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压轴专题06 数列压轴小题
压轴分析
新高考数列压轴题的核心，是考查从非常规递推关系中识别并构造可解模型的能力。
典型命题路径是给出复杂递推式（如分式型an+1=
pan
q an+r 或混合型)，要求学生求解通项或证明性
质。
解题关键在于定向变形：通过取倒数、取对数、待定系数配凑等手段，将其转化为等差、等比或可
累加/累乘的标准结构。当直接变形困难时，需先计算初始项，观察猜想规律，再用数学归纳法严
谨证明一这正是近年考查热点。
涉及数列单调性、不等式或最值问题时，需将通项an视为离散函数，借助函数思想分析，同时注意
其离散特性。掌握变形试解-猜想-证明"的探究路径，方能从复杂形式中洞察本质数列模型。
知识总结
1. 数列作为特殊函数的性质对应
函数性质
数列中的对
应
判断方法与核心要点
单调性
数列的递
增/递减
作差法：计算 an+1−an 的符号
作商法（正项数列）：比较
an+1
an
与 1
关键：得出的结论仅对 n∈ℕ
∗ 成立
有界性
数列存在上
界/下界
利用不等式放缩、数学归纳法，或借助对应的连续函数 f ( x)（若 an= f (n)）在
x ≥1 时的值域进行判断
周期性
数列值周期
重复
验证是否存在最小正整数 T 使得 an+T =an 对一切 n 成立。常用于简化求值问
题（如求 a2023）。
最值
数列的最大
项/最小项
离散最值特性：不能直接对通项公式求导。需结合单调性变化：当数列先增后减
时，最大项在"拐点"处；或通过比较有限个候选项（如 a1,a2,...ak）得出。
零点/符号数列各项的
正负
研究对应函数 f ( x) 的正负区间，但需注意 n 只能取正整数，因此数列的符号
变化点可能滞后或提前于函数的零点。
2. 核心题型与破解策略
题型特征
核心考查点
破解策略与步骤
判断或证明单
调性
函数单调性在
离散点的体现
首选作差法（通用）或作商法（正项）。若差或商的形式复杂，可构造函数
f ( x)，利用导数判断 f ( x) 在 x>0 的单调性，再推出 an= f (n) 的单调
性。
求数列的最大
（小）项
离散最值问题
1. 判断数列单调性。
2. 若单调，则最值在端点（ a1 或 an 当 n→∞ 时）。
3. 若不单调，解不等式 an≥an−1 且 an≥an+1 找最大项候选 n，再比较 an
与相邻项。
已知单调性求
参数范围
函数性质对参
数的约束
将单调性条件 an+1>an（或 <）转化为关于 n 和参数的不等式。通常需将
该不等式视为对 所有正整数 n 成立，从而转化为函数 g(n) 的最值问题
（注意 n 的离散性）。
数列不等式的
证明
函数放缩与数
学归纳的结合
1. 观察不等式结构，联想常见的函数不等式（如 e
x> x +1,ln x ≤x−1）。
2. 将数列项视为函数值，进行放缩。
3. 对于与 n 相关的命题，常使用数学归纳法完成最终证明。
周期数列的识
别与应用
函数的周期性计算前几项，寻找循环规律。若递推式形如 an+k =an，则周期为 k。可大幅
简化求项问题。
3. 重要思想方法
1. 函数引领，离散验证：遇到数列问题，首先写出其通项公式 an= f (n)，用函数思想分析趋势、性
质。但在执行比较、求最值等操作时，必须回归正整数定义域，进行离散的、有限的操作（如比
较 an 和 an+1）。
2. 数学归纳法：证明与正整数 n 相关的数列性质（如通项公式、不等式、整除性）的标准工具。必
须严格遵循三步（奠基、假设、递推）格式。
3. 放缩法：证明数列不等式或收敛性的关键。技巧在于将数列项适度放大或缩小，化成可求和（如
等比数列）或易于比较的形式。放缩的度需要经验把握。
4. 解题流程指引
分析题目：
↓
明确所求：是单调性？最值？范围？还是证明不等式？
↓
定位性质：
若涉及增减趋势 → 采用作差法/作商法，或借助函数导数。
若涉及最大/小值 → 先判单调性，不单调则解相邻项不等式组。
若涉及所有n 成立的不等式/范围 → 常需分离参数，转化为求函数的最值问题。
↓
执行与验证：
若用了函数思想，最后要说明"由函数性质及n 为正整数知..."。
若求最值，确认候选项是否均为正整数。
掌握"以函观数，以离散性为界"的思维，便能将复杂的数列性质问题，化归为熟悉的函数分析与严谨的离
散推理相结合的模式，从而有效破解压轴小题。
典例精讲
【典例1】
（2025·江苏苏州·三模）已知数列
满足
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据给定的递推公式，变形计算判断AB；裂项，结合累加法求通推理判断CD.
【详解】对于A，由
，得
，
，则
，A 错误；
对于B，由
，得
，当
时，
，B 错误；
对于CD，由
，得
，则
，
即
，则当
时，
，
，因此
，
，
，
，而
，C 正确，D 错误.
故选：C
会一题通一类
1．（2025·四川攀枝花·模拟预测）已知各项都是正数的数列
的前n 项和为
，且
，
则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．
是等比数列
C．
D．
【答案】C
【分析】由题目条件推出
，再得到
，即
，利用
与
的关系计算出
，即可判
断A；由
即可判断B，利用基本不等式
即可判断C、D.
【详解】由题意知
，且
，
当
时，
，解得
，
当
时，
，
整理可得
，
所以数列
是以1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以
，则
.
对于选项A，因为
，故A 错误；
对于选项B，因为
是等差数列，故B 错误；
对于选项C，因为
，故C 正确；
对于选项D，因为
，
，故D 错误.
故选：C.
2．（2025·新疆喀什·模拟预测）（多选）已知数列
满足：
，
，则（ ）
A．若
，则
B．若
，则
C．若
，
为等比数列
D．若
，
【答案】ABD
【分析】对A，由递推关系结合
判断；对B，C，D，根据递推关系可得
，得
是以1 为公差的等差数列，依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，由
，
，则
，
，
可得
，故A 正确；
对于B，C，D，由
，则
，
，
，
是以1 为公差的等差数列，故C 错误；
若
，
，则
，即
，故B 正确；
若
，则
，
，
，故D 正确.
故选：ABD.
35．（2025·广西南宁·模拟预测）（多选）已知数列
满足
，则下列说法正确的是
（ ）
A．当
时，
B．若数列
为常数列，则
或
C．若数列
为递增数列，则
D．当
时，
【答案】ABD
【分析】令
可得
，据此判断A，令
，由递推关系
求出即可判断B，根据
B 及条件数列
为递增数列，分类讨论求出
或
时判断C，通过对
取对数，构造等比数
列求解即可判断D.
【详解】对于A，当
时，
，
令
，则
，
，故
，
即
，故A 正确；
对于B，若数列
为常数列，令
，则
，解得
或
，
或
，故B 正确；
对于C，令
，则
，
若数列
为递增数列，则数列
为递增数列，
则
，解得
或
，
当
时，
，且
，
，此时数列
为递增数列，即数列
为递增数列；
当
时，
，且
，
，此时数列
不为递增数列，即数列
不为递增数列；
当
时，
，
，此时数列
为递增数列，即数列
为递增数列.
综上所述，当
或
，即
或
时，数列
为递增数列，故C 错误；
对于D，令
，则
，
，
则
，
，
数列
是首项为1，公比为2 的等比数列，
，即
，故D 正确.
故选：ABD.
【典例2】
（2025·四川绵阳·模拟预测）已知
为数列
的前
项和，若
，则
等
于（ ）
A．2026
B．2025
C．0
D．1013
【答案】D
【分析】根据
，结合已知条件，得到数列
的递推关系.利用累乘法求得
，代入
2027 求得
；或先求出
，再求得
.
【详解】因为
，所以
即
.
所以
.
因为
，所以
.
所以
……
.
由累乘法得：
.
所以
，
，
，
所以
.
方法二：
因为
，所以
.
两式相减，得
，即
.
由
，得
.
所以
.
所以
.
故选：D.
会一题通一类
1．（2025·重庆·三模）数列
满足
，则
的前100 项和
．
【答案】
【分析】根据题意得当
为偶数时
，当
为奇数时
，进而求得奇数项与偶数项
的和即可求解.
【详解】
，
①当
为偶数时，
，
，
，
，
，
…
，
.
②当
为奇数时，
，
，
，
，
，…，
，
，
故答案为：
2．（2025·江西·模拟预测）已知数列
满足：
，
，令
，数列
的前
项和
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】当
时，求出
的值，当
时，由
可得
，两式作差得出
，利用累乘法可求出
在
时的表达式，结
合裂项相消法可求出
的值.
【详解】因为数列
满足：
，
，
当
时，
，
当
时，由
可得
，
两个等式作差得
，所以
，可得
，
当
时，
，
满足
，
故当
时，
，
所以
，
因此，
.
故选：B.
3．（2025·吉林长春·模拟预测）设
是数列
的前
项和，
，则
（1）
；
（2）
．
【答案】
/0.03125
/
【分析】根据给定条件，按
为奇数和偶数分别变形给定的递推公式，求出
并结合
求解即可.
【详解】数列
中，由
，得
，
即
，又
，即
，
因此
，
；
.
故答案为：
；
【典例3】
（2025·湖南·二模）记数列
的前
项和为
，若
，且
，则
的最小值为
（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【分析】利用
结合分组求和、裂项求和求
，通过规律探寻得知
是整数，进而得出
是偶数的平方，欲使
取最小整数值，则
即可，再举例说明
的可行性.
【详解】数列
中，由
，得
，
即
，
所以
，
又
，所以
.
又由
，得
且
，
可知
，
所以
是整数，于是
是整数，且
是偶数的平方，则
，当
取等
号.
下面举例说明
可以取到
，
，
，
此时
，
所以
的最小值为3.
故选：D.
会一题通一类
1．（2025·安徽·二模）记数列
的前
项和为
，若
，则
的值不可能为
（ ）
A．96
B．98
C．100
D．102
【答案】D
【分析】根据
和
的关系分析及特例求解判断即可.
【详解】当
时，
，设
，
当
时，
，则
，
即
，所以
，
时取等，故D 错误；
若
，
，且
，
，
，
此时
；
若
，
，且
，
，
，
此时
.
故A，B，C 正确.
故选：D.
2．（25-26 高三上·黑龙江·期中）单调递增的等差数列
满足
，当公差
取最小值时，
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质以及绝对值的几何意义，分析
，
，
的特点，进而确定公差
的最小值以及
的值.
【详解】设等差数列
的公差为
，
，
表示点
到原点
的距离，
表示点
到点的距
离，
表示点
到点
的距离；
已知
，
根据绝对值的几何意义可知，数列
中的项应满足
，
，
因为
，由
，
可得
，所以
的最小值为
，
当
时，
，
，
解不等式
可得
；解不等式
可得
，所以
.
故选:C．
【典例4】
（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选）已知数列
满足
，则下列说法正确的是
（ ）
A．
，使得
为常数列
B．若
，则
C．若
，使得
时，
D．若
，则
为递增数列
【答案】ABD
【分析】对于A，令
，可判断选项正误；对于BCD，由题可得
，令
，
可得当
时，
通项公式，据此可判断选项正误.
【详解】对于A，令
，解得
或
，故A 正确；
由
，得
，令
，则
.
若
，则
，此时
；若
，则当
时，
.
所以当
时，有
，所以
，
即当
时，
.
对于B，若
，则
，当
时，
.
因函数
在R 上单调递减，又
，则
.
故当
时，
，故B 正确；
对于C，若
，则
，当
时，
.
因函数
在R 上单调递增，又
，则当当
时，
，故C 错误；
对于D，若
，则
，且
，
所以
.又当
时，
.
则当
时，
.
因函数
在R 上单调递增，又
，则当
时，
单调递增，
则
也单调递增，所以当
时，
单调递增，故D 正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：对于数列单调性相关问题，常见思路为求出通项公式，研究与通项公式相关函数单调
性来研究数列单调性；也可利用作差法或作商法，比较数列中相邻几项的大小关系，从而判断单调性.
会一题通一类
1．（2025 高三·全国·专题练习）记等比数列
的前
项和与前
项积分别为
，
，若
，则
（ ）
A．
为单调数列
B．
为递增数列
C．
有最大值
D．
有最小值
【答案】D
【分析】由
，可得
或
，然后逐项讨论.
【详解】设等比数列
的公比为
，
因为
，所以
，且
或
，
即
或
.
当
时，
为正负交替的摆动数列，不单调，A 错误；
因为
，所以
，
所以当
时，
为正负摆动的数列，故
不单调，B 错误；
又
，且
，
①当
时，由于
，
则
，
，
所以
有最小值
，最大值
；
②当
时，
，
所以
为递增数列，所以其有最小值
，无最大值；
综上所述，
有最小值，C 错误，D 正确．
故选：D.
2．（2025·四川绵阳·模拟预测）（多选）已知等差数列
的公差为
，等比数列
的公比为
，且
，
，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．数列
是递增数列
C．存在正整数
，使得
D．存在正整数
，使得
【答案】ABD
【分析】由等差数列与等比数列项之间的关系建立方程组，求得公差和公比，即可判断A 选项，写出数列
通项公式即可判断B 选项.将
作差，然后构造函数，由导数得到函数在
的单调性，结合
端点的正负即可证明函数零点，即方程的解，判断
选项.由等式建立方程然后解
的值，判断
选项.
【详解】∵
，
∴
，整理得
，
∵
，∴
，则
，A 选项正确，
，
，B 选项正确，
∵
，令
，
∵
，当
时，
，
∴函数
在
上单调递增，且
，
∴函数
在
无零点，即不存在正整数
，使得
，C 选项错误，
，即
，解得
，
∴存在正整数
，使得
，D 选项正确.
故选：ABD.
【点睛】本题考查了等差数列和等比数列，结合项之间的关系建立方程组，然后得数列相关的量.对于是
否存在正整数使得等式成立问题，可以由解方程证明存在，或者利用函数零点来判断方程得解.
3．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列
满足
，
，
，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
是递增数列
【答案】B
【分析】由题意
，
，两式相减求出数列
的通项公式，再结合对数的运算性质判断ABD，设
，记
，利用导数可得
在
上恒成立，进而利用放缩判断C.
【详解】因为
，
所以
,
两式相减得
，则
，
则
，所以
，A 说法错误；
，
，而
，故B 说法正确；
设
，记
，则
故
，即
在
上恒成立，
所以
，故C 错误；
，
所以
，故
不是递增数列，D 说法错误；
故选：B
【典例5】
（25-26 高二上·江苏镇江·期中）（多选）已知等差数列
的前
项和为
，若
，则
（ ）
A．数列
是递减数列
B．当
时，
最大
C．使得
成立的最小自然数
D．数列
中的最小项为
【答案】ABD
【分析】由条件分析出
，
，
，求出公差
，即可判断A，B；由等差数列的前
项和公式求出
，即可判断C；分别判断当
，
，
时，
的正负，再
结合数列
的单调性确定最小项，即可判断D.
【详解】由
，可得
，
由
，可得
，即
，又因为
，所以
.
因为数列
是等差数列，所以
，所以数列
是递减数列，
故A 正确；
由A 知数列
是递减数列，且
，
，所以当
时，
最大，
故B 正确；
由等差数列的前
项和公式可知，
，
，
所以使得
成立的最小自然数
，故C 错误；
当
时，
；
当
时，
；
当
时，
，
.
因为
，所以
，
又因为
，所以
， 所以
，
所以
，所以
在
时为增函数，
所以数列
中的最小项为
，故D 正确.
故选：ABD
会一题通一类
1．（2025·辽宁·模拟预测）记
是公差不为0 的等差数列
的前
项和，若
，
，则使
成立的
的最大值是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
【分析】利用基本量先计算公差
和
，进而得
和
，由
解得
的范围，进而求解.
【详解】设等差数列
的公差为
，又
，所以
，
由
，所以
，所以
，所以
，即
①，
又因为
，所以
②，
由①②解得
，
所以
，
所以
，
由
有
，即
，
解得
，
所以使
成立的
的最大值是，
故选：C.
2．（2025·江西南昌·模拟预测）已知数列
的各项均为正数，
，则前40 项和的最小值
为 .
【答案】60
【分析】令
，根据已知递推关系得
，
，
，
，
，进而确定周期性，
再应用周期性和基本不等式求
的最小值.
【详解】当
为奇数时，
；当
为偶数时，
；
令
，则
，
，
，
，
，
所以
是周期为4 的数列，且
，
当且仅当
时取等号，则
.
所以
的最小值为60.
故答案为：60
3．（2025·四川攀枝花·模拟预测）已知数列
满足递推公式
，
．设
为数列
的前
项和，则
的最小值是 ．
【答案】
/4.25
【分析】先通过构造等比数列求出数列
的通项公式，再计算前
项和，代入目标表达式后化简，构造
函数并求导，利用导数分析函数单调性求最小值．
【详解】
，
，
数列
是首项为
，公比为2 的等比数列，
，故
，
，
，
令
，则
，
求导得
，令
，解得
或
（
，舍去），
当
时，
，函数
单调递减，当
时，
，函数单调递增，则
在
处取得极小值，
，
，故只需要比较
与
的大小，
当
时，
，
，
当
时，
，
的最小值是
．
故答案为：
．
【典例6】
（2025·辽宁·一模）已知在数列
中，
，则
的前
项中
的最大项为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据指数函数
是减函数，结合递推公式
分析即可得解.
【详解】因为
，所以函数
是减函数，
因为
，所以
，即
，
由函数
是减函数，
，
得
，即
，
由函数
是减函数，
，
得
，即
，
由函数
是减函数，
，
得
，即
，
以此类推，可知数列的最大项为
.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据指数函数
是减函数，结合递推公式
类推，是解决本题的关系.
会一题通一类
1．（25-26 高三上·浙江·开学考试）已知等差数列
的前
项和
满足：
，则数列
的最小项是第（ ）项.
A．2026
B．2027
C．4048
D．4049
【答案】A
【分析】由题设可得
，
，
，等差数列
为递增数列，进而得到
，
，进而结合单调性分析求解即可.
【详解】由
，
则
，
，
，
因此等差数列
为递增数列，
而
，
，
则
时，
，
，即
；
当
时，
，要使
最小，则
，
此时
，数列
为递增数列，
则随着
的增大，
增大，
减小，
增大，但
，
，则
增大，
因此，当
时，
最小.
故选：A.
2．（2025·河北唐山·模拟预测）数列
的前
项和为
，
的前
项和为
，则数列
（ ）
A．有最大项也有最小项
B．无最大项也无最小项
C．有最小项但无最大项
D．有最大项但无最小项
【答案】A
【分析】根据数列
和数列
的前
项和，分别求出数列
和数列
的通项公式，进而可以得到
数列
的通项公式，通过判断其单调性，可得是否存在最大值和最小值.
【详解】设数列
的前
项和为
，
的前
项和为
，则
，
，
当
时，
，
当
时，
，
经验证，
时成立，所以
，
同理可求得
，
适合；
所以
，
令
，
又
，
，
，
，
，
当
时，
，
，所以
，且
时，
，
则
，
所以当
时，
，数列
单调递增，得
；
当
时，
，数列
单调递减，得
；
当
时，
，数列
单调递增，得
；
由此可知
最大，
最小，
综上所述，数列
存在最大项，也存在最小项.
故选：A
【典例7】
（2025·河南·模拟预测）已知数列
满足
，
，若对
，
，则实数t 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由
，得到
，通过累加得到
，再通过分
参得到
，结合基本不等式求得
最小值，即可求解.
【详解】因为
，
所以
，
即
，所以当
时，
，所以
，
也满足，
所以
，
，
所以
恒成立，
即
，
因为
，当且仅当
时，等号成立，
所以
，即
，
所以实数t 的取值范围是
，
故选：A
会一题通一类
1．（2025·海南海口·模拟预测）已知数列
的首项为1，
,
是
的前n 项和，且
，（
），若存在
，使得
成立，则实数m 的取值范围
为 ．
【答案】
【分析】根据
的递推式，利用
与
的关系，推得
，运用累加法求得数列的通项
，再根据
的奇偶比较
与
的大小，结合存在性问题求解不等式
即可.
【详解】由
，（
）可得
，
即
，当
时也符合，
所以
，
故
.
若存在
，使得
成立.
当
为奇数时，
，
，
由
，可得
，
此时，存在
使得
，
故
，即
，
也即
；
当
为偶数时，
，
，
由
可得
，
此时，存在
使得
，
故
，即
，
也即
.
综上，可得实数m 的取值范围为
.
故答案为：
.
【典例8】
（2025·吉林·三模）以“冰雪同梦亚洲同心”为主题的第九届亚冬会于2025 年2 月7 日在哈尔滨盛大开
幕，场馆上方悬挂的120 万朵小雪花片装置，让观众仿佛置身于冰雪童话之中．理论上，一片雪花的周长
可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”．它可以这样画：如图，画一个边长
为1 的正三角形
，第一步，把每一边三等分；第二步，取三等分后的一边中间的一段，以此为边向外作
正三角形，并把这中间的一段擦掉，形成雪花曲线
；重复上述两步，形成雪花曲线
，记雪花
曲线
的周长为
，则数列
的最大项为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】首先需要根据雪花曲线的构造规律求出其周长
的通项公式，再据此得出数列
的
通项公式，最后通过分析该数列的单调性来确定最大项.
【详解】对于初始的正三角形
，边长
，周长
,
由构造规则可知，从
到
，每一条边都变为原来的
倍.
因为
有3 条边，
的边数是
条，且每条边长度为
，所以
.
从
到
，同样每一条边变为原来的
倍，
的边数是
条，每条边长度为
，所以
.
以此类推，可得
,代入
可得：
,
令
,则
,
则
,
令
，解得
,
令
，解得
.
所以
，
.
故选：B
会一题通一类
1．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）（多选）在我国南宋数学家杨辉1261 年所著的《详解九章算法》一
书里出现了如图所示的数字图形（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，
第
行的所有数字之和为
，若去除所有为1 的项，依次构成数列
：2，3，3，4，6，4，5，10，
10，5，
，则下列说法正确的是（
⋯
）
A．
B．
C．第
项为
D．从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1，3，6，10，15，…，得到其倒数和，则
【答案】AC
【分析】将数列数列
、、、
、
、
、、
、
、、
变成数阵，确定数阵第
行有
个数，从左向右分别为
.对于A，确定
分别在该数阵第行的第2 个和第4 个即可判断；
对于B，确定
位于该数阵第行第个数即可求和；对于C，确定第
项为第
行第1 个即可；
对于D，根据杨辉三角得到
，利用裂项相
消求和法求和即可.
【详解】将数列
、、、
、
、
、、
、
、、
变成以下数阵：
则该数阵第
行有
个数，从左向右分别为
，
第
行最后一项位于原数列第
项，
对于A，因为
，所以
分别在该数阵第行的第2 个和第4 个，故
，即
，选项A 正确；
对于B，因为
，所以
位于该数阵第行第个数，
由题意可知，该数阵第
行所有数为“杨辉三角”数阵中第
行去掉首、尾两个得到，而“杨
辉三角”中第
行所有数之和为
，
所以，该数阵第
行所有数之和为
，
所以
，选项B 错误；
对于C，因为
，所以第
项为第
行第1 个，即
，选项C 正确；
对于D，根据杨辉三角知，
，选项D 错误.
故选：AC.
2．（25-26 高三上·湖北·月考）（多选）如图，曲线
上的点
与
轴非负半轴上的点
，
构成一系列斜边在
轴上的等腰直角三角形，记为
，
，
，
（
为坐标原点）．设
的斜边长为
，点
，
的面积为
，则下列说法中
正确的是（ ）
A．数列
的通项公式
B．数列
的通项公式
C．
D．
【答案】ACD
【分析】A 根据几何特征求出
，再根据
以及
化简得出数列
为等差数列即可求出；B 根据A 选项以及
即可；C 根据
以及平方和公式即可；D 由
，结合裂项相消法即可.
【详解】已知
，设
，因为
为等腰直角三角形，
则直线
的斜率为
，直线
的方程为
，
联立
，解得
，则
，即
，则
，
设
，则
，
，
则
，
可得
，即
，
由
，可得
，故得
，
所以数列
是以2 为首项，以2 为公差的等差数列，
则
，故A 正确；
对于B，
，则
，故B 错误；
对于C，因为
是等腰直角三角形，其面积
，
则
由平方和公式
，
可得
，故C 正确；
对于D，因为
，
，
当
时，
，
则
，故D 正确．
故选：ACD
【典例9】
（2025·江苏常州·模拟预测）（多选）已知函数
，数列
满足
，则（ ）
A．方程
的解集为
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】ABC
【分析】先求解方程
的解集可判断A；先根据数学归纳法得出
的范围，再利用范围以及递推关
系式可判断数列
的增减性来判断BC；先证明数列
的增减性，再构造等比数列
，
求出通项，结合指数函数和对数函数的性质可判断D.
【详解】对于A，已知
，令
，即
.
设
，则
，原方程可化为
，即
，
则
，解得
或
或
.
当
时，
；当
时，
；当
时，
.
所以方程
的解集为
，故A 选项正确；
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
，
又
，
，
故
，故
，故
为递增数列，
若
，则
恒成立，故B 选项正确；
对于C，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，即由数学归纳法可得
成立.
而
，
又
，
，
故
，故
，故
为递减数列，
存在常数
，使得
恒成立， 故C 选项正确；
对于D，
若
，则
，
，
则
，即
，
因
，则
对任意
恒成立，即
为递增数列，
则
对任意
恒成立，
因
，则
，
则
，
则
，
则
，
因
，
则数列
是以
为首项，以为公比的等比数列，
则
，
因函数
为
上的单调递增函数，且值域为
，
则当
时，
，再结合对数函数的图象可知
，
则不存在常数
，使得
恒成立，故D 选项错误.
故选：ABC.
会一题通一类
1．（2025·广东·模拟预测）（多选）正整数数列
满足：
，则下列正确的有
（ ）
A．若
，
，则
的可能取值有6 个
B．若
，则
时，
C．若
，则
时，
D．若
有最大值，则
从某一项开始恒为常数
【答案】ACD
【分析】我们把绝对值理解为距离，把数列画在数轴上，点
只能落在
上，也就是会更靠近
，
数形结合，依次判断四个选项，得到答案.
【详解】我们把绝对值理解为距离，把数列画在数轴上，如图：
其中
，
，
点
只能落在
上，也就是会更靠近
，
A 选项，
，
时，设
表示的数分别为
，
则
，
，解得
，
，
可能取4，5，6，7，8，9，共6 个可能，A 正确；
B 选项，当
的变化方向与
相同时，每次都至多增大
，这就是说：
若
，则
时，
，B 错误；
C 选项，当
的变化方向与
相反时，至多变化
，
此后每次
变化，若方向相同，结合B 可知，则至多变化
，
若方向相反，则变化的“步长”会一直严格减小，
这就是说：若
，则
时，
，C 正确；
D 选项，由于
变化过程中，左右两侧都有边界，
若某次
停下，即
，可知此后
恒为常数；
若
一直不停下，由于其左右两侧都有边界，
的变化方向必须一直改变，
而由选项C，只要变化方向改变，变化的“步长”就会一直严格减小，最后永远停下，D 正确.
故选：ACD
2．（2025·北京大兴·三模）已知数列
的前
项和为
，
且
（
），给
出下列四个结论：
①长度为
，
，1 的三条线段可以围成一个内角为
的三角形；
②
，
；
③
，
；
④
．
其中正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】利用余弦定理可判断①，举反例可判断②，对式子变形，换元求解数列前
项和及通项公式，结
合三角函数恒等变换可判断③④.
【详解】对于①，长度为
，
，1 的三条线段组成三角形，
设边长为
的边对应的角为
，因为
，所以
，
故
，
又
，所以
，即边长为
对应的角为
，故①正确；
对于②，由
，
，则
，
当
时，
，故②错误；
对于③④，因为
，
所以
，令
，则
，
令
，
为锐角，
则
，所以
，所以
，又
，
所以
，即
，所以
，
所以
，
所以
，所以
，故④正确；
所以
，当
时，
，
又
也适合
，所以
，
又
，
即
，所以
，故③正确.
故答案为：①③④.
【典例10】
（2025·山东聊城·三模）（多选）对于数列
，设区间
内偶数的个数为
，则称数列
为
的“
数列”，则（ ）
A．若数列
是数列
的“
数列”，则
B．若数列
是数列
的“
数列”，则
是常数列
C．若数列
是数列
的“
数列”，则
是等比数列
D．若数列
是数列
的“
数列”，则数列
的前项的和为
【答案】ACD
【分析】根据数列新定义，结合常数列，等差数列，等比数列及错位相减法即可分别判断各个选项．
【详解】对于A，由题意得，在区间
内偶数有13 个，故
，故A 正确；
对于B，设
，在区间
内最大的偶数为
，
所以共有
个偶数，则
，不为常数列，故B 错误；
对于C，
，在区间
内最大的偶数为
，
所以共有
个偶数，则
，为等比数列，故C 正确；
对于D，由C 得，
，设前
项和为
，
则
，
，
两式相减得，
，故D 正确；
故选：ACD．
会一题通一类
1．（2025·云南昆明·模拟预测）（多选）已知数列
是无穷数列，
是数列
的前
项和.若
是递减数列，则称数列
具有“和性质”，则下列说法正确的是（ ）
A．若
，则数列
具有“和性质”
B．若数列
具有“和性质”，则
，
C．若数列
满足
，则数列
具有“和性质”
D．若数列
，
具有“和性质”，且
，
，则数列
具有“和性质”
【答案】ACD
【分析】对于A：根据等差数列求和公式求
，结合题意分析判断即可；对于B：根据题意分析可知
，即可得判断；对于C：构造
，分析其单调性和最值，进而分析判断；对于D：
根据题意利用整理可得
，结合选项B 的结论分
析判断.
【详解】对于选项A：若
，则
，
可知数列
为等差数列，则
，
可得
，则
是递减数列，
所以数列
具有“和性质”，故A 正确；
对于选项B：若数列
具有“和性质”，
则
是递减数列，可得
，
等价于
，可得
，即
，
所以对
，
，故B 错误；
对于选项C：令
，
则
，
因为
，即
，
可得
，
当且仅当
或3 时，
，
可得
，
则
，且
，
，
即
，所以
对任意
恒成立，
即
，可得
，
所以数列
具有“和性质”，故C 正确；
对于选项D：因为数列
，
具有“和性质”，
设数列
的前
和项和为
，
令
，
，
则
，
可得
，
因为
且
，则
，
又因为
，
，
则
，
故数列
具有“和性质”，故D 正确.
故选：ACD.
热点预测
1．（25-26 高三上·广东佛山·月考）已知数列
的首项
，前
项和为
，且
，则
（ ）
A．
B．
是等差数列
C．
是递减数列
D．
【答案】ACD
【分析】首先代入递推公式求
，判断A，利用构造法，判断B，再求数列
的通项公式判断C，再利用
放缩法求和，判断D.
【详解】A.
，故A 正确；
B.由
可知，
，则
，
而
，故
即
，且
，
所以数列
是首项为2，公比为2 的等比数列，故B 错误；
C.由B 可知，
，则
，数列
是正项单调递增数列，
所以数列
是递减数列，故C 正确；
D.当
时，
，
所以
时，
，即
，
所以
，
，
所以
，故D 正确.
故选：ACD
2．（2025·河北沧州·一模）记
为数列
的前
项和，
，数列
的前
项和为
，则
（ ）
A．0
B．40
C．80
D．120
【答案】B
【分析】由条件
，求得
，进而得到数列
为常数列，求得
，得
，
根据分组求和求出答案.
【详解】当
时，由
，得
，
两式相减得
，即
，
对
取
可得
，
故数列
为常数列，所以
，则
，
故
，易知
，
所以
.
故选：B.
3．（2025·北京昌平·二模）在数列
中，
，则（ ）
A．当
时，对于任意的正整数
B．当
时，存在正整数
，当
时，
C．当
时，对于任意的正整数
D．当
时，存在正整数
，当
时，
【答案】C
【分析】对A，当
时，可得
，得解；对B，由
，结合递推关系可得
，得解；
对C，当
时，通过递推关系分
，
，
讨论求解；对D，当
时，
通过递推关系可得
递增，得解.
【详解】对于A，当
时，有
，递推可得
，不满足
，故A 错误；
对于B，当
时，
，
，
，
则
，不满足存在正整数
，当
时，
，故B 错误；
对于C，当
时，则
，
，故
，
因为
，
若
，则
，
若
，则
，
若
，则
，
综上，当
时，对于任意的正整数
，
，故
正确；
对于D，当
时，则
，
若
，则
，故
递增，故D 错误.
故选：C.
4．（2025·山西吕梁·模拟预测）（多选）已知正项数列
满足
为数列
的前
项和，则（ ）
A．数列
为递增数列
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】对于A，由
可判断，对于B，由
得到
，即
可判断，对于C，由
和当
时，
得到
，即可；对于D，由
，裂项相消求和即可.
【详解】对于A，由
，得
，
所以
，即
，递增数列，A 正确；
对于B，由
，
得
，
即
，又
，
则
，
所以
，B 错误；
对于C，由于
，当
时，
，
当
时，
，
当
时，先证
，即证
，
由于
，
所以
，
即
，
综上：
，C 正确，
对于D，由
，得
，
所以
，D 正确，
故选：ACD
5．（2025·上海嘉定·二模）设数列
满足
，记其前n 项和为
，前n 项
积为
．则下列结论正确的是（ ）
A．数列
和数列
均不是周期数列
B．数列
是周期数列，数列
不是周期数列
C．数列
不是周期数列，数列
是周期数列
D．数列
和数列
均为周期数列
【答案】B
【分析】令
，可得数列
的周期为6，令
，可得数列
的周期为8，进
而依次得数列
和数列
的周期，又
和
判断数列
的周期性.
【详解】令
，则数列
的一个周期为6，
又
，
则
，
令
，则数列
的一个周期为8，
又
，
则
，
所以数列
的一个周期为24，且
，所以
，则
的一个周期为24，
又
，
，
所以
，故
，所以
不是周期数列.
故选：B.
6．（2025·河南许昌·模拟预测）（多选）已知数列
满足
，
，则下列说法正
确的是（ ）
A．
为
中的最小项
B．对任意的
，
，都有
C．存在
，使得
，
，
成等差数列
D．对任意的
，
，都有
【答案】ABD
【分析】对于选项A，B，将递推数列构造成一个函数，然后对函数求导并判断单调性，从而可验证A,B 的
正确性；对于选项C，构造新函数，对新函数求导，判断函数的单调性，进而可判断
的大小；对于
选项D，基于C 中构造的新函数的单调性，即可判断不等式的成立.
【详解】令
，所以
，
当
，
；当
，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，又
，
所以
，
，…，
，
所以
是
中最小的项.
且对任意的
，
，都有
，故A，B 正确；
令
，
，
所以
，所以
在
上单调递减，所以
，
所以
即
；
即
，…，
即
，
综上所述，
是
中最大的项，所以不可能使得
，
，
成等差数列，故C 错误；
因为当
，
，
，所以
，
所以
，即
，
所以对任意的
，
，都有
，故D 正确.
故选：ABD.
7．（2025·云南·一模）（多选）南宋数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的面积、体积的
连续量问题转化为求离散量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立
体图形类比，推导出了三角垛、方垛、刍甍垛、刍童垛等的公式，后人经常利用“三角垛”解决现实中的
堆垛问题．现有一堆货物，从上向下数，第一层有1 个货物，第二层比第一层多2 个，第三层比第二层多
3 个，以此类推，记第n 层货物的个数为
，前n 层货物的总数为
，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．集合
中共有25 个奇数
C．设
，则
的前100 项和为2550D．
【答案】ACD
【分析】由迭代法代入计算，即可判断A，分别讨论
，
，
以及
时，
的奇偶性，即可判断B，由并项求和法代入计算，即可判断C，由组合数的性质代入计算，即可判断D.
【详解】对于A，依题意
，且
，所以当
时，
，
从而
，故A 正确；
对于B，当
时，
，此时
为奇数；
同理当
时，
为奇数；当
时，
为偶数；
当
时，
为偶数，
所以集合
中共有24 个奇数，故B 错误；
对于C，设
的前n 项和为
，因为
，
则
，故C 正确；
对于D，由
，知
故
，
所以
，故D 正确．
故选：ACD．
8．（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选）已知数列
是斐波那契数列
，这
一数列以如下递推的方法定义：
，
，
（
）.数列
对于确定的正整数
，
若存在正整数
使得
成立，则称数列
为“
阶可分拆数列”.以下说法正确的是（ ）
A．若数列
是首项为2，公差为2 的等差数列，则
为“3 阶可分拆数列”
B．若数列
满足
（
，
），则对
，不存在正整数
，使得数列
为“
阶可分拆数列”
C．若数列
的前
项和为
（
），且数列
为“1 阶可分拆数列”，则实数
D．若数列
满足
，前
项和为
，则当
且
时，
【答案】ACD
【分析】对于A：根据
求出
与
，发现二者相等，满足“3 阶可分拆数列”定义. 对于B：
先求出
，进而得到
，发现
，说明是“1 阶可分拆数列”. 对于C：先由
求出
表达式，再根据“1 阶可分拆数列”条件列方程，分
和
讨论，得出
. 对于D：先对
变形求和得
，再用错位相减法求
，通过放缩得出
，从而判断不等式成立.
【详解】对于A：由题意可知
，
，
所以
，所以
为“3 阶可分拆数列”，所以A 正确，
对于B：存在，理由如下：由已知得
，
，
，
∴
，
，
，∴
，
即
，∴对
，当正整数
时，存在
，
使得
成立，即数列
为“1 阶可分拆数列”，所以B 错误，
对于C：∵
，∴当
时，
，
当
时，
，
若数列
为“1 阶可分拆数列”，则存在正整数
使得
成立，
当
时，
，即
，解得
，
当
时，
，即
，
因
，所以
，又
，
故方程
无解，∴符合条件的实数
的值为0，所以C 正确，
对于D：∵
，（
），
∴当
时，
，
∴
，
∴
，
若
，∴
①，
②，
由①－②可得
∵
，
，
∴
，∴
，
当
且
时，
成立，所以D 正确.
故选：ACD.
9．（2025·云南·模拟预测）数列
满足：
，且
，则
.
【答案】1220
【分析】首先将条件平方，再由递推公式推出数列
是等差数列，再相加求和.
【详解】由
，所以
，且
，
两式相减得：
，
又由
及
，故
是递增数列，
，
所以
，
当
时，
，解得
，又
，即
，
所以数列
是等差数列，首项为
，公差为
，
所以
，
故
.
故答案为：
.
10．（2025·安徽·二模）已知等差数列
的公差为
，若集合
，则
．
【答案】
/
【分析】根据题意得到
的周期为，即
最多3 个不同取值，再结合
，分析得到一定会
有相邻的两项相等，设这两项分别为
，
，解得
，则集合中的两个不同元
素为
，
，再化简计算
即可．
【详解】
，
则
，其周期为
，
而
，即
最多3 个不同取值，
由题可知集合
有且仅有两个元素，
，
则在
，
，
中，
或
，
或
，
又
，即
，一定会有相邻的两项相等，
设这两项分别为
，
，
于是有
，
即有
，
解得
，
不相等的两项为
，
，
故
．
故答案为：
．
模拟训练
一、单选题
11．（2025·北京朝阳·二模）设无穷数列
的前n 项和为
，定义
，
则（ ）
A．当
时，
B．当
时，
C．当
时，则
D．当
时，
【答案】D
【分析】根据选项不同的通项公式，求出
与
，逐一验证即可.
【详解】对于A 选项：当
时，
，不正
确；
对于B 选项：当
时，
在
为奇数时为1，偶数时为0，故
，不
正确；
对于C 选项：当
时，
，
又
，所以
，不正确；
对于D 选项：当
时，
，
，正确，
故选：D.
12．（2025·安徽·三模）记
为数列
的前n 项和，若
，且
的值为1，2，3 的可能性相
同，则
是奇数的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】首先分
为奇数和
为偶数时，根据递推关系得到概率的递推关系式，转化为数列问题，利用递
推关系式，求数列的通项公式.
【详解】记事件A 为“
为奇数”，事件
为“
为奇数”，
是奇数的概率为
．
当
为奇数时，若
，则
仍然为奇数，
当
为偶数时，若
或3，则
为奇数，从而
，
即
，即
，整理可得
．
又
，所以
是首项为
，公比为
的等比数列，则
，
所以
．故
是奇数的概率为
．
故选：B
13．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）牛顿用“作切线”的方法求函数
零点时给出一个数列
，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数
有两个零点1，
2，数列
为
的牛顿数列．设
，已知
，
的前
项和为
，则
等于
（ ）
A．2025
B．2026
C．
D．
【答案】D
【分析】先由函数
有两个零点求得
和
的解析式，进而求得数列
的
递推公式，从而得到数列
的前n 项和
，即可求得
的值．
【详解】
有两个零点1，2，
则
，解之得
，
则
，则
，
则
，
则
，
由
，可得
，
即
，
又
，则数列
是首项为2，公比为2 的等比数列，则
，
前n 项和
，则
.
故选：D．
14．（2025·广东佛山·模拟预测）已知数列
是公比为2 的等比数列，且
．集合
，集合
的元素个数构成数列
，则数列
的前100 项的和为（ ）
A．480
B．642
C．840
D．5050
【答案】A
【分析】首先求数列的通项公式，再结合题意，可知
是满足
的正整数
的个数，再利用列举的方
法，即可求解
，再求和.
【详解】设数列
的首项为
，
，
由
可知，
，
，所以
，
所以
，
由
，得
，且
，所以
是满足
的正整数
的个数，
当
时，不存在
，满足
，所以
，
当
时，
满足，所以
，
当
时，
满足，所以
，
当
时，
满足，所以
，
当
时，
满足，所以
，
当
时，
满足，所以
，
当
时，
满足，所以
，
所以数列
的前100 项的和为
.
故选：A
15．（2025·江西宜春·模拟预测）在等比数列
中，
，若不等式
成立，则
的最小值为（ ）
A．24
B．25
C．26
D．27
【答案】D
【分析】先由等比数列的性质确定
的通项，再令
，分
为偶数和大于2 的奇数求解
即可.
【详解】设
的公比为
，记
，
由
，得
，
所以
.
令
，则
.
当
为偶数时，
无正整数解；
当
为大于2 的奇数时，
，
由
19，解得
，
又
为奇数，所以
的最小值为27.
故选：D.
16．（2025·广东广州·模拟预测）已知
是首项为2，公比为2 的等比数列，记
，
其中
，记数列
的前
项和为
，则
（ ）
A．9143
B．9145
C．10009
D．10154
【答案】D
【分析】由题意得
，结合题意可得
，当
时，
，利用等差数列的前
项
和公式求出这10 项和，当
时，
，这些项的和为
，利用
分组求和法及等差数列、等比数列的前
项和公式求解，再加上
时的10 项和即可求解.
【详解】由题意得
，
，
，
，
所以
，
当
时，
，
共10 项，这10 项的和为
,
其余项有
项，
当
时，
，
这些项的和为
，
所以
.
故选：
.
二、多选题
17．（2025·河南·模拟预测）记
为数列
的前
项和，且
为等差数列，
为等比数
列，
，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．存在正整数
，对于任意的正整数
，均有
C．对于任意的正整数
，均有
D．存在正整数
，使得
【答案】AC
【分析】各取等差和等比数列的前三项，由等差和等比中项构成方程求出
，再讨论其取值得出等差和等
比数列可判断A 正确；利用数列单调性法解出最大项可得B 错误；变形将
，
记
，可得
，再求和可得C 正确，D 错误.
【详解】对于A，因为
为等差数列，取前3 项知
成等差数列，即
.
因为
为等比数列，取前3 项知
成等比数列，即
，
代入
，得
，即
，也即
，所以
或
.
若
，那么
，所以
，但
不为等比数列，所以假设不成
立，则
，得
，检验得
为等差数列，
为等比数列，故A 正确.
对于B，也就是验证数列
是否存在唯一的最大项，
令
，即
解得
，
令
，解得
，
又
，所以
，即最大项不唯一因此不存在符合题意的正整数
､
，故B
错误.
对于C，D，因为
.
记
，注意到
，所以
，
于是
，因此对于任意的正整数
，均有
，故C 正确，D 错误.
故选：AC.
18．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）已知数列
满足
，
，且
，若记数列
的前
项的积为
，
，
的前
项和为
，则下列结论正确的是（ ）
A．数列
是等比数列
B．
C．当
为奇数时，
D．当
为偶数时，
【答案】ABD
【分析】利用数列
的递推关系式以及
，根据等比数列定义即可判断A 正确，利用等比
数列前
项和公式计算可得B 正确，由
的通项公式可得
，对
为奇数或偶数时进行分组
计算可判断C 错误，D 正确.
【详解】对于A，由
，
可得：
，
即
，又
，
可得数列
是以
为首项，公比为
的等比数列，可得A 正确；
对于B，由选项A 分析可知，
，即B 正确；
对于C，易知
，所以
；
当
为奇数时，
，可知C 错误；
对于D，当
为偶数时，
，可得D 正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于证明数列
是等比数列后求得其通项公式，得出数列
的递推公
式，进而得出前
项的积
的表达式即可.
19．（2025·福建泉州·模拟预测）帕多瓦数列是与斐波那契数列相似的又一著名数列，在数学上，帕多
瓦数列被以下递推的方法定义：数列
的前n 项和为
，且满足：
，
则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．
是偶数
D．
【答案】BD
【分析】根据题设递推关系写出前8 项并求
判断A、B；列举出相关项判断
的奇偶性及数列的周期性，
并得到相关递推关系判断C、D.
【详解】由题设
，
，
，
，故A 错误；
由上分析，
，故B 正确；
由
知：*表示奇数，@表示偶数，如下表，
1
1
1
2
2
3
4
5
7
9
12
16
21
28
*
*
*
@
@
*
@
*
*
*
@
@
*
@
……
显然，该数列奇偶数出现以7 为周期，一个周期内下标从小到大对应项依次出现3 个奇数，2 个偶数，
1 个奇数，1 个偶数，而
，故
是奇数，故C 错误；
由
，
，
，…，
，且
，
,
所以
，又
，
故
，故D 正确．
故选：BD.
20．（2025·湖南长沙·三模）已知数列
的前
项和为
，
，且
，则下列结论正
确的是（ ）
A．若
是递增数列，且
、
、
成等差数列，则
B．若
，且
是递增数列，
是递减数列，则
C．若
，则存在数列
，使得当
时，
D．若
，则存在数列
，使得当
时，
【答案】ABC
【分析】由
是递增数列，先得到
；再由
成等差数列，
，列出方程求出
的值，即可得出结果，可判断A 选项；先由题中条件，得到
，
，推出
，再由累加法，即可求出数列
的通项公式，可判断B 选项；由
，得到
；讨论
或
；
或
两类情况，即可分别得出结
论，可判断CD 选项.
【详解】对于A 选项，因为
是递增数列，所以
．
因为
，所以
，
．
又因为
、
、
成等差数列，所以
，
即
，即
，解得
或
．
当
时，
，这与
是递增数列相矛盾，所以
，A 对；
对于B 选项，因为
是递增数列，则有
，
于是
①
因为
，所以
②
由①、②得，
，
因此
，即
③
又因为
是递减数列，则有
，于是
④
因为
，所以
⑤
由④、⑤得，
，
因此
，即
⑥
由③、⑥可得
．
于是当
时，
即
．
当
时，代入上式得
，与已知条件相吻合．
所以所求数列
的通项公式是
，
，B 对；
对于CD 选项，当
或
时，存在数列
，使得
．
此时数列
满足
，
，
，
则有
，
，
即
．
当
或
时，不存在数列
，使得
．
理由如下：因为
，所以
；
又因为
为奇数，则当
时，
为奇数，
为偶数，
所以当
时，
为奇数，
为偶数，
因此
，
均不可能成立．
于是当
或
时，不存在数列
，使得
，C 对D 错.
故选：ABC.
21．（2025·四川达州·模拟预测）设
的整数部分为
，小数部分为
，则下列结论正确的是
（ ）
A．数列
为等比数列
B．数列
为递增数列
C．
D．整数
的个位数字可以是8
【答案】ABC
【分析】由二项式定理可得
的整数部分即为
，小数部分即为
，再逐一判断即可.
【详解】由
，
，
两式相减可得，
，
由于
为整数，且
，
所以
的整数部分即为
，小数部分即为
.
所以
，
,
,
数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，故A 正确；
由
，
，
，
数列
为递增数列，数列
为递减数列，所以数列
为递增数列，
故B 正确；
，故C 正确：
的个位数与
的个位数相同，只能是4 或6，故D 错误.
故选：ABC.
22．（2025·云南楚雄·模拟预测）已知在数列
中，
，数列
的前
项和为
，且满足
，则（ ）
A．数列
是等比数列
B．数列
是等比数列
C．数列
是等差数列
D．若
，则
【答案】BCD
【分析】根据已知递推式得
且
，进而有
判断A、B；应用
的关系
得
判断C；根据等差数列的定义及前n 项和公式判断D.
【详解】因为
，即
，
所以
，则
，
所以
，而
，则
，
所以数列
是各项都为0 的常数列，不是等比数列，故A 错误.
因为
，所以数列
的通项公式为
，则
，
所以数列
是公比为2 的等比数列，故B 正确.
由
，得
，
两式相减并整理，可得
，所以
，
两式相减并整理，可得
，所以
，
所以数列
是等差数列，故C 正确.
当
时，由
，可得
，所以
，
又
，所以等差数列
的公差为1，所以
，
所以
，故D 正确.
故选：BCD
23．（25-26 高三上·湖北·期中）数列
满足
，且
，数列
的前
项和为
，从
的前
项中任取两项，它们的和为奇数的概率为
，数列
的前
项积为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【详解】当
时，可求出
，由
可得
，两式相减可得
，从而得到
的奇数项和偶数项均为等差数列，由等差数列的通项公式可判断A；
分别对
的奇数项和偶数项求和可判断B（或相邻两项求和也可）；由古典概型的概率计算公式可判断
C（或直接计算
也可）；由数列放缩可判断D.
【分析】对于A，当
时，
，又
，
，
又
，
，
，
的奇数项所成的数列是首项为
，公差为
的等差数列，偶数项所成的数列是首项为4，公差为2
的等差数列，
，故A 正确；
对于B，
，
故B 错误；
对于C，
，故C 正确；
对于D，当
，
时，
，又
，
，故D 正确.
故选：ACD.
24．（2025·江西·二模）记
为数列
的前
项和，且
现定义
，
(
)，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据递推关系可得
进而得到
求得
利用等比数列求和公式
得到
判定A；由
的递推定义结合等比等差数列求和公式得到
，
，去分母后可判定B；当
时，
利用数学归纳法结合组合数的性质可证
进而利用不等式判定C；利用C
的解析中的结论累加相消，结合组合数的性质可证明D 成立.
【详解】由
得
即
又
也满足上式，所以
当
时，由
得
故
即
所以数列
为等比数列，首项
公比
故
故
故 A 错误；
由
，
，
所以
故B 正确；
下面利用数学归纳法证明：
成立.
①当
时，
②假设当
时，命题成立，即
成立，
那么当
时，由
，
可得
，
即
，
∴
，
，
，
，
将上式相加可得
，
又
则
，
∴
即当
时命题也成立，
故
所以
故C 正确；
当
时，由
易得
成立，
当
时，由C 选项知
，
∴
，
，
，
上式相加得：
，
又由上知
，
则
，故D 正确.
故选： BCD.
三、填空题
25．（2025·浙江·一模）等比数列
满足
，则当
时，
取到最小值.
【答案】2
【分析】由已知条件，求出公比
和
，从而得到
，由
，当
时
， 得到
取
到最小值.
【详解】等比数列
满足
，
公比
，则
，
于是
，当
时
，
故当
时，
取到最小值.
故答案为：2.
26．（2025·海南·模拟预测）已知首项为2 数列
的前
项和为
，且
．若
，则
的最小值为 ．
【答案】6
【分析】根据给定条件，利用构造法求出
，作差构造新数列，探讨单调性求出
的最小值.
【详解】由
，得
，
所以数列
是首项为
，公差为1 的等差数列，
所以
，即
，故
，
令
，则
，
所以数列
是递增数列，
因为
，
，
所以当
时，
，即
，
当
时，
，即
，
所以
的最小值为6．
故答案为：6
27．（2025·湖北黄石·模拟预测）无穷数列
由
个不同的数组成，
为
的前
项和，若对任意
，则整数
的最大值为 .
【答案】6
【分析】利用
，推断数列
即可求解.
【详解】当
时，
或或
，
当
时，若
，
，所以
，
若
，
，所以
，
若
，
，所以
，
若
，
，所以
，
若
，
，所以
，
若
，
，所以
，
若
，
，所以
，
若
，
，所以
，
若
，
，所以
，
所以当
时，
，
所以要涉及最多的不同的项数列
可以为：
或
，
所以整数
的最大值为6.
故答案为：6.
28．（25-26 高三上·山东日照·开学考试）已知数列
的通项公式是
，记
为
在区间
内的项的个数，则使得不等式
成立的
的最小值为 .
【答案】12
【分析】分别讨论
为奇数和偶数时，
的解，得
的最小值.
【详解】由
，得
，
当
为奇数时，
；
当
为偶数时，
，
则当
为奇数时，
，
由
，解得
，而
为奇数，则
；
当
为偶数时，
，由
，解得
，
所以使得不等式
成立的
的最小值为12.
故答案为：12
29．（2024·浙江·一模）若
，已知数列
中，首项
，
，
，则
.
【答案】
【分析】根据函数解析式得
，应用作差法及已知得
，则
，
最后利用对称性及倒序相加求和即可.
【详解】
，
，即
，
，
时，
，两式相减得
，
时，
，故数列
为常数列，
因为
，故
，
又
时也符合上式，故
，
，
．
记
，
则
，
两式相加得，
，即
，则
．
故答案为：
30．（2025·四川成都·模拟预测）已知数列
满足
，则
．（
表示不大于
的最大整数）
【答案】3
【分析】
的两边同时除以
，可得到
，然后累加即可得到答
案.
【详解】当
时，
，易知当
时
．
当
时，
，两边同时除以
，
可得到
，即
，
所以
，
显然
，故
，
，
所以
.
故答案为：3.
31．（2025·陕西榆林·模拟预测）定义：对于数列
，若存在
，使得对任意
，均有
，则称
为“
-分界数列”.若
，且
是“1-分界数列”，则
的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据定义得到数列
相邻两项一个大于，一个小于，分成两种情况讨论即可求出答案.
【详解】根据题意，可分以下两种情况：
①当
为奇数时，
，且当
为偶数时，
，即
，解得
；
②当
为奇数时，
，且当
为偶数时，
，即
，无解；
综上，的取值范围为
.
故答案为：
.
