2025 年新高考數(shù)列題考點預測

2024年全國新課標I卷高考數(shù)學數(shù)列試題出現(xiàn)在解答題中，分值分布為17分，預測2025年高考數(shù)學數(shù)列試題也出現(xiàn)在解答題中，主要考查數(shù)學運算、邏輯推理素養(yǎng)，主要考查運算求解能力和邏輯思維能力，以下結合具體的例題，對2025年全國新課標I卷高考數(shù)學數(shù)列試題做考點預測.

根據(jù)數(shù)列的遞推公式求通項公式和求數(shù)列的前 n 項和綜合考查

已知條件中給出數(shù)列的遞推關系式，第（1）問設置為證明等差數(shù)列或者等比數(shù)列以及求數(shù)列的通項公式，第（2）問設置為運用分組求和法或者裂項求和法或者錯位相減法求數(shù)列的前 n 項和，這種題型是近幾年新高考I卷數(shù)列熱點題型.

1．已知數(shù)列的遞推公式 a_n+1=λa_n+μ（λμ≠0） 求通項公式

運用等比數(shù)列的定義要證明數(shù)列 {a_n} 為等比數(shù)列，只需要證明 為非零常數(shù)， n∈N^* ）或 為非零常數(shù)， n≥2 且 n∈N^* ）.

例1．已知數(shù)列 {a_n} 滿足 a₁=1 ， a_n+1=4a_n+3 （1）求證數(shù)列 {a_n+1} 是等比數(shù)列.

（2）求數(shù)列 {a_n} 的通項公式和 {a_n} 的前 n 項和 S_n

證明：（1）由 a_n+1=4a_n+3 ，可得 a_n+1+1 =4（a_n+1） ·

又因為 a_?1+1=2≠0 ，所以 ，所以數(shù)列{a_n+1} 是以2為首項，4為公比的等比數(shù)列.

（2）由（1）知 a_n+1=2×4^n-1=2^2n-1 ，所以 a_n=2^2n-1 （20號^-1 S_n=a₁+a₂+…+a_n=（2-1）+（2³-1）+…+（2^2n-1-1）（2³-1）. （20號

【點評】第（1）問結合已知條件和根據(jù)等比數(shù)列的定義容易證明；第（2）問運用等比數(shù)列的定義、分組求和法思想和等比數(shù)列的前 n 和公式容易計算出.

2．已知數(shù)列的遞推公式an+1 求通項公式

運用等差數(shù)列的定義要證明數(shù)列 {a_n} 為等差數(shù) 列，只需要證明 a_n+1-a_n=d（d 為非零常數(shù)， n∈N^* ） 或 a_n-a_n-1=d（d 為非零常數(shù)， n≥2 且 n∈N^* ）.

例2.已知數(shù)列{an}滿足α=2，an+1

（1）證明數(shù)列 是等差數(shù)列并求數(shù)列 {a_n} 的通項公式；

（2）記 b_n=a_na_n+1 ，求數(shù)列 {b_n} 的前 n 項和 S_n （1）證明：對 兩邊同時取倒數(shù)，得

所以數(shù)列 是以 為首項，

為公差的等差數(shù)列. 所以 （2

【點評】第（1）問的解答過程中運用了取到數(shù)法和等差數(shù)列的定義以及等差數(shù)列的通項公式，第（2）問運用了列項求和法的思想.

3．已知數(shù)列的遞推公式 a_n+1=pa_n+λⁿ（λ≠0） 求通項公式

形如 a_n+1=pa_n+λⁿ（λ≠0） （其中 p ， λ 為常數(shù)， pλ （p-1）≠0 ）的遞推關系式，要先在遞推關系式兩邊除以 λⁿ⁺¹ ，再結合題設求解.

例3．已知數(shù)列 {a_n} 滿足 a₁=1 ， a_n+1=3a_n+3ⁿ （1）證明數(shù)列 是等差數(shù)列.

（2）求數(shù)列 {a_n} 的前 n 項和 S_n

（1）證明：對 兩邊同時除以 3ⁿ ，得到 所以 ，因為 a₁=1 ，所以 所以，數(shù)列 是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列.

（2）由（1），可知 ，則 a_n=

n·3n-1S_n=1×3⁰+2×3+3×3²+…+n×3^n-1…① 3S_n=1×3+2×3²+3×3³+…+n×3ⁿ……② ①-② ，可得

所以，

【點評】第（1）問運用了等差數(shù)列的定義證明；第（2）問求數(shù)列 {a_n} 的通項公式的過程中運用到了等差數(shù)列的通項公式，觀察 a_n=n?3^n-1 ，可以發(fā)現(xiàn) n 可以看成是首項為1、公差為1的等差數(shù)列的通項公式， 3^n-1 可以看成是首項為1、公比為3的等比數(shù)列的通項公式，通項為等差乘等比型數(shù)列求和運用錯位相減法.

4．根據(jù) S_n 和 a_n 的遞推關系式求數(shù)列 {a_n} 的通項公式

利用 S_n 和 a_n 的關系求通項公式已知 S_n 求 a_n 的步驟：

（1）先利用 a₁=S₁ 求出 a₁ ：（2）用 n-1 替換 S_n 中的 n 得到一個新的關系，利用 a_n=S_n-S_n-1（n≥2） 便可求出當 n?2 時 a_n 的表達式.

（3）對 n=1 時的結果進行檢驗，看是否符合 n? 2時 a_n 的表達式，若符合，則數(shù)列的通項公式合寫；若不符合，則應該分 n=1 與 n?2 兩段來寫.

例4.記 S_n 為數(shù)列 {a_n} 的前 n 項和，已知 a₁=1 是公差為 的等差數(shù)列.

（1）求 {a_n} 的通項公式.

（2）證明：

（1）解析：因為 a₁=1 ，所以 ，由于

是公差為 的等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列通項公

式可得 即 4S_n=（n+3）a_n①. （2

當 n≥2 時， 4S_n-1=（n+2）a_n-1②. （20① ② 得： 4S_n-4S_n-1=（n+3）a_n-（n+2）a_n-1 ， 4a_n

=（n+3）a_n-（n+2）a_n-1，（n+2）a_n-1=（n+3）a_n-4a_n， （20號

（204號則

，當 n=1 時， a₁=1=

所以 （2 則

【點評】第（1）問根據(jù)等差數(shù)列定義、數(shù)列的前 n 項和 S_n 與通項 a_n 的遞推關系、累乘法求出數(shù)列 a_n 的通項公式；第（2）問運用了裂項求和法和放縮法的思想.

二、分段數(shù)列問題

， n 為奇數(shù)形如 （其中數(shù)列 {b_n} ， {c_n} 是（cn，n為偶數(shù)等差數(shù)列或等比數(shù)列或可以直接求和的數(shù)列）的數(shù)列叫做分組求和法．分段數(shù)列可以很好地考查分類討論思想，因此也是近幾年新高考熱點題型.

例5.已知數(shù)列{a}滿足α＝3，n+1（an+3， n 為奇數(shù)1 a_n+4 ， n 為偶數(shù)

（1）記 c_n=a_2n-1 ，寫出 c₁ ， c₂ ，并求數(shù)列 {c_n} 的通項公式.

（2）求 {a_n} 的前10項和.

解析：（1）已知 a₁=3 ，則 c₁=a₁=3.a₂=a₁+3= 3+3=6 ， a₃=a₂+4=6+4=10. 因為 c_n=a_2n-1 ，則 c_n+1 =a_2（n+1）-1=a_2n+1 ．由遞推關系可得 a_2n+1=a_2n+4 ， a_2n= a_2n-1+3 ，所以 c_n+1=a_2n+1=a_2n-1+3+4=c_n+7 ，即 c_n+1- c_n=7 ， c₁=3 ，根據(jù)等差數(shù)列通項公式 c_n=c₁+（n-1） （20d ，可得 c_n=3+7（n-1）=7n-4.

（2）將 {a_n} 的前10項和 S₁₀ 分組為 S₁₀= （a₁+a₂）+（a₃+a₄）+…+（a₉+a₁₀）a_2n-1+a_2n=a_2n-1+a_2n-1+…+a_n. 3=2a_2n-1+3 ：因為 a_2n-1=c_n=7n-4 ，所以 a_2n-1+a_2n=2 （204號 （7n-4）+3=14n-5，（a₁+a₂）+（a₃+a₄）+…+ （204號 （a₉+a₁₀） 是首項為 a₁+a₂=3+6=9 ，公差為14，項數(shù)為5的等差數(shù)列的和，根據(jù)等差數(shù)列求和公式 ，這里 a₁=9 ！ a₅=9+（5-1）×14=65 ，其和（2號 為 ，所以 S₁₀=185

【點評】這是一個分段數(shù)列問題，形如 a_n+1= 的分段數(shù)列問題需要求出各段通項，再分段求和，由于涉及奇書項和偶數(shù)項的討論，所以需要構造隔項之間的遞推關系從而求得具體通項公式.

三、數(shù)列新定義問題

所謂數(shù)列新定義試題，是指關于數(shù)列的題目中涉及高中數(shù)學課本中未出現(xiàn)過的、未學過的新概念、新運算、新公式、新定理等，需要考生利用已知題設中的信息，現(xiàn)學現(xiàn)用，進行閱讀理解并解答題目．數(shù)列新定義題主要考查考生的現(xiàn)學現(xiàn)用能力和綜合思維能

數(shù)學有數(shù)

力和創(chuàng)新意識.

例6.數(shù)列 {a_n} 滿足 對任意的正整數(shù) n 都成立，則稱 {a_n} 為 V 數(shù)列.（1）設 {x_n} 是等差數(shù)列，公差為 d₁ ， {y_n} 是正項等比數(shù)列，公比為 q（qgt;0） ，記 c_n=x_n+y_n ，當 d₁=2 ，q=3 ， x₁=1 ， y₁=1 時，證明：數(shù)列 {c_n} 是 V 數(shù)列；（2）若 {a_n} 為 V 數(shù)列，且 a₁=1 ， a₁₀₀₉=2017 ，求證： a₁₀≤100 ：（3）若正項 V 數(shù)列 {a_n} 的前 n 項和為 S_n ，且 a₁= 2， S₂=5 ，求證：

解析：（1）已知 {x_n} 是等差數(shù)列， d₁=2 ， x₁=1 ，根據(jù)等差數(shù)列通項公式 x_n=x₁+（n-1）d₁ ，可得 x_n=1+ 2（n-1）=2n-1 ， {y_n} 是正項等比數(shù)列， q=3 ， y₁=1 ，根據(jù)等比數(shù)列通項公式 y_n=y₁q^n-1 ，可得 y_n=3^n-1 ：

則 c_n=x_n+y_n=2n-1+3^n-1 即 所以數(shù)列 {c_n} 是 V 數(shù)列.

（2）由 可得 a_n+2-a_n+1≥a_n+1-a_n ，設b_n=a_n+1-a_n ，則 b_n+1≥b_n，a₁₀₀₉-a₁=（a₁₀₀₉-a₁₀₀₈）+ （a₁₀₀₈-a₁₀₀₇）+…+（a₂-a₁）=b₁₀₀₈+b₁₀₀₇+…+b₁ ．因為b_n+1≥b_n ，所以 a₁₀₀₉-a₁≥1008b₁ ，已知 a₁=1 ， a_?1009= （204號2017，則 （a₁₀-a₉）+（a₉-a₈）+…+（a₂-a₁）=b₉+b₈+…+b₁ ．因為b_n+1≥b_n ，所以 a₁₀-a₁≤9b₉≤9×b₁≤9×2=18 又 a_i= 1， a₁₀≤1+18=19≤100.

（3）已知 a₁=2，S₂=5 ，則 a₂=S₂-a₁=5-2=3. （2

由 可得 a_n+2-a_n+1≥a_n+1-a_n 設 b_n= （204 a_n+1-a_n ，則 b_n+1≥b_n

（204號所以：

an-an+1=-（an+1-an）=-bn，

【點評】解答數(shù)列新定義問題的基本步驟是： ① 仔細閱讀材料，將關鍵的數(shù)據(jù)和公式畫出來，認真理解題意； ② 將已知條件翻譯成數(shù)列符號語言，將課本中的數(shù)列的相關概念和公式遷移過來； ③ 通過化歸與轉化，將新定義問題分割為若干個熟悉的問題，求出該問題的數(shù)學解； ④ 將所求結果還原到原問題中.

跟進練習：

練習1．已知公比大于1的等比數(shù)列 {a_n} 滿足 a₂ +a₄=30 ！ a₃=9 （1）求 {a_n} 的通項公式; （2）求 a₁a₃-a₂a₄+a₃a₅-a₄a₆+…+（-1）^n-2a_na_n+2. （20

解析：（1）設等比數(shù)列 {a_n} 的公比為 q（qgt;1） ，首項為 a₁ ，其通項公式為 a_n=a₁q^n-1 ： （2已知由 a₁q²=9 可得 將其代人 a₁q+a₁q³= 30中： ，即 ，兩邊同時乘以 q 得到 9+9q²=30q ，整理為 9q²-30q+9=0 ，兩邊同時除以3得 3q²-10q+3=0 因式分解得（3q-1） （q-3）=0 ，解得 q=3 或 q= ，因為 qgt;1 ，所以 q=3

把 q=3 代人 a₁q²=9 ，得 a₁=1 ，所以數(shù)列 {a_n} 的

通項公式為 a_n=3^n-1 ;

（2）由（1）知 ，則 a_na_n+2=3^n-1×3ⁿ⁺¹=3²ⁿ = 設 b_n=（-1）^n-2a_na_n+2=（-1）^n-2×3²ⁿ. 號 則 b₁=a₁a₃=3²

所以數(shù)列 {b_n} 是以9為首項，-9為公比的等比 數(shù)列.

根據(jù)等比數(shù)列求和公式 可得：

即 a₁a₃-a₂a₄+a₃a₅-a₄a₆+…+（-1）^n-2a_na_n+2=

練習2.對于數(shù)列 {a_n} ，若存在正整數(shù) k ，使得 為常數(shù)， n∈N^* ），則稱數(shù)列 {a_n} 為“ k- d 型數(shù)列”.

（1）已知數(shù)列 {a_n} 是“2-3型數(shù)列”，且 a₁=1 a₂=2 ，求 a₁₀ 的值.

（2）若數(shù)列 {b_n} 滿足 b₁=2 ， b_n+1=2b_n-1 ，判斷數(shù)列 {b_n-1} 是否為\" k-d 型數(shù)列”，若是，求出 k 和 d 的值；若不是，請說明理由.

（3）已知數(shù)列 {c_n} 是\"3-2 型數(shù)列”，且 c₁=1 ， c₂ =2 ， c₃=3 設 S_n 為數(shù)列 {c_n} 的前 Ω_n 項和，求 S_3n 的表達式.

解析：（1）因為數(shù)列 {a_n} 是“2-3型數(shù)列”，所以a_n+2=a_n+3.

已知 a₁=1，a₂=2 ，所以，

a₁₀=a₈₊₂=a₈+3=a₆₊₂+3=a₆+2×3=a₄₊₂+2×3=a₄+2×3=2.26（a₁+2×3）=2.26（a₂+2×3）=2.26（a₁+2×3）. 3×3=a₂₊₂+3×3=a₂+4×3

把 a₂=2 代入可得 a₁₀=2+4×3=14 ;

（2）由 b_n+1=2b_n-1 ，變形可得 b_n+1-1=2（b_n-1） 又 b₁=2 ，所以 b₁-1=1 ：

則數(shù)列 {b_n-1} 是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，其通項公式為 b_n-1=1×2^n-1=2^n-1 ： b_n+1-1=2ⁿ ，b_n+2-1=2ⁿ⁺¹

（b_n+2-1）-（b_n-1）=2ⁿ⁺¹-2^n-1=2^n-1（4-1）=3× 2^n-1 ，不是常數(shù).

b_n+1-1-（b_n-1）=2ⁿ-2^n-1=2^n-1 ，不是常數(shù).

而 b_n+2-1=4（b_n-1） ，即 b_n+2-1-（b_n-1）=3 （b_n-1） 不是常數(shù).

但是 b_n+1=2b_n-1 ，

那么 b_n+2=2b_n+1-1=2（2b_n-1）-1=4b_n-3 ， b_n+2-b_n =4b_n-3-b_n=3b_n-3 不是常數(shù).

我們看 b_n+1-1=2（b_n-1） ，可變形為 b_n+1-b_n= （b_n-1） 不是常數(shù).

對于 b_n+2-b_n+1=2（b_n+1-b_n） 也不是“ k-d 型數(shù)列”的形式.

再看 b_n+2-b_n=2（b_n+1-b_n）+（b_n-b_n-1） 同樣不符合.

實際上，令 k=1 ， b_n+1-b_n=（2b_n-1）-b_n=b_n-1 不是常數(shù)；令 k=2 ， b_n+2-b_n=（4b_n-3）-b_n=3b_n-3 不是常數(shù).

但是 b_n+1-b_n=（2b_n-1）-b_n=b_n-1 ， b_n+2-b_n+1=2 （b_n+1-b_n） ，我們發(fā)現(xiàn) b_n+1-b_n 不恒定.

然而 b_n+1-1=2（b_n-1） ，若定義新數(shù)列 {b_n-1} ，b_n+1-1-（b_n-1）=b_n-1 不恒定.

但 ，說明 {b_n-1} 是等比數(shù)列不是“ k-d 型數(shù)列”

（3）因為數(shù)列 {c_n} 是\"3-2型數(shù)列”，所以 c_n+3=c_n +2 ，已知 c₁=1，c₂=2，c₃=3. （202

C3n=C3（n-1）+3=C3（n-1）+2，由此可知數(shù)列{c3n}是以c₃=3 為首項，2為公差的等差數(shù)列.

C3n-2=C3（n-1）-2+3=C3（n-1）-2+2，數(shù)列{c3n-2}以c=1 為首項，2為公差的等差數(shù)列.

c_3n-1=c_{3（n-1）-1+3}=c_3（n-1）-1+2 ，數(shù)列 {c_3n-1} 是以 c₂= 2為首項，2為公差的等差數(shù)列.

根據(jù)等差數(shù)列前 n 項和公式

S_3n=（c₁+c₄+…+c_3n-2）+（c₂+c₅+…+c_3n-1）+ （c₃+c₆+…+c_3n）

對于 c₁+c₄+…+c_3n-2 ，首項 c₁=1 ，公差 d=2 ，項數(shù)為 n ，

其和

對于 c₂+c₅+…+c_3n-1 ，首項 c₂=2 ，公差 d=2 ，項數(shù)為 n ，

其和

對于 c₃+c₆+…+c_3n ，首項 c₃=3 ，公差 d=2 ，項

數(shù)學有數(shù)

數(shù)為 Ω_n ，

所以 S_3n=S₁+S₂+S₃=n²+n²+n+n²+2n=3n²+3n

練習3.對于數(shù)列{a}，定義△'an＝αn+1?n，Δ^k+1a_n=Δ^ka_n+1-Δ^ka_n（k∈N^*） ，若數(shù)列 {a_n} 滿足 Δ^ma_n Γ=0（m 為固定的正整數(shù)，且 n≥N，n∈N^* ），則稱數(shù)列 {a_n} 為 ?_m -階等差數(shù)列.

（1）已知數(shù)列 {a_n} 滿足 a₁=1 ， a₂=3 ， a₃=6 ， a₄ =10 ， a₅=15 ，判斷數(shù)列 {a_n} 是幾－階等差數(shù)列，并 說明理由.

（2）若數(shù)列 {b_n} 是2-階等差數(shù)列，且 b₁=2 ， =3 ， Δ²b_n=2（n∈N^* ），求數(shù)列 {b_n} 的通項公式.

（3）設數(shù)列 {c_n} 是3-階等差數(shù)列， c₁=1 ， 2， Δ²c₁=3 Δ³c_n=4（n∈N^*） ，求數(shù)列 {c_n} 的通項公式.

解析：（1）首先計算 Δ¹a_n ： Δ¹a₁=a₂-a₁=3-1= 2， Δ¹a₂=a₃-a₂=6-3=3，Δ¹a₃=a₄-a₃=10-6=4 Δ¹a₄=a₅-a₄=15-10=5.

然后計算 Δ²a_n Δ²a₁=Δ¹a₂-Δ¹a₁=3-2=1

Δ²a₂=Δ¹a₃-Δ¹a₂=4-3=1;Δ²a₃=Δ¹a₄-Δ¹a₃=5-3=1. 4=1 ：

接著計算 Δ³a_n ： Δ³a₁=Δ²a₂-Δ²a₁=1-1=0 ： Δ³a₂

因為 Δ³a_n=0（n≥1） ，所以數(shù)列 {a_n} 是3-階等差數(shù)列.

（2）因為數(shù)列 {b_n} 是2-階等差數(shù)列，且 Δ²b_n=2 （n∈N^* ），

由 Δ²b_n=Δb_n+1-Δb_n=2， （2號

根據(jù)等差數(shù)列通項公式可得 Δb_n=Δb₁+（n-1）×2 =3+2（n-1）=2n+1. （204

又因為 Δb_n=b_n+1-b_n=2n+1 ，則有： b_n-b_n-1=2（n ^-1）+1

b_n-1-b_n-2=2（n-2）+1;…;b₂-b₁=2×1+1.

將以上 n-1 個式子相加得：

b_n-b₁=（2×1+1）+（2×2+1）+…+（2（n-1）+1）=2 n+n-1=n²-1 ，又 b₁=2 ， b_n=n²-1+2=n²+1

（3）因為數(shù)列 {c_n} 是3-階等差數(shù)列， Δ³c_n=4 （n∈N^* ）， Δ²c₁=3 ：

由 Δ³c_n=Δ²c_n+1-Δ²c_n=4 ，根據(jù)等差數(shù)列通項公式可得 Δ²c_n=Δ²c₁+（n-1）×4=3+4（n-1）=4n-1.

因為 Δ²c_n=Δc_n+1-Δc_n=4n-1 ，則： Δc_n-Δc_n-1=4 （n-1）-1 ， Δc_n-1-Δc_n-2=4（n-2）-1…Δc₂-Δc₁=4× ^-1 ，

將以上 n-1 個式子相加得： Δc_n-Δc₁=（4×1-1）+ （4×2-1）+…+（4（n-1）-1）=4×（1+2+…+（n-1））- +1 ：

又 因為 Δc_n=c_n+1-c_n=2n²-3n+3 ，則：

將以上 n-1 個式子相加得： （20 （204號 （20 又c=1， （204

【作者簡介：中學一級教師，華中師范大學考試研究院首批特聘兼職研究員，校級優(yōu)秀教師、青年教學能手，《中學數(shù)學》特約編委，《解析幾何經典題探秘》（中國科學技術大學出版社出版）第一主編】

責任編輯 徐國堅