文档文本内容
2026 年新高考第15 题B 版分类训练
数列综合
考点
3 年考题
考情分析
数列综合
2025 年新高考Ⅱ卷第16 题
2024 年新高考Ⅰ卷第19 题
2024 年新高考Ⅱ卷第19 题
2023 年新高考Ⅰ卷第20 题
2023 年新高考Ⅱ卷第18 题
数列大题整体难度适中，但常与其他知识点综合考查，
一旦融入复杂计算，难度会显著提升。纵观近3 年新高
考数学试题，数列核心考查内容集中在：等差数列与等
比数列的通项公式、前 n 项和公式、数列求和方法、
最值问题及相关证明等，是高考冲刺阶段的重点复习模
块。
据此可预测，2026 年新高考数列命题方向仍将围绕等
差、等比数列的通项与前 n 项和、数列求和、不等式
证明、最值问题展开，延续核心考点与综合考查思路。
1.（2025·新高考Ⅱ卷高考真题第16 题）设数列
满足
，
(1)证明：
为等差数列；
(2)设
，求
．
【答案】(1)证明见解析 (2)
【分析】（1）根据题目所给条件
化简，即可证明结论；
（2）先求出
的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以
，作差并利用等比数列
前
项和得出导函数表达式，即可得出结论.
【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，首项为3，公差为1，
∴
，即
，
在
中，
，
∴
，
当
且
时，
∴
，
∴
∴
.
2．（2024·新高考Ⅰ卷高考真题第19 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
【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.
【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.
3.（2024·新高考Ⅱ卷高考真题第19 题）已知双曲线
，点
在
上，
为常数，
．按照如下方式依次构造点
，过
作斜率为
的直
线与
的左支交于点
，令
为
关于
轴的对称点，记
的坐标为
.
(1)若
，求
；
(2)证明：数列
是公比为
的等比数列；
(3)设
为
的面积，证明：对任意的正整数
，
.
【答案】(1)
，
(2)证明见解析 (3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出
的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明
的取值为与
无关的定值即可.
思路二：使用等差数列工具，证明
的取值为与
无关的定值即可.
【解析】（1）
由已知有
，故
的方程为
.
当
时，过
且斜率为
的直线为
，与
联立得到
.
解得
或
，所以该直线与
的不同于
的交点为
，该点显然在
的左支
上.
故
，从而
，
.
（2）由于过
且斜率为
的直线为
，与
联立，得到方
程
.
展开即得
，由于
已经是直线
和
的公共点，故方程必有一根
.
从而根据韦达定理，另一根
，相应的
.
所以该直线与
的不同于
的交点为
，而注意到
的
横坐标亦可通过韦达定理表示为
，故
一定在
的左支上.
所以
.
这就得到
，
.
所以
.
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点
，若
，
，
则
.（若
在同一条直线上，约定
）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到
，
，
故
.
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
所以对任意的正整数
，都有
.
而又有
，
，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明
的取值是与
无关的定值，所以
.
方法二：由于上一小问已经得到
，
，
故
.
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
所以对任意的正整数
，都有
.
这就得到
，
以及
.
两式相减，即得
.
移项得到
.
故
.
而
，
.
所以
和
平行，这就得到
，即
.
4.（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第20 题）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）
【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由
为等差数列得出
或
，再由等差数列的性质可得
，
分类讨论即可得解.
【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，
.
5.（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第18 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，
．
【答案】（1）
； （2）证明见解析.
【分析】（1）设等差数列
的公差为
，用
表示
及
，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出
，
，再分奇偶结合分组求和法求出
，并与
作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出
，
，再分奇偶借助等差数列前n 项和
公式求出
，并与
作差比较作答.
【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）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，
.
1.等差数列的通项公式与前n 项和公式
(1)若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.
(2)前n 项和公式：Sn＝na1＋＝.
2. 等比数列的通项公式及前n 项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
(2)等比数列的前n 项和公式：当q＝1 时，Sn＝na1；当q≠1 时，Sn＝＝.
3.数列的通项an与前n 项和Sn的关系
①当
时，a1若适合
，则
的情况可并入
时的通项
；
②当
时，a1若不适合
，则用分段函数的形式表示.
4.累加法：若在已知数列中相邻两项存在：
的关系，可用“累加
法”求通项.
5.累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：
的关系，可用“累乘法”
求通项.
6.裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.
积累裂项模型1：等差型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
积累裂项模型2：根式型
（1）
（2）
（3）
积累裂项模型3：指数型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
，设
，易得
，
于是
积累裂项模型4：对数型
7.分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，
则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
8.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成
的，那么求这个数列的前
项和即可用错位相减法求解．
9.倒序相加法：如果一个数列
与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常
数，那么求这个数列的前
项和即可用倒序相加法求解．
10.构造法求数列的通项的几种类型．
①形如
，则构造
进行求解.
②形如
，则构造
进行求解.
③形如
则构造
进行求解.
④形如
(
），则构造
进行求解.
⑤形如
,则构造
，
若
，则数列
成等差数列；若
，则再利用类型（1）进行构造.
⑥形如
，则构造
进行求解.
等差数列
1.（湖南怀化市2026 届高三下学期第一次模拟考试）已知等差数列
的前
项和为
，
且
.
(1)求数列
的前
项和
；
(2)记
，数列
的前
项积为
，求
的最小值.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）设等差数列
的首项为
，公差为
，根据题意列方程：
由
得：
，
由
得：
，
联立解得：
，
，
则由等差数列前
项和公式可得
；
（2）由
，
，可得等差数列
的通项公式为：
，
则
，即数列
的前
项积为：
，
因此：
，
令
，
，
因为函数
是关于的单调递增函数，因此最小时，
取得最小值，
因为的最小值在
时取得，即
，
代入可得：
,
即
的最小值为
.
2.（湖北武汉市2026 届高中毕业生三月调研）在数列{an)中，a1=6，a3=20，a4=30，
且{an+1−an)是等差数列.
(1)求a2；
(2)证明：1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
< 1
2.
【答案】(1)a2=12 (2)证明见解析
【解析】（1）设bn=an+1−an，则b1=a2−a1=a2−6,b2=20−a2,b3=10，
因为{an+1−an)是等差数列，即{bn)是等差数列，
则有b1+b3=2b2，即a2−6+10=2⋅(20−a2)，解得a2=12.
（2）由（1）知，b1=6,b2=8，则{bn)的公差为2，首项为6，
则bn=2n+ 4，即an+1−an=2n+ 4，
当n≥2时，an−an−1=2n+2
an−1−an−2=2n
⋮
a2−a1=6
将各式相加，得an−a1=2n+2+2n+⋯+6，
即an−6= (2n+2+6)(n−1)
2
=n
2+3n−4，即an=n
2+3n+2，而a1=6满足上式，
因此an=n
2+3n+2，1
an
=
1
n
2+3n+2
=
1
(n+1)(n+2) =
1
n+1 −
1
n+2，
则1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
=(
1
2 −1
3)+(
1
3 −1
4)+⋯+(
1
n+1 −
1
n+2)= 1
2 −
1
n+2，
因为n≥1，则1
n+2 >0，则1
2 −
1
n+2 < 1
2，得证.
3.（安徽江南十校2026 届高三3 月联考）已知等差数列
的前
项和为
，且
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）数列
为等差数列，设首项为
，公差为
对
恒成立，
必有
，
所以
，解得
所以
即数列
的通项公式为
.
（2）
.
4.（福建省福州市2026 届高三三月质量检测）记
为等差数列
的前n 项和，已知
，
.
(1)求
的通项公式；
(2)设函数
，记
，求数列
的前21 项和
.
【答案】(1)
(2)21
【解析】（1）设等差数列
的公差为
，则
解得
所以
.
.
（2）因为
，
所以
，
所以
.
5.（江西省重点中学协作体2026 届高三第一次联考）已知等差数列
的公差
，其
前n 项和为
，且
，
，
成等比数列，
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)若
，且
的前n 项和为
，求证：
（
）．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）在等差数列
中，由
，得
，解得
，
由
，
，
成等比数列，得
，即
，又
，
解得
，所以数列
的通项公式为
.
（2）由（1）得
，
，即数列
为等差数列，
，当
时，
，
所以
.
6. （杭州学军中学高三上学期期末）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
．
【答案】（1）
（2）
【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：
.
等差数列构造问题
1.（重庆市名校联盟2026 届高三下学期第一次联考）已知数列{an)的前n项和为Sn，若
n Sn+1−(n+1)Sn=2(n
2+n)，且a1=2．
(1)证明：{
Sn
n )为等差数列，并求Sn．
(2)若bn=
1
2Sn−1，数列{bn)的前n项和T n，求证：T n< 1
2．
【答案】(1)证明见解析，Sn=2n
2 (2)证明见解析
【解析】（1）n Sn+1−(n+1)Sn=2(n
2+n)⇒Sn+1
n+1 −Sn
n =2，
所以数列{
Sn
n )是以S1
1 = a1
1 =2为首项，2 为公差的等差数列，
所以Sn
n =2+2(n−1)=2n⇒Sn=2n
2；
（2）bn=
1
2Sn−1 =
1
4 n
2−1
=
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，
T n=b1+b2+b3+⋯+bn= 1
2(1−1
3)+ 1
2(
1
3 −1
5)+ 1
2(
1
5 −1
7)+⋯+ 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)
= 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 + 1
5 −1
7 +⋯+
1
2n−1 −
1
2n+1)= 1
2(1−
1
2n+1)< 1
2．
2.（九江市2026 届第一次高考模拟统一考试）已知数列
的前
项和为
，且
.
(1)证明：
是等差数列；
(2)若
，求
的最大值.
【答案】(1)证明见解析 (2)4
【解析】（1）已知
，
所以
，
所以
，
两边同除以
，得
，
因为
，所以
，
所以
是以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）可知
，所以
，
当
时，
，
时，
也满足
，
因为
，所以
，解得
，
又
，所以
的最大值为
.
3.（湖北省云学联盟2026 届高三上学期期末联考）已知数列 {an) 中， a1= 4 ，
an=an−1+2
n−1+3 ， (n≥2，n∈N
∗) .
(1)证明数列 {an−2
n) 是等差数列，并求 {an) 的通项公式:
(2)设 bn= an
2
n −1 ，求 {bn) 的前 n 项和 T n .
【答案】(1) 证明见解析 ，an=2
n+3n−1 (2)T n=5−3n+5
2
n
【解析】(1)证明:当 n≥2 时， an=an−1+2
n−1+3=an−1+2
n−2
n−1+3 ，
所以 an−2
n−(an−1−2
n−1)=3 ,
又 a1= 4 ，所以 a1−2=2 ，
故 {an−2
n) 是以 2 为首项,3 为公差的等差数列, (5 分)
故 an−2
n=2+(n−1)×3=3n−1 ,所以, an=2
n+3n−1
(2)解:由题意 bn= an
2
n −1= 3n−1
2
n
，
T n= 2
2 + 5
2
2 +⋯+ 3n−1
2
n
,①
则 1
2 T n= 2
2
2 + 5
2
3 +…+ 3n−1
2
n+1 ,
①-②
得
:
1
2 T n=1+ 3
2
2 + 3
2
3 ⋯+ 3
2
n −3n−1
2
n+1 =1+3×
1
4[1−(
1
2)
n−1
)
1−1
2
−3n−1
2
n+1 = 5
2 −3n+5
2
n+1
故
T n=5−3n+5
2
n
4.（2026 届江苏省G4 联考12 月）数列
中，
，
，
.
（1）证明：
是等差数列；
（2）设
，求
.
【答案】(1) 证明见解析 (2)
【解析】（1）对任意的
，
，
等式两边同时除以
得
，即
，
又
，所以
是以
为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）知
，所以
，
因为
，则
，
对任意的
，
，
所以
.
等比数列
1.（江苏省镇江市2026 届高三第一学期零模）已知等比数列
的前
项和为
，
，
.
(1)求
的通项公式；
(2)设数列
的前
项和为
，求
.
【答案】(1)
或
(2)-3527
【解析】（1）设
公比为
，则由
和
可得
，
即
，解得
或
，
或
（2）①当
时，
，数列
是首项为1，公差为1 的等差数列，
所以
，
②当
时，
，
①，
所以
②，
由①-②得
，
2.（江西省部分学校2025-2026 学年高三上学期1 月测试）已知等比数列
满足
，
且
是
与
的等差中项．
（1）求
的通项公式；
（2）若
，求数列
的前n 项和
．
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）设等比数列
的公比为q（
)，
因为
是
与
的等差中项，
所以
，所以
，因为
，所以
，
所以
的通项公式为
．
（2）由（1）可得
，
则
，①
，②
①
②得
．
则
．
3.（广东省东莞市2025-2026 学年上学期期末检测）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．
【答案】（1）证明见解析 （2）6
【解析】（1）证明：设数列
的公差为
，
所以
①，
②，
由①得
，
代入②得
，所以原结论得证．
（2）由（1）知，
，
所以
，
，
所以
，
所以原式等价于
因为
，所以
，即
，
解得
，所以满足等式的解
，共6 个，
故集合
中元素个数为6．
等比数列的构造问题
1.（江西省部分省示范高中2025-2026 学年高三一轮复习摸底监测数）已知数列
中，
．
（1）证明数列
为等比数列，并求数列
的通项公式；
（2）设
，求数列
的前n 项和
．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】（1）由
，可得
，
所以数列
是首项和公比均为5 的等比数列，
所以
，即
．
（2）因为
， 所以
．
an与前n 项和Sn的关系
1.（安徽省黄山市2026 届高三第一次质量检测）已知
是正项数列
的前
项和，且
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)若
为函数
的导函数，记
，求数列
的前
项和
．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）当
时，
，因为正项数列
，所以
，
由
，得
，
两式相减得
，即
，
因为
，所以
，
故
是一个以1 为公差的等差数列，
即
．
（2）由题意
，则
，
所以
，
即
．
2.（湖南省湘一名校联盟2026 届高三上学期12 月质量检测）记数列
的前
项和为
，
已知
.
(1)求
的通项公式；
(2)设
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)
.
【解析】（1）当
时，
，得
，
当
时，
，得
，整理得
，
所以
从
开始成公比为3 的等比数列，则
.
综上，
；
（2）由（1）得
，
当
时，
，
当
时，
，
则
，
两式相减，得
，
所以
也满足该式
3.（浙江省强基联盟2026 年1 月高三联考）已知数列
的前
项和为
，且
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)设
，求数列
的前
项和
．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由
，所以当
时，
，解得
，
当
时，
，与
相减得
，
即
时，
，所以
，
所以
是首项和公比均为2 的等比数列，所以
，即
，
所以数列
的通项公式为
.
（2）因为
，
所以
——①，
则
——②，
得
，
所以
.
4.（四川省字节精准教育联盟2025-2026 学年高三上学期期末（第二阶段学情）考试）已
知数列{an)的前n项和为Sn，且2an= Sn+n+2(n∈N
*)，设bn=an+1.
(1)证明：数列{bn)是等比数列；
(2)求数列{nbn)的前n项和T n.
【答案】(1)证明见解析 (2)T n= 4+(n−1)⋅2
n+2
【解析】（1）由数列{an)的前n项和为Sn，且2an= Sn+n+2(n∈N
*)，
当n=1时，可得2a1=a1+3，解得a1=3；
当n≥2时，可得an= Sn−Sn−1=(2an−n−2)−[2an−1−(n−1)−2)=2an−2an−1−1，
整理得an=2an−1+1，
即an+1=2(an−1+1),∴bn
bn−1
=2(n≥2)，
∴数列{bn)是首项b1=a1+1= 4，公比为2 的等比数列.
（2）由（1）知bn= 4×2
n−1=2
n+1，
从而T n=1⋅2
2+2⋅2
3+3⋅2
4+⋯+(n−1)⋅2
n+n⋅2
n+1，
则2T n=1⋅2
3+2⋅2
4+3⋅2
5+⋯+(n−1)⋅2
n+1+n⋅2
n+2，
两式相减，可得−T n=1⋅2
2+(2
3+2
4+⋯+2
n+1)−n⋅2
n+2
= 4 + 2
3(1−2
n−1)
1−2
−n⋅2
n+2=−4 +(1−n)⋅2
n+2，
∴T n= 4+(n−1)⋅2
n+2.
5.（山东聊城市2026 届高三下学期高考模拟）已知数列{an)满足an={
3
4 ,n=1
2n−1,n≥2)
.
(1)求{an)的前n 项和Sn；
(2)记数列{bn)的前n 项和为T n，若T n=2bn−2
n+2+6．
（i）证明数列{
bn
2
n)为等差数列，并求出{bn)的通项公式；
（ii）求数列{
T n
Sn)的前n 项和M n．
【答案】(1)Sn=n
2−1
4 (2)（i）证明见解析，bn=(2n−1)⋅2
n；（ii）
M n= 2
n+ 4−8n−16
2n+1
【解析】（1）当n=1时，S1=a1= 3
4 ；
当n≥2时，
Sn=a1+a2+a3+a4+⋯+an= 3
4 +3+5+7+⋯+2n−1= 3
4 + (n−1)(3+2n−1)
2
=n
2−1
4 ，
显然S1= 3
4 满足上式，则Sn=n
2−1
4 .
（2）（i）由T n=2bn−2
n+2+6，
当n=1时，b1=T 1=2b1−2
3+6，即b1=2；
当n≥2时，T n−1=2bn−1−2
n+1+6，则bn=T n−T n−1=2bn−2bn−1−2
n+1，
即bn=2bn−1+2
n+1，则
bn
2
n = bn−1
2
n−1 +2，即
bn
2
n −bn−1
2
n−1 =2，
所以数列{
bn
2
n)是以b1
2 =1为首项，以2 为公差的等差数列，
则
bn
2
n =1+(n−1)×2=2n−1，即bn=(2n−1)⋅2
n.
由（1）知，Sn=n
2−1
4 = (2n−1)(2n+1)
4
，
由（i）知，T n=2bn−2
n+2+6=(2n−1)⋅2
n+1−2
n+2+6=(2n−3)⋅2
n+1+6，
则
T n
Sn
= (2n−3)⋅2
n+1+6
(2n−1)(2n+1)
4
=8⋅(2n−3)⋅2
n+3
(2n−1)(2n+1) =8⋅[
3
(2n−1)(2n+1) −
(3−2n)⋅2
n
(2n−1)(2n+1))
=8⋅[
3
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)−(
2
n
2n−1 −2
n+1
2n+1))，
所以
M n=8⋅[
3
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+
1
2n−1 −
1
2n+1)−(2−2
2
3 + 2
2
3 −2
3
5 +⋯+
2
n
2n−1 −2
n+1
2n+1))
=8⋅[
3
2(1−
1
2n+1)−(2−2
n+1
2n+1))= 2
n+ 4−8n−16
2n+1
.
6.（2026 河北张家口一模）已知数列
的前
项和为
，满足
，且
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)求数列
的前
项和
．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由
得，
当
时，
，即
，即
.
所以数列
是首项为
，公差为的等差数列.
所以
，故
.
（2）由（1）知
，所以
.
因为
，所以
.
又
.
所以
.所以数列
的前
项和
．
7.（辽宁省名校联盟2026 届高三高考模拟卷(调研卷) 数学试题(二)）已知数列
的前n
项和为
，
，且
．
(1)证明：数列
为等差数列；
(2)记
，求数列
的前
项和
【答案】(1)证明见详解 (2)
【解析】（1）由
得：
，
即
，
所以
，
又
，所以
，所以数列
是以首项为2，公差为2 的等差数列.
（2）由（1）知数列
是以首项为2，公差为2 的等差数列，
所以
，
当
时，
，
当
时，
满足条件，所以
，
所以
，
所以
递推关系的构造
1.（黑龙江省九师联盟2025 届高三下学期4 月联考）已知数列{an)满足a1=1，
an+1an=an−2an+1.
(1)求{an)的通项公式；
(2)记{an)的前n项和为Sn，求证：Sn<2.
【答案】(1)an=
1
2
n−1 (2)证明见解析
【解析】（1）由题设条件，可得若an≠0，则an+1≠0，
用反证法，假设an+1=0，由题设条件，显然an=0，这与已知条件矛盾，所以an+1≠0.
因为a1=1≠0，所以a2≠0，a3≠0，⋯，所以∀n∈N
∗，an≠0，
由an+1an=an−2an+1得1
an+1
−2
an
=1，所以1
an+1
+1=2(
1
an
+1)，
又1
a1
+1=2≠0，所以{
1
an
+1)是首项、公比均为2的等比数列.
所以1
an
+1=2
n，则an=
1
2
n−1.
（2）显然n=1时，a1=1<2成立，
当n≥2时，2
n−1≥2
2−1=2>1，所以1
2
n−1 <1，所以2−1
2
n−1 >1，
所以2
n−1(2−1
2
n−1)>1×2
n−1，即2
n−1>2
n−1>0，所以an=
1
2
n−1
< 1
2
n−1，
所以Sn=a1+a2+a3+⋯+an<1+ 1
2 + 1
4 +⋯+ 1
2
n−1 =
1−1
2
n
1−1
2
=2(1−1
2
n)<2.
综上，Sn<2，得证.
2.（2026 届辽宁省重点高中协作体调研测试（二））数列
满足
．
（1）当
时，判断数列
是否为等差数列，并说明理由；
（2）求证：“
”是“数列
单调递增”的充分不必要条件．
【答案】（1）不是，理由见详解； （2）证明见详解.
【解析】（1）假设数列
为等差数列，设它的公差为
，
由
可得
，
即
，
因为当
时，
恒成立，
所以
在
时恒成立，
即
，解得
，
所以，当
时，数列
不是等差数列.
（2）当
时，
，
因为
，
，故
，即
，
因此数列
单调递增，故充分性成立，
取
，则
，
因为
，故
，此时数列
单调递增，
但
不满足
，故必要性不成立，
故“
”是“数列
单调递增”的充分不必要条件．
3.（江苏省九校2026 届高三下学期一模联考）已知数列{an)各项均不为零，a1=1，a2= 1
3，
anan+1=(t an−an+1)an+2.
(1)当t =1时，求{an)的前50 项和；
(2)若an>an+1，求正整数t的最小值.
【答案】(1)4
3 (2)2
【解析】（1）因为数列{an)各项均不为零，a1=1，a2= 1
3，
所以当t =1时，由anan+1=(t an−an+1)an+2⇒anan+1=(an−an+1)an+2⇒an+2= anan+1
an−an+1
，
所以有a3= a1a2
a1−a2
=
1× 1
3
1−1
3
= 1
2 ,a4= a2a3
a2−a3
=
1
3 × 1
2
1
3 −1
2
=−1,a5= a3a4
a3−a4
=
1
2 ×(−1)
1
2 +1
=−1
3 ,
a6= a4a5
a4−a5
=
(−1)×(−1
3)
−1+ 1
3
=−1
2 ,a7= a5a6
a5−a6
=(−1
3)×(−1
2)
−1
3 + 1
2
=1，
所以此时该数列的周期为6，因此a1+a2+⋯+a6=1+ 1
3 + 1
2 −1−1
3 −1
2 =0，
所以{an)的前50 项和为8×(a1+a2+⋯+a6)+a49+a50=8×0+a1+a2=1+ 1
3 = 4
3 ；
（2）由anan+1=(t an−an+1)an+2⇒
1
an+2
=
t
an+1
−1
an
，
因为a1=1，a2= 1
3，
所以1
a3
= t
a2
−1
a1
=3t −1⇒a3=
1
3t −1，
因为an>an+1，
所以a2>a3⇒1
3 >
1
3t −1 ⇒1
3 −
1
3t −1 >0⇒3t −1−3
3(3t −1) >0⇒t > 4
3 ，或t < 1
3，
因为t是正整数，所以t > 4
3 ，即t =2,3,4 ,⋯
当t =2时，由1
an+2
=
t
an+1
−1
an
⇒
1
an+2
= 2
an+1
−1
an
⇒
1
an+2
+ 1
an
= 2
an+1
，
所以数列{
1
an)是以1
a1
=1为首项，公差为1
a2
−1
a1
=3−1=2的等差数列，
因此1
an
=1+2(n−1)=2n−1⇒an=
1
2n−1，所以an+1=
1
2n+1，
显然an>an+1恒成立，所以正整数t的最小值为2.
4.（河南省九师联盟2025-2026 学年高三下学期开学考试数学试题）在数列
中，
．
(1)求
的通项公式；
(2)设
为
的前
项和，求数列
的前
项和
．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为
，所以
，
所以数列
是常数列，
又
，所以
，故
．
（2）由（1）可知，
是等差数列，则
，
所以
，
故
，
．
5.（湖南省永州市2026 届高三第二次模拟考试）已知数列
满足
．
(1)求
的通项公式
；
(2)求
的前
项和
．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由
，得
，
即
，得
，又
，
所以
是以
为首项，以
为公比的等比数列，
则
，所以
.
（2）由（1）知，
，
，
两式相减得
，
所以
