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2011年—2025年新课标全国卷数学试题分类汇编
编写说明：研究发现，新课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和连续性．每个题型考查的知识点、考查方法、考查角度、思维方法等有一定套路．掌握了全国卷的各种题型，就把握住了全国卷命题的灵魂．
本资料是根据全国卷的特点精心编写，共包含9个专题，分别是：
1．集合、逻辑、不等式 2．复数 3．平面向量 4．函数与导数 5．三角函数与解三角形
6．数列 7．立体几何 8．解析几何 9．概率与统计
6．数列（解析版）
一、选择题
(2025·全国二卷，7)记为等差数列的前n项和，若则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设等差数列的公差为d，则由题可得 ，所以．故选：B．
(2025·全国二卷，9多选)记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（ ）
A． B． C D．
【答案】AD
【解析】对A，由题意得，结合，解得或（舍去），故A正确；
对B，则，故B错误；对C，，故C错误；
对D，，，则，故D正确；故选：AD．
(2024·全国甲，理4)等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】B
【解析】由，则，
则等差数列的公差，故.故选：B.
(2024·全国甲，文5)已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】方法一：利用等差数列的基本量
由，根据等差数列的求和公式，，
又.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，
，故.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差，则，则.
故选：D
(2023·新高考Ⅰ，7)记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【解析】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，
则，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，
即，则，有，
两式相减得：，即，对也成立，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，
则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，即，
即，，
当时，上两式相减得：，当时，上式成立，
于是，又为常数，
因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
(2023·新高考Ⅱ，8)记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120 B．85 C． D．
【答案】C
【解析】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
(2023·全国甲卷，理5)设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（ ）
A． B． C．15 D．40
【答案】C
【解析】由题知，即,即,即．
由题知,所以．所以．
故选:C．
(2023·全国甲卷，文5)记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25 B．22 C．20 D．15
【答案】C
【解析】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：，，所以，，
从而，于是，
所以．
故选：C．
(2023·全国乙卷，理10)已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1 B． C．0 D．
【答案】B
【解析】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或，
于是有，即有，解得，
所以，．
故选：B
(2022·新高考Ⅱ，3)图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9
【答案】D
【解析】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，故选：D
(2022·全国乙卷，理4)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】[方法一]:常规解法：因为，所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确．
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确．
(2022·全国乙卷，理8文10)已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A． 14 B． 12 C． 6 D． 3
【答案】D
【解析】设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，
所以，则，解得，
所以．
故选：D．
(2021·全国甲卷，理7)等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B 【解析】由题，当数列时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B．
(2021·全国甲卷，文9)记为等比数列的前n项和.若，，则（ ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】A【解析】∵为等比数列的前n项和，∴，，成等比数列
∴，，∴，∴.故选：A.
(2020·全国卷Ⅰ，文10)设是等比数列，且，，则（ ）
A．12 B．24 C．30 D．32
【答案】D 【解析】设等比数列的公比为，则，
，
因此，．故选：D．
(2020·全国卷Ⅱ，理4)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
【答案】C
【解析】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，，设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，所以，
即
即，解得，所以．
故选：C
(2020·全国卷Ⅱ，理6)数列中，，，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得．
故选：C．
(2020·全国卷Ⅱ，理12)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期．对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【解析】由知，序列的周期为m，由已知，，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，，不满足；
对于选项D，，不满足.
(2020·全国卷Ⅱ，文6)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ）
A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1
【答案】B
【解析】设等比数列的公比为，由可得：，
所以，因此．
二、填空题
(2025·全国一卷，13)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为_________．
【答案】
【解析】
【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前项和的定义，得到关于的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前项和性质得到关于的方程，解之即可得解．
【详解】法一：设该等比数列为，是其前项和，则，
设的公比为，
当时，，即，则，显然不成立，舍去；
当时，则，
两式相除得，即，
则，所以，
所以该等比数列公比为2．
故答案为：．
法二：设该等比数列为，是其前项和，则，
设的公比为，
所以，
，
所以，则，所以，
所以该等比数列公比为2．
故答案为：2．
法三：设该等比数列为，是其前项和，则，
设的公比为，
因为，
又，
所以，所以，
所以该等比数列公比为．
故答案为：．
(2024·新高考Ⅱ，12)记为等差数列的前n项和，若，，则________.
【答案】95
【解析】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，则.
(2023·全国甲卷，文13)记为等比数列的前项和．若，则的公比为________．
【答案】
【解析】若，则由得，则，不合题意．所以．
当时，因为，所以，
即，即，即，
解得．
(2023·全国乙卷，理15)已知为等比数列，，，则______．
【答案】
【解析】设的公比为，则，显然，
则，即，则，因为，则，
则，则，则．
(2021·新高考Ⅰ，16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【解析】（1）对折次可得到如下规格：，，，，，共种；
（2）由题意可得，，，，，，
设，
则，
两式作差得
，
因此，.
故答案为：；.
(2020·新高考Ⅰ，14)将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
【答案】
【解析】
因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以的前项和为，
故答案为：．
(2020·全国卷Ⅰ，文16)数列满足，前16项和为540，则 ______________．
【答案】
【解析】，当为奇数时，；当为偶数时，．
设数列的前项和为，
，
．
(2020·全国卷Ⅱ，文14)记为等差数列的前n项和．若，则__________．
【答案】
【解析】是等差数列，且，，设等差数列的公差
根据等差数列通项公式：，可得，
即：，整理可得：，解得：
根据等差数列前项和公式：
可得：
．
三、解答题
(2025·全国一卷，16)设数列满足，
（1）证明：为等差数列；（2）设，求．
【解析】（1）由题意证明如下，，
在数列中，，，
∴，即，
∴是以为首项，1为公差的等差数列．
（2）由题意及（1）得，，
在数列中，首项3，公差为1，
∴，即，
在中，
，
∴，
当且时，
∴，
∴
∴
(2024·新高考Ⅰ，19)设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
（1）写出所有的，，使数列是可分数列；
（2）当时，证明：数列是可分数列；
（3）从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；
（2）根据可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.
【小问1详解】
首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
【小问2详解】
由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）
故数列是可分数列.
【小问3详解】
定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
(2024·全国甲，理18)记为数列的前项和，且．
（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和为．
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）当时，，解得．
当时，，所以即，
而，故，故，
∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
(2024·全国甲，文17)已知等比数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）因为,故，
所以即故等比数列的公比为，
故，故，故.
（2）由等比数列求和公式得，
所以数列的前n项和
.
(2023·新高考Ⅰ，20)设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
（1）若，求的通项公式；
（2）若为等差数列，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】（1），，解得，
，
又，
，
即，解得或（舍去），
.
（2）为等差数列，，即，
，即，解得或，
，，
又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得
综上，.
(2023·新高考Ⅱ，18)已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
（1）求的通项公式；（2）证明：当时，．
【解析】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是．
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，．
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，．
(2023·全国甲卷，理17)设为数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，当时，，即，
当时都满足上式，所以．
（2）因为，所以，
，
两式相减得，，
，即，．
(2023·全国乙卷，文18)记为等差数列的前项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
（2）因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：．
(2022·新高考Ⅰ，17)记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
【解析】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
(2022·新高考Ⅱ，17)已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；
（2）求集合中元素个数．
【解析】（1）设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
（2）由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．
(2022·全国甲卷，理17文18)记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；
（2）若成等比数列，求最小值．
【解析】（1）因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有．
则当或时，．
(2021·新高考Ⅰ，17) 已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
【解析】（1）由题设可得
又，，
故即即
所以为等差数列，故.
（2）设的前项和为，则，
因为，
所以
.
(2021·新高考Ⅱ，17)记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的n的最小值．
【答案】(1)；(2)7.
【解析】(1)由等差数列的性质可得：，则：，
设等差数列的公差为，从而有：，
，
从而：，由于公差不为零，故：，
数列的通项公式为：.
(2)由数列的通项公式可得：，则：，
则不等式即：，整理可得：，
解得：或，又为正整数，故的最小值为.
(2021·全国甲卷，理18)已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】选①②作条件证明③：
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，所以.
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
(2021·全国甲卷，文18)记为数列的前n项和，已知，且数列是等差数列，证明：是等差数列.
【解析】∵数列是等差数列，设公差为
∴，
∴，
∴当时，
当时，，满足，
∴的通项公式为，
∴
∴是等差数列.
(2021·全国乙卷，理19)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】（1）由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列以为首项，以为公差等差数列;
（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
(2021·全国乙卷，文19)设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】利用等差数列的性质及得到，解方程即可；
利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.
【详解】因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
【点晴】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.
(2020·新高考Ⅰ，18)已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得，所以，所以数列的通项公式为．
（2）由于，所以
对应的区间为：，则；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个．
所以．
(2020·新高考Ⅱ，18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4＝20，a3＝8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1．
【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q＞1），
则，
∵q＞1，∴，
∴．
（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1
＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1 22n+1，
＝＝．
(2020·全国卷Ⅰ，理17)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
【解析】（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
．
(2020·全国卷Ⅲ，理17)设数列{an}满足a1=3，．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【答案】（1），，，证明见解析；（2）．
【解析】（1）由题意可得，，
由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即，
证明如下：
当时，成立；
假设时，成立．
那么时，也成立．
则对任意的，都有成立；
（2）由（1）可知，
，①
，②
由①②得：
，
即．
(2020·全国卷Ⅲ，文17)设等比数列{an}满足，．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记为数列{log3an}的前n项和．若，求m．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）设等比数列的公比为，根据题意，有，解得，
所以；
（2）令，
所以，
根据，可得，
整理得，因为，所以，
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2011年—2025年新课标全国卷数学分类汇编
编写说明：研究发现，新课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和连续性．每个题型考查的知识点、考查方法、考查角度、思维方法等有一定规律．掌握了全国卷的各种题型，就把握住了全国卷命题的灵魂．
本资料是根据全国卷的特点精心编写，共包含9个专题，分别是：
1．集合、逻辑、不等式 2．复数 3．平面向量 4．函数与导数 5．三角函数与解三角形
6．数列 7．立体几何 8．解析几何 9．概率与统计
2011年—2025年新课标全国卷数学试题分类汇编
6．数列
一、选择题
(2025·全国二卷，7)记为等差数列的前n项和，若则（ ）
A． B． C． D．
(2025·全国二卷，9多选)记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（ ）
A． B． C D．
(2024·全国甲，理4)等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A. B. C. 1 D. 2
(2024·全国甲，文5)已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. 1 D.
(2023·新高考Ⅰ，7)记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
(2023·新高考Ⅱ，8)记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120 B．85 C． D．
(2023·全国甲卷，理5)设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（ ）
A． B． C．15 D．40
(2023·全国甲卷，文5)记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25 B．22 C．20 D．15
(2023·全国乙卷，理10)已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1 B． C．0 D．
(2022·新高考Ⅱ，3)图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9
(2022·全国乙卷，理4)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国乙卷，理8文10)已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A．14 B．12 C． 6 D． 3
(2021·全国甲卷，理7)等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
(2021·全国甲卷，文9)记为等比数列的前n项和.若，，则（ ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
(2020·全国卷Ⅰ，文10)设是等比数列，且，，则（ ）
A．12 B．24 C．30 D．32
(2020·全国卷Ⅱ，理4)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
(2020·全国卷Ⅱ，理6)数列中，，，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
(2020·全国卷Ⅱ，理12)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期．对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅱ，文6)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ）
A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1
二、填空题
(2025·全国一卷，13)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为_________．
(2024·新高考Ⅱ，12)记为等差数列的前n项和，若，，则________.
(2023·全国甲卷，文13)记为等比数列的前项和．若，则的公比为________．
(2023·全国乙卷，理15)已知为等比数列，，，则______．
(2021·新高考Ⅰ，16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
(2020·新高考Ⅰ，14)将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
(2020·全国卷Ⅰ，文16)数列满足，前16项和为540，则 ______________．
(2020·全国卷Ⅱ，文14)记为等差数列的前n项和．若，则__________．
三、解答题
(2025·全国一卷，16)设数列满足，
（1）证明：为等差数列；（2）设，求．
(2024·新高考Ⅰ，19)设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
（1）写出所有的，，使数列是可分数列；（2）当时，证明：数列是可分数列；（3）从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
(2024·全国甲，理18)记为数列的前项和，且．
（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和为．
(2024·全国甲，文17)已知等比数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和.
(2023·新高考Ⅰ，20)设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
（1）若，求的通项公式；（2）若为等差数列，且，求．
(2023·新高考Ⅱ，18)已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
（1）求的通项公式；（2）证明：当时，．
(2023·全国甲卷，理17)设为数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和．
(2023·全国乙卷，文18)记为等差数列的前项和，已知．
（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．
(2022·新高考Ⅰ，17)记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；（2）证明：．
(2022·新高考Ⅱ，17)已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；（2）求集合中元素个数．
(2022·全国甲卷，理17文18)记为数列的前n项和．已知．
（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求最小值．
(2021·新高考Ⅰ，17) 已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.
(2021·新高考Ⅱ，17)记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．
(2021·全国乙卷，理19)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;（2）求的通项公式．
(2021·全国乙卷，文19)设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
(2020·新高考Ⅰ，18)已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
(2020·新高考Ⅱ，18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4＝20，a3＝8．
（1）求{an}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1anan+1．
(2020·全国卷Ⅰ，理17)设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和．
(2020·全国卷Ⅲ，理17)设数列{an}满足a1=3，．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
(2020·全国卷Ⅲ，文17)设等比数列{an}满足，．
（1）求{an}的通项公式；（2）记为数列{log3an}的前n项和．若，求m．
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