文档文本内容
专题09 数列中的放缩和新情境问题
目录
高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求）
核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧）
聚焦题型精准解密（5 大题型精讲+变式拔高训练）
题型一 等比放缩（数列不等式证明）（
）
题型二 通项放缩（通项结构优化）（
）
题型三 新定义数列（概念转化）（
）
题型四 裂项放缩（求和不等式）（
题型五 斐波那契型递推新情境（递推创新）（
）
实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）
高考中集合、常用逻辑用语、复数是基础送分模块，一般10~15 分试题，常以小题的形式出现，但需
特别关注近年新趋势——集合新定义题型已延伸至解答题，备考需紧扣：
基础知识必备：集合掌握元素关系、交并补运算（数轴/Venn 图法）及符号规范；复数熟用四则运算（尤
其除法分母实数化）、实虚部与模的计算，……；
2026 高考预测：集合以基础运算为送分核心，新定义题型、跨模块融合及解答题延伸为2026 年主要考向；
常用逻辑用语聚焦充要条件判断（结合主干知识），兼顾命题否定与真假判断，隐性逻辑应用增强；复数
侧重四则运算、实虚部与模的计算，几何意义考查概率上升，存在适度拓展趋势.……
重难知识汇总：
常用技巧方法：集合需能结合函数定义域、概率等跨模块应用，应对新定义题型；常用逻辑用语会用定
义/集合法判定充要条件，结合函数、数列化简复杂命题；
易错避坑提效：集合避免漏算空集、混淆区间端点；逻辑用语别颠倒充分必要、漏改命题量词；复数明确
虚部概念。
1
题型一 等比放缩（数列不等式证明）
方法点拨：构造等比数列：通过放缩通项公式，将非等比数列转化为等比数列（公比 q∈(0,1)），利
用等比数列求和公式求和后证明不等式。 关键工具：糖水不等式（若 a>b>0，m>0，则
、
二项式定理放缩（如
）。 放缩原则：保证放缩后数列可求和，且放缩方向与不等式一致
（放大或缩小）
【典例01】（2025·天津南开·一模）在正项等比数列
中，
.
(1)求
的通项公式：
(2)已知函数
，数列
满足：
.
（i）求证：数列
为等差数列，并求
的通项公式
（ii）设
，证明：
，
【解析】（1）因为正项等比数列
中，
，所以
.
又因为
，所以
，进而公比
，所以
.
（2）（i）因为
，
所以
，所以
，
所以数列
是以
为首项，公差为1 的等差数列.
所以
，即
.
（ii）
.
2
当
时，左式
，右式
，左式＝右式.
当
时，
下面先证明
，
，
令
，
，
，
，
，又
，
，即
，又
，
所以
.
.
所以
3
.
即
.
综上：当
时，
.
【典例02】（云南大理白族自治州2025 高三统一检测）已知首项为3 的正项数列
的前n 项积为
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)设数列
的前n 项和为
，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)首先利用两边平方的方法将
的指数化为整数，再利用递推关系消掉
，再两边取对数
进行化简，即可得到一个常数列，进而求解；
(2)令
，分离常数化简数列的通项公式，再利用分组求和和放缩的方法去求数列的和，即可得证.
【详解】（1）
，
，
，
，即
，
两边取常用对数得
，则
，
4
，且
，
数列
为常数数列，
，
.
（2）由(1)知
，令
，
，
又
，
，
.
【变式01】（四川德阳中学2024 高三高考直击卷）已知数列
和首项为2 的等比数列
的各项均为
正数，若
，
，且
.
（1）求
和
的通项公式和
的前n 项和
；
（2）若数列
的通项公式满足
，设
为
的前n 项和，求证：
.
【思路分析】（1）设等比数列
的公比为
，由
即可求出
，进而得
，令
，由
得
即可求出
，进而得
，令
，利用错位相减法即可求出
；
5
（2）由
，利用裂项相消法即可证明.
【详细解析】（1）设等比数列
的公比为
，首项
，
，
所以
，
，
，
又因为
，所以
，
令
，
，又
有
，
则有
，
所以
，
又因为数列
的各项均为正数，所以
，
令
，
所以
①，
②，
由①—②有：
，
（2）因为
，
6
所以
.
【变式02】（2025·高三·河南洛阳·期中）已知数列
满足
，设
.
（I）求证：数列
为等比数列，并求
的通项公式；
（II）设
，数列
的前
项和
，求证：
.
【解析】（I）
可化为
即
，
，从而可得数列
为等比数列，进而可得
的通项公式；（II）由（I）可得
，分组求和后，利用放缩法可得结论.
试题解析：（I）由已知易得
，由
得
即
；
,
又
,
是以
为首项，以
为公比的等比数列.
从而
7
即
，整理得
即数列
的通项公式为
.
（II）
，
，
，
.
【变式03】（2025·天津河西·模拟预测）已知数列
是正项等比数列，
是等差数列，且
，
，
．
(1)求数列
和
的通项公式；
(2)设
数列
的前n 项和为
，求证：
；
(3)
表示不超过x 的最大整数，
；
求（i）
；
（ii）
．
【解析】（1）(1)设等比数列
的公比为
, 等差数列
的公差为
,
由
，
8
得
, 解得
或
(舍去)；
故
,
（2）由（1）知，
，
，则
证明：
则
；
（3）（i）
，
，
所以
.
（ii）
①，
则
②，
由①-②得：
9
.
题型二 通项放缩（通项结构优化）
方法点拨：1.结构分析：针对分式型（如
）、根式型（如
）、指数型（如
）通项，
采用裂项、有理化、不等式性质放缩。 2.函数辅助：构造函数 f (x)，利用导数判断单调性，得到通项的
不等关系（如 x>ln (1+x) 用于指数型通项放缩）。3.精度控制：避免过度放缩，必要时可对前几项保留原
式，从第 k 项开始放缩。
【典例01】（25-26 高三上·江苏·期末）已知数列
满足
，且
．
(1)证明：数列
是等比数列；
(2)求数列
的前
项和
；
(3)在（2）的条件下，令
，记数列
的前
项和为
，证明：
．
答案 (1)证明见解析；(2)
；(3)证明见解析.
思路分析:（1）根据已知得到
，应用等比数列的定义判断证明即可；
（2）利用分组求和、等比数列前n 项和公式求和；
（3）对
进行放缩得
，应用裂项相消法证明结论.
解 （1）由题可得，
，所以
，
又
，则
，则
，
10
故数列
是首项为2，公比为2 的等比数列；
（2）由（1）知
，所以
，
所以
.
（3）由（2）
，则
，
所以
．令
，则
，
的前
项和为
；
令
，则
，
的前
项和为
，
所以
，因为
，所以
，当
时等号成立，
而
，所以
.
【典例02】（25-26 高三上·广西南宁·开学考试）已知
．
(1)求
的通项公式；
(2)令
，
为
的前
项之积，求证：
．
答案 (1)
；(2)证明见解析.
11
思路分析:（1）根据已知可得
，且
，由等差数列的定义写出通项公式即可；
（2）利用导数证明
，进而得到
，
可得
，累加即可证.
解 （1）由
，又由题意知，
，
左右同时除以
得
，
所以
，则
，
故
是以3 为首项，3 为公差的等差数列，
所以
，可得
；
（2）令函数
，求导得
，
在
上单调递增，
，即
，
取
，则
，于是
，
由（1）知，
,
，
所以
.
【变式01】（2025·高三·山东青岛·期末）在各项均为正数的数列
中，
，
，
12
．
(1)证明数列
为等比数列，并求数列
的通项公式；
(2)若
，记数列
的前n 项和为
．
（i）求
；（ii）证明：
．
【解析】（1）由题意知
，
因此数列
是以
为首项，以4 为公比的等比数列，
于是
，
．
．
又
适合上式，所以
．
（2）（i）因为
，
所以
．
（ii）因为数列
的前n 项和为
，
所以只需证明：
，
13
也就是
，
令
，只需证明
，
设函数
，
，
．
所以
，即
成立，得证．
【变式02】（25-26 高三上·浙江温州·期中）已知正项数列
满足
．
(1)求证：
是等比数列
(2)设
，记数列
的前
项和为
，求证：
．
答案 (1)证明见解析(2)证明见解析
思路分析:（1）根据题设整理可得
，进而求证即可；
（2）由（1）得
，结合指数函数的性质可得
，进而求和即可求证.
解 （1）由
，则
，
由于
，则
，
所以
，则
，
又
，
所以数列
是首项为2，公比为2 的等比数列.
（2）由（1）得，
，则
，
14
因为
，所以
，当且仅当
时等号成立，
则
，即
，
所以
.
【变式03】（2025 高三·全国·专题练习）已知首项为3 的正项数列
的前n 项积为
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)设数列
的前n 项和为
，证明：
.
答案 (1)
(2)证明见解析
思路分析：(1)首先利用两边平方的方法将
的指数化为整数，再利用递推关系消掉
，再两边取对
数进行化简，即可得到一个常数列，进而求解；
(2)令
，分离常数化简数列的通项公式，再利用分组求和和放缩的方法去求数列的和，即可得证.
解（1）
，
，
，
，即
，
两边取常用对数得
，则
，
，且
，
数列
为常数数列，
，
.
15
（2）由(1)知
，令
，
，
又
，
，
.
题型三 新定义数列（概念转化）
方法点拨：核心场景：定义新性质（如 “速增数列”“受限数列”）、新运算（如行列式定义、生
成数列），需转化为熟悉数列问题。 方法点拨： 紧扣定义：将新定义翻译为数学表达式（如 “速增数
列” 转化为 aₙ₊₂ -aₙ₊₁ >aₙ₊₁ -aₙ）。 回归基础：转化为等差、等比数列的通项、前 n 项和问题，或利用
单调性、周期性、有界性分析。 特殊值验证：通过前 3-5 项的计算，发现规律（如周期、单调性），辅
助解题。
【典例01】（2025·湖南永州·三模）如果数列
对任意的
，都有
成立，则称
为
“速增数列”.若数列
为“速增数列”，且任意项
，
，
，
，则正整数k 的最
大值为（ ）
A．62
B．63
C．64
D．65
【答案】B
【分析】由题意可知数列
的相邻两项之差严格递增，要使得正整数
最大，则需要让相邻两项差值尽
可能小，即相邻两项差值构成公差为1 的等差数列，由此得到构造的增长最缓慢的“速增数列”的递推关
系
，利用累加法可求得其通项公式，令
，解出
代入验证即可得出答案.
16
【详解】由题干条件
，即
，
也即数列
的相邻两项之差严格递增，要使得正整数
最大，则数列
增长尽可能缓慢，
需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1 的等差数列，
因为
，则
，
，
，所以
，
采用累加法
，
令
，即
，解得
，
当
时，
，符合题意；
当
时，
，无法构造“速增数列”满足题意，
故选：B.
【典例02】（2025·天津·模拟预测）数列{an}各项均为实数，对任意n∈N
∗满足an+3=an，定义：行列式
|
a
b
c
d|=ad −bc且行列式|
an
an+1
an+2
an+3|=c为定值，则下列选项中不可能的是（ ）
A．a1=1，c =1
B．a1=2，c =2
C．a1=1，c =0
D．a1=2，c =0
【答案】B
【解题思路】根据定义列方程组，判断a2,a3是否有实数解，结合周期性逐一验证判断即可.
【解答过程】由题知，anan+3−an+1an+2=c，
又an+3=an，所以an
2−an+1an+2=c，{an}是周期为3 的周期数列.
对于A，若a1=1，c =1，则a2a3=0，则a2=0或a3=0
若a2=0，则a2
2−a3a4=−a3a1=1，得a3=−1，
17
又a3
2−a4a5=(−1)
2−a1a2=1，
由周期性可知，当a1=1,a2=0,a3=−1时，满足|
an
an+1
an+2
an+3|=1，A 不满足题意；
对于B，若a1=2，c =2，则4−a2a3=2，即a2a3=2，
又¿，消元整理得a3
2+2a3+2=0，
即(a3+1)
2=−1，无实数解，故B 满足题意；
对于C，若a1=1，c =0，则¿，
解得a2=a3=1，显然|
an
an+1
an+2
an+3|=0恒成立，C 不满足题意；
对于D，若a1=2，c =0，则¿，
解得a2=a3=2，显然此时|
an
an+1
an+2
an+3|=0恒成立，D 不满足题意.
故选：B.
【变式01】（24-25 高三上·福建厦门·阶段练习）如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制
成9 个圆环，解开九连环共需要256 步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程.
九连环把玩时按照一定得程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上.将第n个圆环解下
最少需要移动的次数记为an(n≤9,n∈N
∗)，已知a1=1,a2=1，按规则有
an=an−1+2an−2+1(n≥3,n∈N
∗)，则解下第5 个圆环最少需要移动的次数为（ ）
A．4
B．7
C．16
D．31
18
【答案】C
【解题思路】根据递推公式求a5即可.
【解答过程】由题意得a3=a2+2a1+1= 4，a4=a3+2a2+1=7，a5=a4+2a3+1=16，
所以解下第5 个圆环最少需要移动的次数为16 次.
故选：C.
【变式02】（2025·江西·模拟预测）若数列
满足
且
，则称数列
为“对数
底数列”.已知正项数列
是“对数2 底数列”且
，则当
且
时，
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据定义
，即
，再利用累乘
，平方后再由
根据递推关系可
得答案.
【详解】因为正项数列
是“对数2 底数列”，所以
，所以
，
所以
且
，
以上式子相乘得
，所以
，
所以
，得
，
即
，得
，因为
，所以
；
同理，
，所以
，所以
，
所以
.故
.
故选：C.
19
【变式03】（25-26 高三上·江苏南京·开学考试）对于数列
，记
，称数列
为
数列
的差分数列．
(1)已知
，证明：
的差分数列为等差数列；
(2)已知
的差分数列为
，求
的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据定义可求
，再利用定义法可证
的差分数列为等差数列；
（2）利用累加法可求
的通项公式．
【详解】（1）
，其中
，
故
，故
的差分数列为等差数列.
（2）由题设有
，
故
，由累加法可得
，
而
，所以
，
而
也满足该式，故
.
题型四 裂项放缩（求和不等式）
方法点拨：常见裂项形式：
、
。 放缩技巧：裂
20
项后保证剩余项可抵消，或通过 “添项”“减项” 调整放缩精度（如
）。 求和验证：先
求和再放缩，或先放缩再求和，确保步骤可逆且不等式成立。
【典例01】（2025·辽宁·模拟预测）已知数列
，
为数列
的前
项和，且满足
，
．
(1)求
的通项公式：
(2)证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由
可得出
，两式作差推导出
，然后
利用初值可求得数列
的通项公式；
（2）利用放缩法推导出
，再结合等比数列求和公式可证得结论成立；
【详解】（1）因为
，进而
，两式作差可得：
，即
，
所以
为常数列，
又
，则
，故数列
的通项公式为
．
（2）由（1）
，则
，其中
，8，…，
，
结合等比数列求和公式，有：
21
，
当
时，
，
综上所述，
.
【典例02】（2025·吉林长春·三模）记
为数列
的前
项和，已知
，
．
(1)判断
是否为等比数列，并求出
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)
不是等比数列，且
(2)证明见解析
【分析】（1）当
时，求出
的值，当
时，由
可得
，两式作差可得出
，结合
可得出结论，结合等比数列的通项公式可得出数列
的通项公式；
（2）设等差数列
的公差为
，由题意可知
，根据题中条件可得出关于
的方程，解出
的值，
可得出数列
的通项公式，放缩可得
，结合裂项相消法可证得所证不等式成立.
【详解】（1）因为
，且对任意的
，
，
22
当
时，
，
当
时，由
可得
，
上述两个等式作差得
，即
，所以
，
又因为
，
故数列
不是等比数列，且该数列是从第
项开始成公比为
的等比数列，
当
时，
，即
，
综上所述，
.
（2）设等差数列
的公差为
，由题意可知
，且
，
，
，
，
所以
，
，
，
因为
、
、
成等比数列，所以
，
整理得
，解得
或
（舍去），
所以
，
所以
，
所以
，故原不等式得证.
23
【变式01】（24-25 高三上·辽宁·月考）已知数列
的首项为1，其前
项和为
，等比数列
是首项
为1 的递增数列，若
．
(1)求数列
和
的通项公式；
(2)证明：
；
(3)求使得
成立的最大整数
．
【答案】(1)
，
(2)证明见解析
(3)6
【分析】（1）根据
与
的关系，结合等差数列的定义、等比数列的通项公式进行求解即可；
（2）对
的表达式进行放缩，利用裂项相消法进行求解即可；
（3）利用作差比较法，结合数列的单调性进行求解即可.
【详解】（1）因为
，
所以当
时，
，
作差得
，
两边同时除以
得
，
又
，所以
，得
，
所以
，故对
，
所以数列
是首项为1，公差为1 的等差数列，
24
所以
，则
．
设等比数列
的公比为
，
因为
，所以由
，或
又因以数列
是递增数列，所以
．
（2）因为
，
所以
．
（3）由（1）知，
即
，令
，则
，
，
所以当
时，
，当
时，
，当
时，
，
即有
，
，
又
，
故当
时，
，所以
，
，
又
，
所以
，当
时，
，故使得
成立的最大整数为6．
【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是
，之二是利用作差比
较法判断数列的单调性.
25
【变式02】（2025·四川·模拟预测）已知数列
满足
，且
．
(1)证明：
为等比数列；
(2)设
，证明：
；
(3)设
，且数列
的前
项和为
，证明：
．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）分析可知，对任意的
，
且
，可得出
，变形得出
，
结合等比数列的定义即可证得结论成立；
（2）利用（1）中的结论求出数列
的通项公式，分析可知数列
是各项均为正数的单调递减数列，
分
、
两种情况，由
结合数列
的单调性即可证得结论成立；
（3）由不等式的性质得出
，利用错位相减法求出数列
的前
项和
，可得出
，由
结合不等式的传递性可证得结论成立.
【详解】（1）因为数列
满足
，且
，可得
，
由
，得
，可得
，
由
，得
，可得
，
，
以此类推可知，对任意的
，
且
，所以
，
26
所以
，可得
，
所以数列
为等比数列，首项为
，公比为.
（2）由（1）可得
，所以
，故
，
易知数列
是各项均为正数的单调递减数列，
因为
，所以
，
当
时，
，
当
时，
，所以
，
所以，对任意的
，
，
综上所述，
.
（3）因为
，
所以
，
令
①，
可得
②，
①
②得
，
所以
，故
，故对任意的
，
.
27
【变式03】（2025·浙江·一模）已知渐近线为
的双曲线
过点
，过点
且斜率为
的直线
交双曲线
于异于
的点
，记
的面积为
.
(1)求双曲线
的方程；
(2)求
；
(3)证明：
.
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)证明见解析.
【分析】（1）双曲线
的方程为
代入
计算得解；
（2）联立方程
与
，解得
的横坐标.求出
，计算
，代入
得解；
（3）将
利用放缩法得到
，利用裂项相消
求解.
【详解】（1）设双曲线
的方程为
，
代入
得
，故双曲线
的方程为
.
（2）联立方程
与
，解得
的横坐标
.
因为
，
故
28
，
所以
.
（3）因为
，
故
，
当
时
成立. 故
.
题型五 斐波那契型递推新情境（递推创新）
方法点拨：核心场景：以实际背景（如兔子繁殖、九连环）或递推关系（aₙ₊₂ =aₙ₊₁ +aₙ）定义新数列，
考查通项、求和或不等式。 方法点拨： 递推转化：利用递推关系推导通项性质（如 aₙ₊₂ -aₙ₊₁ =aₙ），或
构造等比数列求通项。 归纳证明：对与 n 相关的不等式，采用数学归纳法证明，结合放缩技巧优化步骤。
性质应用：利用斐波那契数列的单调性、有界性辅助解题。
【典例01】（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳
29
多
斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为：
・
1、1、2、3、5、8、13、21、
34……，在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：F (1)=1，
F (n)= F (n−1)+ F (n−2)(n≥3,n∈N
∗)，记此数列为{an}，则a2019+a2020+a2022+a2024等于（ ）
A．a2023
B．a2024
C．a2025
D．a2026
【答案】C
【解题思路】由题意得，a1=1，an+an+1=an+2，n∈N
∗，进而结合递推关系求解即可.
【解答过程】由题意得，a1=1，an+an+1=an+2，n∈N
∗，
则a2019+a2020+a2022+a2024=a2021+a2022+a2024=a2023+a2024=a2025.
故选：C.
【典例02】（2025·广东·一模）斐波那契数列因数学家斐波那契以兔子繁殖为例而引入，又称“兔子数
列”.这一数列如下定义：设{an}为斐波那契数列，a1=1，a2=1，an=an−1+an−2(n≥3,n∈N
∗)，其通项
公式为an= 1
√5[(
1+√5
2 )
n
−(
1−√5
2 )
n
]，设n是log2[(1+√5)
x−(1−√5)
x]< x + 4的正整数解，则n的最大
值为（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】A
【解题思路】利用给定条件结合对数的性质将log2[(1+√5)
n−(1−√5)
n]<n+ 4化为
(1+√5)
n−(1−√5)
n<2
n+ 4，结合an= 1
√5[(
1+√5
2 )
n
−(
1−√5
2 )
n
]，得到an< 1
√5 ×2
4，根据{an}递增，得
到{an
2}也是递增数列，得an.
2 < 1
5 ×2
8<52，即可求解.
【解答过程】由题知n是log2[(1+√5)
x−(1−√5)
x]< x + 4的正整数解，
故log2[(1+√5)
n−(1−√5)
n]<n+ 4，取指数得(1+√5)
n−(1−√5)
n<2
n+ 4，
30
同除2
n得，(
1+√5
2 )
n
−(
1−√5
2 )
n
<2
4，故1
√5[(
1+√5
2 )
n
−(
1−√5
2 )
n
]< 1
√5 ×2
4，
即an< 1
√5 ×2
4，根据{an}是递增数列可以得到{an
2}也是递增数列，
于是原不等式转化为an.
2 < 1
5 ×2
8<52.
由斐波那契数列可得，a5=5，a5
2=25<52，a6=8，a6
2=64>52
可以得到满足要求的n的最大值为5，故A 正确.
故选：A.
【变式01】（2025·湖南长沙·一模）裴波那契数列
，因数学家莱昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子而
引入，故又称为“兔子数列”，该数列
满足
，且
.洛卡斯数列
是
以数学家爱德华·洛卡斯命名，与裴波那契数列联系紧密，即
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先利用数列
的递推式推得
，从而推得
，由此得解.
【详解】∵
，∴当
时，
，
∴
，
故
，
∵
，∴
，
，
31
故
，
∴
.
故选：C.
【变式02】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）提丢斯—波得定则是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何
学规则，它是1766 年由德国的一位中学老师戴维·提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一
条定律，即数列
：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6，…表示的是太阳系第n 颗行星与太阳的平均
距离（以AU 为天文单位）．现将数列
的各项乘以10 后再减4 得数列
，可以发现
从第3 项起，
每一项是前一项的2 倍，则
．
【答案】
【分析】由题意得到数列
从第二项起是等比数列，由题意写出
，即可写出当
时，数列的
的
通项公式，然后得到数列
的通项公式，从而知道
.
【详解】由题意可知数列
从第2 项起，是以
为首项，2 为公比的等比数列.
，
，
∴当
时，
，
∴
，
∴
，
故答案为：
.
【变式03】（2025·江苏淮安·模拟预测）斐波拉契数列的前两项都是1，从第三项起，每一项都等于它前
32
两项的和.很多自然现象中都蕴含着这个数列，比如图（1）中螺旋星系的星球分布呈螺旋形结构，这个结
构中的每条曲线称为等角螺线.现用图（2）的方式近似地绘制等角螺线：由正方形构成一系列的长方形，
正方形的边长为斐波拉契数列的连续项，在每一个正方形内绘制一个圆的
，这些圆弧连结起来就近似地
得到等角螺线.将正方形的边长由小到大排列，已知第
个正方形的边长为
，第
个正方形的边长
为
，则前
个正方形中圆弧总长为 .
【答案】
【分析】设第
个圆弧的半径为
，设前
个圆弧的半径之和为
，根据斐波拉契数列的
性质推导出
，即
，从而求出前
个正方形中圆弧总
长.
【详解】设第
个圆弧的半径为
，设前
个圆弧的半径之和为
，
则
，
，
，
，
，
依题意
，
，
则
，
，
所以
，
33
所以
，
所以前
个正方形中圆弧总长为
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出根据斐波拉契数列的性质
.
（限时训练：15 分钟）
1． （2025·高三·浙江·期中）已知数列
满足
，且
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】∵
，
，
∴
，
，则
，
∵
，
∴
，即数列
递减，则
，
∵
，
34
∴两边取倒数得
，即
，则
，
∵数列
递减，
∴当
时，
，即
；
当
时，
，即
，
，
，
，
∴根据不等式的性质可得
，即
，
∴
.
故选：B.
2．（多选题）（2025·辽宁铁岭·一模）设数列
满足
，
对
恒成立，
则下列说法正确的是（ ）．
A．
B．
是递增数列
C．
D．
【答案】ABD
【解析】由
，
，
设
，则
，
所以当
时，
，即
在
上为单调递增函数，
所以函数
在
为单调递增函数，
35
即
，
即
，
所以
，即
，则
，故A 正确；
由
在
上为单调递增函数，
， 所以
是递增数列，故B 正确；
∵
，所以
，故C 错误；
因此
，
，故D 正确．
故选：ABD．
3. （24-25 高三上·湖北·月考）定义：在数列
中，
，其中
为常数，则称数列
为“等比差”数列．已知“等比差”数列
中，
，
，则
（ ）
A．1763
B．1935
C．2125
D．2303
【答案】B
【分析】运用累和法和累积法进行求解即可．
【详解】因为数列
是“等比差”数列，所以
，
因为
，
，所以
，
所以有
，
，…，
，
累和，得
，
因此有
，
，…，
，
累积，得
，
所以
.
36
故选：B.
4. （2025·云南昆明·一模）数列{Fn}:1,1,2,3,5,8,13,21,34 ,...,成为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数
学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开始，每项等
于其前两相邻两项之和，记该数{Fn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是（ ）
A．S2019= F2021+2
B．S2019= F2021−1
C．S2019= F2020+2
D．S2019= F2020−1
【答案】B
【解题思路】利用迭代法可得Fn+2= Fn+ Fn+1= Fn+ Fn−1+ Fn−2+ Fn−3+⋯+ F2+ F1+1，可得
Fn+2= Sn+1，代入n=2019即可求解.
【解答过程】由题意可得该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，
则Fn+2= Fn+ Fn+1= Fn+ Fn−1+ Fn= Fn+ Fn−1+ Fn−1+ Fn−2
= Fn+ Fn−1+ Fn−2+ Fn−1= Fn+ Fn−1+ Fn−2+ Fn−3+ Fn−2=⋯
= Fn+ Fn−1+ Fn−2+ Fn−3+⋯+ F2+ F1+1，
所以Fn+2= Sn+1，令n=2019，可得S2019= F2021−1，
故选：B.
5. （2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）牛顿用“作切线”的方法求函数f (x)零点时给出一个数列
{xn}: xn+1= xn−f (xn)
f
'(xn)
，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x)=a x
2+bx +c (a>0)有两个零点1，
2，数列{xn}为f (x)的牛顿数列．设an=ln xn−2
xn−1，已知a1=2，{an}的前n项和为Sn，则S2025+2等于（ ）
A．2025
B．2026
C．2
2025
D．2
2026
【答案】D
【解题思路】先由函数f (x)=a x
2+bx +c (a>0)有两个零点求得f (x)和f
' (x)的解析式，进而求得数列{xn}
的递推公式，从而得到数列{an}的前n 项和Sn，即可求得S2025+2的值．
【解答过程】f (x)=a x
2+bx +c (a>0)有两个零点1，2，
则¿，解之得¿，
37
则f (x)=a x
2−3ax +2a(a>0)，则f
' (x)=2ax−3a(a>0)，
则xn+1= xn−f (xn)
f
'(xn)
= xn−a xn
2−3a xn+2a
2a xn−3a
= xn
2−2
2 xn−3，
则
xn+1−2
xn+1−1 =
xn
2−2
2 xn−3 −2
xn
2−2
2 xn−3 −1
= xn
2−4 xn+ 4
xn
2−2 xn+1
=(
xn−2
xn−1)
2
，
由an= ln xn−2
xn−1，可得an+1= ln xn+1−2
xn+1−1 = ln(
xn−2
xn−1)
2
=2ln xn−2
xn−1 =2an，
即an+1=2an，
又a1=2，则数列{an}是首项为2，公比为2 的等比数列，则an=2
n，
前n 项和Sn= 2−2
n+1
1−2 =2
n+1−2，则S2025+2=2
2026−2+2=2
2026.
故选：D．
6. （2024·江苏南通·模拟预测）定义：已知数列{an}(n∈N
∗)的首项a1=1，前n项和为Sn.设λ与k是常数，
若对一切正整数n，均有Sn+1
1
k
−Sn
1
k = λ an+1
1
k
成立，则称此数列为“λ & k”数列.若数列{an}(n∈N
∗)是“
√3
3 & 2”数列，则数列{an}的通项公式an=（ ）
A．3×4
n−2
B．¿
C．4×3
n−2
D．¿
【答案】B
【解题思路】由题可知λ = √3
3 ,k =2，根据定义得Sn+1
1
2 −Sn
1
2 = √3
3 (Sn+1−Sn)
1
2，根据平方差公式化简得
Sn+1= 4 Sn，求得Sn，最后根据Sn−Sn−1=an(n>1)，即可求出数列{an}的通项公式.
【解答过程】因为数列{an}(n∈N
*)是“√3
3 & 2”数列，则λ = √3
3 ,k =2，
所以Sn+1
1
2 −Sn
1
2 = √3
3 an+1
1
2，而Sn+1−Sn=an+1，
38
∵an>0,∴Sn+1>Sn,∴Sn+1
1
2 −Sn
1
2 >0，
∴Sn+1
1
2 −Sn
1
2 = √3
3 (Sn+1−Sn)
1
2，
∴(Sn+1
1
2 −Sn
1
2 )
2= 1
3 (Sn+1
1
2 −Sn
1
2 )(Sn+1
1
2 + Sn
1
2 )，
∴Sn+1
1
2 −Sn
1
2 = 1
3 (Sn+1
1
2 + Sn
1
2 ),∴Sn+1
1
2 =2Sn
1
2 ,∴Sn+1= 4 Sn,∴Sn= 4
n−1，
∵S1=a1=1，Sn= 4
n−1，
∴an= 4
n−1−4
n−2=3⋅4
n−2,n≥2，
∴an=¿.
故选：B.
7.（2025·浙江·模拟预测）已知数列
满足
．
(1)证明：
是等差数列；
(2)记
为
的前n 项和，证明：当
时，
．
【解析】（1）因为数列
满足
，
所以
，也即
，
所以
，
故数列
是等差数列.
（2）由（1）可知：当
时，数列
是以
为首项，以1 为公差的等差数列，故
，则
，
39
所以
，因为
，所以
，
所以
得证.
8. （2025·天津南开·模拟预测）设数列
满足：
．设
为数列
的前n 项和，
已知
，
．
（1）求数列
，
的通项公式；
（2）设
，求数列
的前n 项和
；
（3）证明：对任意
且
，有
．
【解析】（1）由
，所以数列
是以3 为公比的等比数列，则
又当
时，
，又
，即
所以
当
时，
所以
，所以数列
是以2 为公比的等比数列，则
（2）由
40
则
两式相减得：
所以
（3）
当
时，
当
时，
，所以
所以对任意
且
，有
41
