压轴专题06 数列小题讲义-（会一题通一类系列）【突破压轴冲刺名校】备战2026年高考数学二轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦数列压轴小题，覆盖非常规递推关系的模型构造、单调性分析、不等式证明及最值求解等核心考点，按“性质对应-题型策略-思想方法-解题流程”逻辑架构知识体系，通过压轴分析明确命题规律，知识总结梳理函数性质与数列的对应关系，典例精讲结合真题示范变形技巧，分层练习实现从理解到应用的递进，帮助学生系统突破难点。 资料突出“函数引领，离散验证”教学创新，如在分式型递推问题中引导学生通过取倒数转化为等差模型，培养数学思维中的推理能力与模型意识。设置“变形试解-猜想-证明”探究路径，配合不同层次练习题，确保学生掌握构造法等关键方法，提升应考能力，为教师提供清晰的复习节奏把控方案。

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 的符号 作商法（正项数列）：比较 与 关键：得出的结论仅对 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 （若 ）在 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 使得 对一切 成立。常用于简化求值问题（如求 ）。 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 ）得出。 零点/符号 数列各项的正负 研究对应函数 的正负区间，但需注意 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 ，利用导数判断 在 的单调性，再推出 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（ 或 当 时）。 3. 若不单调，解不等式 且 找最大项候选 ，再比较 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 （或 ）转化为关于 和参数的不等式。通常需将该不等式视为对 所有正整数 成立，从而转化为函数 的最值问题（注意 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 ）。 2. 将数列项视为函数值，进行放缩。 3. 对于与 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 ，则周期为 。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 ，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 和 ）。 2. 数学归纳法：证明与正整数 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2550 D． 【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：. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 的符号 作商法（正项数列）：比较 与 关键：得出的结论仅对 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 （若 ）在 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 使得 对一切 成立。常用于简化求值问题（如求 ）。 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 ）得出。 零点/符号 数列各项的正负 研究对应函数 的正负区间，但需注意 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 ，利用导数判断 在 的单调性，再推出 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（ 或 当 时）。 3. 若不单调，解不等式 且 找最大项候选 ，再比较 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 （或 ）转化为关于 和参数的不等式。通常需将该不等式视为对 所有正整数 成立，从而转化为函数 的最值问题（注意 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 ）。 2. 将数列项视为函数值，进行放缩。 3. 对于与 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 ，则周期为 。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 ，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 和 ）。 2. 数学归纳法：证明与正整数 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． 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． 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， 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， 【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 会一题通一类 1．（2025·重庆·三模）数列满足，则的前100项和 ． 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． 3．（2025·吉林长春·模拟预测）设是数列的前项和，，则 （1） ； （2） ． 【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 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 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． 【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 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 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 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 【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 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 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 . 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 ． 【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． 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 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 【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． 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 ． 【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． 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 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． 【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 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 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 ． 【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 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” 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． 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 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， 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． 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 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 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2550 D． 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， 9．（2025·云南·模拟预测）数列满足：，且，则 . 10．（2025·安徽·二模）已知等差数列的公差为，若集合，则 ． 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， 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． 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． 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 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 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 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 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， 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． 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， 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 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 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． 24．（2025·江西·二模）记为数列的前项和，且 现定义，()，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 25．（2025·浙江·一模）等比数列满足，则当 时，取到最小值. 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 ． 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 . 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 . 29．（2024·浙江·一模）若，已知数列中，首项，，，则 . 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） 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 . 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $