文档文本内容
【第25 讲：数列的综合应用】
【新高考课程标准要求】
1. 理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和公式及其应用。
2. 了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
3. 会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题。
此外，还涉及对数学核心素养的考查，要求学生具备逻辑推理、数学运算、数学抽象、数学建模等素养，
能解决数列与函数、不等式相结合的问题，如根据数列递推式或通项公式确定基本量并求和，利用数列单
调性或函数性质解决数列中的不等关系、恒成立问题，运用放缩法证明数列不等式等。
【知识梳理】
模块1：数列与函数的关系（基础核心）
数列是定义域为正整数集（或其有限子集）的特殊函数，其性质可通过函数视角分析：
数
列类
型
通项公式与函数关联
前n 项和公式与函数关联
等
差数
列
（
时，为关于
的
一次函数，斜率=公差
）
（
时，为关于
的二
次函数，图象过原点）
等
比数
列
（
时，与指
数函数
同构，其中
）
无直接函数对应，需结合等比数列求和公式分类
讨论（
时为一次函数，
时为指数型函
数）
模块2：数列与导数的结合（跨模块重点）
核心思路：将数列的“离散变量
”转化为函数的“连续变量
”（
且
），通过导数研究函数
性质，反推数列规律。
1. 用导数研究数列单调性
步骤：
① 设数列通项
，构造对应可导函数
（
）；
② 求导得
，判断
时
的符号；
③ 若
，则
单调递增；若
，则
单调递减。
示例：判断
的单调性
构造
，求导得
；
当
时，
，故
在
时单调递减。
2. 用导数求数列的最值
步骤：
① 构造函数
对应
，求
并找极值点
；
② 分析
在
附近的单调性，确定
为极大值点或极小值点；
③ 因
为正整数，对比
附近的整数对应的
，确定数列最值。
示例：求
的最小值
构造
，求导得
；
令
，得极值点
；当
时
，故
在
处取最小值；
数列最小值为
。
3. 用导数证明数列不等式
步骤：
① 若需证
（或
），设
、
，构造函数
；
② 求
，证明
时
（或
）；
③ 令
（
），即可推出数列不等式成立。
示例：证明
时
构造
（
），求导得
；
故
在
上单调递增，
；
令
，得
，不等式成立。
模块3：数列与不等式的放缩（解题技巧专项）
放缩原则：目标导向——放缩后需能通过“求和”“单调性”等方法简化问题，避免过度放缩。
1. 基本不等式放缩
适用场景：含平方、乘积的数列不等式。
核心工具：均值不等式
、二次函数最值。
示例：证明
因
，故：
。
2. 裂项放缩
适用场景：分式、根式型数列，需通过裂项相消求和。
常见形式：
数列项类型
裂项公式
放缩方向
分式型
（
）
放大（便于求和抵消）
分式型
等价裂项（无放缩）
根式型
（
）
放大（便于求和抵消）
示例：证明
当
时，
，故：
。
3. 指数/对数放缩
适用场景：含指数、对数的数列不等式。
核心工具：
指数不等式：
（
，当且仅当
时取等号）；
对数不等式：
（
，当且仅当
时取等号）。
示例：证明
（
）
因
时
（当
或
时等号成立），令
，则
；
故
，即
。
4. 单调性放缩
适用场景：已知数列单调性，需简化不等式。
核心逻辑：
若
单调递增，则
（
）；
若
单调递减，则
（
）。
示例：已知
（单调递增），证明
因
单调递增，故
（
）；
则
。
模块4：数列的求和方法（解题基础工具）
| 求和方法 | 适用数列类型 | 核心步骤/公式 |
|----------|--------------|----------------|
| 公式法 | 等差数列、等比数列 | 等差数列：
；<br> 等比数列：
|
| 裂项相消法 | 分式型（如
）、根式型（如
） | ① 将数列项拆分为“两项差”
形式；<br>② 求和时相邻项抵消，剩余首尾项。 |
| 错位相减法 | “等差数列×等比数列”型（如
） | ① 写出
；<br>②
两边乘等比数列公比
，得
；<br>③ 两式相减，转化为等比数列求和。 |
| 分组求和法 | 可拆分为“等差+等比”“等差+常数”等多个可求和子数列 | ① 将数列拆分为
（
、
可求和）；<br>② 分别求
和
，再相加。 |
示例（分组求和）：求
的前
项和
。
二、常见模型结论
模型1：等差模型（均匀变化问题）
核心特征：后项-前项=固定常数（公差
），即
（
，
为常数）。
关键公式：
通项：
；
前
项和：
。
应用场景：每月固定加薪、设备匀速折旧、均匀增减的产量问题。
示例：某设备初始价值10 万元，每年折旧0.5 万元，第
年价值为
（构成等差数
列）。
模型2：等比模型（比例变化问题）
核心特征：后项/前项=固定常数（公比
），即
（
，
）。
关键公式：
通项：
；
前
项和：
。
应用场景：复利计息、细胞分裂、增长率/衰减率问题（如人口增长、病毒传播）。
示例：本金
元，年利率
，按复利计算，第
年本息和为
（构成等比数列）。
模型3：混合模型（等差+等比，复合变化问题）
核心特征：数列同时含“固定量增长”（等差）和“固定比例增长”（等比），递推关系为
（
，
为常数）。
通项求解：构造等比数列转化——
设
，解得
；
则
为等比数列，进而求通项。
应用场景：含固定奖金的年薪增长、含固定投入的资产增值。
示例：
万元（初始年薪），
（年薪=上一年×1.1+固定奖金2 万），构造得
，故
。
模型4：生长模型（分期付款/资源动态问题）
核心特征：每期量=上期量×(1+比例)+固定量，典型场景为分期付款。
关键公式（分期付款）：
设贷款总额
，年利率
，分
期等额还款，每期还款
，则：
，化简得：
。
应用场景：房贷、车贷分期还款、树木生长与砍伐、资源消耗与补充。
示例：贷款100 万元，年利率4.9% ，分30 年（360 期）等额本息还款，每期还款
万元。
模型5：递推模型（递推关系求解问题）
递推类
型
递推公式
求解方法
应用场景
一阶线
性递推
（
）
构造等比数列（同混合模型），或通解公式：
线性增长的递推
问题（如产值增
长）
斐波那
契型递
推
（
）
特征方程法，通项：
递推计数（如兔
子繁殖、台阶走
法）
分式递
推
（
）
取倒数或构造等差数列（如
，取
倒数得
）
分式形式的递推
问题（如浓度混
合）
【课前自测】【真题重现】
一、单选题
1．（2022·全国乙卷·高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环
绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列
：
，
，
，…，依此类推，其中
．则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据
，再利用数列
与
的关系判断
中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为
，
所以
，
，得到
，
同理
，可得
，
又因为
，
故
，
；
以此类推，可得
，
，故A 错误；
，故B 错误；
，得
，故C 错误；
，得
，故D 正确.
[方法二]：特值法
不妨设
则
故D 正确.
2．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）图1 是中国古代建筑中的举架结构，
是桁，相邻
桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2 是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中
是
举，
是相等的步，相邻桁的举步之比分别为
．已知
成公差为0.1 的等差数列，且直线
的斜率为0.725，则
（ ）
A．0.75
B．0.8
C．0.85
D．0.9
【答案】D
【分析】设
，则可得关于
的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设
，则
，
依题意，有
，且
，
所以
，故
，
故选：D
3．（2005·辽宁·高考真题）一给定函数
的图象在下列图中，并且对任意
，由关系式
得到的数列
满足
，则该函数的图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】
由关系式
得到的数列
满足
，根据点与直线之间的位置关系，
的图
象在
上方．根据选项即可得到正确的答案．
【详解】一给定函数
的图象在下列四个选项中，并且对任意
，由关系式
得到
的数列
满足
．得
，所以
在
上都成立，即
，
，所
以函数图象都在
的上方．故A 符合，其他均不符合.
故选：A
4．（2023·北京·高考真题）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
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD 正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B 的正误.
法2：构造
，利用导数求得
的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项
所
在区间，从而判断
的单调性；对于A，构造
，判断得
，
进而取
推得
不恒成立；对于B，证明
所在区间同时证得后续结论；对于C，记
，取
推得
不恒成立；对于D，构造
，判断得
，进而取
推得
不恒成立.
【详解】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
，得
或
；
令
，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
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.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合
放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
5．（2025·上海·高考真题）已知数列
、
、
的通项公式分别为
，
、，
.若对任意的
，
、
、
的值均能构成三角形，则满足条件的正整数
有
（ ）
A． 4 个
B．3 个
C．1 个
D．无数个
【答案】B
【分析】由
可知
范围，再由三角形三边关系可得
的不等关系，结合函数零点解
不等式可得.
【详解】由题意
，不妨设
，
三点均在第一象限内，由
可知，
，
故点
恒在线段
上，则有
.
即对任意的
，
恒成立，
令
，构造函数
，
则
，由
单调递增，
又
，存在
，使
，
即当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增；
故
至多
个零点，
又由
，
可知
存在
个零点，不妨设
，且
.
①若
，即
时，此时
或
.
则
，可知
成立，
要使
、
、
的值均能构成三角形，
所以
恒成立，故
，
所以有
，解得
；
②若
，即
时，此时
.
则
，可知
成立，
要使
、
、
的值均能构成三角形，
所以
恒成立，故
，
所以有
，解得
或；
综上可知，正整数
的个数有个.
故选：B.
6．（2022·浙江·高考真题）已知数列
满足
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先通过递推关系式确定
除去
，其他项都在
范围内，再利用递推公式变形得到
，累加可求出
，得出
，再利用
，累加可求出
，再次放缩可得
出
．
【详解】∵
，易得
，依次类推可得
由题意，
，即
，
∴
，
即
，
，
，…，
，
累加可得
，即
，
∴
，即
，
,
又
，
∴
，
，
，…，
，
累加可得
，
∴
，
即
，∴
，即
；
综上：
．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
7．（2020·全国II 卷·高考真题）0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列
满足
，且存在正整数
，使得
成立，则称其为0-1 周期序列，并称满足
的最小正整数
为这个序列的周期.对于周期为
的0-1 序列
，
是描述其性质的重要指标，下列周期为5 的0-1 序列中，满足
的序列是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由
知，序列
的周期为m，由已知，
，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，
是一道中档题.
二、多选题
8．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）设正整数
，其中
，
记
．则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】利用
的定义可判断ACD 选项的正误，利用特殊值法可判断B 选项的正误.
【详解】对于A 选项，
，
，
所以，
，A 选项正确；
对于B 选项，取
，
，
，
而
，则
，即
，B 选项错误；
对于C 选项，
，
所以，
，
，
所以，
，因此，
，C 选项正确；
对于D 选项，
，故
，D 选项正确.
故选：ACD.
【考点一：数学文化与数列的实际应用】
【例题】1．（2025 高三·全国·专题练习）如图1 是第七届国际数学教育大会（简称ICME－7）的会徽图
案，会徽的主体图案是由如图2 的一连串直角三角形演化而成的，其中
，
如果把图2 中的直角三角形继续作下去，记
的长度构成数列
，设
，其
前
项和为
，则
（ ）
知识讲解与常考题型
题型分类
A．63
B．8
C．7
D．64
【答案】C
【分析】根据图形得
是以1 为首项，以1 为公差的等差数列求出
，再利用裂项相消求和可得答案.
【详解】根据图形
，
因为
，
都是直角三角形，
，
是以1 为首项，以1 为公差的等差数列，
，且
满足上式，
.
由题意得
，
，
.
，
.
故选：C.
【针对训练】2．（25-26 高二上·全国·期中）我国古代数学典籍《九章算术》中有一道两鼠穿墙问题，今
有垣厚五尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠亦日一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半．问：几何日相逢？各穿
几何？翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大、小鼠第一天都穿一尺，
以后每天大鼠加倍，小鼠减半，则几天后两鼠相遇？各自穿墙多少天？这个问题体现了古代对数列问题的
研究，现将墙的厚度改为1200 尺，则打穿需要（ ）
A．10 天
B．11 天
C．12 天
D．13 天
【答案】B
【分析】大鼠和小鼠每天穿墙尺寸都构成一个等比数列，然后由等比数列求和公式，结合数列的单调性即
可求得结果．
【详解】设大鼠和小鼠每天穿墙尺数分别构成数列
，
，它们都是等比数列，其中
，
的公比为
，
的公比为
，
设经过
天
，大鼠和小鼠穿墙尺数的和为
，
则
（分组求和法的应用），
因为
与
在
上均单调递增，所以
在
上单调递增，
因为
，
，
所以当
时，
，当
时，
，因此需要11 天才能打穿．
故选：B
3．（24-25 高二下·河南南阳·阶段练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出
了新的垛积公式.所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数或
高次差数成等差数列.如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新的数列2，3，4 为等差数列，这样的数列
称为二阶等差数列.已知一个二阶等差数列的前5 项分别为1，5，12，22，35，则该数列的第45 项为（
）
A．3015
B．3025
C．3022
D．3122
【答案】A
【分析】先根据题意得递推公式
，再由递推公式结合累加法和等差数列前n 项和公
式求出数列的通项公式即可求解.
【详解】因为二阶等差数列的前5 项分别为1，5，12，22，35，
所以
，
所以
，
则该数列的第45 项为
.
故选：A.
4．（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．
【解题策略】
数学文化与数列的实际应用解题策略
一、数列相关的数学文化案例梳理
数学文化题常以“古今数学典籍”“经典数学模型”“实际生活场景”为载体，核心仍是等差、等比、递
推等数列模型。以下为高频关联案例：
文
化/ 场
景
类
型
典型案例
核心数列
模型
关键特征提炼
中国
古
代
数
学
典籍
1. 《张丘建算经》“女子织布”：每日织
布量比前一日少固定量（“第一日织5 尺，
第二日织4 尺，第三日织3 尺……”）
2. 《九章算术》“衰分问题”：按比例递减
分配（“今有大夫、不更、簪袅、上造、公
士，凡五人，共出百钱，欲令高爵出少，以
次渐多”）
等差数列
等比/等差
混合
找“固定增量/减量”（等差）、
“固定比例”（等比），注意古代
单位换算（如“尺”“钱”）
经典
数
学
模型
1. 斐波那契数列（兔子繁殖）：一对兔子
每月生一对，新生兔子下月开始繁殖（“第1
月1 对，第2 月1 对，第3 月2 对，第4 月3
对……”）
2. 毕达哥拉斯“三角形数”：1, 3, 6, 10,
...（第n 项为
）
递推数列
（斐波那
契型）
等差数列
求和
斐波那契型递推：
；三角形数：前n 个正整数和（等差
求和）
现代
实
际
场景
1. 复利计息（银行存款）：本金固定，年
利率固定，每年本息和按比例增长
2. 分期付款（房贷/车贷）：贷款总额固
定，每期还款额相同，剩余本金按利率计息
3. 人口增长/资源衰减：年增长率固定，人
口数量逐年按比例变化
等比数列
生长模型
（等差+等
比）
等比数列
复利：
（P 为本金，
r 为年利率）；分期付款：需用等比
数列求和推导还款公式
二、通用解题策略（四步走）
无论题干是“文化典籍”还是“实际应用”，核心是剥离背景，抽象数列模型，再用数列公式求解，具体
步骤如下：
步骤1：审题——提取“数学关键信息”，排除文化/场景干扰
重点找3 类信息：
1. 项的定义：明确
表示什么（如“第n 日织布量”“第n 年人口数”“第n 期还款后剩余本
金”）；
2. 递推关系/变化规律：判断是“固定增量/减量”（等差，
）、“固定比例”（等比，
），还是“递推式”（如
）；
3. 已知条件：确定首项
（如“第一日织5 尺”“本金10 万元”）、项数n（如“10 年”“24 期还
款”）、目标量（求
或前n 项和
）。
示例（《张丘建算经》女子织布）：
题干：“今有女子善织，日自减，五日织五尺。问日织几何？”
提取信息：
=第n 日织布量（递减，等差模型），
，
，
尺，求
。
步骤2：建模——匹配数列类型，确定核心公式
根据步骤1 提取的规律，对应此前梳理的数列模型，确定用何种公式：
模型类型
核心公式（已知
，求
或
）
等差数列
；
等比数列
斐波那契型递推
（需已知
，逐项递推或用特征方程求通项）
分期付款（生长模型）
每期还款额
（A 为贷款总额，r 为每期利率，n 为期数）
示例（复利计息）：
本金P=10 万元，年利率r=3%，按复利计算，求5 年后本息和（
）。
建模：等比数列，
，
，
。
步骤3：求解——代入数据计算，注意单位与细节
计算时需注意：
1. 单位统一：如年利率转月利率（例：年利率4.9%，月利率为
）、古代单位换算（如1 尺=10
寸，无需深入复杂换算，题干通常给出简化数据）；
2. 公式适用条件：等比数列求和需先判断
还是
（如“每年存款1 万元，年利率0”，则为
等差模型，
）；
3. 递推数列简化：若递推式复杂（如
），先构造等比数列（设
，
求k），再用等比公式求解。
示例（斐波那契兔子繁殖）：
求第10 个月兔子对数。已知
，
，
，逐项递推：
，
，
，
，
，
，
，
（第10 个月55 对）。
步骤4：验证——结合实际意义，检验结果合理性
数列实际应用中，结果需符合“现实逻辑”，常见验证点：
1. 项数n：必须为正整数（如“第0.5 期还款”无意义）；
2. 数值合理性：如人口数、钱数、物品数量需为非负数（若计算出“负数织布量”，则需检查公差符号
是否正确）；
3. 范围匹配：如“分期付款总额”应略大于贷款本金（含利息），若结果远小于本金，需检查利率换算
或公式是否用反。
示例（分期付款）：
贷款100 万元，年利率4.9%，分30 年（360 期）还款，计算每期还款额约0.53 万元（30 年总还款约
190.8 万元），符合“总还款>本金”的逻辑，结果合理。
三、易错点总结
1. 文化题“背景干扰”：如古代典籍中的“衰分”“少广”等术语，无需纠结字面意思，重点找“变化
规律”（如“递减”“按比例”）；
2. 实际应用“单位换算”：年利率/月利率、年增长率/季度增长率需统一（例：“年利率6%，按月计
息”，月利率为0.5%）；
3. 递推模型“首项定义”：斐波那契数列中，若题干“第1 月0 对，第2 月1 对”，则递推式仍为
，但首项需重新对应；
4. 结果“实际意义”：若求“最少需要n 期还款”，n 需取整数（如计算得n=23.4，需取24 期）。
【考点二：新定义数列问题】
【例题】5．（2025 高三·全国·专题练习）设
为数列
的前n 项和，若对
，均有
，则称
数列
为“天梯数列”．在数列
中，
，
，若数列
为“天梯数
列”，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据条件
可先推出
为等比数列，由天梯数列的定义，等比数列
的求和公式，列出关系式得出关于等比数列公比的不等式即可求解.
【详解】由
整理可得
，
即
，则数列
为等比数列，
设其公比为q，
，由
为“天梯数列”可知
，则
．
由
得
，整理得
，则
．
由题得
，
，
因为函数
在
单调递减，值域为
，
因此
，解得
，
故
的取值范围，即
的取值范围为
．
故选：D
【针对训练】6．（2025·河南信阳·模拟预测）对于数列
，若存在实数
，使得对一切正整数
，
恒有
成立，则称数列
为有界数列.设数列
的前
项和为
，则下列选项中，满足数列
为有界数列的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据有界的概念，求出每个选项的前
项和为
，再判断是否存在实数
，使
恒成
立即可.
【详解】对于A，
，此时
为等差数列，则
，无界，故A 错误；
对于B，
，此时
为等比数列，则
，无界，故B 错误；
对于C，
，则
，
所以
恒成立，即
有界，故C 正确；
对于D，
，则
，
则
，
故当
时，
明显无界，故D 错误；
故选：C.
7．（2025·上海普陀·二模）设
，
，
、
，
是数列
的前
项和，且满足
，
数列
是由
个大于
的整数组成的有穷数列，若
，
，则称数列
是数列
的“
数列”.对于数列
有如下两个命题：①若
，则数列
不是数列
的“
数列”；②若
，
则数列
的“
数列”至少有5 个.则下列结论中正确的是（ ）
A．①为真②为真B．①为真②为假
C．①为假②为真
D．①为假②为假
【答案】A
【分析】先根据
与
的关系求出数列
的通项公式，再结合“
数列”的概念判断①②的真假即可.
【详解】对数列
：
①
②
①－②得：
，
所以
是以3 为公比的等比数列，
令
，
对①：若
，
.
因为
，
且为整数，
，其余
.
以
为例，
.
若
，则
，这与
矛盾.
所以
不能恒成立.故①为真.
对②：以
为例：
设
，
令
，则方程
的解有
，
，
，
，
5 个满足
.
即
时，数列的“
数列”有5 个.
当
时，
，
令
，则方程
满足
的解的个数更多.
即
时，数列的“
数列”多于5 个.
……
依次类推：当
数列至少5 个，故②为真.
故选：A
二、多选题
8．（24-25 高二下·福建泉州·期末）已知数列
，其前
项和为
，若存在常数
，对任意
，
恒有
，则称
为
数列.则下列说法正确的是（ ）
A．若
为等差数列，则
为
数列
B．若
是以1 为首项，
为公比的等比数列，则
为
数列
C．若
为
一数列，则
也为
数列
D．若
为
一数列，则
也为
数列
【答案】BD
【分析】根据给定条件，利用
数列的定义逐项分析判断.
【详解】对于A，若
为等差数列，设公差为
，则
，
当
时，
，所以不存在满足题意的正数
，故A 错误；
对于B，若
是以1 为首项，
为公比的等比数列，则
，
，
则
，
因
，则当
时，
，故
，故B 正确；
对于C，若
，则数列
是
数列，此时
，
但
不是常数，即数列
不是
数列，故C 错误；
对于D，若数列
是
数列，即存在常数
，
对任意
有
，即
，
则
，则数列
是
数列，故D 正确.
故选：BD
【解题策略】
新定义数列问题解题策略
新定义数列是高考高频题型，核心是通过题干给出的“新规则、新性质、新运算”定义数列，考查对新信
息的理解、转化与数列知识的迁移应用能力。解题关键在于精准拆解定义，将新问题转化为等差、等比、
递推等熟悉的数列模型，具体策略如下：
一、新定义数列的核心类型梳理
先明确常见的新定义方向，快速建立“定义—模型”的关联意识：
定义
类型
典型定义示例
核心转化方向
运算
型
定
义
1. “ 前n 项积数列” ：定义
（
）
2. “差数列”：定义
1. 利用“项与积的关系”（
，
，
）
3. “取整数列”：定义
（
表
示不大于
的最大整数）
2. 转化为“累加法求
”（
）
3. 结合
的范围确定
（如
，则
）
关联
型
定
义
1. “与函数关联的数列”：
（如
，即
）
2. “与集合关联的数列”：数列
的项
是集合
中从小到大排列的元素
3. “ 双数列定义” ：已知
，定义
1. 转化为“递推数列”（如上述线性递推，构造
等比数列求解）
2. 利用集合元素的“互异性、有序性”确定
（如
，则
）
3. 建立双数列的递推关系（如已知
求
，或已
知
反推
）
二、通用解题策略（四步走）
步骤1：精读定义——拆解“新规则”，明确核心要素
新定义数列的“难点”在“定义”，需逐句拆解，提取3 个核心要素：
1. 定义对象：明确新数列的构成方式（如“由
的差构成
”“由函数迭代生成
”）；
2. 限制条件：注意定义中的“隐含要求”（如周期数列需“正整数
”“对任意
成立”，前
项积数
列需“
”）；
3. 量化关系：将定义转化为“数学表达式”（这是关键！），例如：
若定义“
”（分式递推），直接写出递推式；
若定义“
为‘优数列’，当且仅当
”，转化为不等式
（即
差数列
单调递增）。
示例：定义“等和数列”：在一个数列中，从第二项起，每一项与它的前一项的和都等于同一个常数，
则这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。
拆解量化关系：
（
为常数，
），即
（递推式）。
步骤2：初步验证——用“特殊项”找规律，预判模型
新定义往往抽象，可通过计算前3-5 项（特殊项），观察规律，初步判断数列类型（等差、等比、周期、
递推等），降低后续求解难度：
1. 计算特殊项：根据定义，代入首项
（或已知条件），依次求
；
2. 观察规律：看是否满足“差为常数”（等差）、“比为常数”（等比）、“周期重复”（周期数列）、
“递推式可简化”（如线性递推）。
示例：定义数列
，
，
（
），求
。
计算特殊项：
，
（无意义？需注意定义隐含条件——
，修正
），则
，
，
，发现周期
。
步骤3：转化模型——将新定义问题“翻译”为熟悉问题
根据步骤2 的规律预判，将新定义问题转化为已掌握的数列模型（等差、等比、递推等），常用转化方法：
新定义类
型
转化方法
示例（续上）
周期型定
义
确定最小正周期
，则
（
），将目标
项转化为周期内的项求解
上例周期
，
，余数0 ，故
运算型定
义（如前n
项积）
利用“项与运算结果的关系”
（如
），转化为求
的通项或和
定义
，则
，
时
，故
为常数列（等比，公比1）
性质型定
义（如递
增、优数
列）
转化为不等式或差数列性质
（如递增数列
，
优数列
差数列单调递增）
定义“优数列”满足
，若
是优数列，求
范围：差数列
，需
单调递增，即
，故
步骤4：求解验证——按熟悉模型计算，检验是否符合定义
1. 按模型求解：用等差、等比、递推数列的公式（通项、前n 项和）计算目标量（如
、
、参数范围
等）；
2. 回归定义验证：因新定义可能有隐含限制（如分母不为0、项的范围），需检验结果是否符合原定义，
避免因转化偏差出错。
示例：定义“等积数列”（每一项与前一项积为常数
），
，
，求
。
求解：由定义得
，前10 项为
（周期
），
；
验证：每相邻两项积为
，符合“等积数列”定义，结果正确。
三、易错点总结
1. 定义理解偏差：忽略“隐含条件”（如周期数列需“对任意
成立”，而非仅前几项；前
项积数列
需
），导致后续计算出错；
2. 特殊项计算失误：求前几项时因计算错误（如分式递推、负号处理），误判数列规律（如错判周期）；
3. 转化不彻底：将新定义转化为递推式后，未进一步转化为等差/等比模型（如线性递推
，
未构造等比数列，直接硬算导致复杂）；
4. 忽略定义域：与函数关联的新定义数列（如
），未考虑函数
的定义域（如分母不为
0、根号下非负），导致项无意义；
5. 周期项对应错误：周期数列中，目标项
与周期内项的对应（如
，
，
，而非
）。
四、核心思想提炼
新定义数列的本质是“旧知识的新包装”，解题时需秉持“拆解定义—找规律—转模型—验结果”的逻辑，
避免被“新术语”吓住，始终围绕“数列的通项、前n 项和、性质（单调性、周期性）”三大核心展开，
将陌生问题转化为熟悉的等差、等比、递推数列问题，即可高效突破。
【考点三：数列不等式的证明】
【角度1：求和后放缩】
【例题】1．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记
为数列
的前n 项和，已知
是公差为
的等差数列．
(1)求
的通项公式；
(2)证明：
．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得
，得到
，利用和与项的
关系得到当
时，
,进而得：
，利用累乘法求得
，检验对于
也成立，得到
的通项公式
；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到
，进而证得.
【详解】（1）∵
，∴
,∴
,
又∵
是公差为
的等差数列，
∴
,∴
,
∴当
时，
，
∴
,
整理得：
,
即
,
∴
，
显然对于
也成立，
∴
的通项公式
；
（2）
∴
【针对训练】2．（2008·江西·高考真题）等差数列
各项均为正数，
，前n 项和为
，等比数列
中，
，且
．
(1)求
与
；
(2)证明：
．
【答案】(1)
;
(2)证明见详解.
【分析】（1）根据等差数列的求和公式以及等比数列的通项列出方程组，解出公差和公比，从而求得数
列的通项公式；
（2）先求出等差数列求和公式求得
，再利用裂项相消法求和，从而证得结果．
【详解】（1）设公差为
，公比为
，
则
，
解得
或
（舍去），
则
；
（2）由（1）得
，
则
，
则
，
则
.
3．（2025·安徽合肥·模拟预测）记
为数列
的前n 项和，已知
.
(1)求
的通项公式；
(2)设递增的等差数列
满足
，且
成等比数列.设
，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由
，
，两式相减可得
，从而求出
的通项公式；
（2）设数列
的公差为
，结合已知条件可得：
，所以
，利用裂项相消及不等式的性质求解即可.
【详解】（1）因为
，所以
，
两式相减可得
，
即
，则
，
由
，可得
，
所以当
时，
，即
，
因为
不满足上式，
所以数列
的通项公式为
.
（2）设数列
的公差为
，因为
成等比数列，且
，
所以
，即
，整理得
，
解得
或
，
因为
，所以
，又因为
，所以数列
的通项公式为
.
可得
综上可得，对于任意
，都有
.
【角度2：放缩后求和】
【例题】4．（24-25 高二下·辽宁·期末）已知数列
中，
，
，
．
(1)证明：数列
为等比数列；
(2)记
，数列
的前
项和为
．
（i）求
的取值范围；
（ii）求证：
．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）
；（ii）证明见解析
【分析】（1）将
左右两边取倒数，得到
，将其变形为
，即
可根据等差数列的定义，证明数列
为等比数列；
（2）（i）由（1）得到
及
的解析式，进而得到
的解析式
，通过讨论
的取值范围，
即可得到
的取值范围；（ii）先得到
的解析式，进而得到其前
项和
的解析式，通过放缩，将其
转化成求一个等比数列的前
项和
，通过讨论
的范围，即可证明
.
【详解】（1）因为
，所以
，
所以
，
又
，所以
，
所以数列
是以2 为首项，以
为公比的等比数列；
（2）（i）由（1）可知
，
所以
，
，
因为
，
因为
，
，所以
，所以
，
所以
，
的取值范围
；
（ii）因为
，又因为
，
所以
设
.
当
时，
成立；
当
时，
成立；
当
时，
成立；
且随着
值增大，
逐渐减小，
逐渐增大，
因为
，所以
，所以
，
即
.
【针对训练】5．（2025 高三·全国·专题练习）（1）求证：
；
（2）已知
，求证：
．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）解法1 将
放大为
后再求和，证明和小于3 即可；解法2 将
放大为
后再求和，证明和小于3 即可；
（2）先将通项放大为
，再利用裂项相消求和法求和即可证明.
【详解】（1）解法1：
，
．
解法2：
，
．
（2）
．
6．（2025 高三·全国·专题练习）已知在正项数列
中，
，其前
项和
满足
．
(1)求
与
；
(2)令
，数列
的前
项和为
，求证：对于任意的
，都有
．
【答案】(1)
；
．
(2)证明见解析
【分析】（1）应用十字相乘法分解因式计算得出
，再应用
计算求解；
（2）应用放缩法结合裂项相消法证明即可.
【详解】（1）由
，得
．
由于
是正项数列，
，所以
．
当
时，
，
所以
，
．
又
，
，则
，
，所以
，
综上，数列
的通项
，
当
时，
，
当
时，
合适上式，
所以，
．
（2）由于
，由（1）得
，
则当
，，
，
时，有
，
所以，当
时，
．
又
时，
，
所以，对于任意的
，都有
．
7．（2025 高三·全国·专题练习）已知对于任意的
，数列
都满足
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)求证：
时，
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据
即可求解；
（2）由（1）可知：当
时，
，结合等比数列的前
项和公式即可证明.
【详解】（1）由题设有
①，
当
时，
②，
①－②得
，所以
.
又当
时，由
得
，不符合上式，
综上，数列
的通项公式为
.
（2）由（1）可知：当
时，
，
所以
，
所以当
时，
.
【角度3：构造函数放缩】
【例题】8．（24-25 高二下·贵州铜仁·期末）已知函数
．
(1)当
时，求
的极值；
(2)若
在
上恒成立，求实数
的取值范围；
(3)证明：
，
．
【答案】(1)极大值1，无极小值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导函数判断其单调性即可；
（2）将问题转化为
在
上恒成立，构造
，再分类讨论研究
其单调性即可；
（3）由（2）知，当
时，
在
上恒成立，令
，则有
，
再写出
个式子，将其相加化简即可.
【详解】（1）当
时，
，定义域为
，则
，
当
时，
；当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
因此，当
时
有极大值
；
无极小值．
（2）若
在
上恒成立，
即
在
上恒成立，
设
，则
，
，
①当
时，有
，此时函数
在
上单调递增，
有
，不符合题意；
②当
时，
，
令
，解得
，
若
，则
，此时
，
函数
在
上单调递减，则恒有
，符合题意；
若
，则
，则
，得
；
，得
，
从而可知，函数
在
上单调递增，在
上单调递减．
注意到当
时，
，此与
相矛盾，不符合题意．
综上，实数
的取值范围为
．
（3）由（2）知，当
时，
在
上恒成立，
令
，则有
，
所以
，
，
，
，
将上面式子相加，可得
，
即是
，
故
，
．
【针对训练】9．（24-25 高二下·云南·期末）已知各项均为正数的等差数列
，其前
项和为
，且
，函数
．
(1)求
的公差
；
(2)若
恒成立，求
的值；
(3)设
，求证：
．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）取
和
可得
，
，进而结合等差数列定义求解即可；
（2）求导，分析函数
的单调性，进而求解即可；
（3）由（1）可得
，由（2）得
，进而求证即可.
【详解】（1）由
，
，
当
时，
，解得
或
（舍去）；
当
时，
，解得
或
（舍去），
因为数列
为等差数列，所以
；
（2）由
，
，
则
，
当
时，
，函数
在
上单调递增，
又
，则当
时，
，不符合题意；
当
时，令
，得
；令
，得
，
所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
，
设
，则
，
令
，得
；令
，得
，
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
则
，
由
恒成立，且
，则
；
（3）由（1）知
，
由（2）知，当
时，
，
即
，
，
令
，则
，
由
，则
，
，
则
，
即
，
．
10．（24-25 高二下·湖北省直辖县级单位·阶段练习）已知函数
．
(1)当
时，
，求
的取值范围；
(2)求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）恒成立求参数
的取值范围，分类讨论利用导数分析单调性求解即可；
（2）由（1）可知当
时，
，故
，由放缩法证明即可.
【详解】（1）函数
，且
，
①当
时，因为
，故
恒成立，此时
单调递增，所以
成立；
②当
时，令
，得
，
当
时
，此时
单调递减，故
，不满足题意；
综上可知：
．即
的取值范围为
．
（2）由（1）可知当
时，
，故
，
令
，所以
，所以
，
所以
．
【解题策略】
数列不等式的证明解题策略
数列不等式证明是高考数列综合题的核心题型，常以“证明
”“证明
（
为常数）”
“证明
”等形式呈现，核心是结合数列的通项、前
项和性质，灵活运用不等式证明技巧。
以下按“方法分类—适用场景—操作步骤—示例”的逻辑，梳理四大核心解题策略，并补充常见放缩公式：
一、放缩法（最常用，适用于“求和型不等式”）
适用场景
需证明数列前
项和
与常数或函数的不等关系（如
、
），且直接求和困难（如分式、
根式数列），需通过“放大或缩小数列项”，使放缩后的数列可求和（如裂项相消、等比求和）。
核心思路
“目标导向放缩”：根据求和后的目标形式（如常数、分式），确定放缩方向（放大或缩小），确保放缩
后数列的和能化简，且放缩幅度合理（不过度）。
常见放缩公式汇总
以下为高频场景的通用放缩式，需熟练掌握并灵活变形：
放缩
类型
核心公式（
，
）
变形与说明
分式
型放缩
1.
（等价裂项，无放
缩）
2.
（放大）
3.
（缩小）
4.
（
放
大
）
或
（缩小）
1. 适用于
类求和，放大后可裂项相消；
2. 若需证明和“小于常数”，用放大式；需证明
“大于函数”，用缩小式；
3. 分母含平方或根号时，优先向“相邻整数乘
积”转化
对数
型放缩
1.
（
）
2.
（
）
3.
（即
）
1. 常与数列通项结合（如
），通
过放缩转化为多项式数列；
2. 利用“
” （
）推导，令
或
即可得对应公式
根式
型放缩
1.
（等价有
理化）
2.
（放大）
1. 适用于
类求和，放缩后可抵消相邻
项；
2. 推导关键：分子分母同乘“根式差”（如
），利用平方差公式有理化
3.
（缩小）
多项
式放缩
1.
（
）
2.
（
）
3.
（
）
1. 适用于含阶乘、多项式的数列（如
）；
2. 利用“多项式单调性”放缩，如
放大为
，缩小为
常见放缩类型及操作步骤
1. 分式型数列放缩（高频）
适用数列：
（
为常数）、
、
等。
放缩技巧：利用“分母越大，分数值越小；分母越小，分数值越大”，结合上述分式放缩公式，将分
母转化为可裂项的形式。
示例1：证明
（
）
步骤1：确定放缩方向——需证明和小于2，故选择放大式
（
）。
步
骤
2
：
分
段
求
和
—
—
时
，
左
边
；
时
，
左
边
。
步骤3：结论——综上，不等式成立。
示例2：证明
步骤1：确定放缩方向——需证明和大于
，故选择缩小式
。
步骤2 ：求和— — 左边
？不，需更精细缩小，改用
（见易错点“放缩过度”补充），求和得
，因
（交叉验证：
，成立），故左边
。
2. 指数型数列放缩
适用数列：
、
等含指数项的数列。
放缩技巧：结合指数放缩公式，将指数项简化为可等比求和的形式。
示例：证明
步骤1：选择放缩式——由
（
），得
。
步骤2：求和——左边
。
3. 根式型数列放缩
适用数列：
、
等。
放缩技巧：利用根式放缩公式，通过有理化转化为“相邻根式差”。
示例：证明
步骤1：选择放缩式——由
（分子分母同乘
）。
步骤2：求和——左边
。
4. 对数型数列放缩（新增）
适用数列：
、
等含对数项的数列。
放缩技巧：结合对数放缩公式，将对数项转化为分式或多项式。
示例：证明
步骤1 ：选择放缩式— — 由
（令
，代入
，得
）。
步骤2：求和——左边
二、单调性法（适用于“通项型不等式”或“和的最值型不等式”）
适用场景
1. 证明
（或
），且可构造函数
，通过证明
单调递增（递减），进而
得
（或
）；
2. 证明
（或
），且
的单调性可判断（如
单调递增，则
）。
操作步骤
1. 构造数列：设
（或
），目标证明
（或
）；
2. 判断单调性：计算
，判断其符号（正：单调递增；负：单调递减）；
3. 求最值：若
单调递增，则
，只需证明
；若单调递减，则
，只
需证明
。
示例
证明：当
时，
。
步骤1：构造
；
步
骤
2
：
判
断
的
单
调
性
—
—
计
算
；
当
时，
；
当
时，
，故
在
时单调递增；
步骤3：求最小值——
，
，
时
，故
，即
。
三、数学归纳法（适用于“与正整数n 相关的递推型不等式”）
适用场景
题干含递推关系（如
），且不等式形式与
直接相关（如
、
），尤其
适合无法直接放缩或判断单调性的复杂递推数列。
操作步骤（以证明
为例）
1. 基例验证（n=1 时）：代入
，证明
（若
从2 开始，验证
）；
2. 归纳假设（n=k 时）：假设当
（
，
）时，不等式成立，即
；
3. 归纳递推（n=k+1 时）：利用递推关系和归纳假设，证明
（关键：将
用
表示，再结合
推导）；
4. 结论：由1、2、3 可知，对任意
，不等式成立。
示例
已知
，
，证明：对任意
，
。
步骤1：基例验证——
时，
，
，故
，成立；
步骤2：归纳假设——假设
时，
；
步骤3：归纳递推——
，由假设
，则
，故：
因
（当
时，
；
时，
，单独验证
：
，
，成立），故
，即
时成立；
步骤4：结论——综上，不等式对任意
成立。
四、导数辅助法（适用于“数列与函数结合的不等式”）
适用场景
数列通项可表示为函数
在正整数处的取值（即
），且需证明
（或
），可通过证明函数
（
），进而推导数列不等式。
操作步骤
1. 构造函数：设
（
），目标证明
（
）；
2. 求导分析单调性：计算
，判断
在
上的单调性（若
，则
单调递增）；
3. 求函数最小值：若
单调递增，则
，只需证明
；
4. 转化为数列：因
且
，故
，即
，数列不等式成立。
示例
证明：对任意
，
。
步骤1：构造函数——设
（
，因
时，
，扩展到
更方
便）；
步骤2：求导分析——
，当
时，
，故
在
上单调
递增；
步骤3：求最小值——
，即
（
）；
步骤4：转化为数列——令
（
），则
，即
。
五、方法选择与易错点总结
1. 方法选择技巧
不等式类型
优先方法
辅助判断依据
前n 项和与常数的不等关系
（如
）
放缩法
数列项为分式、根式、指数型，直接求和困难，结合“常
见放缩公式”快速匹配放缩式
通项与常数/函数的不等关系
（如
）
单调性
法/导数法
可构造
，且
易计算；或
可扩展为连续函数
递推型数列的不等式（如
）
数学归纳
法
题干含递推关系，且放缩、单调性法难以直接应用
含对数/指数的数列不等式
（如
）
放缩法
+导数法
先通过放缩公式将对数/指数项转化为多项式，再结合导数
法证明辅助不等式（如
）
2. 易错点提醒
放缩过度：如证明
，若用
（
），求和得
，无法证小于
1.5，需改用更精细的放缩式
，求和得
，仍需进一步调
整（如
）；
放缩方向错误：证明
时用放大式，或证明
时用缩小式，导致无法达到目标（如证明
，若误用缩小式
，求和得
，无法与
比较）；
数学归纳法递推不严谨：假设
时成立，递推
时未使用递推关系，直接代入结论（如证
明
，递推时直接写
，未结合
和
推导）；
导数法忽略定义域：将
扩展为
时，未保证
（如证明
的单调性，构造
，
需注意
，但数列中
，故分析
时的导数符号）。
一、单选题
1．（2025 高三·全国·专题练习）已知数列
的前
项和为
，且
，若
对一切
恒成立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（23-24 高二下·江西赣州·阶段练习）某电动汽车刚上市，就引起了小胡的关注，小胡2024 年5 月1 日
向银行贷款
元用来购买该电动汽车，银行贷款的月利率是，并按复利计息.若每月月底还银行相同金额
的贷款，到2025 年4 月底全部还清（即用12 个月等额还款），则小胡每个月月底需要还款（ ）
A．
元
B．
元
C．
元
D．
元
3．（2023·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
4．（2025·海南·模拟预测）数列
满足
，对于任意的
恒成
立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（2025 高三·全国·专题练习）对于数列
，定义
，称新数列
为数列
的一阶差
分数列；定义
，称新数列
为数列
的二阶差分数列．若
（
为常数，
），则称数列
是二阶等差数列．已知
是二阶等差数列，
，
，
，则
（ ）
课后针对训练
A．2528
B．5056
C．3578
D．7156
二、多选题
6．（2025·山东·模拟预测）若数列
满足：存在
，使得
对任意
成立，则称
是“受限数列”，
的最小值称为
的“受限上界”.记
的前
项和为
，则下列说法正确的是
（ ）
A．若
，则
是受限数列
B．若等差数列
满足
，
，则
是受限数列
C．若
，则
是受限数列，其受限上界为3
D．若
，
都是受限数列，则
也是受限数列
7．（2025·湖北黄冈·模拟预测）对于正整数n，
是小于或等于n 的正整数中与n 互质的数的数目．函
数
以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，又称为
函数，例如
，（10 与1，3，7，9 均
互质）则（ ）
A．
B．数列
单调递增
C．若p 为质数，则数列
为等比数列
D．数列
的前4 项和等于
8．（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．
9．（24-25 高二下·广东深圳·期末）对于正整数
是小于或等于n 的正整数中与n 互质的数的数目
（若两个正整数的最大公因数是1，则称这两个正整数互质）.函数
以其首名研究者欧拉命名，称为欧
拉函数，例如
（10 与1，3，7，9 均互质），则（ ）
A．
B．若p 为质数，则数列
为等比数列
C．数列
的前5 项和等于
D．
，使得
三、解答题
10．（24-25 高二下·广西桂林·期末）已知数列
的前
项和为
，且
．
(1)求
的通项公式
；
(2)伯努利不等式是由瑞士数学家雅各布·伯努利提出的，是分析不等式中最常见的一种不等式．伯努利不
等式的一般形式为：若
且
为正整数时，
，当日仅当
或
时等号成立．
（i）证明：数列
为递增数列；
（ii）证明：
时，
．
11．（2025 高二·全国·专题练习）已知在数列
中，
，
，
为等比
数列，
．
(1)求实数
和数列
，
的通项公式；
(2)令
，数列
的前
项和为
，求证：对任意
，都有
．
12．（2025 高三·全国·专题练习）已知数列
的前
项和是
，且
，数列
满足
，
，
．
(1)求数列
和
的通项公式；
(2)设数列
的前
项和为
，
，是否存在实数
，使得对任意正整数
，不等式
恒成立？若存在，求
的最小值；若不存在，请说明理由
参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案
D
C
A
A
C
BD
ACD
BD
ABD
1．D
【分析】根据
的关系得
，从而
，利用作差法求得
的单调性、最值
即可求解.
【详解】
，
，
，
当
时，
，
．
又
且
，
，得
，
因为
，
所以当
时，
取得最大值，最大值为
，
，
故选：D．
2．C
【分析】设小胡每月月底还款钱数为
元，根据等额本息还款法可得每次还款后欠银行贷款，即第12 次还
款后欠银行贷款为
，进而由等比数列的前
项和公式可得
，从而
可得
.
【详解】设小胡每月月底还款钱数为
元，根据等额本息还款法可得：
第1 次还款后欠银行贷款为
，
第2 次还款后欠银行贷款为
，
…，
第12 次还款后欠银行贷款为
，
因为贷款12 个月还清，所以
，即
，
所以
.
故选：C.
3．A
【分析】设该公司在2024 年，2025 年，...，2033 年的销售额（单位：万元）分别为
，进而可
得
，根据配凑法、分组求和法求得正确答案.
【详解】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.
【点睛】方法点睛：对于递推公式为
，常常通过构造等比数列的方法求得通项公式.
4．A
【分析】构造等比数列得
，由题意对于任意的
恒成立，故只需求出
即可.
【详解】由题意令
，所以
，对比
，可得
，
所以数列
是以
为首项，2 为公比的等比数列，
所以
，
所以
，
对于任意的
恒成立，即对于任意的
恒成立，
即对于任意的
恒成立，
显然当
增大时，
减小，此时
增大，
所以
.
故选：A.
5．C
【分析】此题是等差数列的新定义题型，根据题型分析可得，
的一阶差分数列
为公差为的等差
数列，利用等差数列通项公式，求出
的通项，再利用累加法求出
的通项，最后求和即可.
【详解】由题意可知
，
，则
，故
，所以
，所以数列
是首项为，公差为的等差数列，
故
，即
，
由累加法可得，当
时，
．
所以
，
故选:C．
【点睛】
6．BD
【分析】由数列新定义可得A 错误；由等差中项和等差数列的性质求出
，表示出新定义，然后求和
可得B 正确；先由
与
的性质求出数列
的通项，表示出新定义，然后结合等比数列的求和公式可
得C 错误；设存在正数
，
，满足
，
，由数列新定义可得D 正确.
【详解】对于A，若
，则
，不存在
，不是受限数列，故A 错误；
对于B，依题意，
，则
，而
，故
，
，
易知
，所以
，
于是
，故B 正确；
对于C，因为
，故当
时，
，解得
，
当
时，
，
，
两式相减并整理，得
，故
，
故
，故
，受限上界不是3，故C 错误；
对于D，若
，
都是受限数列，则存在正数
，
，满足
，
，
注意到
，
同理，
，
记
，
，
则
，所
以
，故D 正确.
故选：BD.
7．ACD
【分析】根据函数的定义、单调函数的定义，等比数列的定义，求和公式，可得答案.
【详解】根据题意可知，12 与1，5，7，11 互质，29 与
共28 个数都互质，
即
，所以A 正确；
由题目中
，以及
可知数列
不是单调递增的，B 错误；
若p 为质数，则小于等于
的正整数中与
互质的数为
，
即每p 个数当中就有一个与
不互质，所以互质的数的数目为
个，
故
，所以
为常数，
即数列
为等比数列，故C 正确；
根据选项C 即可知
，数列
的前4 项和为
，
故D 正确.
选：ACD
8．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.
9．ABD
【分析】A 选项利用
的定义即可求解判断；B 选项利用
的定义写出
，再利用等
比数列的定义进行判断即可；C 选项利用B 选项的结论写出通项公式，进而可求前5 项和；D 选项利用B
选项的结论写出
，
和
，再代入
即可判断.
【详解】对于A 选项，与20 不互质的是2 的倍数（10 个）以及5 的倍数（4 个），
减去重复计数的10 的倍数（2 个），总共12 个，
；
与25 不互质的只有5 的倍数（5 个），所以
，
所以
，故A 正确；
对于B 选项，设
为质数
，则小于等于
的正整数中与
不互质的数只有
的倍数，
所以互质的数的数目为
，
故
，所以
为常数，
所以数列
为等比数列，故B 正确；
对于C 选项，根据选项B 可知，
，
数列
的前5 项和为
，故C 错误；
对于D 选项，
，
，
4 不是质数，
，
即判断是否存在
使得
，观察得到
时等式成立，故D 正确．
故选：ABD.
10．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据当
时，
求解，注意检验
时是否满足；
（2）（i）由（1）知
，通过计算
结合伯努利不等式即可证明；
（ii）由（i）可知
，再取对变形为
，再将
个不等式相加即可.
【详解】（1）因为
，
当
时，
，
则
，又
，符合上式，
所以
；
（2）（i）令
，
则
因
，则
，
则
，
则
，所以数列
为递增数列；
（ii）因数列
为递增数列，
则当
时，
，
则
，即
，
则
，
即
，则
.
11．(1)
，
，
．
(2)证明见解析；
【分析】（1）设
的公比为
，由等比数列定义结合题意列式计算即可求得
，
，再由等比数
列定义求解可得
，代入可得
；
（2）采用放缩法可得
，由裂项相消法计算即可得证.
【详解】（1）设
的公比为
，则
，
，
即
，
整理得
，
解得
，
．
因为
，
所以
，得
；
（2）
，
．
因为
，所以
得证．
12．(1)
，
(2)存在，
的最小值为
【分析】（1）利用
，可求
，由已知可得
，可求
；
（2）解法1：利用（1）可求得
，利用赋值法得
，进而证明
即可；解法2：
，计算即可求解.
【详解】（1）令
，得
，又
，解得
，
当
时，
，即
，
又
，所以
是首项为1，公比为2 的等比数列，所以
．
由
，得
，
因此数列
是首项为1 的常数数列，所以
，即
．
（2）由（1）知，
，
，所以
．
解法1：
，
，
，
，
当
时，
，得
；当
时，
，得
；当
时，
，得
；
猜想：当
时，不等式
恒成立．
证明：因为
，
所以存在实数
，使得
恒成立，即
的最小值为
．
解法2：由
，
当
时，
，
当
时，
，有
，
所以
的最大值为
，所以
．
所以存在实数
，使得
恒成立，即
的最小值为
．
