文档内容
专题 11 数列的通项公式、数列求和与综合应用策略
目录
01考情透视·目标导航..........................................................................................................................2
02知识导图·思维引航..........................................................................................................................3
03 知识梳理·方法技巧.........................................................................................................................4
04 真题研析·精准预测.........................................................................................................................7
05 核心精讲·题型突破.......................................................................................................................29
题型一：等差、等比数列的基本量问题 29
题型二：证明等差等比数列 31
题型三：等差等比数列的交汇问题 36
题型四：数列的通项公式 41
题型五：数列求和 46
题型六：数列性质的综合问题 52
题型七：实际应用中的数列问题 56
题型八：以数列为载体的情境题 61
题型九：数列的递推问题 64
重难点突破：数列新定义 70数列作为高考数学中的核心考察点，其命题形态丰富多变，涵盖了从基础到复杂的各个层次。在小题
部分，重点聚焦于等差数列、等比数列的基本概念、性质以及数列的递推关系，并且呈现出与其他数学知
识（尤其是函数、导数）相融合的趋势。至于解答题，其难度通常处于中等或稍难水平，随着文理合卷的
改革推进，数列与不等式相结合的难题（以往常作为压轴题）热度有所减退，难度趋于稳定，保持在中等
偏难的程度。这类题目往往在考察数列基本问题之后，进一步探讨数列求和，而求和之后又常与不等式、
函数、最值等问题相互交织。在考查等差数列、等比数列求和技巧的基础上，更深入地考察“裂项相消
法”、“错位相减法”等高级求和技巧，并且与不等式紧密结合，其中“放缩”思想及方法的应用显得尤
为重要。此外，数列与数学归纳法的结合问题也是一个值得关注的领域，应给予适当的重视。
考点要求 目标要求 考题统计 考情分析
2024年甲卷第4题，5分
2024年I卷第19题，17分
2024年II卷第12题，5分
等差、等比数列 掌握定义公式应用 2023年甲卷第5、13题，10分
2022年乙卷第13题，5分
2025年高考数列考查
2021年II卷第17题，10分
将聚焦核心点是递推公式
2023年II卷第8题，5分
求通项公式，特别是利用
2023年乙卷第18题，12分
数列前n项和 与第n项
能熟练求解通项问 2023年II卷第18题，12分
数列通项 的关系进行推导，此部
题 2022年I卷第17题，10分 分题型多样，常作为选择
2022年上海卷第21题，18分 填空或最后一题数列新定
义压轴题，挑战考生的思
2024年甲卷第18题，12分 维深度与解题能力。
2023年甲卷第17题，12分
理解数列求和方
2022年甲卷第18题，12分
数列求和 法，能准确计算数
2021年I卷第16题，5分
列和
2021年乙卷第19题，12分
2021年I卷第17题，10分1、利用定义判断数列的类型：注意定义要求的任意性，例如若数列 满足 （常数）（
， ）不能判断数列 为等差数列，需要补充证明 ；
2、数列 满足 ，则 是等差数列；
3、数列 满足 ， 为非零常数，且 ，则 为等比数列；
4、在处理含 ， 的式子时，一般情况下利用公式 ，消去 ，进而求
出 的通项公式；但是有些题目虽然要求 的通项公式，但是并不便于运用 ，这时可以考虑先消去
，得到关于 的递推公式，求出 后再求解 ．
5、遇到形如 的递推关系式，可利用累加法求 的通项公式，遇到形如 的
递推关系式，可利用累乘法求 的通项公式，注意在使用上述方法求通项公式时，要对第一项是否满足
进行检验．
6、遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求
解该数列的通项公式：
（1）形如 （ ， ），可变形为 ，则 是以
为首项，以 为公比的等比数列，由此可以求出 ；
（2）形如 （ ， ），此类问题可两边同时除以 ，得 ，设，从而变成 ，从而将问题转化为第（1）个问题；
（3）形如 ，可以考虑两边同时除以 ，转化为 的形式，设 ，
则有 ，从而将问题转化为第（1）个问题．
7、公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差
或等比数列的求和．利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为 进行讨论．
8 、 用 裂 项 相 消 法 求 和 时 ， 要 对 通 项 进 行 变 换 ， 如 ： ，
，裂项后产生可以连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，
也有可能前面剩两项，后面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同．
常见的裂项公式：
（1） ；
（2） ；
（3） ；
（4） ；
（5） ．
9、用错位相减法求和时的注意点：
（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
（2）在写出“ ”与“ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“
”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
10、分组转化法求和的常见类型：
（1）若 ，且 ， 为等差或等比数列，可采用分组求和法求 的前 项和；
（2）通项公式为 ，其中数列 ， 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求
和；
（3）要善于识别一些变形和推广的分组求和问题．
11、在等差数列 中，若 （ ， ， ， ， ），则 ．
在等比数列 中，若 （ ， ， ， ， ），则 ．
12、前 项和与积的性质
（1）设等差数列 的公差为 ，前 项和为 ．
① ， ， ，…也成等差数列，公差为 ．
② 也是等差数列，且 ，公差为 ．
③若项数为偶数 ，则 ， ．
若项数为奇数 ，则 ， ．
（2）设等比数列 的公比为 ，前 项和为
①当 时， ， ， ，…也成等比数列，公比为
②相邻 项积 ， ， ，…也成等比数列，公比为 ．
③若项数为偶数 ，则 ， ；项数为奇数时，没有较好性质．
13、衍生数列
（1）设数列 和 均是等差数列，且等差数列 的公差为 ， ， 为常数．
① 的等距子数列 也是等差数列，公差为 ．
②数列 ， 也是等差数列，而 是等比数列．（2）设数列 和 均是等比数列，且等比数列 的公比为 ， 为常数．
① 的等距子数列 也是等比数列，公比为 ．
②数列 ， ， ， ， ，
也是等比数列，而 是等差数列．
14、判断数列单调性的方法
（1）比较法（作差或作商）；（2）函数化（要注意扩展定义域）．
15、求数列最值的方法（以最大值项为例，最小值项同理）
方法 ：利用数列的单调性；
方法2：设最大值项为 ，解方程组 ，再与首项比较大小．1．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）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
2．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）记 为等差数列 的前 项和，已知 ， ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【解析】由 ，则 ，
则等差数列 的公差 ，故 .
故选：B.
3．（2024年北京高考数学真题）设 与 是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合
，给出下列4个结论：
①若 与 均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若 与 均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若 为等差数列， 为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若 为递增数列， 为递减数列，则M中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【解析】对于①，因为 均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故 中至多一个元素，故①正确.
对于②，取 则 均为等比数列，
但当 为偶数时，有 ，此时 中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设 ， ，
若 中至少四个元素，则关于 的方程 至少有4个不同的正数解，
若 ，则由 和 的散点图可得关于 的方程 至多有两个不同的解，矛
盾；
若 ，考虑关于 的方程 奇数解的个数和偶数解的个数，
当 有偶数解，此方程即为 ，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时 ，
否则 ，因 单调性相反，
方程 至多一个偶数解，
当 有奇数解，此方程即为 ，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时 即
否则 ，因 单调性相反，
方程 至多一个奇数解，
因为 ， 不可能同时成立，
故 不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.
对于④，因为 为递增数列， 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为：①③④.
4．（2024年北京高考数学真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，
其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底
面直径依次为 ，且斛量器的高为 ，则斗量器的高为 ，升量器的高
为 ．
【答案】 23 57.5/
【解析】设升量器的高为 ，斗量器的高为 （单位都是 ），则 ，
故 ， .故答案为： .
5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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 中任取两个数 和 ，记数列 是 可分数列的概率为 ，证明：
．
【解析】（1）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 .
（2）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.
（3）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.
6．（2024年北京高考数学真题）已知集合．给定数列 ，和序
列 ，其中 ，对数列 进行如下变换：将 的第 项均
加1，其余项不变，得到的数列记作 ；将 的第 项均加1，其余项不变，得到数列记作
；……；以此类推，得到 ，简记为 ．
(1)给定数列 和序列 ，写出 ；
(2)是否存在序列 ，使得 为 ，若存在，写出一个符
合条件的 ；若不存在，请说明理由；
(3)若数列 的各项均为正整数，且 为偶数，求证：“存在序列 ，使得 的各项都相
等”的充要条件为“ ”．
【解析】（1）因为数列 ，
由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
所以 .
（2）解法一：假设存在符合条件的 ，可知 的第 项之和为 ，第 项之和为 ，
则 ，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的 ；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的 ，且 ，因为 ，即序列 共有8项，
由题意可知： ，
检验可知：当 时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的 .
（3）解法一：我们设序列 为 ，特别规定 .
必要性：
若存在序列 ，使得 的各项都相等.
则 ，所以 .
根据 的定义，显然有 ，这里 ， .
所以不断使用该式就得到 ，必要性得证.
充分性：
若 .
由已知， 为偶数，而 ，所以
也是偶数.
我们设 是通过合法的序列 的变换能得到的所有可能的数列 中，使得
最小的一个.
上面已经说明 ，这里 ， .
从而由 可得 .
同时，由于 总是偶数，所以 和 的奇偶性保持不变，从而
和 都是偶数.下面证明不存在 使得 .
假设存在，根据对称性，不妨设 ， ，即 .
情况1：若 ，则由 和 都是偶数，知
.
对该数列连续作四次变换 后，新的
相比原来的
减少 ，这与 的最小
性矛盾；
情况2：若 ，不妨设 .
情况2-1：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾；
情况2-2：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 都有 .
假设存在 使得 ，则 是奇数，所以都是奇数，设为 .
则此时对任意 ，由 可知必有 .
而 和 都是偶数，故集合 中的四个元素 之和为偶数，
对该数列进行一次变换 ，则该数列成为常数列，新的
等于零，比原来的
更小，这与 的最小性
矛盾.
综上，只可能 ，而 ，故
是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知： 中序列的顺序不影响 的结果，
且 相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若 ，
不妨设 ，则 ，
①当 ，则 ，
分别执行 个序列 、 个序列 ，
可得 ，为常数列，符合题意；
②当 中有且仅有三个数相等，不妨设 ，则 ，
即 ，
分别执行 个序列 、 个序列
可得 ，即 ，
因为 为偶数，即 为偶数，
可知 的奇偶性相同，则 ，
分别执行 个序列 ， ， ， ，
可得
，
为常数列，符合题意；
③若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
因为 ，
可得 ，
即转为①，可知符合题意；
④当 中有且仅有两个数相等，不妨设 ，则 ，
即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
且 ，可得 ，
因为 为偶数，可知 的奇偶性相同，
则 为偶数，且 ，即转为②，可知符合题意；
⑤若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
且 ，可得 ，
因为 为偶数，
则 为偶数，
且 ，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若 ，则存在序列 ，使得 为常数列；
（ⅱ）若存在序列 ，使得 为常数列，
因为对任意 ，
均有 成立，
若 为常数列，则 ，
所以 ；
综上所述：“存在序列 ，使得 为常数列”的充要条件为“ ”.
7．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）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.
【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
.
8．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）记 为数列 的前 项和，已知 ．
(1)求 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项和 ．
【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
，
.
9．（2024年天津高考数学真题）已知 为公比大于0的等比数列，其前 项和为 ，且 ．
(1)求 的通项公式及 ；
(2)设数列 满足 ，其中 ．
（ⅰ）求证：当 时，求证： ；
（ⅱ）求 ．
【解析】（1）设等比数列 的公比为 ，
因为 ，即 ，
可得 ，整理得 ，解得 或 （舍去），
所以 .
（2）（i）由（1）可知 ，且 ，
当 时，则 ，即
可知 ，
，可得 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以 ；
（ii）由（1）可知： ，
若 ，则 ；
若 ，则 ，
当 时， ，可知 为等差数列，
可得 ，
所以 ，
且 ，符合上式，综上所述： .
10．（2023年北京高考数学真题）已知数列 满足 ，则（ ）
A．当 时， 为递减数列，且存在常数 ，使得 恒成立
B．当 时， 为递增数列，且存在常数 ，使得 恒成立
C．当 时， 为递减数列，且存在常数 ，使得 恒成立
D．当 时， 为递增数列，且存在常数 ，使得 恒成立
【答案】B
【解析】法1：因为 ，故 ，
对于A ，若 ，可用数学归纳法证明： 即 ，证明：当 时， ，此时不等关系 成立；
设当 时， 成立，
则 ，故 成立，
由数学归纳法可得 成立.
而 ，
， ，故 ，故 ，
故 为减数列，注意
故 ，结合 ，
所以 ，故 ，故 ，
若存在常数 ，使得 恒成立，则 ，
故 ，故 ，故 恒成立仅对部分 成立，
故A不成立.
对于B，若 可用数学归纳法证明： 即 ，
证明：当 时， ，此时不等关系 成立；
设当 时， 成立，
则 ，故 成立即
由数学归纳法可得 成立.而 ，
， ，故 ，故 ，故 为增数列，
若 ，则 恒成立，故B正确.
对于C，当 时， 可用数学归纳法证明： 即 ，
证明：当 时， ，此时不等关系成立；
设当 时， 成立，
则 ，故 成立即
由数学归纳法可得 成立.
而 ，故 ，故 为减数列，
又 ，结合 可得： ，所以
，
若 ，若存在常数 ，使得 恒成立，
则 恒成立，故 ， 的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当 时， 可用数学归纳法证明： 即 ，
证明：当 时， ，此时不等关系成立；
设当 时， 成立，则 ，故 成立
由数学归纳法可得 成立.
而 ，故 ，故 为增数列，
又 ，结合 可得： ，所以
，
若存在常数 ，使得 恒成立，则 ，
故 ，故 ，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为 ，
令 ，则 ，
令f'(x)>0，得 或 ；
令f'(x)<0，得 ；
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
令 ，则 ，即 ，解得 或 或 ，
注意到 ， ，所以结合 的单调性可知在 和 上 ，在 和 上 ，
对于A，因为 ，则 ，
当 时， ， ，则 ，
假设当 时， ，
当 时， ，则 ，
综上： ，即 ，
因为在 上 ，所以 ，则 为递减数列，
因为 ，
令 ，则 ，
因为 开口向上，对称轴为 ，
所以 在 上单调递减，故 ，
所以ℎ(x)在 上单调递增，故 ，
故 ，即 ，
假设存在常数 ，使得 恒成立，
取 ，其中 ，且 ，
因为 ，所以 ，
上式相加得， ，
则 ，与 恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为 ，当 时， ， ，
假设当 时， ，
当 时，因为 ，所以 ，则 ，
所以 ，
又当 时， ，即 ，
假设当 时， ，
当 时，因为 ，所以 ，则 ，
所以 ，
综上： ，
因为在 上 ，所以 ，所以 为递增数列，
此时，取 ，满足题意，故B正确；
对于C，因为 ，则 ，
注意到当 时， ， ，
猜想当 时， ，
当 与 时， 与 满足 ，
假设当 时， ，当 时，所以 ，
综上： ，
易知 ，则 ，故 ，
所以 ，
因为在 上 ，所以 ，则 为递减数列，
假设存在常数 ，使得 恒成立，
记 ，取 ，其中 ，
则 ，
故 ，所以 ，即 ，
所以 ，故 不恒成立，故C错误；
对于D，因为 ，
当 时， ，则 ，
假设当 时， ，
当 时， ，则 ，
综上： ，
因为在 上 ，所以 ，所以 为递增数列，
因为 ，令 ，则 ，
因为 开口向上，对称轴为 ，
所以 在 上单调递增，故 ，
所以 ，
故 ，即 ，
假设存在常数 ，使得 恒成立，
取 ，其中 ，且 ，
因为 ，所以 ，
上式相加得， ，
则 ，与 恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
11．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）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.
12．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）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： .
13．（2023年天津高考数学真题）已知 是等差数列， ．
(1)求 的通项公式和 ．
(2)设 是等比数列，且对任意的 ，当 时，则 ，（Ⅰ）当 时，求证： ；
（Ⅱ）求 的通项公式及前 项和．
【解析】（1）由题意可得 ，解得 ，
则数列 的通项公式为 ，
求和得
.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当 时， ，
取 ，则 ，即 ，
当 时， ，
取 ，此时 ，
据此可得 ，
综上可得： .
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知： ，
则数列 的公比 满足 ，
当 时， ，所以 ，
所以 ，即 ，当 时， ，所以 ，
所以数列的通项公式为 ，
其前 项和为： .
14．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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， .题型一：等差、等比数列的基本量问题
【典例1-1】已知等差数列 的前 项和为 ，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由 ，
有 ，
可得
．
故选：A．
【典例1-2】记 为数列 的前 项和，若 ， 为等比数列，则 （ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】D
【解析】因为 为等比数列，所以 的首项为 ，第二项为 ，
第三项为 ，
故 的公比为2，所以 ，所以当 时， ，显然当 时也符合，
故 ，所以 .
故选：D.
利用等差数列中的基本量（首项，公差，项数），等比数列的基本量（首项，公比，项数）翻译条件，
将问题转换成含基本量的方程或不等式问题求解．
【变式1-1】已知各项均为正数的等差数列 的前 项和为 ，若 ， ，则
（ ）
A．25 B．16 C．9 D．4
【答案】D
【解析】设等差数列 的公差为 ，由 ，得 ，
（也可由等差数列的性质得 ，得 ）
解得 ，又 ，所以 ，
解得 或 ．
因为 各项均为正数，所以 ，所以 ， ，所以 ．
故选：D
【变式1-2】（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）等比数列 的前 项和为 ，公比为 ，若 ，
则 （ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B【解析】由 可知 ，故 ，
故 ，故 ，
故选：B
1．已知正项等差数列 满足 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为 为等差数列，所以 ， ，
则 ，
所以 ，
从而 ，
故 ，
故选：C.
题型二：证明等差等比数列
【典例2-1】已知数列 满足 ，公差不为0的等差数列 满足
成等比数列，(1)证明：数列 是等比数列．
(2)求 和 的通项公式．
【解析】（1）数列 中， ，
则 ，而 ，
所以数列 是等比数列，其首项为 ，公比为 ；
（2）由（1）知， ， ，
所以数列 的通项公式为 .
设等差数列 的公差为 ，
由 成等比数列，得 ，
即 ，则有 ，
又 ，即 ，于是 ，
所以数列 的通项公式为 ；
【典例2-2】已知数列 的各项均为正数，记 为 的前 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】解①③ ②.
已知 是等差数列， .
设数列 的公差为 ，则 ，得 ，
所以 .因为数列 的各项均为正数，
所以 ，
所以 （常数），所以数列 是等差数列.
.
①② ③
已知 是等差数列， 是等差数列.
设数列 的公差为 ，
则 .
因为数列 是等差数列，所以数列 的通项公式是关于 的一次函数，则 ，即 ，
所以 .
.
②③ ①
已知数列 是等差数列， ，所以 .设数列 的公差为 ，
则 ，得 ，所以 ，所以 ，
所以 时， ，对 也适合，
所以 ，所以 常数），所以数列 是等差数列.
判断或证明数列是等差、等比数列常见的方法如下．
（1）定义法：对于 的任意正整数：
①若 为一常数，则 为等差数列；
②若 为常数，则 为等比数列．
（2）通项公式法：①若 ，则 为等差数列；
（2）若 ，则 为等比数列．
（3）中项公式法：
①若 ，则 为等差数列；
②若 ，则 为等比数列．
（4）前 项和法：若 的前 项和 满足：
① ，则 为等差数列．
② ，则 为等比数列．
【变式2-1】设数列 满足 ．
(1)证明：数列 为等比数列；
(2)求数列 的通项公式．
【解析】（1）由 ， ，得 ，
由 ，
得 ，
所以 ，
故数列 是以 为首项，3为公比的等比数列．
（2）由（1）得 ，则 ，
则 ； ； ，
．
由累加法可得 ，又 ，则 ，同时 满足上式，
所以 ．
【变式2-2】[新考法]（2024·山西吕梁·二模）已知双曲线 ，点 在 上.按如下方式构
造点 ：过点 作斜率为1的直线与 的左支交于点 ，点 关于 轴的对称点为 ，记点
的坐标为 .
(1)求点 的坐标；
(2)记 ，证明：数列 为等比数列；
【解析】（1）
由题知 ，所以双曲线 ，
又过点 ，斜率为1的直线方程为 ，
由双曲线与直线的对称性可知 ，所以 ，
又过 ，且斜率为1的直线方程为 ，即 ，
由 ，解得 或 ，
当 时， ，所以 ，所以 ；
综上：
（2）设 ，
则过 ，且斜率为1的直线方程为 ，
联立 ，消 得到 ，
由题有 ，得到 ，
由题知点 在直线 上，
即有 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
由（1）知 ，所以数列 为1为首项，3的公比的等比数列；
1．[新考法]在等差数列 中， .
(1)求 的通项公式；
(2)若数列 满足 ，其前 项和为 ，证明：数列 为等比数列，且 ；
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ，因为 ，
所以 ，所以 ，所以 的通项公式为 .
（2）由题意知 ，所以 ，所以数列 为等比数列，
数列 前 项和 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 .
题型三：等差等比数列的交汇问题
【典例3-1】已知数列 满足 ，且 .
(1)证明：数列 是等比数列；
(2)求数列 的通项公式；
(3)若数列 的前 项和为 ，证明：数列 中任意不同的三项都
不能构成等差数列.
【解析】（1）证明：因 ，则 ，
则 是以 为首项，公比为3的等比数列；
（2）由（1）， ，
则 是以 为首项，公差为1的等差数列，则 ；
（3）由（2）， ，
则 ，
则 .
证明：假设数列 中存在不同的三项能构成等差数列，
设这三项项数为 .其中 ，
则 ， .
设 ，则 ，
得 ，
注意到 ， ，
则 .
这与 矛盾，则数列 中不存在不同的三项能构成等差数列.
【典例3-2】（2024·湖北十堰·三模）已知数列 满足 ．
(1)求 的通项公式；(2)在 和 之间插入n个数，使这 个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为 ，求数列
的前n项和 ．
【解析】（1）因为 ①，
当 时， ②，
① ②，得 ．
所以 ，当 时 ，满足上式，
所以 的通项公式为 ．
（2）由题，知 ，得 ，
则 ③，
④，
③ ④得 ，
所以 ．
在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过
程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可
以达到减少运算量的目的．
【变式3-1】已知等差数列 和等比数列 满足 ， ， ， .
(1)求数列 ， 的通项公式；(2)设数列 中不在数列 中的项按从小到大的顺序构成数列 ，记数列 的前 项和为 ，求
.
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
又 ，即 ，所以 ，所以 .
（2）由（1）得 ，
即 是数列 中的第 项.
设数列 的前 项和为 ，数列 的前 项和为 ，
因为 ， ，
所以数列 的前100项是由数列 的前107项去掉数列 的前7项后构成的，
所以 .
【变式3-2】已知数列 中， ， ， 对任意 都成立，数列 的前n项
和为 ．
(1)若 是等差数列，求k的值；
(2)若 ， ，求 ；
(3)是否存在实数k，使数列 是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项 ， ， 按某顺序排列
后成等差数列？若存在，求出所有k的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由题意，数列 是等差数列，可得 ，即 ，即 ，故 ．
（2）由 时， ，即 ，
整理得 ，故 ．
当n是偶数时， ；
当n是奇数时， ，
．
综上， ．
（3）若 是等比数列，则公比 ，
由题意 ，故 ， ， ．
①若 为等差中项，则 ，即 ， ，解得 （舍去）；
②若 为等差中项，则 ，即 ， ．
因为 ，解得 ， ；
③若 为等差中项，则 ，即 ， ．
因为 ，解得 ， ，
综上，存在实数k满足题意， ．1．已知等比数列 的前 项和为 ，且 ．
(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，在数列 中是否存在不同
的3项 （其中 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设等比数列 的公比为 ，由题意知：
当 时， ，①
当 时， ，②
联立①②，解得 （ 舍去），
所以数列 的通项公式 ．
（2）由（1）知 ．
所以 ，
所以 ．
设数列 中存在3项 （其中 成等差数列）成等比数列．
则 ，
所以 ，即 ，
又因为 成等差数列，
所以 ，所以 ，
化简得 ，
所以 ，
又 ，所以 ，与已知矛盾，
所以在数列 中不存在不同的3项 成等比数列．
题型四：数列的通项公式
【典例4-1】已知数列 满足： ，且 ，则数列 的通项公式是
【答案】
【解析】由 ，则 ，
即 ，又 ，则 ，
故数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
即 ，
则有 ， ， ， ，且 ，
故 ，即 ，显然 均满足.故答案为： .
【典例4-2】在数列 中，已知 ，且 ，则该数列的通项公式为 .
【答案】
【解析】令 ，
则 ，
由条件得 ，解得 ，
即 ，
故数列 是首项为 ，公比为4的等比数列，
从而 ，故 .
故答案为： .
常见求解数列通项公式的方法有如下六种：
（1）观察法：根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法猜想其通项公式．
（2）累加法：形如 的解析式．
（3）累乘法：形如
（4）公式法
（5）取倒数法：形如 的关系式
（6）构造辅助数列法：通过变换递推关系，将非等差（比）数列构造为等差（比）数列来求通项公
式．
【变式4-1】求通项公式(1)已知数列 、 、 、 、 求通项公式；
(2)在数列 中， ，且点 在直线 上，求数列 的通项公式；
(3)数列 的首项为 ，且前 项和 满足 ，求数列 的通项公式；
(4)数列 满足 ， ，求数列 的通项公式；
【解析】（1）因为 ， ， ， ，
由观察法可得 .
（2）在数列 中， ，且点 在直线 上，
则 ，所以， ，
所以，数列 为等差数列，且其首项为 ，公差为 ，
所以， .
（3）数列 的首项为 ，且前 项和 满足 ，
即 ，
由题意可知，对任意的 ，则 ，则当 时， ，
所以， ，
所以，数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，
所以， ，则 ，
故当 时， ，
且 且满足 ，故对任意的 ， .（4）因为数列 满足 ， ，则 ，可得 ，
当 时， ， ，
上述两个等式作差可得 ，
所以，数列 的奇数项、偶数项分别成以 为公差的等差数列，
当 为奇数时，设 ，可得 ，
则 ；
当 为偶数时，设 ，可得 ，
则 .
故对任意的 ， .
【变式4-2】（1）已知数列 满足 （n为正整数），且 ．求数列 的通项公式．
（2）记 为数列 的前n项和．已知 ， ．求 的通项公式．
（3）已知数列 中， ， ．求数列 的通项公式．
（4）设数列 满足 ，对于n为正整数，都有 ．求数列 的通项公式．
【解析】（1）因为 ，
所以 ，所以
．
又 ，所以当 时也适合上式，所以 ；（2）因为 时， ，
所以 ，两式相减得到
，化简整理得
，
所以，当 时， ，
又当 ， ，
又 ，解得 ，
所以，当 时，
．
又当 时， ，满足 ，
当 时， ，不满足 ．
综上所述， ；
（3）因为 ， ，故 ，
所以 ，整理得 ，
又 ， ， ，
所以 为定值．故数列 是首项为2，公比为2的等比数列，所以 ，得 ；
（4）因为 ①，
所以 ②，
② ①得．所以数列 的奇数项
与偶数项分别是公差为2的等差数列，
当n为偶数时， ，
当n为奇数时， ，
所以 .
1．已知数列 的前 项和为 ，且 .
证明： 是等比数列，并求出 的通项公式；
【解析】当 时， ，且 ，所以 ；
当 时，由 ，得 ，则
，可得 ，
即 ，且 ，可得 ，
可知数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，
则 ，可得 ，且 ，可知 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ，即 .
题型五：数列求和
【典例5-1】（2024·高三·北京·开学考试）已知 是等差数列，其前 项和为 ， ， .
(1)求数列 的通项公式及 ；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求数列 的前 项和 .
条件①： ；
条件②： ；
条件③： .
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解析】（1）设数列{a}的公差为 .
n
，
，
，
所以 ，
所以 .
（2）若选①： ，；
若选②： ，
.
若选③： ，
.
【典例5-2】（2024·高三·天津滨海新·期末）已知数列 是等差数列，设 为数列 的前 项
和，数列 是等比数列， ，若 ， ， ， ．
(1)求数列 和 的通项公式；
(2)求数列 的前 项和；
(3)若 ，求数列 的前 项和．
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，
因为 ， ，则由 ，即 ，得 ，
解得 或 ，因为 ，故舍去 ，
所以 ， ．
（2）由（1）得 ， ，所以 ，
令数列 的前 项和为 ，则 ，
即 ①，
②，
两式相减得：
，
所以 .
（3）设数列 的前 项和为
由 ， ，得 ，
则 ，即 ；
故
.求数列前 项和 的常见方法有以下四种．
（1）公式法：利用等差、等比数列的前 项和公式求数列的前 项和．
（2）裂项相消法：将数列恒等变形为连续两项或相隔若干项之差的形式，进行消项．其方法核心有
两点：一是裂项，将一个式子分裂成两个式子差的形式；二是要能相消．常见的裂项相消变换有以下形式．
①分式裂项： ；
②根式裂项： ；
③对数式裂项 ；
④指数式裂项
（3）错位相减法
（4）分组转化法
【变式5-1】设 是等差数列， 是各项都为正数的等比数列. 且 ，
(1)求 的通项公式；
(2)记 为 的前 项和，求证： ；
(3)若 ，求数列 的前 项和 .
【解析】（1）由题意，设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，
则 ，化简，得 ，
整理，得 ， 解得 (舍去)，或 ，则 ，， .
（2）由 (1) 可知， ，
则 ，
，
.
（3）由 (1) 可得，
，
，
令 ，
两式相减，可得
，
，
令,
.
【变式5-2】（2024·山东潍坊·三模）在①数列 为等差数列，且 ；② ，
；③正项数列 满足 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给
出解答.
问题：已知数列 的前 项和为 ，且__________.
(1)求数列 的通项公式；
(2)若数列 的前 项和为 ，求 .
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解析】（1）若选①，因为 为等差数列，令 ，则 ，所以公差 ，
所以等差数列 的通项公式为 ；
若选②，当 时， ， 因此 ，
即 ，所以 为常数列，因此 ，所以 ；
若选③，当 时， ，即 .
又因为 ，所以 .
当 时，有 ， ，
所以 ，即 .
又因为 ，所以 ，所以 是以2为公差的等差数列，所以 .
（2）若选①，由（1）可知，
；
若选②，由（1）可知，
；
若选③，由（1）可知，
.
1．已知等比数列 是递减数列， 的前n项和为 ，且 ， ， 成等差数列， .数
列 的前n项和为 ，满足 ， .
(1)求 和 的通项公式；
(2)若 ，求
【解析】（1）设数列 的公比为 ，依题意， ，
由 是递减数列，解得 ，因此 ；
数列 ， ，当 时， ，
而 满足上式，因此 ，所以 的通项公式为 ， 的通项公式为 .
（2）当n是奇数时， ，则 ， ，
两式相减得： ，
因此 ；
当n是偶数时， ，
则 ，
所以 .
题型六：数列性质的综合问题
【典例6-1】（多选题）（2024·高三·重庆·期末）设等差数列 的前 项和为 ，公差为 ，已知
，则下列说法正确的是（ ）
A． 的最小值为 B．满足 的最小 值是14
C．满足 的最大 值是14 D．数列 的最小项为第8项
【答案】ABD
【解析】由 可知 ．对于选项A：由 为负， 为正可知， 最小，A正确．
对于选项B： ，
则满足 的最小值为14，满足 的最大 值是13,故B正确，C错误．
对于选项D：由 为负， 为正，且 为负， 为正可知：
为负．考虑到 ，故 最大，即 最小，正确．
故选：ABD
【典例6-2】（多选题）（2024·高三·甘肃白银·期末）已知数列 满足： ，则
下列说法不正确的是（ ）
A．数列 为递减数列 B．存在 ，使得
C．存在 ，使得 D．存在 ，使得
【答案】ABC
【解析】因为 ，则 ，可得 ，
由 可得 ，则 ，则 ，
设函数 ，其中 ，则 .
当 时， ，此时函数 单调递增，
当 时， ，此时函数 单调递减，所以， ，
因为 ，则 ， ， ，
以此类推可知，对任意的 ， ，所以， ，
故数列 为递增数列，A错，B错，C错；
因为 ，则 ，，
因此，存在 ，便得 ，D对.
故选：ABC
解题时，首先要深刻理解等差、等比数列的基本概念和性质，并熟练掌握常用的方法和技能。对于复
杂的数列问题，要学会将大问题分解成小问题，运用函数与方程的数学思想处理数列问题。同时，要善于
运用猜想与归纳等数学思想，将实际问题或非分等比等差问题转化为等比等差问题处理。此外，数列与不
等式、函数、解析几何等知识的交汇也是常考点，需要灵活运用相关知识和方法。总之，解决数列性质的
综合问题，需要综合运用多种数学思想和方法，加强解题反思，提高运用知识解决问题的能力。
【变式6-1】（多选题）（2024·广东·二模）已知等差数列 的前 项和为 ，且 ，
则（ ）
A．
B．
C．当 时， 取得最小值
D．记 ，则数列 的前 项和为
【答案】BCD
【解析】由题意可设公差为 ，则有
由 有： ，故A错误；
故B正确；，由二次函数的性质可知：
当 时， 取得最小值，故C正确；
因为 ，
所以
所以 为等差数列，公差为4，首项为 ，
所以 的前 项和为： 故D正确.
故选：BCD.
【变式6-2】（多选题）（2024·四川眉山·一模）已知数列 满足 ， ，且
，则（ ）
A． B．
C．当 时， D．
【答案】ACD
【解析】对于B，由 ，
得 ，
即 ，整理得 ，
当 时， ，
满足上式，因此 ，B错误；对于A， ，即 ，又 ，解得 ，A正确；
对于C，当 时， ，又 ，因此 ，即 ，C正确；
对于D，由 ，得 ，又 ， ，
因此 ，令函数 ，求导得 ，
函数 在 上单调递增， ，即 ，
因此 ，即 ，D正确.
故选：ACD
1．（多选题）已知等差数列 的前n项和为 ，且 ，则下列说法正确的是（ ）
A．当 或10时， 取得最大值 B．
C． 成立的n的最大值为20 D．
【答案】AD
【解析】因为 ，则 ，
且数列 为等差数列，则 ，
可得 ，即 ，
又因为 ，可知：当 时， ；当 时， ；
对于选项A：由 可知 ，所以当 或10时， 取得最大值，故A正确；
对于选项B：因为 ，故B错误；对于选项C：由 的符号性可知：①当 时， 单调递增，则 ；
②当 时， 单调递减；
且 ，可知：当 时， ；当 时， ；
所以 成立的n的最小值为20，故C错误；
对于选项D：因为 ，所以 ，故D正确；
故选：AD.
题型七：实际应用中的数列问题
【典例7-1】（2024·陕西宝鸡·模拟预测）某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达
到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年（2024年）该公
司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2024年到2033年该产品的销售总额约为（ ）（参
考数据： ）
A．3937万元 B．3837万元 C．3737万元 D．3637万元
【答案】A
【解析】设该公司在2024年，2025年，...，2033年的销售额（单位：万元）分别为 .
依题意可得 ，则 ，
所以数列 是首项为90，公比为1.3的等比数列，
则 ，即 ，
则 ，
故从2024年到2033年该产品的销售总额约为3937万元.
故选：A.【典例7-2】刚考入大学的小明准备向银行贷款a元购买一台笔记本电脑，然后上学的时候通过勤工俭学来
分期还款．小明与银行约定：每个月月末还一次款，分12次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，
贷款的月利率为t．则小明每个月所要还款的钱数为（ ）元．
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设小明每个月所要还款的钱数为 元，
根据等额本息还款法得，第一个月末所欠银行贷款为： ，
第二个月末所欠银行贷款数为： ；
．．．，
第12个月末所欠银行贷款为：
；
由于分12次还清所有的欠款，所以 ，
解得 .
故选：D．解数列应用题的一般步骤
（1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
（2）根据题意数列问题模型．
（3）应用数列知识求解．
（4）将数列问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等．
【变式7-1】某医院购买一台大型医疗机器价格为 万元，实行分期付款，每期付款 万元，每期为一个月，
共付12次，如果月利率为 ，每月复利一次，则 ， 满足（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】 ，
由 ，故 ，
，
由 ，
故 ，即有 .
故选：D.
【变式7-2】（2024·北京朝阳·二模）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形
垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有 个小球，第二层有
个小球，第三层有 个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有 层，由
“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长
方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】由题意知， ，于是得最底层小球的数量为 ，即 ， .
从而有 ，
整理得 ，
，
，
， ，
由于 皆为正整数，所以
（i）当 时， ，
当 时， ，
（iii）当 时， ，
（iv）当 时，
只有 符合题意，即 的值为2.
故选：B.
1．如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角
三角形演化而成的.已知 为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为 ，令 为数列 的前 项和，则
（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【解析】由 ，
可得 ， ， ， ，
所以 ，
所以 ，
所以前 项和 ，
所以 ，
故选：C.
2．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，
次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今
有人持金出五关，第1关收税金为持金的 ，第2关收税金为剩余金的 ，第3关收税金为剩余金的 ，
第4关收税金为剩余金的 ，第5关收税金为剩余金的 ，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多
少？”．记这个人原来持金为 斤，设 ，则 （ ）A． B．7 C．13 D．26
【答案】C
【解析】由题意知：这个人原来持金为 斤，
第1关收税金为： 斤；第2关收税金为 斤；
第3关收税金为 斤，
以此类推可得的，第4关收税金为 斤，第5关收税金为 斤，
所以 ，
即 ，解得 ，
又由 ，所以 .
故选：C.
题型八：以数列为载体的情境题
【典例8-1】（2024·福建宁德·二模）若数列 相邻两项的和依次构成等差数列，则称 是“邻和等差
数列”.例如，数列1，2，4，5，7，8，10为“邻和等差数列”.已知数列 是“邻和等差数列”， 是
其前 项和，且 ， ， ，则 （ ）
A．39700 B．39800 C．39900 D．40000
【答案】A
【解析】设 ，由 ，得 ，则 ，
故．
故选：A
【典例8-2】若数列 中不超过 的项数恰为 ，则称数列 是数列 的生成数列，称
相应的函数 是数列 生成 的控制函数.已知数列 满足 ，且 是数列 生
成 的控制函数，数列 的前 项和为 ，若 ，则 的值为（ ）
A．19 B．21 C．22 D．23
【答案】B
【解析】由题意可知，当 时，可得 ，则 ；
当 时，可得 ，则 ，所以 ，
则当 时， ，
则 ，因为 ，所以无解；
当 时， ，所以 ，因为
，所以 ，
即 的值为21.
故选：B.
1、应用数列知识解决此类问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——等差、等比数列模型．
2、需要读懂题目所表达的具体含义，观察给定数列的特征，进而判断出该数列的通项与求和公式．
3、求解时要明确目标，认清是求和、求通项、还是解递推关系问题，然后通过数学推理与计算得出结果，并回归实际问题中，进行检验，最终得出结论．
【变式8-1】（2024·浙江温州·一模）已知数列 的通项公式 ，在其相邻两项 之间插入
个 ，得到新的数列 ，记 的前 项和为 ，则使 成立的 的最小值为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
【答案】B
【解析】由题意得数列 的前 项依次为：
， 个 ， ， 个 ， ， 个 ， ， 个 ， ， ，
当 时，
，
当 时，
，
所以使 成立的 的最小值为 .
故选：B.
【变式8-2】（2024·上海奉贤·一模）已知数列 不是常数列，前 项和为 ， ．若对任意正整数
，存在正整数 ，使得 ，则称 是“可控数列”．现给出两个命题：
①若各项均为正整数的等差数列 满足公差 ，则 是“可控数列”；
②若等比数列 是“可控数列”，则其公比 ．
则下列判断正确的是（ ）
A．①与②均为真命题 B．①与②均为假命题
C．①为假命题，②为真命题 D．①为真命题，②为假命题
【答案】C
【解析】对于①，由于数列 的各项均为正整数，且公差 ，
但对 ，有 对任意正整数 恒成立（否则 ，矛盾），故对 时有 .
这表明 不是“可控数列”，故①错误；
对于②，若等比数列 是“可控数列”，由于数列 不是常数列， ，故公比 .
所以 ，
从而 ，
则 ，
当 时，则 ，
令 ，则可知当 时， 不成立；
当 时， 显然成立，而对于 恒成立，
由于 为严格增数列，且 时， ，
故问题等价于存在 ，使得 ，
记 ，随m的增大， 减小，故 ，
故只需 ，解得 ，故②正确.
综上，①是假命题，②是真命题.
故选：C.1．在数学上，斐波纳契数列 定义为： ， ， ，斐波纳契数列有种看起来很神
奇的巧合，如根据 可得 ，所以
，类比这一方法，可得
（ ）
A．714 B．1870 C．4895 D．4896
【答案】C
【解析】根据题意，数列 满足 ，即 ，
两边同乘以 ，可得 ，
则
.
故选：C.
题型九：数列的递推问题
【典例9-1】（2024·河北沧州·三模）自然界中某些生物的基因型是由雌雄配子的基因组合而成，这种生物
在生育下一代时，成对的基因相互分离形成配子，配子随机结合形成下一代.若某生物群体的基因型为 ，
在该生物个体的随机交配过程中，基因型为 的子代因无法适应自然环境，会被自然界淘汰.例如，当亲
代只有 基因型个体时，其子1代的基因型如下表所示：
雌
雄
×由上表可知，子1代中 ，子1代产生的配子中 占 ， 占 .以此类推，则子10代中 个
体所占比例为 .
【答案】
【解析】由题，设子 代中 占比为 ，则 占比为 .
所以 ，则子 代的基因型如下表所示，
雌雄
×
由表可得，表格中总份数为 （其中淘汰了 份），
因此子 代中 占比为 ，
化简得 ，即 ，即 ，
所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，
所以 ， ，因此 .
故答案为： .
【典例9-2】 4人互相传球，由 开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到 手
中，则不同的传球方式有多少种？若有 个人相互传球 次后又回到发球人 手中的不同传球方式有多少种？
【解析】4人传球时，传球 次共有 种传法．设第 次将球传给 的方法数共有 种传法，则不
传给 的有 种，故 ，且不传给 的下次均可传给 ，即
两边同除以 得 ，
令 ，则 ，则
当 时， ．
当人数为 时，传球 次共有 种传法．设第 次将球传给 的方法数共有 种传法，则不
传给 的有 种，故 ，且不传给 的下次均可传给 ，即
两边同除以 得 ，
令 ，则 ，则
利用构造或猜想，解决数列递推问题
【变式9-1】已知曲线 ： ，点 在 上， 在 处的切线为 ，直线 的斜率是直线 斜率
的2倍，经过点 的直线 与 的另一个交点为 ， 在 处的切线为 ，直线 的斜率是直线 斜率
的2倍，经过点 的直线 与 的另一个交点为 ，照如此方法构造点 ， .(1)证明：直线 的方程为 .
(2)若 ，证明数列 为等比数列，并求出 的通项公式.
【解析】（1）由 ，可得 ，则 的斜率为 ，
所以 的方程为 即 .
又 ，所以 可化为 ，
故 的方程为 .
（2）由题可知 的方程为 ，即 ，
同理可知 的方程为 .
将 的方程与方程 联立，可得 ，
所以 ，即 ，
所以 是首项为1，公比为3的等比数列，故 .
【变式9-2】将正整数数列 、 、 、 、 、 的各项按照上小下大、左小右大的原则写成如下的三角
形数表：
(1)写出数表的第 行、第 行；
(2)写出数表中第 行的第 个数；
(3)设数表中每行的第 个数依次构成数列 ，数表中每行的最后一个数依次构成数列 ，试分别写出
数列 、 的递推公式，并求出它们的通项公式．
【解析】（1）数表中的第 行为 、 、 、 ，数表中的第 行为 、 、 、 、 ；
（2）前 行中每一行的第一个数分别为 、 、 、 、 、 、 、 、 、 ，
所以，数表中第 行的第 个数为 ；
（3） ， ， ， ，
所以，数列 的递推公式为 ，
则
，
由数表可得 ， ， ， ，
所以，数列 的递推公式为 ，
所以， .
1．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．分形的外表结构极为复杂，但其内部却是
有规律可寻的．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统．
下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段 的长度为 ，在线段 上取两个点 ， ，
使得 ，以 为一边在线段 的上方做一个正六边形，然后去掉线段 ，得到图2中的
图形；对图2中的最上方的线段 作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一
系列图形：记第 个图形（图1为第1个图形）中的所有线段长的和为 ，则（1） ；（2）如果对 ，
恒成立，那么线段 的长度 的取值范围是 .
【答案】
【解析】由题意，得图1中的线段为 ， ，
图2中的正六边形边长为 ， ；
图3中的最小正六边形的边长为 ，
图4中的最小正六边形的边长为 ，
由此类推， ，
因为
，
（1） ；
（2） ，
对 恒成立，
又 ，，
，
故答案为：（1） ；（2） .
2．点列，就是将点的坐标按照一定关系进行排列．过曲线C： 上的点 作曲线C的切线 与
曲线C交于 ，过点 作曲线C的切线 与曲线C交于点 ，依此类推，可得到点列：
， ， ，…， ，…，已知 ．
(1)求数列 、 的通项公式；
(2)记点 到直线 （即直线 ）的距离为 ，求证： ；
【解析】（1）曲线 上点 处的切线的斜率为 ，故得到的切线方程为
，
联立方程组 ，消去 得： ，
化简得： ，所以 或 .
由 得点 的坐标为 ，
由 得点 得坐标为 ，
所以 .
故数列 是以1为首项， 为等比的等比数列，
所以 ， .
（2）由（1）可知 ， ，所以直线 的方程为： ，
化简得： .
所以 ，
所以 ，
所以
.
所以 .
重难点突破：数列新定义
【典例10-1】设 为常数，若存在大于 1 的整数 ，使得无穷数列 满足
，则称数列 为 “ 数列”.
(1)设 ，若首项为 1 的数列 为“ (3)数列”，求 ；(2)若数列 为“ 数列”，且 ，求出相应的 的值及 ；
(3)设 ，若首项为 1 的数列 为 “ 数列”，求数列 的前 项和
.
【解析】（1）由题意知 ，
， ，
因此数列 中，从第4项起，每隔3项重复出现，
有 ，
所以 ，
（2）因为数列 为“ 数列”，所以 ，
所以 ，又 ，所以 ，
所以 ，
，
，
两相减得：，
所以 ，
（3）依题意， ， ，数列 为 “ 数列”，
则
，
是公差为1的等差数列，所以 ，
当 时， 而 ，
因此数列 是以19为首项，2为公比的等比数列，
则 ，
令 ，
则 ，
所以
所以数列 的前 项和为 ，
【典例10-2】一般地，对于无穷数列 ，我们称幂级数 即为无穷数列 的母函数，例如：数列 的母函数为
.附公式： ，
其中 .
(1)已知数列 ， ， ，求无穷数列 的母函数 ；
(2)已知无穷数列 的母函数为 ，记 ，请用 表示数列
的母函数 （注：不必考虑 的范围）；
(3)已知数列 ， ，记 ，求 .
【解析】（1）由 可得 ，且 ，
故 ，所以数列 为公比是2的等比数列，
所以 ，即得 ，
所以数列的母函数为 .
（2）由题意得 ①
那么 ②
① ②得，
，
所以 .（3）由公式 .
令 得 ，
令 得 ，
令 得 ，
所以 ，
数列 的母函数为 ，
由（2）结论知数列 的母函数为 ，
令 ，
则 ，
令 ，得 ，解得 ；令 ，得 ，解得 ；
又由 系数为 可得 ，则 ，故 ；
令 ，得 ，则 ，故 ；
综上， .
所以.
所以 .
1、“新定义型”数列题考查了学生阅读和理解能力，同时考查了学生对新知识、新事物接受能力和
加以简单运用的能力，考查了学生探究精神．要求解题者通过观察、阅读、归纳、探索进行迁移，即读懂
和理解新定义，获取有用的新信息，然后运用这些有效的信息进一步推理，综合运用数学知识解决问题的
能力和探索能力（多想少算甚至不算）．因此，“新定义型”数列在高考中常有体现，是一种用知识归类、
套路总结、强化训练等传统教学方法却难以解决高考中不断出现的新颖试题．
2、解答与数列有关的新定义问题的策略：
（1）通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问
题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，
达到灵活解题的目的.
（2）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的
要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决．
（3）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢．
【变式10-1】（2024·高三·河北·期末）已知有限数列 满足 ，若给定一个正整数k，在数列 中
存在一项或一些连续项的和为i，其中i的值可以取遍 中的所有元素，则称数列 为k级可分解
数列．
(1)数列3，1，2是否为4级可分解数列？是否为5级可分解数列？请说明理由；
(2)若有限数列 为8级可分解数列，则数列 的项数最少为多少？
(3)若有限数列 为20级可分解数列，且 ，判断数列 的项数是否最少
为6项，请说明理由．
【解析】（1）数列 ， ， ，因此 ， ， ， ，
所以该数列为4级可分解数列；
由于没有连续的项的和为5，所以不是5级可分解数列.（2）由有限数列 为8级可分解数列，得至少有8组数列组合，分别等于1，2，3，…，8，
设该有限数列 共k项，则数列组合中一个元素的共k种；数列组合中两个连续元素的共 种；
数列组合中三个连续元素的共 种；…；数列组合中k个连续元素的共1种，
因此 ，则 ，而 ，解得 ，
当k取最小值4时，构造数列为1，4，1，2，此数列 ， ， ， ，
因此 ， ， ， ， ， ， ， ，
即存在 成立满足题意，所以数列 的项数最少为4.
（3）由（2）得， ，则 ，
当 时， 的数列组合至多可表示 组，
又 ，则其中必有负数的项，
从而 中的一项或一些连续项的和可表示1~20及那个负数（恰21组），
这表明 中仅一个负的，没有0，且这个负的在 中绝对值最小，
同时 中没有两数相同，设那个负数为 ，
则所有数之和大于等于 ， ，解得 ，
取 ，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，
由 （仅一种方式），得 与2相邻，若 不在两端，在第2，3，4，5之一的位置，
不妨设为“x， ，2，______，______，______”的形式（其他形式同理），
若 ，则 （有2种结果相同，方式矛盾），则 ，
同理 ，因此 在一端，不妨为“ ，2，A，B，C，D”的形式，
若 ，则 （有2种结果相同，矛盾）；若 ，同理不行；
若 ，则 （有2种结果相同，矛盾），从而 ，由于 ，
由表法唯一知3，4不相邻，则只能 ，2，6，3，5，4或 ，2，6，4，5，3，这2种情形，若 ，2，6，3，5，4，则 ，矛盾；若 ，2，6，4，5，3，则 ，矛盾，
所以 .
【变式10-2】给定数列 ，若对任意 且 是 中的项，则称 为“ 数列”；
若对任意 且 是 中的项，则称 为“ 数列”.
(1)设数列 的前 项和为 ，若 ，试判断数列 是否为“ 数列”，并说明理由；
(2)设数列 既是等比数列又是“ 数列”，且 ，求公比 的所有可能取值；
(3)设等差数列 的前 项和为 ，对任意 是数列中的项，求证：数列 是“ 数列”.
【解析】（1） ，
当 时， ，
当 时， 符合上式，
.
对任意 ，且 ，
，
是“ 数列”.
（2） ，且数列 是等比数列，
，且 ，
是“ 数列”，
也为数列中的项，
令 得 ，
，且 ，
的所有可能取值为 或8.
（3）设数列 公差为 ，故 ；对 ，有 ，
即 ，
当 时， ，此时数列显然为“ 数列”，
当 时， ，
取 ，则 ，
当 时， ，符合题意，
当 时， ，符合题意，
，
设 ，即 ，
对 ，且 ，
，
易知 ，
为数列 中的项，
数列 为“ 数列”.1．已知项数为m（ ， ）的数列 为递增数列，且满足 ，若
，且 ，则称 为 的“伴随数列”.
(1)数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由；
(2)若 为 的“伴随数列”，证明： ；
(3)已知数列 存在“伴随数列” ，且 ， ，求m的最大值.
【解析】（1） ， ,
, ，均为正整数，
所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10.
（2）因为数列 存在“伴随数列” ，
所以 ，且 ，
所以 ，
所以 ，即 ，
所以 .
（3）①因为 ， ，其中 ，
当 时， ， ，有 ，均为正整数，
即当 时，数列1,2025存在“伴随数列”： ，
因此 的最小值为2；
②一方面，由（2）知， ，于是 ，
所以 ，
另一方面，由数列 存在“伴随数列” ，知
，
所以 是 的正约数，
取 ，
即 取 ，
综合上述 为最大值，取 ， ，
当 时，
，符合条件，
当 ， ，符合条件
因此 的最大值为 .
