 当时，，则该代数式对应函数对称轴为直线， 因为是中唯一的最小项，所以，且， 解得，且， 即． 故选：B 3．（2016·云南·二模）设数列的通项公式为，若数列是单调递增数列，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】数列是单调递增数列，可得，，化简整理，再利用数列的单调性即可得出. 【详解】因为数列是单调递增数列， 所以，， 即， 化简得，， 当时，有最大值， 所以， 故选：C 【点睛】本题主要考查了数列的单调性及其通项公式、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题. 4．（2016·云南·二模）已知数列的通项公式为（其中是常数），若数列为严格增数列，则的取值范围为_________． 【答案】 【分析】由题意对任意恒成立，从而可得答案. 【详解】由数列为严格增数列，得恒成立， 因此对任意恒成立，而，当且仅当时取等号，则， 所以的取值范围为. 故答案为： 5．（25-26高二上·云南曲靖·期中）已知，若数列中最小项为第3项，则__________． 【答案】 【分析】方法一，由是二次函数，若数列中最小项为第3项，则有，计算得解；方法二，利用对称轴求解，若数列中最小项为第3项，则有，计算得解. 【详解】方法一：，，， ，数列中最小项为第3项， ，，，， 则的范围为. 方法二：对称轴为，开口向上，数列中最小项为第3项，， ，则的范围为. 故答案为：. ( 考点0 4 累和法、累乘法 ) 1．（24-25高二下·云南·期末）在数列中，若，则666是的（ ） A．第111项 B．第222项 C．第333项 D．第666项 【答案】B 【分析】根据已知递推公式计算构造常数列，再代入计算求解. 【详解】因为，所以，所以，所以是常数列， 所以，则. 由，解得. 故选：B. 2．（25-26高三上·云南红河·阶段检测）如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ） A．462 B．465 C．468 D．475 【答案】B 【分析】归纳出递推公式，再累加求通项即可. 【详解】记第层有个球，则，，，，， ，，，， 则第30层的小球个数为， . 故选：B 3．（24-25高三下·云南丽江·阶段检测）已知数列满足，则（ ） A．3 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】由题意，再利用累加法即可求解. 【详解】因为， 所以当时， ，则，故B正确. 故选：B. 4．（2023·云南红河·一模）已知数列满足：，则（ ） A．21 B．23 C．25 D．27 【答案】A 【分析】应用累加法求数列通项公式，再求出对应项. 【详解】由题设，……，，， 累加可得且，则， 显然也满足上式，所以. 故选：A 5．（2020·云南红河·模拟预测）已知数列的首项是，且，则数列的通项公式为______． 【答案】 【分析】利用累乘法求数列的通项公式； 【详解】解：由题意得：，所以， 所以， 因为， 所以． 故答案为： 【点睛】本题考查累乘法求数列的通项公式，属于基础题. 6．（2016·云南曲靖·一模）已知数列中，，，则_______. 【答案】 【分析】由已知等式得到，采用累乘法可求得，进而得到. 【详解】由得：， ，，，…，，， ，又，， . 故答案为：. 7．（25-26高三上·云南临沧·开学考试）已知数列满足，，则数列的通项公式为______． 【答案】 【分析】累乘法求数列通项公式； 【详解】因为，所以 ， 而也满足上式，因此数列的通项公式为. 故答案为： 8．（2026·云南昆明·模拟预测）若数列满足，则称数列为平方差递推数列.若数列是平方差递推数列，且，，则的前100项的和为______. 【答案】1 【分析】通过赋值得出数列的周期即可求解. 【详解】由题意可知,, ,,, 所以数列是从第2项起，周期为3的数列. 则的前100项的和. 9．（23-24高二上·云南昆明·期末）数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16从第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列2，3，4，5是等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前六项分别为1，3，6，10，15，21，则的最小值为__________． 【答案】 【分析】先得出递推公式，并用叠加法求出通项公式，再用基本不等式求最小值. 【详解】数列的前六项分别为1，3，6，10，15，21， 依题知，，，，， 叠加可得：， 整理得， 当，，满足， 所以， 所以， 当且仅当时，即，时等号成立， 又，所以等号取不到，所以最小值在时取得， 当时，，所以最小值为. 故答案为： ( 考点0 5 公式法 ) 1．（2022·云南曲靖·二模）设是数列的前n项和，若，则（ ） A．4045 B．4043 C．4041 D．2021 【答案】A 【分析】根据计算可得； 【详解】解：因为， 所以； 故选：A 2．（20-21高二下·云南昆明·期末）设数列的前项和为，若，且，，则（ ） A． B． C．9 D．11 【答案】B 【分析】依题意可得，再求出，，即可； 【详解】解：因为，所以，因为， 所以，， 故选：B 3．（21-22高二上·云南丽江·期中）已知数列满足，则数列的通项公式是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用求通项公式. 【详解】因为数列满足 所以当n=1时， 当时，有 所以， 所以. 经检验，对n=1不符合， 所以 故选：D 4．（24-25高二上·云南大理·期末）已知正项数列满足，若，则（ ） A． B．10 C． D．5 【答案】B 【分析】根据方程组法求得时，进而，结合求解即可. 【详解】因为， 当时，， 两式相减得：，， 当时，，，又，解得. 故选：B 5．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列的前项和满足且，则＝________. 【答案】5 【分析】先对已知的前项和递推式赋值，再根据数列前项和与通项的关系推出即可. 【详解】数列的前项和满足且， 令，则， 所以， 因为，所以， 即数列为常数列， 因为数列各项均为，所以. 故答案为：5. 6．（25-26高二上·云南文山·阶段检测）已知数列的前n项和，若，数列中，的最小值是______. 【答案】5 【分析】根据与的关系求出，进而得到，易得数列单调递增，进而求解即可. 【详解】由，当时，； 当时，满足上式，则， 由， 则对任意都成立，即， 则数列单调递增，因此. 故答案为：5. 7．（23-24高二下·云南昆明·阶段检测）已知数列的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)记，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由可得，两式相减由累乘法可求出的通项公式； （2）求出，由裂项相消法可求出数列的前项和. 【详解】（1）因为，令得， 因为， 所以， 两式相减得， 即． 所以， 所以， 即， 所以当时，， 又，所以． （2）由（1）可得， 所以. ( 考点0 6 等差数列基本量和性质 ) 1．（25-26高二上·云南保山·期末）在等差数列中，，，则的公差为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】根据等差数列的通项公式计算即可. 【详解】设等差数列的公差为，因为，， 所以11，解得． 2．（25-26高二上·云南昭通·期末）在等差数列中，已知，，若，则（ ） A．48 B．49 C．50 D．51 【答案】C 【分析】根据等差数列的性质，结合通项公式的基本量求法求解即可 【详解】由等差数列的性质得，，则， 所以公差，由等差数列的通项公式得，， 解得. 故选：C. 3．（25-26高二上·云南保山·期末）为宣传家乡，“保山文旅”制定了一个为期5周的“粉丝增长计划”，通过每周在抖音平台发布一系列优质视频实现粉丝增长．若其周粉丝增长量成等差数列，且第五周增长的粉丝数为第一周的3倍，5周目标共增加50万粉丝，则第2周应增长的粉丝数量是（ ） A．5万 B．7.5万 C．10万 D．12.5万 【答案】B 【详解】设该等差数列为，其公差为，依题意，， 则，即，解得， 所以第2周应增长的粉丝数量. 4．（25-26高三上·云南保山·期末）若数列、、、、为正项等差数列，正项数列、、、、满足（为常数），已知，，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差中项的性质求出的值，再根据可求得的值. 【详解】由题意，、、、、成等差数列，且，， 由等差中项的性质可得， 又因为，故. 故选：C. 5．（21-22高二上·云南红河·期末）在数列中，为前项和，若，，，则其公差（ ） A．3 B．4 C． D． 【答案】A 【分析】先根据题意得到为等差数列，再求出，进而结合即可求得其公差． 【详解】由数列满足， 则，所以为等差数列， 又，则，即， 又，则其公差为． 故选：A． 6．（25-26高三上·云南·阶段检测）现有十个盒子，总质量为35千克，这十个盒子的质量按从大到小的顺序排列，构成一个等差数列，且排在前三位的三个盒子的总质量不低于排在后三位的三个盒子的总质量的两倍，则质量最重的盒子最少是（ ） A．2千克 B．3千克 C．5千克 D．7千克 【答案】C 【分析】设等差数列及公差，根据题意及等差数列的性质建立不等式求得首项与公差的不等式，根据等差数列前项和公式求得首项与公差的等式，将等式代入不等式后解得首项的最小值，即可得出答案. 【详解】设该等差数列为，公差为，， 则，由等差中项可知， ∴，∴， 又∵，即，则 ∴，∴，∴， ∴ 故选：C. 7．（25-26高二上·云南昭通·期末）在2和10中插入3个数，使这5个数成等差数列，则这3个数依次为________． 【答案】 【分析】设所求三个数依次为，则成等差数列，根据等差中项列方程组求解即可. 【详解】设所求三个数依次为，则成等差数列， 因此，解得，，． 故答案为：． ( 考点0 7 等差数列的和 及 最值、绝对值求和 ) 1．（25-26高二下·云南玉溪·期中）已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】将题目条件转化成和，即可得解. 【详解】由，得∴， 又公差， 所以. 2．（23-24高二上·云南迪庆·期末）明代数学家程大位在《算法统宗》中已经给出由，，和求各项的问题，如九儿问甲歌：“一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七.借问长儿多少岁，各儿岁数要详推.”意思是一位老人有九个儿子，不知道他们的出生年月，他们的年龄从大到小排列都差3岁，所有儿子的年龄加起来是207.只要算出长子是多少岁，其他每个儿子的岁数就可以推算出来，则该问题中老人长子的岁数为（ ） A．27 B．31 C．35 D．39 【答案】C 【分析】根据给定信息，可得九个儿子的岁数从大到小构成公差为的等差数列，再利用等差数的前n项和公式列方程求解即可. 【详解】依题意，九个儿子的岁数从大到小构成公差为的等差数列，设长子的岁数为， 则，解得， 所以该问题中老人长子的岁数为35. 故选：C 3．（25-26高二上·云南昆明·阶段检测）（多选）已知是等差数列，其公差为d，前n项和为，，，则（ ） A． B． C．是递增数列 D．是等差数列 【答案】AC 【分析】由等差数列通项公式和前n项和公式列出关于公差和首项的方程组求出公差和首项即可逐项分析计算求解. 【详解】由题意得，解得A正确，B错误； 因为，所以数列是递增数列，C正确； 所以，不是常数，故数列不是等差数列，D错误． 故选：AC 4．（2025·云南·模拟预测）记为等差数列的前项和，若，则_____. 【答案】 【分析】根据等差数列的通项转化已知可得，根据前项和可得的值. 【详解】由，可得， 所以，则， 故. 故答案为：. 5．（2018·全国II卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知，． （1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值． 【答案】（1）；（2），最小值为–16． 【分析】（1）方法一：根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式即得结果； （2）方法二：根据等差数列前n项和公式得，根据二次函数的性质即可求出. 【详解】（1）[方法一]：【通性通法】【最优解】公式法 设等差数列的公差为，由得，，解得：，所以． [方法二]：函数+待定系数法 设等差数列通项公式为，易得，由，即，即，解得：，所以． （2）[方法1]：邻项变号法 由可得．当，即，解得，所以的最小值为， 所以的最小值为． [方法2]：函数法 由题意知，即， 所以的最小值为，所以的最小值为． 6．（2025·云南·模拟预测）已知等差数列的前项和为，其中． (1)求数列的通项公式； (2)求使得不等式成立的的最小值． 【答案】(1) (2)5 【分析】（1）根据等差数列的通项公式及求和公式列出方程求公差和首项即可得解； （2）由等差数列的求和公式、通项公式化简不等式求解即可. 【详解】（1）记等差数列的公差为，则，① ，即，② 联立两式，解得 故． （2）由（1）可知， 故，即，即， 又，故 因为，所以的最小值为5． 7．（25-26高二上·云南楚雄·期末）记为等差数列的前项和，已知. (1)求数列和的通项公式； (2)求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）将条件转化为首项和公差的方程，解方程求，，进而可求得数列的通项公式，再求； （2）由题意得当时，，当时，，分别求其前项和，即可得到数列的前项和. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由题意得，， 联立，解得， 则，故， 且，故. （2）由（1）得， 当且时，，当且时，， 当且时，， 当且时，， 即， 综上，. 8．（22-23高三上·云南昆明·阶段检测）已知数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分类讨论与，利用递推关系式分别求得与，再进行检验即可； （2）结合（1）中结论，分类讨论与时的正负情况，从而利用等差数列的前项公式求得. 【详解】（1）因为， 所以当时，； 当时，， 故，则； 经检验：满足， 所以. （2）由（1）知，令，得， 故当时，， ； 当时，，易知，，，， 所以 ； 综上：. ( 考点0 8 等差数列的和的性质 ) 1．（24-25高二上·云南昭通·期中）已知等差数列的前项和为，则（ ） A． B． C． D．3 【答案】B 【分析】由，取，得，结合，求解即可. 【详解】在中，取，得， 故，即，得， 故选：B. 2．（24-25高二下·云南昆明·阶段检测）设等差数列的前项和分别是，若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用等差数列的前项和公式可得答案. 【详解】因为等差数列，的前n项和分别是， 所以. 故选：A. 3．（23-24高二下·云南·期中）设数列和都为等差数列，记它们的前项和分别为和，满足，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由等差数列前项和公式及下标和定理计算即可． 【详解】数列和都为等差数列，且， 则， 故选：B． 4．（23-24高二下·云南大理·期末）已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A．34 B．39 C．42 D．45 【答案】B 【分析】根据等差数列的片段和性质即可求解. 【详解】由成等差数列， 则，即，故. 故选：B 5．（23-24高二上·云南昆明·阶段检测）等差数列的前n项和为，已知，若存在正整数k，使得对任意，都有恒成立，则k的值为（ ） A．19 B．20 C．21 D．22 【答案】B 【分析】利用等差数列定义结合题意可得等差数列通项公式，再利用等差数列前n项和的性质结合等差数列通项公式计算即可得解. 【详解】设等差数列的公差为，则， 即有，则， 即， 令，解得，故当时，， 即恒成立，故k的值为20. 故选：B. 6．（25-26高二上·云南昆明·期末）（多选）已知为等差数列，前项和为，则下列结论正确的有（ ） A． B．当且仅当时，最小 C．数列为等差数列 D．满足的最大整数为14 【答案】ACD 【分析】借助及等差数列性质计算可得A；计算出数列的公差，再得到等差数列的前项和可得B；利用等差数列的前项和公式计算可得C、D. 【详解】对于A，，由等差数列性质可得，故，A正确； 对于B，，故， 由二次函数的性质可知，或时最小，B错误； 对于C，，故， 故为等差数列，且公差为1,C正确； 对于D，，令，则，解得： 故的最大整数值为14.，D正确. 故选：ACD 7．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）（多选）数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ） A．是递减数列 B． C．，，成等差数列 D．当或4时，取得最大值 【答案】ACD 【分析】由的关系求得通项公式，再结合等差数列的性质逐项判断即可. 【详解】当时，， 又，所以，则是递减数列，故A正确； ，故B错误； 因为，所以，故数列为等差数列， 所以，，成等差数列，故C正确； 因为的对称轴为，开口向下，而是正整数，且或距离对称轴一样远， 所以当或时，取得最大值，故D正确． 8．（21-22高二上·云南曲靖·期末）（多选）记为等差数列的前项和，首项为，公差为，则下列叙述正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，且，则 D．若，则 【答案】AD 【分析】利用等差数列性质和前项和公式可得AD正确，利用等差数列前项和性质计算可得，即B错误，由等差数列定义以及通项公式可知若，则，可计算得出，即C错误. 【详解】对于A，利用等差数列性质可得，可得，又， 则，即A正确； 对于B，利用等差数列前项和性质可得成等差数列， 又，可得，所以， 即，所以B错误； 对于C，由可得，两式相减解得； 所以，即C错误； 对于D，易知， 即，可得，即，所以，即D正确； 故选：AD 9．（24-25高二上·云南昭通·期末）（多选）数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A．若，则数列的前项和最大 B．若等比数列是单调递减数列，则公比满足 C．已知等差数列的前项和为，若，则 D．已知为等差数列，则数列也是等差数列 【答案】ACD 【分析】解不等式，可判断A选项；利用等比数列的单调性可判断B选项；利用等差数列的求和公式可判断C选项；利用等差数列的求和公式以及等差数列的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，由，可得， 又因为，故数列前项的和最大，A对； 对于B选项，当，时，则对任意的，， 则，所以，，此时等比数列也是递减数列，B错； 对于C选项，，则，C对； 对于D选项，若为等差数列，则，， 则（为常数），所以，数列也是等差数列，D对， 故选：ACD. ( 考点0 9 等比数列的基本量和性质 ) 1．（25-26高二下·云南昭通·期中）已知是等比数列，，，则（ ） A．10 B．-10 C．6 D．-6 【答案】C 【分析】应用等比数列下标和性质计算求解. 【详解】因为是等比数列，所以， 又因为，所以. 2．（2022·云南昆明·模拟预测）已知数列是首项为1的等比数列，且，，成等差数列，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设公比为，根据等差中项和等比数列的通项公式可求出结果. 【详解】设公比为， 因为，，成等差数列， 所以， 所以，又， 所以，所以，所以. 所以. 故选：C. 3．（24-25高三上·云南昆明·阶段检测）已知数列是公比为的等比数列.设甲：；乙：数列单调递增，则甲是乙的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】利用等比数列通项公式以及函数性质，分别对首项和公比分类讨论举反例可得结论. 【详解】当首项时，若，此时数列单调递减， 如，因此充分性不成立； 若数列单调递增，当首项，时，满足题意， 如，可知必要性不成立； 综上可知，甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D 4．（2026·云南保山·二模）已知各项均为整数的数列中，，，前10项依次成等差数列，从第9项起依次成等比数列，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意，，，成等比数列， ， 整理得，解得或， 又数列的各项均为整数，， ，， ， 当时，， ． 5．（2026·云南曲靖·一模）等比数列中，与的等差中项为80，若，则（ ） A． B． C．2 D．8 【答案】D 【详解】与的等差中项为80，则有，又，解得， 等比数列中，，所以. 6．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）在正项等比数列中，，是方程的两个根，则（ ） A．3 B．6 C．9 D．12 【答案】B 【分析】由韦达定理、等比数列通项公式的下标和性质求解即可. 【详解】因为，是方程的两个根，所以， 在正项等比数列中，有，所以，又，所以， 所以． 故选：B. 7．（2025·云南丽江·模拟预测）已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ） A．2014 B．2024 C．2025 D．2026 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用等比数列性质及对数运算计算得解. 【详解】等比数列的各项均为正数，且， . 故选：C 8．（24-25高二下·云南·期中）（多选）已知正项等比数列的公比为，若，且，则（ ） A． B． C．是数列中的项 D．，，成等差数列 【答案】ABD 【分析】由，求得公比，进而确定通项公式，再逐项判断即可. 【详解】对于选项A：由，可得， 且，所以，故A正确； 对于选项B：所以，故B正确； 对于选项C：可得， 令，即， 显然该方程无整数解，所以不是数列中的项，故C错误； 对于选项D：因为，，， 且，即 所以，，成等差数列，故D正确； 故选：ABD. 10．（2023·云南红河·模拟预测）（多选）已知数列满足（其中，q为非零常数，），则下列说法正确的是（ ） A．若，则不是等比数列 B．若，则既是等差数列，也是等比数列 C．若，则是递减数列 D．若是递增数列，则 【答案】BC 【分析】根据等比数列的定义判断A，根据等比数列和等差数列的定义判断B，根据递减数列的定义判断C，根据递增数列的性质判断D. 【详解】对于选项A，当时，，由等比数列的定义可知，是等比数列，故A错误； 对于选项B，当时，，所以既是等差数列，也是等比数列，故B正确； 对于选项C，当，时，，即，所以是递减数列，故C正确； 对于选项D，当，不是递增数列，不符合题意；当时，，由是递增数列得，， 所以或，即或，故D错误． 故选：BC． 11．（23-24高二上·云南昭通·期末）已知数列的首项. (1)若数列满足，证明：数列是等比数列； (2)若数列是以3为公比的等比数列，证明：数列是等差数列. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据等比数列的定义即可求证， （2）根据等差数列的定义即可求证， 【详解】（1）证明：当时，为常数，所以数列是等比数列 （2）证明：由于数列是以3为公比的等比数列，所以， 为常数， 所以数列是等差数列 ( 考点 10 等比数列的 和 ) 1．（25-26高二上·湖南邵阳·期末）等比数列的前n项和为，已知，且与的等差中项为，则（ ） A．28 B．29 C．30 D．31 【答案】C 【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列的基本量运算和等差中项概念列方程组，求得的值，再代入前n项和公式计算即得. 【详解】设等比数列的公比为，则① 由与的等差中项为可得②， 将①代入②，可得，解得，回代入①，解得， 则. 故选：C. 2．（24-25高三上·云南昭通·阶段检测）设为正项递增的等比数列的前项和，且，则（ ） A．63 B． C．127 D．或127 【答案】C 【分析】法一：利用等比数列定义列出方程组解得公比即可求得结果； 法二：根据等比中项性质都化为关于的表达式可解得公比，计算可得答案. 【详解】依题意设等比数列的公比为， 法一：由，得，则或（舍去）， 则； 法二：，则，则或（舍去）， ，， 故选：C. 3．（25-26高二上·云南昭通·阶段检测）中国古代数学著作《算法统宗》中有一道数学题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关.”其大意为：“有一个人走里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则此人第3天、第4天、第5天一共走的路程为（ ） A．里 B．里 C．里 D．里 【答案】B 【分析】由题意可知此人6天中每天走的路程构成公比为的等比数列，进而根据前6项和为列方程求出首项，再根据等比数列的通项公式及性质求出即可. 【详解】由题意可得，此人6天中每天走的路程构成公比为的等比数列， 设这个数列为，前n项和为，则，解得， 所以，，， 即此人第3天、第4天、第5天一共走的路程为里， 故选：B. 4．（22-23高二上·云南玉溪·阶段检测）新型冠状病毒（简称新冠）传播的主要途径包括呼吸道飞沫传播、接触传播、气溶胶传播等．其中呼吸道飞沫传播是指新冠感染的患者和正常人在间隔左右的距离说话，或者是患者打喷嚏、咳嗽时喷出的飞沫，可以造成对方经过呼吸道吸入而感染．如果某地某天新冠患者的确诊数量为，且每个患者的传染力为2（即一人可以造成两人感染），则5天后的患者人数将会是原来的（ ）倍 A．10 B．16 C．32 D．63 【答案】D 【分析】由等比数列求和公式即得. 【详解】根据题意，设每天新冠患者的确诊人数组成数列， 则是公比为2的等比数列，所以5天后的新冠患者人数为， 所以5天后的患者人数将会是原来的63倍. 故选：D. 5．（22-23高二上·云南昆明·期末）（多选）设是数列的前n项和，且，，则下列结论中，正确的是（ ） A．是等比数列 B．是等比数列 C． D． 【答案】BD 【分析】利用与的关系可得的递推关系即可判断A，C；利用与的关系可得的递推关系即可判断B，D． 【详解】由，所以当时，有，两式相减得， 又，，所以数列不是等比数列，故A错误；C错误； 由，得，所以数列是首项为1，公比为3的等比数列， 所以，故B正确；D正确． 故选：BD． 6．（25-26高二上·云南昭通·期末）（多选）记为等比数列的前n项和，q为的公比，.若，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】利用等比数列的通项公式和前项和公式列出方程即可求解. 【详解】对于A，由题意得， 结合，解得或（舍去），故A正确； 对于B，则，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，当时，，故D错误， 故选:ABC. 7．（2025·云南昭通·模拟预测）（多选）已知等比数列的公比为q，前n项和为，，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】利用等比数列的基本量运算判断A，利用等比数列前n项和公式判断B，利用等比数列的性质判断C，利用等比数列的性质并结合等差数列的求和公式判断D即可. 【详解】对于A，由题意得，则，故A正确； 对于B，由，可得，解得， 由等比数列前项和公式得， 得到，故B正确； 对于C，由等比数列性质得，，成等比数列， 且，，得到， 即，故C错误； 对于D，由等比数列性质得， 则，故D错误. 故选：AB． ( 考点 11 等比数列的和的性质 ) 1．（23-24高三上·云南昆明·阶段检测）已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A．8 B．9 C．16 D．17 【答案】A 【分析】利用等比数列前项和的性质计算即可. 【详解】设，则， 因为为等比数列，所以仍成等比数列. 易知， 所以,故. 故选:A. 2．（24-25高三上·云南昆明·阶段检测）已知等比数列的前n项和为，且，若，，则（ ） A．550 B．520 C．450 D．425 【答案】D 【分析】由等比数列前n项和的性质可得答案. 【详解】由等比数列前n项和的性质可得，，，，成等比数列， 则，设，则，∵等比数列中，， ∴解得，，故，∴， 故选：D． 3．（2023·云南昆明·模拟预测）已知正项等比数列的前项和为，若，则的最小值为（ ） A．8 B． C． D．10 【答案】B 【分析】由等比数列的性质及已知条件可得，则，然后利用基本不等式可求得结果. 【详解】由正项等比数列可知，，成等比数列， 则，又，所以， 所以，当且仅当，即时取等号， 故的最小值为. 故选：B. 4．（2026·云南昆明·模拟预测）已知等比数列的前项的乘积为，若，则下列选项一定正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为等比数列的前项的乘积为，设公比， 所以，又因为 对于A，.，因为无法求解，所以无法求出结果； 对于B，，故B正确. 对于C，，因为无法求解，所以无法求出结果； 对于D，，因为无法求解，所以无法求出结果. 5．（24-25高三上·云南·阶段检测）已知是公比为2的等比数列，若，则______． 【答案】 【分析】将两个等式左右分别相除，借助于公比，找到两式间的数量关系即得. 【详解】记等比数列的公比为，则. 因， 故． 故答案为：200. 6．（23-24高二下·云南保山·开学考试）等比数列的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，则这个等比数列的公比q＝______. 【答案】/0.5 【分析】设数列共有项，根据等比数列的性质得出奇偶项的和之间的关系，即可求得答案. 【详解】设数列共有项， 由题意得，， 则， 解得， 故答案为： 7．（2025·云南·一模）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（填序号）_____. ① ② ③的最大值为 ④的最大值为 【答案】①②③ 【分析】根据题意，再利用等比数列的定义以及性质逐一判断即可. 【详解】因为，，， 所以，所以，故①正确. ，故②正确； 又，所以的最大值为，故③正确. 因为，，所以恒有，所以无最大值，故④错误； 故答案为：①②③ 8．（2024·云南昆明·一模）记为数列的前项和，. (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先计算，再利用得进而证明等比数列，可得通项公式； （2）先求出，再利用并项求和法求的前项和. 【详解】（1）当时，，所以， 当时，， 所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 即. （2）由题意，，则， 记数列的前项和为， 所以. ( 考点 12 分组求和、 并项求和 ) 1．（25-26高二上·云南昆明·期末）已知数列的前项和为，且满足． (1)求的通项公式； (2)若数列，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用把题设中的递推关系转化为关于的递推关系并求出的通项； （2）利用（1）的结论求出，再利用分组求和法求和即可. 【详解】（1）， 当时，有，即，当时，有， 则，可得， 所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列， 则； （2）， 则= ==． 2．（25-26高二上·云南玉溪·期末）已知数列满足：，. (1)证明：为等比数列，并求数列的通项公式； (2)若数列其前项和为，求. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）根据已知化简整理得出，化简得，定义法即可证明，利用等比数列.通项公式求解即可； （2）先根据等比数列前项和公式得出数列的前项和的值，进而分组求解即可得出答案. 【详解】（1）由已知可知，， 将两边同时除以， 整理可得，即， 所以有. 又，所以， 所以，为以为首项，为公比的等比数列， 所以，， 所以，. （2）由（1）知，为以为首项，为公比的等比数列. 所以，数列的前项和 . 所以，数列其前项和. 3．（25-26高二上·云南曲靖·期中）记为等差数列的前项和，已知 (1)求数列的通项公式； (2)记数列，的前项和为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列的通项公式，求和公式，列方程组求解； （2）利用分组求和，将奇数项、偶数项的和分别由常数列、等差数列求和即可求出结果. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 则，解得， 所以； （2）由（1）得， . 4．（2025·云南玉溪·模拟预测）设是等差数列，是等比数列，，且. (1)求与的通项公式； (2)设，求的前项和． 【答案】(1)，； (2) 【分析】（1）设出公差和公比，由题意得到方程组，求出公差和公比，得到通项公式； （2）分组求和，结合等差数列求和公式和裂项相消法求和，得到答案. 【详解】（1）是等差数列，设公差为，是等比数列，设公比为，则， 因为，， 所以，解得或（舍去） 所以，； （2）， . 5．（2026·云南昭通·二模）已知点在函数的图象上，记数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前2026项和． 【答案】(1) (2)1013 【分析】（1）根据题意代入点解得，则，分和两种情况，结合与之间的关系运算求解； （2）根据题意可得，令，可得当n为奇数时，，利用并项求和法运算求解. 【详解】（1）因为点在函数的图象上，则， 解得，即，则， 当时，则； 当时，则，可得； 且符合上式，所以. （2）因为，则， 令，数列的前n项和为， 当n为奇数时，， 可得， 所以数列的前2026项和为1013. 6．（2026·云南昆明·模拟预测）已知正项等比数列满足（）． (1)求数列的通项公式； (2)设满足，求的前n项和为． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知可得，，结合等比数列通项公式求，再求关系求，利用等比数列通项公式求结论； （2）结合（1）求出的通项公式，当为偶数时，利用分组求和法结合等差数列求和公式和等比数列求和公式求，再结合所得结果及与关系求为奇数的结果即可. 【详解】（1） 设正项等比数列的公比为，则， 由已知，故， 两式相除得，结合， 解得， 又，故 ，代入可得， 所以，又，得，所以； （2）由（1）得， 为偶数时，， 为奇数时，， 综上，． 7．（24-25高二下·云南玉溪·阶段检测）已知等差数列满足，是关于的方程的两个根. (1)求和； (2)求和； (3)设，求数列的前项和． 【答案】(1)，; (2)，; (3) 【分析】（1）由韦达定理即可求解； （2）由（1）求得，再结合韦达定理即可求解； （3），通过分组、裂项相消求和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为. 当时，是方程的两根， 由韦达定理得，① 当时，是方程的两根， 由韦达定理得，② 由①②，解得； 所以； （2）由（1）知，所以， 则，对于方程， 由韦达定理得，即， （3）， 所以 . ( 考点 13 裂项相消 ) 1．（25-26高二上·云南昭通·期末）在等差数列中，，． (1)求数列的通项公式； (2)已知数列是首项为2，公比为3的等比数列，求数列的前项和； (3)若数列满足，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由等差数列基本量计算求出和公差为，即可得通项公式； （2）根据已知可先求出数列的通项公式，进而即可求出其前项和； （3）通过裂项求和法即可得解. 【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意得， 解得，所以． （2）因为数列是首项为2，公比为3的等比数列， 所以． 从而， 所以 ． （3）因为， 所以． 2．（25-26高二下·云南昆明·期中）已知数列满足． (1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）根据递推公式和等差数列定义以及等差数列通项公式证明、求解即可； （2）表示出数列的通项公式，然后利用裂项相消法求解即可. 【详解】（1）证明：显然，对两边同时取倒数， 得，即， 所以数列是公差为2的等差数列， 又，所以， 所以． （2）因为， 所以， 则数列的前项和 所以. 3．（2026·云南昭通·模拟预测）已知数列的前项和，. (1)求； (2)若数列的前项和为，求证. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用前项和与通项公式的关系求解即可. （2）先求出目标数列，再利用裂项相消法求和，最后比较大小即可. 【详解】（1）由数列的前项和，， 则，解得. 当时，， 当时，， 经验证，满足上式，故. （2）由题意得， 得到. 4．（2026·云南昭通·模拟预测）已知正项数列中，，，． (1)求数列的通项公式； (2)设，若，证明：． 【答案】(1) (2)证明：因为， 所以， 所以． 因为，所以， 因为数列单调递增，所以， 所以． 【分析】（1）利用与已知建立等式，得出是等差数列，进而求出，再根据与的关系求通项； （2）利用（1）的结论，利用裂项相消法求和，再结合数列单调性证明即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 所以， 又， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列， 所以，所以． 当时，， 也满足上式， 所以数列的通项公式为． （2）略 5．（25-26高二下·云南昭通·阶段检测）已知数列是公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和； (3)证明：对任意恒成立. 【答案】(1) (2) (3)因为， 所以. 因为，所以，故. 【分析】（1）根据等比中项含义得到方程，解出公差的值，最后再根据等差数列通项公式即可得到答案； （2）利用分组求和方法即可得到答案； （3）根据裂项求和法即可证明不等式 【详解】（1）设数列的公差为， 因为，，成等比数列，所以. 因为，所以，解得或（舍去）， 因此的通项公式为. （2）由（1）知 . 因为等比数列的前项和为， 等差数列的前项和为， 所以. （3）略 6．（25-26高三上·云南红河·阶段检测）已知函数且的图象经过点，记数列的前项和为，且 (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）先根据题意求出，再利用求数列的通项公式； （2）利用裂项求和法求，易证，再根据单调性即可证明结论. 【详解】（1）由题意， 所以数列的前项和为， 当时，； 当时，. 时，上式亦成立. 所以数列的通项公式为. （2）， 所以， 因为，所以 又因为时，单调递增，所以， 所以. 7．（2026·云南·模拟预测）已知函数（且）的图象经过点，记数列的前项和为，且. (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）先将代入到，求得的解析式即，由验证首项后即可求得数列的通项公式； （2）使用裂项相消先将裂项为，进而可求得，因为，所以，结合数列的单调性，可得，即可得证. 【详解】（1）由题意， 所以数列的前项和为． 当时，； 当时，． 当时，上式亦成立，所以数列的通项公式为． （2）由（1）知， 则， 所以 . 因为，所以． 又因为时，单调递增，所以， 所以． ( 考点 14 错位相减 ) 1．（2026·云南昆明·二模）设数列满足． (1)证明：为等差数列； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）化简应用裂项及迭代得出通项，再应用等差数列通项公式计算证明； （2）应用错位相减法结合等比数列求和公式计算求解. 【详解】（1）由得： ， 所以， 所以，即得， 由等差数列的定义知：数列为以3为首项，4为公差的等差数列 ； （2）由（1）知：， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以； 2．（25-26高二下·云南昭通·期中）已知公差不为0的等差数列的前n项和为，且，，，成等比数列. (1)求的通项公式； (2)求使成立的n的最小值； (3)令，求数列的前n项和. 【答案】(1) (2)5 (3) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式及前n项和公式计算基本量，进而可得； （2）直接由前n项和公式和通项公式得不等式，解不等式可得； （3）利用错位相减法求和即可． 【详解】（1）解：设等差数列的公差为，首项为， 由题意可得， 化简得，解得，， 所以. （2）由（1）可知. 由，得，即， 即，解得或. 因为，所以n的最小值是5， 即使成立的n的最小值为5. （3）由（1）知，所以， 则①， 两边同乘以2，得②， ，得， 所以. 3．（25-26高二上·云南红河·期中）已知等差数列的前n项和为，且，． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由，可得， 解得，所以； （2）由（1）知， 所以， 所以 所以 所以． 4．（25-26高三上·云南·阶段检测）已知数列满足，且. (1)求证：为等差数列； (2)求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由条件可得，根据等差数列定义证明结论； （2）由（1）可得，所以，设，利用错位相减法求，由此可得结论. 【详解】（1）因为， 所以， 所以，即， 又，故， 所以数列为首项为，公差为的等差数列， （2）由（1）， 所以， 所以， 所以， 设， 所以， 所以， 所以， 所以. 5．（2025·云南曲靖·模拟预测）已知是等差数列，是等比数列，且，，． (1)求和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)求数列的前项和． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）由等差数列和等比数列的通项公式计算即可； （2）由错位相减法可得结果； （3）分和两种情况求和计算结果. 【详解】（1）设公差为，公比为， ，故，， ，故， 联立，解得或（舍去）， 故，； （2）， 设数列的前项和为， 则，① ，② 两式①-②得：， 所以； （3）令，设数列的前项和为， 则， 由，解得， 当时，，则， 当时，， 则 ， 综上：. 6．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列满足，且对任意正整数有，数列满足 (1)证明：数列是等比数列； (2)设，数列的前项和； ①求； ②若不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据题目条件利用等比数列定义即可得证． （2）运用错位相减求和法求，根据数列单调性处理不等式恒成立（此处注意根据的奇偶分类讨论），进而求出实数的取值范围． 【详解】（1）证明：因为， 所以． 因为，所以． 又，所以，即证得是首项为1，公比为2的等比数列． （2）①由（1）可得，则， ， ， 两式相减得：， 即， 所以，则． ②因为不等式对任意的正整数恒成立， 即对任意的正整数恒成立， 当为偶数时，因为在为增函数， 所以； 当为奇数时，对任意的正整数恒成立， 所以，解得． 综上，实数的取值范围为． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $