2025 年新高考數列題考點預測

2024年全國新課標I卷高考數學數列試題出現在解答題中，分值分布為17分，預測2025年高考數學數列試題也出現在解答題中，主要考查數學運算、邏輯推理素養，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卷高考數學數列試題做考點預測.

根據數列的遞推公式求通項公式和求數列的前 n 項和綜合考查

已知條件中給出數列的遞推關系式，第（1）問設置為證明等差數列或者等比數列以及求數列的通項公式，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列的前 n 項和，這種題型是近幾年新高考I卷數列熱點題型.

1．已知數列的遞推公式 a_n+1=λa_n+μ（λμ≠0） 求通項公式

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

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

（2）求數列 {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 ，所以數列{a_n+1} 是以2為首項，4為公比的等比數列.

（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等比數列的定義容易證明；第（2）問運用等比數列的定義、分組求和法思想和等比數列的前 n 和公式容易計算出.

2．已知數列的遞推公式an+1 求通項公式

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

例2.已知數列{an}滿足α=2，an+1

（1）證明數列 是等差數列并求數列 {a_n} 的通項公式；

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

所以數列 是以 為首項，

為公差的等差數列. 所以 （2

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

3．已知數列的遞推公式 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， 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．已知數列 {a_n} 滿足 a₁=1 ， a_n+1=3a_n+3ⁿ （1）證明數列 是等差數列.

（2）求數列 {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，數列 是以1為首項，1為公差的等差數列.

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

4．根據 S_n 和 a_n 的遞推關系式求數列 {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 為數列 {a_n} 的前 n 項和，已知 a₁=1 是公差為 的等差數列.

（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 的等差數列，根據等差數列通項公

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）問根據等差數列定義、數列的前 n 項和 S_n 與通項 a_n 的遞推關系、累乘法求出數列 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、分段數列問題

， n 為奇數形如 （其中數列 {b_n} ， {c_n} 是（cn，n為偶數等差數列或等比數列或可以直接求和的數列）的數列叫做分組求和法．分段數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.已知數列{a}滿足α＝3，n+1（an+3， n 為奇數1 a_n+4 ， n 為偶數

（1）記 c_n=a_2n-1 ，寫出 c₁ ， c₂ ，并求數列 {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 ，根據等差數列通項公式 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，項數為5的等差數列的和，根據等差數列求和公式 ，這里 a₁=9 ！ a₅=9+（5-1）×14=65 ，其和（2號 為 ，所以 S₁₀=185

【點評】這是一個分段數列問題，形如 a_n+1= 的分段數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、數列新定義問題

所謂數列新定義試題，是指關于數列的題目中涉及高中數學課本中未出現過的、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，現學現用，進行閱讀理解并解答題目．數列新定義題主要考查考生的現學現用能力和綜合思維能

數學有數

力和創新意識.

例6.數列 {a_n} 滿足 對任意的正整數 n 都成立，則稱 {a_n} 為 V 數列.（1）設 {x_n} 是等差數列，公差為 d₁ ， {y_n} 是正項等比數列，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：數列 {c_n} 是 V 數列；（2）若 {a_n} 為 V 數列，且 a₁=1 ， a₁₀₀₉=2017 ，求證： a₁₀≤100 ：（3）若正項 V 數列 {a_n} 的前 n 項和為 S_n ，且 a₁= 2， S₂=5 ，求證：

解析：（1）已知 {x_n} 是等差數列， d₁=2 ， x₁=1 ，根據等差數列通項公式 x_n=x₁+（n-1）d₁ ，可得 x_n=1+ 2（n-1）=2n-1 ， {y_n} 是正項等比數列， q=3 ， y₁=1 ，根據等比數列通項公式 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 所以數列 {c_n} 是 V 數列.

（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】解答數列新定義問題的基本步驟是： ① 仔細閱讀材料，將關鍵的數據和公式畫出來，認真理解題意； ② 將已知條件翻譯成數列符號語言，將課本中的數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

所以數列 {b_n} 是以9為首項，-9為公比的等比 數列.

根據等比數列求和公式 可得：

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

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

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

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

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

解析：（1）因為數列 {a_n} 是“2-3型數列”，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 ：

則數列 {b_n-1} 是以1為首項，2為公比的等比數列，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.

b_n+1-1-（b_n-1）=2ⁿ-2^n-1=2^n-1 ，不是常數.

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.

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.

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.

對于 b_n+2-b_n+1=2（b_n+1-b_n） 也不是“ k-d 型數列”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；令 k=2 ， b_n+2-b_n=（4b_n-3）-b_n=3b_n-3 不是常數.

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） ，我們發現 b_n+1-b_n 不恒定.

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

但 ，說明 {b_n-1} 是等比數列不是“ k-d 型數列”

（3）因為數列 {c_n} 是\"3-2型數列”，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，由此可知數列{c3n}是以c₃=3 為首項，2為公差的等差數列.

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

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

根據等差數列前 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 ，項數為 n ，

其和

對于 c₂+c₅+…+c_3n-1 ，首項 c₂=2 ，公差 d=2 ，項數為 n ，

其和

對于 c₃+c₆+…+c_3n ，首項 c₃=3 ，公差 d=2 ，項

數學有數

數為 Ω_n ，

所以 S_3n=S₁+S₂+S₃=n²+n²+n+n²+2n=3n²+3n

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

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

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

（3）設數列 {c_n} 是3-階等差數列， c₁=1 ， 2， Δ²c₁=3 Δ³c_n=4（n∈N^*） ，求數列 {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） ，所以數列 {a_n} 是3-階等差數列.

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

由 Δ²b_n=Δb_n+1-Δb_n=2， （2號

根據等差數列通項公式可得 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）因為數列 {c_n} 是3-階等差數列， Δ³c_n=4 （n∈N^* ）， Δ²c₁=3 ：

由 Δ³c_n=Δ²c_n+1-Δ²c_n=4 ，根據等差數列通項公式可得 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，校級優秀教師、青年教學能手，《中學數學》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