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培优专题 02 数列
题型1 裂项相消复杂型
①等差型
（1）
（2）
（3）
②根式型
（1）
（2）（3）
③指数型
（1）
（2）
（3）
④等差裂和型
形如 型，如果 ，则可以分子裂差：
一、解答题
1．（24-25高三上·浙江杭州·阶段练习）已知 是等差数列 的前 项和，且 .
(1)写出等差数列的通项公式和求和公式.
(2)求 ；
(3)若 ，记数列 前 项和为
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）直接写出通项公式和求和公式即可；
（2）利用等差数列通项公式、前n项和公式求基本量，进而写 ；
（3）应用裂项相消法求和即可.【详解】（1） ,
（2）设公差为 ，结合题设有 ，解得 ，
故 .
（3）由（2）有 ，
故
.
2．（24-25高三下·湖南永州·开学考试）已知函数 ，点 在曲线
上，且 ．
(1)求证：数列 为等差数列；
(2)设 ，记 ，求 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将点 代入 ，化简推出 ，利用等差数列的定义即可
证得；（2）由（1）求出数列 的通项公式，继而求得数列 的通项公式，推出 ，通
过裂项相消法求出 .
【详解】（1）因为点 在曲线 上，
所以 ，且 ，
，
故数列 是首项为1，公差为4的等差数列．
（2）由（1）知 ，则 ．
因为 ，所以 ，
则 ，
故 ．
3．（2025·山东济宁·一模）已知数列 和 满足 ．
(1)求数列 和 的通项公式；
(2)设数列 的前 项和为 ，求证： ．
【答案】(1) ；
(2)证明见详解【分析】（1）分析可知数列 为常数列，即可得数列 的通项公式，根据前n项和与通项公式
之间的关系可得数列 的通项公式；
（2）由（1）可知： ，利用裂项相消法求 ，进而分析证明.
【详解】（1）因为 ，可得 ，
即 ，
可知数列 为常数列，则 ，所以 ；
又因为 ，则有：
若 ，可得 ；
若 ，则 ，
两式相减得 ；
且 符合上式，所以 .
（2）由（1）可知： ，
可得 ，
显然 ，所以 .
4．（24-25高三下·江苏扬州·期末）已知数列 中， ， 为数列 的前n项和，满足(1)证明数列 是等比数列，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)
【分析】（1）由 的关系作差得到 ，通过构造即可求证；
（2）由（1）得到 ，裂项相消求和即可；
【详解】（1）由题意，当 时， ，得 ，
，
当 时， ，①
，②
①-②得 ，
因为 ，所以 则 ，
， ，
所以 是以 为首项，3为公比的等比数列.
所以 ，则
（2）由 ，则 ，
所以 的前n项和
5．（24-25高三上·河北·期末）数列 满足： ， .
(1)求数列 通项；
(2) 恒成立，求m最小值.
【答案】(1) ，
(2)
【分析】（1）利用已知 求 ， ，构造 ，两式
相减得： ，又构造 ，两式相除得： ，
得出通项公式；
（2）由裂项相消: ，求和即可.
【详解】（1）由 ，
，
两式相减得： ，
时， 符合等式，故 ， ，
两式相除得：
故n为奇数时，
n为偶数时，
综上，对任意 ， .
（2）由
故 ，最小值为 .
6．（24-25高三下·广东东莞·阶段练习）已知等差数列 满足 ， 是关于 的方程 的
两个根.
(1)求 ；
(2)设 求数列 的前 项和 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分别令 、 ，根据韦达定理和等差数列的通项公式计算即可求解；
（2）由（1）求出 ，根据韦达定理求得 ，进而 ，结合等差数列前 项和公式和裂项相消法计算即可求解.
【详解】（1）设等差数列 的公差为 .
当 时， 是方程 的两根，
由韦达定理得 ，①
当 时， 是方程 的两根，
由韦达定理得 ，②
由①②，解得 ；
（2）由（1）知 ，所以 ，
则 ，对于方程 ，
由韦达定理得 ，即 ，
所以 ，
所以
.
题型2 错位相减法
一、错位相减法求数列 的前n项和
（1）适用条件
若 是公差为 的等差数列， 是公比为 的等比数列，求数列{a ·b}的前n项和 ．
n n
（2）基本步骤（3）注意事项
①在写出 与 的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 ；
一、解答题
1．（2025·新疆·二模）已知数列 的前 项和为 ，且 是等差数列， ，
．
(1)求 的通项公式；
(2)记 ，求 ．
【答案】(1) ，
(2) ．
【分析】（1）分 和 ，结合 得到数列 是等比数列，利用裂项相消得到数列
的公差，进而得到通项公式；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）因为 ，所以当 时，解得 ，
当 时，解得 ，由 可知 ，即 ，因此数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，所以 ，
设等差数列 的公差为 ，
则
，
解得 ，又因为 ，故 ；
（2） ①，
②，
①-②，得 ，
即 ．
2．（24-25高三上·安徽芜湖·阶段练习）已知数列 的首项为 且 .
(1)求 的通项公式；
(2)若 求数列 的前 项和 ．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）由题意 利用累加求和即可；
（2）利用错位相减法求出结果即可．
【详解】（1）
两边同时除以 可得
则
累加可得 则
经检验 也适合上式，
所以
（2）由（1）可知 数列 的前 项和
则 ①
②
由两式相减 ①-②可得：
故 ．
3．（24-25高三下·江苏南京·开学考试）设数列 的前 项和 满足： ．
(1)求数列 的通项；(2)设数列 的前 项和为 ，若 ，求实数 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用 与 的关系可得 ，解得 ，再根据等
差数列的定义求解即可；
（2）利用错位相减法求出 ，再结合一元二次函数的图象和性质求解即可.
【详解】（1）由 可得当 时， ，
所以 ，解得 ，
所以 ，
又 ，解得 ，
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ，解得 ，
当 时，满足 ，
故 .
（2）由（1）可得 ，
所以 ①，
②，
① ②得 ，所以 ，
若 ，即 ，
整理得 对 恒成立，
当 时， 恒成立，
当 时，对于一元二次方程 在 处取得最小值，
所以只需 即可，解得 ，
综上实数 的取值范围为 .
4．（24-25高三下·山西·阶段练习）数列 满足 ．
(1)求证：数列 是等比数列；
(2)求数列 的前 项和 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）计算 ，根据等比数列的定义得证；
（2）由（1）得 ，利用分组求和和错位相减
法求和.
【详解】（1）因为 ，
且 ，所以数列 是等比数列．
（2）由（1）得数列 是等比数列，且公比 ，所以 ，故 ．
所以 ．
故
,
令 ,
,
两式相减得
,
所以 ,
即 .
5．（2025·江西萍乡·一模）已知数列 ， 满足
，其中 .
(1)若 ， ，求 ；
(2)若 ， ，求数列 的前n项和；
(3)若 ，证明： .
【答案】(1)90(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）应用已知分组求和计算即可；
（2）应用错位相减法计算求和；
（3）先做差再应用等比数列求和，再做差证明即可.
【详解】（1）由题意，当 时， ，因为 ，
所以 ，当 时， ，
两式相减，可得 .
所以 .
（2）当 时， ，
因为 ，所以 ，所以 ，
设 的前 项和为 ，则 ，
两式相减得 ，
所以 .
（3）根据题意有 ，
，
所以，
则 ，
因为 ，所以 ：
令 ，则 ，
所以 ，所以 ，所以 .
题型3 并项求和法
并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
一、解答题
1．（24-25高三上·福建福州·阶段练习）记 为数列 的前 项和，已知 .
(1)求 ，并证明 是等差数列；
(2)求 .
【答案】(1) ，证明见解析
(2)
【分析】（1）直接代入 可得 ，再代入 ，结合 的值求出 ；再由 仿写
出 ，作差后得到 ，即可证明结果.
（2）由（1）知数列 为等差数列，然后代入等差数列的前 项和公式求解即可.【详解】（1）已知 ，
当 时， ；
当 时， ，所以 .
因为 ①，所以 ②.
②-①得， ，整理得 ，
所以 （常数）， ，
所以 是首项为6，公差为4的等差数列.
（2）由（1）知， .
所以
.
2．（24-25高三上·浙江丽水·期末）已知正项数列 的前 项和为 ，且 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，求数列 前 项的和 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由 与 的关系，代入计算，即可得到结果.（2）根据题意，由（1）可得数列 的通项公式，然后由并项求和法代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）①当 时， 或（ 舍去），
②当 时， ，
，
上述两式相减，整理得 ，又 ，
所以 ，所以 是以3为首项，公差为4的等差数列，
.
（2）由（1）知 ，
所以 ，
.
3．（24-25高三下·湖南·阶段练习）已知数列 的前 项和 ．
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用数列前 项和 与 的关系 求 的通项公式.（2）先求出 的表
达式，再根据其特点进行求和.【详解】（1）当 时：已知 ，那么 ，所以 .
当 时： ，
先展开式子 .
则 ，所以 .
当 时， ，上式也成立.所以 .
（2）已知 ，把 代入可得：
.
可以发现相邻两项相加为 ，除了第一项 中的 和最后一项 中的 .
所以 .
4．（2025·天津武清·一模）已知各项均为正数的数列 ，其前n项和为 ，满足 .
(1)求数列 的通项公式以及 ；
(2)若 ，求
【答案】(1) ；
(2)【分析】（1）由 ，结合 可得答案；
（2）由（1）可得 时， ，然后当 ，时，可得 ，其中
为小于 的最大整数，据此可得当 ，其中 时，可得 ，
最后由分组求和可得答案.
【详解】（1） ，
则 ，因 .则两式相减得：
.
又 各项均为正数，则 .
又 时， ，
则 是以1为首项，公差为2的等差数列，
则 ， ；
（2）由（1） 时， ，
则 .
则 ，
当 ，设 ，
注意到，其中 为小于 的最大整数.
则当 ，其中 时，
.
则当 时，
.
又注意到 时， .
则 .
【点睛】关键点睛：对于较复杂数列的求和，可适当引入参数，也可适当分组，从而将较复杂数列转化为
已学习过数列的组合.
题型4 倒序相加法
将一个数列倒过来排列，当它与原数列相加时，若有规律可循，并且容易求和，则这样的数列求和时可
用倒序相加法（等差数列前 项和公式的推导即用此方法）．
一、解答题1．（23-24高三下·四川成都·阶段练习）已知数列 满足： ，数列
满足 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)求 的值；
(3)求 的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，当 时，可得 ，两式相减，求得 ，再由
，得到 ，即可求得数列 的通项公式.
（2）由（1）得 ，结合指数幂的运算法则，即可求得 的值；.
（3）由（2）知 ，结合倒序相加法，即可求解.
【详解】（1）由数列 满足： ，
当 时，可得 ，
两式相减，可得 ，所以 ，
当 ，可得 ，所以 ，适合上式，
所以数列 的通项公式为 .（2）由数列 满足 ，
则 .
（3）由（2）知 ，
可得 ，
则 ，
两式相加可得 ，所以 .
2．（2024·上海·模拟预测）已知 ，数列 的前 项和为 ，点 均在函数
的图象上.
(1)求数列 的通项公式；
(2)若 ，令 ，求数列 的前2024项和 .
【答案】(1)
(2)1012
【分析】（1）由题意得 ，再利用 可求出 ，
（2）先求得 ， ，然后利用倒序相加法可求得结果.
【详解】（1）因为点 均在函数 的图象上，
所以 ，当 时， ，即 ，
当 时，
，
因为 满足上式，
所以 ；
（2）因为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以
①，
又
②，
①+②，得 ，
所以 .
3．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）记 为数列 的前 项和，已知： ，
（ ）．
(1)求证：数列 是等差数列，并求数列 的通项公式；(2)求和： ．
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据 ，利用等差数列定义即可得证，并结合 与 的关系式，求出
.
（2）利用前 项和的倒序相加法，结合组合的性质即可求出结果.
【详解】（1）由 ，
有 ，又 ，故 ，
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ，即 ，
故 ，两式相减得 ，
即 ，所以 ，
因此 的通项公式为 ．
（2）设 ，
则由（1）知 ，
又 ，
两式相加得：
，因为 ， ，
，
所以 .
题型5 奇偶数列问题
1、常见类型
① ，求 的值；则
② ，求 的值
（1）n为奇数时，有 个奇数项，有 个偶数项，则
（2）n为偶数时，有 个奇数项，有 个偶数项，则
2、其他类型
①数列中连续两项和或积的问题： 或
②含有 类型
一、解答题
1．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）已知正项数列 的前n项和为 ，且满足 ．
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，求数列 的前n项和 ．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可求得 ，进而利用 的关系可求通项公式；
（2）分n为偶数或n为奇数两种情况，利用并项求和法可求 .
【详解】（1）因为 ，所以 ，即 ，
又 ，所以 ，所以 ，即 ，
当 时， ，
当 时， 也适合上式，所以 ．
（2）由（1）知 ，则 ，
当n为偶数时， ，
当n为奇数时， 为偶数， ，
所以 .
2．（24-25高三下·福建福州·阶段练习）已知 为数列 的前 项和， 为数列 的前 项和，
.
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，求 的最大值；【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）根据递推公式得出等差数列再应用基本量运算得出通项公式；
（2）分组求和分别求出 ，再计算化简结合指数函数单调性计算求解；
【详解】（1）由 ，得 ，所以数列 为等差数列，
所以 ，所以 .
又 ，所以 ，
设 的公差为 ，
即 解得
所以 的通项公式是
（2）由（1）知 ，
所以
令 ，
得 ，设 ，则数列 是递增数列.
又 ，
所以 的最大值为5.
3．（2024·广东韶关·二模）已知数列 的前n项和为 ， ， ， ．
(1)证明： ；
(2)设 ，求数列 的前2n项和 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据 进行求解；
（2）在（1）基础上，得到 ，从而得到 ，分组求和，结合等差数列
和等比数列求和公式得到答案.
【详解】（1）证明：由题可知 ，
当 时，解得 ．
又因为 ，将其与
两式相减得： ，
因为 ，所以 ．
（2）当n为大于1的奇数时，有 ， ， ，…， ，
累加得 ．
又 满足上式，所以n为奇数时， ；当n为大于2的偶数时，有 ， ， ，…， ，
累加得 ．又 满足上式．
综上可知， ．
所以 ，
.
【点睛】数列中的奇偶项问题考查方向大致有：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②数列中连续两
项和或积问题；③含有 的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问题；含三角函数问题，需要对
分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减和求和或裂项相消法
求和.
4．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知等差数列 满足： 公差 且 恰为等比数列
的前三项．
(1)求数列 与 的通项公式：
(2)若数列 满足： 求数列 前n项和 ;
(3)求 的前n项和
【答案】(1) ；
(2)
(3)【分析】（1）根据题意，由等比中项的性质可得 ，即可得到等差数列的通项公式，从而可得等比数
列的公比，再由等比数列的通项公式，即可得到结果；
（2）根据题意，结合等差数列以及等比数列的求和公式代入计算，由分组求和法，即可得到结果；
（3）根据题意，分 为奇数与 为偶数讨论，结合并项求和法，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由 为等比数列可得 ，即 ，
即 ，解得 或 （舍），
所以 ，
又 的前三项为 ，即 ，即 ，
公比 ，所以 .
（2）因为 ，
则
.
（3）因为 ，即 ，
设数列 的前 项和为 ，
当 为奇数时，
；当 为偶数时，
；
综上所述， .
5．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）设 为数列 的前n项和，已知 是公差为 的等差数列．
令 ， 为数列 的前n项和．
(1)求数列 的通项公式；
(2)证明：当 时， ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据等差数列的通项公式得到 ，再根据 得到
，接着用“累乘法”可得数列 的通项公式.
（2）分 为偶数与奇数两种情况，表示出 ，结合作差法比较 与 的大小.
【详解】（1）由题意得，①，
当 时， ②
由① ②得： ，即
．
又 时， 满足 .
（2）由 得 ， .
①当n为偶数时，
此时， ，故
②当n为奇数时 ，
综上，当 时， ．
题型6 插入数或项构成新数列问题
1、插入数构成等差数列
在 和 之间插入 个数，使这 个数构成等差数列，可通过构造新数列 来求解
个数构成等差数列，公差记为 ，所以：2、插入数构成等比数列
在 和 之间插入 个数，使这 个数构成等比数列，可通过构造新数列 来求解
个数构成等比数列，公差记为 ，所以：
3、插入数混合型
混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列 提供了多少项，其余都是插入进来的。
一、解答题
1．（24-25高三下·广东广州·阶段练习）已知数列 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 项
、 、 （其中 、 、 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的 项；若不存在，请说明
理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）当 时，求出 的值，当 时，由 ，得 ，两式推导出数列
为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列 的通项公式；
（2）求得 ，假设存在 项 、 、 （其中 、 、 成等差数列）成等比数列，可得出
，整理得出 ，联立 可得出结论.
【详解】（1）当 时，由 ①，得 ②.由① ②得， ，即 .
当 时， ，解得 .
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列.所以 .
（2）不存在 项 、 、 （其中 、 、 成等差数列）成等比数列.理由如下：
依题意得 ，即 ，解得 .
假设存在 项 、 、 成等比数列（其中 ），则 ，
即 ，整理得 .
联立 ，解得 ，这与已知条件 矛盾.
所以不存 项 、 、 （其中 、 、 成等差数列）成等比数列.
2．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知数列 满足
(1)求 的通项公式；
(2)在 和 之间插入 个数，使得这 个数依次构成公差为 的等差数列，求数列 的前 项和
.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用 与 间的关系，即可求解；
（2）根据条件及（1）中结果，得到 ，再利用错位相减法，即可求解.【详解】（1） ①，
当 时， ②，
由① ②，得 ，即 ，
又当 时， ，满足 ，所以 .
（2）由（1）知 ，所以 ，则 ，
所以 ③，
④，
由③ ④得：
，
所以 .
3．（24-25高三上·浙江杭州·期末）已知等比数列 的前n项和为 ，
(1)求数列 的通项公式;
(2)在数列 的相邻项 与 之间插入k个相同的数 ，使其与原数列构成新数列 ，设
为数列 的前n项和，求
【答案】(1)
(2)【分析】（1）根据题意，由已知 可得 ，然后求数列 的通项公式即可；
（2）由题意可得项数 ，然后结合等比数列的求和公式代入计算，即可求解．
【详解】（1）由 ，得 ，
两式相减得 ，
即 ， ，
得等比数列 的公比 ，
又当 时， ，所以 ，所以
（2）数列 为：3， ， ，1，1， ， ， ， ，
以如下划分：3， ， ，1，1， ， ， ， ， ， 得项数 ，
当 时共有项数 ，
当 时共有项数 ，
所以
.
4．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知 是公比大于0的等比数列，且 ， .
(1)求 的通项公式；
(2)求 的前 项和 ；
(3)若 ，在 与 之间插入 个 ，得到一个新数列 . 是否存在正整数 ，使得数列 的前 项之和 ? 若存在，求出 的值; 若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设等比数列 的公比为 ，则 ，根据题意可得出关于 的方程，解出 的值，即可求
得数列 的通项公式；
（2）求得 ，利用裂项相消法可求得 ；
（3）对 在新数列中的位置分析，求得 在新数列中为第 项，然后对 分组求和，得
, 赋值即可求得 的值.
【详解】（1）设等比数列 的公比为 ，则 ，所以， ，
整理可得 ，因为 ，解得 ，故 .
（2）因为 ，
所以，
.
（3）由题意可知，设 在数列 中的项为 ，
则由题意可知， ，所以当 时， ，
当 时， ， ，
当 时， ， ，
因为 且 ，
所以当 时， .
5．（24-25高三下·山东德州·开学考试）已知数列 的前 项和为 满足 ，且
，数列 满足 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)求数列 的前 项和 ；
(3)若将数列 中的所有项按原顺序依次插入数列 中，组成一个新的数列 ：
，在 与 之间插入 项 中的项， 中 之前（不包括 ）
所有项的和记为 .若 .求使得 成立的最大整数 的值.
（其中 表示不超过 的最大整数）
【答案】(1)
(2)
(3)【分析】（1）由条件结合等差数列通项公式求数列 的通项公式，再由 与 关系求 ，由
取 求 ，当 时，用 替换 ，两式相除可得结论；
（2）由（1）可得 ，等式两边同乘 ，两式相减可得
，再利用错位相减法求结论；
（3）由（1）结合等差数列等比数列求和公式求 ，再求 ，结合等差数列求和公式化简不等式求结论.
【详解】（1）因为 ，所以 是以 为首项， 为公差的等差数列.
所以 .
当 时，
又 满足关系 ，
故 .
数列 ，当 时， ，
当 时， .
所以， ；
（2）由题可知
①②
①-②得 .
③
④
③-④得
；
（3）依题意，数列 中 之前的所有项中包括 项 中的项，
设其和为 ，则
数列 中 之前的所有项中包括 项 中的项，设其和为 ，则
于是
所以，
当 时，当 时，因为 ，
所以
，
于是， ，因此，
所以， ，
所以 ，又 ，
所以， ， ，
得 成立的最大整数 的值为 .
【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于利用错位相减法先求出
，然后再次利用错位相减法求结论.
题型7 数列与不等式交汇
一、解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点：
1、数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视；
2、解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件；
3、不等关系证明中进行适当的放缩．
二、常见放缩公式
（1） ；
（2） ；（3） ；
（4） ；
（5） ；
（6） ．
（7） ；
（8） ．
一、解答题
1．（2025·四川巴中·一模）已知数列 的通项公式为 .
(1)求证： ；
(2)令 ，证明： .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)结合数列的通项公式和单调性求证即可.
(2)先求出数列 的通项公式，然后结合裂项法对证的等式进行放缩，从而得到要证的不等式即可.
【详解】（1） 可知数列 单调递减，则当 时， 取最大值为 故
得证.
（2）
当 时，得证.
2．（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）已知数列 的前 项和为 ，且满足 ， .
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，设数列 的前 项和 ，求证： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）令 ，可求得 的值，令 ，由 可得 ，两式作差可推导出数
列 为等差数列，确定该数列的首项和公比，即可求得该数列的通项公式；
（2）求出 ，求得 ，利用裂项相消法求出 ，即可证得结论成立.
【详解】（1）数列 的前 项和为 ，对任意的 ， ，
当 时，则有 ，可得 ，
当 时，由 可得 ，
上述两个等式作差可得 ，可得 ，
所以数列 为等比数列，且其首项和公比都为 ，所以 .
（2）由（1）可得 ，则 ，则 ，
所以 ，所以
.
3．（2025·甘肃兰州·一模）已知公差不为零的等差数列 满足 ，且 成等比数列．
(1)求数列 的通项公式；
(2)证明： ；
(3)若数列 满足 ，证明： （e为自然对数的底）．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由等差数列的通项公式及等比数列的性质即可求解，进而可得通项公式；
（2）设 ，求导，可得 的单调性，进而可得结论；
（3）由题意需证 ，由（2）可得 ，利用放缩法与裂项相消法
可证结论.
【详解】（1）设等差数列 公差为 成等比数列，则 ，
所以 ，解得 或 （舍去），所以 ；
（2）设 ，当 时， 单调递减，
，所以 ，由（1）可知 ，
则有 ，所以不等式 恒立．（3）因为 ，所以要证 ，
只需证： ，
根据（2）可知 ，那么 ，
，
所以 .
4．（24-25高三上·河南安阳·期末）已知数列 满足 ，且 .
(1)证明 是等差数列，并求 的通项公式；
(2)若数列 满足 ，求 的前 项和 ；
(3)若存在 ，使得不等式 成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
(3)
【分析】（1）对递推式变形结合等差数列的概念即可证明，然后根据等差数列的通项公式求解即可；
（2）由（1）知 ，然后利用错位相减法求和即可；（3）利用裂项相消法求和化简已知得，存在 ，使得 成立，分离参数
，变形后利用基本不等式求解最值即可得解.
【详解】（1）由 ，可得 ，
又 ，所以 是1为首项1为公差的等差数列，
所以 ，所以 ；
（2）由（1）知 ，所以 ，
，
两式相减，得 ，
故 ；
（3）由（1）知 ，
所以
，
由题可知，存在 ，使得 成立，
所以 ，
因为 ，当且仅当 ，即 时，等号成立，所以 ，
故实数 的取值范围是 .
5．（2025·云南昆明·一模）已知各项均为正数的数列 的前 项和为 ， ，且
.
(1)证明：数列 是等差数列；
(2)求数列 的通项公式；
(3)若 ，求 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知等式变形得出 ，化简得出 ，结合等差数列
的定义可证得结论成立；
（2）结合（1）中的结论可得出数列 的通项公式，由此可求得数列 的通项公式；
（3）由参变量分离法得出 ，令 ，
分析数列 的单调性，即可求得实数 的取值范围.
【详解】（1）因为各项均为正数的数列 的前 项和为 ，则对任意的 ， ，
当 时， ，即 ，所以， ，
因此，数列 是等差数列，且其首项为 ，公差为 .
（2）由（1）可得 ，则当 时， ，
也满足 ，故 ， .
（3）由 可得
，
令 ，则
则
，即 ，
所以，数列 为单调递增数列，则 ，
因此， 的取值范围是 .
6．（24-25高三下·江苏泰州·开学考试）设数列 的前 项和为 ，
(1)求 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项和 ；(3)设 ，求证：
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据 作差计算可得；
（2）由（1）可得 ，利用分组求和法及裂项相消法计算可得；
（3）首先利用作差法证明 （ ），从而得到
（ ），利用放缩法证明即可.
【详解】（1）因为 ，即 ，
当 时， ，所以 ；
当 时， ，
所以 ，
而 也满足上式，
；
（2）因为 ， ， ，，
；
（3）由（1）可得 ，
因为
（ ），
所以 （ ）
所以 （ ），【点睛】关键点点睛：本题第三问解答的关键是推导出 （
）.
题型8 数列中的新定义问题
数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五
种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的
透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，
掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
一、解答题
1．（2025·山西吕梁·一模）若数列 中 且对任意的
恒成立，则称数列 为“ 数列”.
(1)若数列 为“ -数列”，写出所有可能的 ；
(2)若“ -数列” 中， ，求 的最大值.
【答案】(1) 或 或
(2)
【分析】（1）利用“ 数列”的定义，得到关于的不等式组，列出所有满足条件，即可得解；（2）利用“ 数列”的定义，推得 ，进而得到 ，解得 ；
再取 ，推得 符合题意，由此得解；
【详解】（1）依题意，因为数列 为“ 数列”，则 ，
注意到 ，故所有可能的 为 或 或 .
（2）一方面，注意到 ：
对任意的 ，令 ，则 且 ，
故 对任意的 恒成立（★），
当 时，注意到 ，
得 ，
此时 ，
即 ，解得 ，故 ；另一方面，
取 ，则对任意的 ，故数列 为“ 数列”，
此时 ，即 符合题意.
综上，n的最大值为 .
2．（24-25高三上·内蒙古赤峰·期末）对一个给定的数列 的相邻两项作差，得到一个新数列 ，
，…， ，…这个数列称为 的一阶差数列．如果记该数列为 ，其中 ，再求
的相邻两项之差，那么称所得数列 ， ，…， ，…为原数列的二阶差数列．依此类推，对任意 ，可以定义数列 的p阶差数列．如果 的p阶差数列是一个非零常数列，那么称
它为p阶等差数列．特别地，一阶等差数列就是我们常说的等差数列，二阶及二阶以上的等差数列统称为
高阶等差数列．
(1)数列 的通项公式为 ，证明：数列 是二阶等差数列．
(2)数列 的通项公式为 ，证明：数列 的前n项和公式为 ．
(3)设数列 是一个三阶等差数列，其前面的若干项为1，2，8，22，47，86，…，求数列 的通项公
式．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据二阶等差数列的定义即可证得结果.
（2）
再分组求和，即可求得结果.
（3）计算 的各阶等差数列，得 ：1，6，14，25，39，…； ：5，8，11，14，…； ：3，
3，3，…．再利用累加法即可求出数列 ，再用累加法计算得 .
【详解】（1）数列 的通项公式为 ，设数列 的一阶差数列为 ，
则 ，
即 ，
所以数列 的一阶差数列为 ，
所以 的1阶差数列是一个以 为首项，2为等差的等差数列，则
的2阶差数列是一个以2为首项的常数列，
根据二阶等差数列定义可知数列 是二阶等差数列.
（2）证明：
．
∵ ，
∴ ，
∴ ．证毕．
（3）计算 的各阶等差数列，设 的一阶差数列为 ，二阶差数列为 ，三阶差数列为 ，
得 ：1，6，14，25，39，…； ：5，8，11，14，…； ：3，3，3，…．
∵ 是一个三阶等差数列，∴ 是一个常数列，
．
∵ ， ，2，…，
∴ ，
∴ ．同理可解得 ，
故 ．
【点睛】关键点点睛：先计算出 的各阶等差数列，得 ：1，6，14，25，39，…； ：5，8，
11，14，…； ：3，3，3，…．再利用累加法即可求出数列的通项公式..
3．（2025·江西九江·一模）已知 是由不全相同的正整数组成的有穷数列，其前 项和为 ， ．
集合 ， 中元素个数为 ，将 中所有元素取出，并按从小到大排列，记为数列
．若 ，则称数列 为 数列．
(1)若 ，写出一个 数列
(2)若 是公比为偶数的等比数列，证明： 为 数列：
(3)若 数列 是等差数列，求 的最小正整数．
【答案】(1)1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8
(2)证明见解析
(3)2
【分析】（1）由 数列的概念即可求解；
（2）由等比数列求和公式确定 恒为奇数，进而得到 ，再通过等比数列求和即可求证；
（3）设公差为 ，当 时，得到 ，再由
可得 最小正整数为2，再说明当 时，设 的前 项和为 ，由 ，得到 ，
进而可说明问题；
，
的最小正整数为2．
【详解】（1）若 ，则 ，
此时 ，
，此时
故满足条件的 数列 有：1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8（写一个即可）
（2）证明： 为等比数列， 且 ，则公比 ．
为偶数， 为偶数， ，且 恒为奇数．
此时 ，而 ，故
，故 为 数列
（3）设数列 的公差为 ，则 ，
当 时，设此时前 项和为 ，
，又
的最小正整数为2，
当 时，设此时 的前 项和为 ，易知
，
的最小正整数为2．
综上所述， 的最小正整数为2
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解 数列的定义，并结合定义推导求解；
4．（2025·山东聊城·一模）若各项为正数的无穷数列 满足：对于 都有 ，其中 为
非零常数，则称数列 为“平方等差数列”.
(1)判断无穷数列 和 是否是“平方等差数列”，并说明理由；
(2)若 是“平方等差数列”.
（ⅰ）证明：存在正整数 ，使得不等式 成立；
（ⅱ）证明：存在正整数 ，使得 .
【答案】(1)数列 是“平方等差数列”， 数列 不是“平方等差数列”，理由见详解.
(2)（i）证明见详解；（ii）证明见详解.
【分析】（1）由定义分别验证两个数列是否满足定义，即可得结果；
（2）（i）由新定义“平方等差数列”得到数列通项公式 ，由放缩法得到 ，从而得到 ，然后由 的单调性即可得证；
（ii）由通项公式得到 ，由放缩法得 ，然后由列项相消得到 的结果，
然后由函数的单调性即可得证.
【详解】（1）数列 中， ，所以数列 是“平方等差数
列”；
数列 中， ，所以数列 不是“平方等差数列”；
（2）（i）∵ ，
设 ，
当 时，一定存在 使得 ，不成立，故
∴ ，
则 ，
∵ ，
∴ ，
∵函数 随 的增大而减大，故存在 使得 ，即得证.
（ii） 由（2）得 ，故 ，
即 ，∴
由 随 的增大而增大，且 时， ，
故对任意的 ，总存在正整数 使 ，
存在正整数 ，使得 .
【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式.
5．（24-25高三下·北京·开学考试）设数列： ，已知
，定义 数表 ，其中 .
(1)若 ，写出 ；
(2)若A，B是不同的数列，求证： 数表 满足“ ”的充分必要条
件为“ ”；
(3)若数列A与B中的1共有n个，求证： 数表 中1的个数不大于 ．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据运算规则直接代入计算可得；
（2）由 可知若 时数列 ，即可得充分性成立，
再进行必要性证明可得结；
（3）由运算法则可设 中1的个数为 ，可得 中0的个数以及 中1的个数和0的个数，再由基本不等
式计算可得结论.
【详解】（1）将 代入计算可得 .
（2）充分性：若 ，由于 ，
令 ，由此数列 ，
由于 ，
从而有 ，即充分性成立；
必要性：
若 ，
由于 是不同的数列，
（1）设 ，对任意的正整数 ，
①若 ，可得 ，所以 ；②若 ，可得 ，所以 ；
同理可证 时，有 成立．
（2）设 ，对任意的正整数 ，
若 ，可得 ，
所以有 ，则 是相同的数列，不符合要求．
若 ，可得 ，
所以有 ，则 是相同的数列，不符合要求．
同理可证 时， 是相同的数列，不符合要求．
综上， 数表 满足“ ”的充分必要条件为“
”.
（3）由于数列 中的1共有 个，设 中1的个数为 ，因此 中0的个数为 ， 中1的个数为
， 中0的个数为 ，
若 ，则数表 的第 行为数列 ，
若 ，则数表 的第 行为数列 ；
所以数表 中1的个数为 ，
因此， 数表 中1的个数不大于 .
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解运算法则之后对 中1的个数和0的个数与 中1的个数和0的
个数进行统一处理，得出表达式再由基本不等式可得结论.
