专题12 数列的综合应用（8题型，含数列性质、不等式等的结合）（培优讲义）（全国通用）2026年高考数学二轮复习高效培优系列

该高中数学讲义聚焦数列综合应用专题，涵盖单调性、最值、新定义、实际应用等高考核心考点，按研考情、理方法、攻题型、练冲刺逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建解题框架，突破数列与不等式结合的难点。 资料以“数学思维”和“数学语言”为核心，创新设计“翻译转化—模型构建—放缩控制”教学策略，如新定义题“先翻译不硬套”，实际应用题“定模型数项数”，放缩求和“保留前项控精度”。分层练习配合即时反馈，助力学生高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供系统指导。

专题12 数列的综合应用（含数列性质、不等式等的结合） 目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】数列的单调性 【题型02】数列中的最值 【题型03】斐波那契数列 【题型04】新文化中的数列递推关系 【题型05】数列新定义问题 【题型06】数列中插入项构成新数列问题 【题型07】数列实际应用问题 【题型08】数列放缩求和 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练 考向聚焦 新定义数列以创新情境为核心，围绕新等差、新等比、新递推、新运算命题，重点考查将文字规则转化为数学表达式的能力，强调读懂规则、验证前几项、分类讨论，不依赖套路，突出理性思维。 实际应用题聚焦增长、分期、产量、存款等背景，以等差、等比建模为核心，高频考点是项数判断、区分区分 与，复利计算，强调从实际问题中抽象模型，答案需符合现实意义。 放缩求和侧重不等式证明，以分式型、根式型通项为主，常用裂项放缩、等比放缩，命题趋势是适度放缩、保留前几项，考查放缩尺度与严谨性。 整体考向重基础、重通法、重规范，强调步骤得分，淡化偏难技巧。 关键能力 需具备三种核心能力：一是转化翻译能力，新定义题要把文字规则转化为通项、递推式与不等式，不凭经验，先写前几项找规律，规范处理下标与范围。二是数学建模能力，应用题快速判断等差（均匀变化）或等比（增长复利），准确确定项数，区分 与，结合实际意义取整。三是放缩与求和能力，将复杂通项放缩为裂项、等比模型，保留前几项控制精度，熟练相消与求和。同时强化运算、逻辑表达与检验意识，确保步骤完整、得分稳定。 备考策略 新定义题关键是读懂规则、翻译转化，先把文字语言转为通项、递推或不等式，写出前几项找规律，不凭旧知识硬套，注意下标、范围、分类讨论，多用作差判断单调性。 实际应用题重在建模与定项数，先区分等差（均匀变化）或等比（增长、复利），严格数清期数，分清第n项与前n项和，计算后结合实际取整，避免年份、次数多算少算。 放缩求和以可求和为目标，优先裂项与等比放缩，牢记保留前 1–2 项不放缩，控制精度，防止放缩过度。平时重点练典型放缩模型、裂项结构，规范书写步骤。 三类题统一策略：抓本质、重步骤、细检验，限时训练中档题，保证基础不丢分，难题拿步骤分。 ◇方法技巧 01 数学新定义和数列的实际应用的解题方法和技巧 一、数列新定义问题（解题套路） 先翻译，不硬套 把题目文字逐句转成：递推式、通项条件、下标关系、范围限制。 抓核心：新规则 = 新通项 / 新递推 常见：新等差、新等比、新距离、新和、新积。 必写前几项验证 写出，立刻看出规律，避免理解偏差。 判断单调性 / 最值用： 不直接用函数导数。 多条件一定分类讨论 含参数、正负、分段都要分情况。 技巧： 新定义 =“按题目给的法则重新算一遍”，别凭经验做题。 二、数列实际应用题（解题模板） 先定模型 匀速变化：等差 增长率、利息、翻倍：等比 最关键：数清「项数」 年份、次数、期数一定要数对，别多 1 少 1。 严格区分： 第 n 项 / 前 n 项和 问 “一共多少” 用和，问 “第 n 年多少” 用项。 增长 / 利率公式 原值 ，看清是复利还是单利。 结果要符合实际 人数、次数取整，不出现小数。 技巧： 应用题 =“找模型→数项数→选公式→代值算”。 ◇方法技巧 02 数列放缩法求和 一、核心思想 把不好求和的数列，放缩成等差、等比、裂项相消的形式，再求和。 记住：放缩是手段，求和是目的。 二、常用放缩套路 分式型（最常考） 更紧的放缩：n21​<n−21​1​−n+21​1​ 等比放缩 递推形如 ，直接放成等比求和。 分段放缩 前 1～2 项保留不放，从第 3 项开始放缩，防止放得太大。 三、解题步骤（万能流程） 看通项：能不能直接求和？不能就放缩。 选模型：往裂项或等比上靠。 控制精度：宁紧勿松，先小放，不够再放大。 保留前几项：最容易错的地方！ 求和 + 比较：得出结论。 四、高分技巧 先拆后放，别一上来就乱放。 证明 <常数：优先等比放缩或裂项。 放完一定要回代验证，防止放过头。 下标、项数、消完剩几项，必须写清楚。 五、最常见易错点 放缩过度 / 不足，不等式不成立。 从第一项就放，结果偏大 / 偏小。 裂项相消时首尾余项数错。 只放不验，凭感觉做题。 ◇题型 01 数列的单调性 典｜例｜精｜析 典例1．数列满足，若数列单调递增，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意可得，解得即可. 【详解】因为单调递增，所以，解得， 即实数的取值范围为. 故选：D 典例2．已知数列满足，则下列说法正确的是（ ） A．若，则所有项恒大于等于 B．若，则是单调递增数列 C．若是常数列，则 D．若，则是单调递增数列 【答案】C 【分析】由值不定即可判断A；由题设求出和即可判断B；由求出即可求出判断C；由和即可判断D. 【详解】对于A，当时，，当且仅当即时等号成立， 所以，但值不定， 所以若，则所有项不一定恒大于等于，故A错误； 对于B，若时，，，而，故B错； 对于C，若是常数列，则，即， 所以，故C正确； 对于D，由题， 因为，所以由递推关系可知，且，， 所以，.故D错误. 故选：C. 典例3．设的三边长分别为、、，面积为（为正整数）．若，其中，，，，则（ ） A．为严格减数列 B．为严格增数列 C．为严格增数列，为严格减数列 D．为严格减数列，为严格增数列 【答案】B 【分析】由可知的边为定值，由，，可知为定值，结合双曲线定义可知动点在以，为焦点的双曲线上，再根据面积公式可得单调性. 【详解】 由已知，即的边为定值，不妨设，为定点，如图所示， 又，， 则， 即为定值， 又， 所以为定值， 即， 所以动点到定点，的距离之差的绝对值为定值， 满足双曲线定义， 所以动点的轨迹为以，为焦点的双曲线， 如图所示， 所以， 又， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 则数列为递增数列， 所以当增大时，变大，即变大， 此时向远离处运动，即变大， 所以变大， 即数列为严格增数列，且，均为严格增数列， 故选：B. 数列单调性只看相邻项，不能直接套用函数单调性。易错点：1. 把函数导数判断直接用于数列，忽略定义域是正整数；2. 只算前几项就判定增减，未用或比值严格证明；3. 含参数时未分类讨论，导致漏解；4. 混淆数列单调与通项函数单调；5. 忽略首项符号，错误判断正负摆动数列。必须用与作差 / 作比严谨推导。 变｜式｜巩｜固 变式1．函数，若数列满足，，且是递增数列，则实数a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意可知分段函数在每段上为增函数，且，列出不等式组，解不等式组即可求解． 【详解】由题意可知分段函数在每一段上为增函数，且， 即，解得， 故实数a的取值范围是． 故选：D. 变式2．已知数列满足，（），若是单调递增数列，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题可得，然后讨论与4的大小可得答案. 【详解】因为，所以. 若，则，不符合题意. 若，则为等比数列，所以. 当时，为单调递减数列，不符合题意； 当时，为单调递增数列，符合题意. 综上，. 变式3．已知的面积为1，取各边的中点作，然后再取各边的中点作依此方法一直继续下去.记的面积为，数列的前项和为，则（ ） A．数列为常数列 B．数列为递增数列 C．数列为递减数列 D．数列为递增数列 【答案】C 【分析】根据给定条件，结合相似三角形性质求出及，再利用数列单调性定义逐项分析判断. 【详解】依题意，各次作得的三角形都相似，相邻两次作得的三角形相似比为，则，， 因此数列是首项、公比都为的等比数列，，， 对于AB，，数列是递减的等比数列，AB错误； 对于CD，，， ， 即，，因此， 数列为递减数列，C正确，D错误. 故选：C ◇题型 02 数列中的最值 典｜例｜精｜析 典例1．已知数列的前项和为，且，若，则数列的最大项为（ ） A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项 【答案】D 【分析】由，先求出，从而得出，由讨论出其单调性，从而得出答案. 【详解】当时，； 由①得，当时，②， ①②得，， 即， 又也符合该式， 故. 所以， 由，得，解得； 又，所以，则， 由，解得， 又，所以，则， 因此的最大项为， 故选：D. 典例2．已知数列的通项公式为，若是中唯一的最小项，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当时，解，得出单调性，判断出在时，取最小值：；当，利用二次函数的对称性和最值，建立关于的不等式组求解． 【详解】当时，，令，得：， 解得：或，因此可知：； 又当时，，当时，，所以在时，取最小值：． 当时，，则该代数式对应函数对称轴为直线， 因为是中唯一的最小项，所以，且， 解得，且， 即． 故选：B 求数列最值易把函数最值直接套用，忽略定义域为正整数。易错点：1. 由通项公式求最值时，未检验对称轴附近整数点；2. 忽略首项、末项，只看中间项；3. 含参数时未分类讨论符号与单调性；4. 用且时漏写；5. 分段数列未比较各段极值。必须结合相邻项比较，验证整数点才严谨。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知数列的通项公式为，前n项和为，则取最小值时n的值为（ ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】由已知可推得当时，.又，即可得出答案. 【详解】解可得，或，即或. 所以，当时，. 又， 所以，当时，取最小值. 故选：C. 变式2．已知数列，下列说法正确的是（ ） A．有最大项，但没有最小项 B．没有最大项，但有最小项 C．既有最大项，又有最小项 D．既没有最大项，也没有最小项 【答案】C 【分析】分奇偶分别作差，判断奇数项的单调性以及偶数项的单调性，从而得出结果. 【详解】当 ， ， 当时，，递增；当时，，递减，故最大， 当时， ， ， 当时，，递减；当时，，递增，故最小， 综上，既有最大项，又有最小项. 故选：C. 变式3．设且，、、都是正整数，数列的通项公式为，记数列中前项的最小值为，由所有的值所组成的集合记为，若集合中仅有四个元素，则下列说法中错误的是（ ） A．当时，的取值范围是 B．不存在和的值，使得 C．当时，的取值范围是 D．存在和的值，使得 【答案】C 【分析】根据不同的取值范围分析分段函数的性质，结合函数单调性，反证法，进而判断关于集合元素个数等命题的正确性，逐个判断真假即可. 【详解】对于A选项,当时，对于，根据分段函数的性质，会得到， 由于在这个区间内，这样的递推会一直进行下去，所以集合有无数个元素. 当时，要满足，通过对分段函数的计算和分析，正好解得， 此时.并且当，两个分段函数都是增函数，中最多只存在两个元素.所以选项正确. 对于B选项，当时，有且. 要想有个元素，根据函数的递推关系，如果，那么根据函数性质会继续产生更多的元素， 所以必有，不然会有无数个元素.但是当时，中元素个数就不是个了， 这就产生了矛盾，所以原命题正确，即选项正确. 对于C选项，当时，，令，通过对分段函数的计算解得. 由于，此时，这与选项中说的情况不符，所以选项错误. 对于D选项，从前面的分析经验来看，要想，根据分段函数的性质，只能令，. 由此得到方程，整理得，解得或， 因为（根据前面的取值范围等条件），所以，选项正确. 故选：C. ◇题型 03 斐波那契数列 典｜例｜精｜析 典例1．（多选）1202年，斐波那契在《算盘全书》中从兔子问题得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，19世纪以前并没有人认真研究它，但在19世纪末和20世纪，这一问题派生出广泛的应用，从而活跃起来，成为热门的研究课题，记为该数列的前项和，则下列结论正确的是（ ） A． B．为偶数 C． D． 【答案】ACD 【分析】根据递推关系计算出的值可判断选项A；根据数列中项的特点可判断选项B；由可得，再化简可判断选项C；由，化简整理可判断选项D，进而可得正确选项. 【详解】对于A：由题意知：，，，，，，，，，，， 故选项A正确； 对于B：因为该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，此数列中数字的特点为：奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，呈奇奇偶的顺序排列，而（组）（个），故为奇数，选项B错误； 对于C：由题意知：，所以 ，故选项C正确； 对于D：， 故选项D正确， 故选：ACD. 斐波那契数列易错点：1. 记错递推关系，误写成；2. 首项定义混乱，题目给与要区分；3. 求项数时多写或少写，导致下标出错；4. 求和时直接硬算，不会用简化；5. 把递推当等比 / 等差，忽略特征根与通项结构。解题先定首项、再写下标、最后用性质简化。 变｜式｜巩｜固 变式1．斐波那契(约1170~1250)是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列.后来人们在研究它的过程中，发现了许多意想不到的结果，在实际生活中，很多花朵(如梅花，飞燕草，万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列还有很多有趣的性质，在实际生活中也有广泛的应用.斐波那契数列满足，，设，则（ ） A．2019 B．2020 C．2021 D．2022 【答案】B 【分析】根据满足，偶数项代换后，与下一项结合得到下一个偶数项，依次进行下去，即得结果. 【详解】因为斐波那契数列满足，， 则和式中，偶数项代换后，与下一项结合得到下一个偶数项，依次进行下去，则，则. 故选:B. 【点睛】本题考查了数列递推公式的应用，结合了数学文化中的斐波那契数列，属于中档题. 变式2．（多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.已知数列为“斐波那契数列”，则下列结论正确的为（ ） A．对恒成立 B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据斐波那契数列的递推关系直接判断A，写出数列的前8项判断B，根据递推关系将偶数下标项转化为前两项之和即可求解C，将中奇数下标项处理为偶数下标项表示，累加即可求解，判断D. 【详解】根据斐波那契数列的定义可知，即对恒成立，故A正确； 由斐波那契数列为，知，，故，所以B不正确； ，，故C正确； ，，，，，， ， ，故D正确. 故选：ACD ◇题型 04 新文化中的数列递推关系 典｜例｜精｜析 典例1．北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有个小球，共有层，由“隙积术”可得这些小球的总个数为若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】转化题给条件为，再由皆为正整数分类讨论即可求解. 【详解】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，. 从而有， 整理得， ， ， ，， 由于皆为正整数，所以 （i）当时，， 当时，， （iii）当时，， （iv）当时， 只有符合题意，即的值为2. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查新文化背景下的数列问题，确定是解决本题的关键. 典例2．如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令为数列的前项和，则（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】由题意可得的边长，进而可得周长及，进而可得，可得解. 【详解】由， 可得，，，， 所以， 所以， 所以前项和， 所以， 故选：C. 典例3．（多选）如图，曲线下有一系列正三角形，设第n个正三角形（为坐标原点）的边长为，则（ ） A．， B．记为的前n项和，则为 C．记为数列的前n项和，则 D．数列的前n项和为 【答案】AB 【分析】A.首先由正三角形求得点和的坐标，代入曲线，即可求解；B.由为边长为的等边三角形，求得的坐标；C.将坐标代入曲线，判断C；D.根据C的结果，利用公式，即可求通项公式. 【详解】A.由题意可知为等边三角形，如图，，则， 因为点在曲线上，可得，解得或（舍）， 又由题意可知为边长为的等边三角形，则， 则，可得，解得或（舍），故A正确； B.由为边长为的等边三角形，可得，故B正确； C.由点在曲线上，则，整理得， 由，可知，故C错误； D.当时，可得， 所以， 可化为， 因为，则，所以， 又因为，符合上式，故， 则数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以数列的通项公式为， 所以，故D错误. 故选：AB 求递推数列易错点：1. 忽略初始条件，只写递推式；2. 混淆下标关系，如把 与 写错；3. 累加法、累乘法漏项、错项；4. 构造等比时配错常数，变形不恒等；5. 分段递推未分段讨论；6. 由 求 不验证 ；7. 含参数未讨论符号与零值。一定要先定首项、写下标、验项数。 变｜式｜巩｜固 变式1．分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路.按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图.若记图2中第n行黑圈的个数为，则（ ） A．55 B．58 C．60 D．62 【答案】A 【分析】表示第n行中的黑圈个数，设表示第n行中的白圈个数，由题意可得，根据初始值，由此递推，不难得出所求. 【详解】已知表示第n行中的黑圈个数，设表示第n行中的白圈个数，则由于每个白圈产生下一行的一白一黑两个圈，一个黑圈产生下一行的一个白圈2个黑圈， ∴， 又∵; ; ; ; ; , 故选：A. 变式2．养过蜂的人都知道，蜂后产的卵若能受精则孵化为雌蜂，若不能受精则孵化为雄蜂，即雄蜂是有母无父，雌蜂是有父有母的，因此一只雄蜂的第代祖先数目如下图所示： 若用表示一只雄蜂第代祖先的个数，给出下列结论，其中正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意得，当时，，从而利用此性质，结合作差法对选项一一进行判断，得到答案. 【详解】由题意得，当时，， A选项，，A错误； B选项，，B正确； C选项，， 故，C错误； D选项， ， 故，D错误. 故选：B 变式3．（多选）分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形几何具有自身相似性，从它的任何一个局部经过放大，都可以得到一个和整体全等的图形.如下图的雪花曲线，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图2，如此继续下去，得图（3）...记为第个图形的边长，记为第个图形的周长，为的前项和，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．若为中的不同两项，且，则最小值是1 D．若恒成立，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，从前后两个图之间的关系可求出，对于B，由题意可知，数列是1为首项，为公比的等比数列，从而可求出，对于C，由结合，可得，而，从而可求出的值，则可求出的值，进而可求得最小值，对于D，由在上递增和在上递增，可求得结果. 【详解】解：对于A，由题意可知，下一个图形的边长是上一个图边长的，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为，所以数列是公比为，首项为3的等比数列，所以，所以A正确， 对于B，由题意可知，从第2个图形起，每一个图形的边长均为上一个图形边长的，所以数列是1为首项，为公比的等比数列，所以，所以B错误， 对于C，由，，得，所以，所以，因为，所以当时，，则，当时，，则，当时，，则，当时，，则，当时，，则，所以最小值是1，所以C正确， 对于D，因为在上递增，所以，即， 令，则在上递增， 所以，即，即， 因为恒成立，所以的最小值为，所以D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：此题考查等比数列的通项公式和求和公式的应用，考查数列单调性的应用，解题的关键是正确理解题意，求出数列和的通项公式，考查计算能力，属于较难题 ◇题型 05 数列新定义问题 典｜例｜精｜析 典例1．（多选）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），记数列的前项和为．则（ ） A．当时，的值为16 B．当时， C．当时，是10步“雹程” D．当时， 【答案】BD 【分析】根据给定的运算法则，逆推求出各选项相关值，再结合数列周期性判断即可. 【详解】对于A选项进行逆推：或或2，故A错误； 对于BC选项，当时，即， 共需经过9个步骤变成1，故B正确，C错误； 对于D选项，当时，，，，以后进入循环， 因此，故D正确． 故选：BD 典例2．（多选）设是数列的前项和，若，不等式恒成立，则称数列为“均增数列”，则下列说法正确的有（ ） A．若，则数列是“均增数列” B．若等差数列是“均增数列”，则公差 C．若是“均增数列”，则 D．若，则存在负数，使得数列是“均增数列” 【答案】ABD 【分析】利用等差数列求和，即可判断A和B，利用等比数列求和，结合二项式定理证明不等式，即可判断C和D． 【详解】由，可得， 则由，显然有，数列是“均增数列”，故A正确； 由等差数列是“均增数列”，且， 则由可得：，故B正确； 当，取时，， 要证明，只需要证明， 即证， 则只需要证明， 当为奇数，不等式显然成立， 当为偶数，要证明， 因为，对任意都成立， 所以，即对任意为偶数也成立， 即原不等式对任意都成立， 所以存在负数，使得数列是“均增数列”，故D正确； 由于是“均增数列”， 由于，，不满足，故C错误； 故选：ABD 新定义问题核心是严格按题意翻译，易错点：1. 没读懂定义就套旧公式，生搬硬套；2. 忽略定义中的范围、条件、特殊情况；3. 符号、下标、区间理解错误；4. 举例验证不全面，以偏概全；5. 计算时不回归定义，凭经验出错；6. 多情况问题漏分类。解题要先圈关键词，把文字转成数学式，再代入检验，不凭直觉做题。 变｜式｜巩｜固 变式1．（多选）若各项为正的无穷数列满足：对于，其中为常数，则称数列为等方差数列.那么（ ） A．是等方差数列 B．若数列是等方差数列，则数列是等差数列 C．若数列既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列 D．若数列是等方差数列，则数列为常数）也是等方差数列 【答案】BCD 【分析】根据等方差数列的定义以及等差数列的定义和性质对每个选项进行判断即可得出答案. 【详解】对于选项A， ，不是常数，所以A错误. 对于选项B， 若数列是等方差数列，则满足， 根据定义可知数列是公差为的等差数列，B正确. 对于选项C， 因为数列是等方差数列，则满足①， 因为数列是等差数列，则满足②， ①②联立可得：，因为， 所以，所以该数列为常数列，所以C正确. 对于选项D， 因为数列是等方差数列，则满足， 由选项B可知，数列数列是公差为的等差数列， 所以，为常数，所以数列是等方差数列，所以D正确. 故选：BCD. 变式2．（多选）（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. ◇题型 06 数列中插入项构造新数列问题 典｜例｜精｜析 典例1．已知等差数列的首项为4，公差为6，在中每相邻两项之间都插入两个数，使它们和原数列的项一起构成一个新的等差数列，则数列的通项公式为_______________；若是从中抽取的部分项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，，令，则数列的前n项和=__________________． 【答案】； 【分析】因为为等差数列，故只需求出首项和公差即可，结合题意可知，，根据等差数列通项公式的求法即可求得；因为为等比数列，故只需求得公比和首项即可，结合，即可得的通项公式，进而求得，带入中，再用乘公比错位相减的方法即可求得。 【详解】解：由题不妨设设数列的公差为， 由题意可知，，， 所以，即， 所以； 设等比数列的公比为，则， 因为，所以，又， 所以，解得， 所以， 因为， 所以， 两式相减可得： ， 所以. 故答案为：； 典例2．设数列的前项和为，已知. (1)求的通项公式； (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3项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由； (3)已知函数，其中表示不超过的最大整数，设，数列的前项和为，求除以16的余数. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)10 【分析】（1）利用和等比数列的定义即可求解； （2）先利用等差数列的通项公式求得，假设在数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列，然后利用等差数列和等比数列的定义及反证法即可求解； （3）利用函数新定义及二项式定理得当为奇数时，，当为偶数时，，然后利用等比数列求和和分组求和思想求得，最后再利用二项式定理求解余数即可. 【详解】（1）当时，，得； 当时，，作差得， 即， 所以是以2为首项，6为公比的等比数列， 所以. （2）因为，由题意知：， 所以. 假设在数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列， 则，即， 化简得：， 又因为成等差数列，所以， 所以，即， 又，所以， 即，所以，这与题设矛盾. 所以在数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列. （3）由（1）可知， 因为 ， 所以当为奇数时，，当为偶数时，， 所以 ， 而， 考虑到当时，能被16整除， 也能被16整除， 所以除以16的余数等于除以16的余数， 而， 所以除以16的余数等于10. 在原数列中插入项，最易错在项数与下标混乱： 搞错新数列的项数、公差 / 公比； 插入后下标错位，直接用原通项计算； 忽略插入位置（首、中、尾）不同，结果不同； 求新数列通项时，未重新确定首项与项数； 求前 n 项和时，多算或少算插入项。 务必先画示意图，重新标注新首项、项数、公差 / 公比，再列式。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知数列是各项为正数的等比数列，公比为，在，之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在，之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，…，在，之间插入个数，使这个数成等差数列，公差为，则（ ） A．当时，数列单调递减 B．当时，数列单调递增 C．当时，数列单调递减 D．当时，数列单调递增 【答案】D 【分析】根据等差数列的通项可得，可得，进而得到，即可对讨论,结合选项逐一求解. 【详解】对于A，数列是各项为正数的等比数列，则公比为， 由题意，得，， 时，，有，，数列单调递增，A选项错误； 对于B，时，，，若数列单调递增， 则，即，由，需要，故B选项错误； 对于C，时，，解得，时，， 由，若数列单调递减，则， 即，而不能满足（）恒成立，C选项错误； 对于D，时，，解得或， 由AB选项的解析可知，数列单调递增，D选项正确. 故选：D. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是由题设结合等差数列的通项公式求出，进而得到，从而一一分析各选项即可求解. 变式2．在①，②，，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并解答. 问题：已知数列的前项和为，且满足___________. (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入n个数，使得这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在三项，，（其中，，成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由. （注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.） 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）利用与的关系即可得出中后一项与前一项的关系； （2）假设存在，得出、、的关系，即可判断是否符合题意. 【详解】（1）解：如选①： 由于，当时，有， 两式作差得， 即，即， 又时，有，所以，所以， 所以，即数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以. 如选②： 由于，当时，有， 两式作差得， 又时，有且，所以，有， 所以，且， 所以，即数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以. 如选③： 由于，当时，有， 两式作差得，即， 又时，有且，所以，有， 所以，且， 所以，即数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以. （2）解：不存在，理由如下 由（1）可知，.因为， 所以. 假设在数列中存在三项，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列， 则，即， 化简得（*）， 因为m，k，p成等差数列，所以， 从而（*）可以化简为. 联立可得，这与题设矛盾. 所以在数列中不存在三项，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列. ◇题型 07 数列实际应用问题 典｜例｜精｜析 典例1．某医院购买一台大型医疗机器价格为万元，实行分期付款，每期付款万元，每期为一个月，共付12次，如果月利率为，每月复利一次，则，满足（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得，结合放缩即可得解. 【详解】， 由，故， ， 由， 故，即有. 故选：D. 典例2．小李年初向银行贷款万元用于购房，购房贷款的年利率为，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分次等额还清，每年次，问每年应还（ ）万元. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设出每年应还款的数额，分别求出10年还款的现金与利息和以及银行贷款10年后的本利和，列等式后求得每年应还款数． 【详解】设每年应还万元，则有， 得， 解得． 故选：B． 数列应用题易错在模型与项数判断：1. 分不清等差、等比，利息、增长用等比，均匀增减用等差；2. 项数算错，多算或少算一期；3. 混淆第 n 项与前 n 项和；4. 分期付款、年均增长未按题意折算；5. 忽略实际意义取整；6. 年份、次数对应下标出错。解题先定模型、数清期数、区分与，再代入计算。 变｜式｜巩｜固 变式1．（多选）某人买一辆15万元的新车，购买当天支付3万元首付，剩余向银行贷款，月利率，分12个月还清（每月购买车的那一天分期还款）.有两种金融方案：等额本金还款，将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期所还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率；等额本息还款，每一期偿还同等数额的本息和，利息以复利计算.下列说法正确的是（ ） A．等额本金方案，所有的利息和为2340元 B．等额本金方案，最后一个月还款金额为10030元 C．等额本息方案，每月还款金额中的本金部分呈现递增等比数列 D．等额本金方案比等额本息方案还款利息更少，所以等额本金方案优于等额本息方案 【答案】ABC 【分析】对于AB，根据等额本金的还款方案分析计算即可，对于C，等额本息的还款方案分析判断，对于D，通过比较两种还款方案的优劣进行判断. 【详解】对于A，利息和为（元），故A正确； 对于B，倒数第二个月还款后，剩余本金10000，一个月利息为30元，本息和应为10030元，故B正确； 对于C，设第个月贷款利息为，偿还本金为，为贷款总额， 则，，则， ，则， 同理得，，……，， 所以数列是以为公比的递增等比数列，所以C正确; 对于D，由选项C可知，，得， 所以每月还款的本息和为， 所以等额本息还款利息和为 两种贷款方案各有优劣，比等额本金高，但等额本金方案起初还款金额高，还款压力大，还款金额逐年递减；等额本息每月还款金额相同，低于等额本金方案前半段时间还款额，高于后半段时间还款额；还有通货膨胀等诸多经济因素影响两种方案的收益，故不能简单认为某种贷款方案优于另一种方案，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】思路点睛：在遇到分期付款问题时，根据题意把问题转化为数列问题，进而利用数列的性质即可求解. 变式2．（多选）刚考入大学的小明准备向银行贷款元购买一台笔记本电脑，然后上学的时候通过勤工俭学来分期还款.小明与银行约定：每个月还一次款，分次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为，设小明每个月所要还款的钱数为元，则下列说法正确的是（ ） A．小明选择的还款方式为“等额本金还款法” B．小明选择的还款方式为“等额本息还款法 C．小明第一个月还款的现值为元 D． 【答案】BCD 【分析】AB根据还款特点，得到还款方式；C选项，设出第一个月还款的现值为，列出方程，求出答案；D选项，表达出第12个月末所欠银行贷款数，因为分次还清所有的欠款，故得到方程，求出答案. 【详解】AB选项，由于每个月还款的钱数都相等，故小明选择的还款方式为“等额本息还款法，A错误，B正确； C选项，设小明第一个月还款的现值为，则，解得，故C正确； D选项，根据等额本息还款法可得，第一个月末所欠银行贷款为， 第二个月末所欠银行贷款为， 第三个月末所欠银行贷款为， …… 第12个月末所欠银行贷款为 ， 由于分次还清所有的欠款，故， 解得，D正确. 故选：BCD ◇题型 08 数列放缩求和 典｜例｜精｜析 典例1．已知数列满足. (1)证明是等比数列，并求的通项公式； (2)证明：. 【答案】（1）证明见解析，；（2）证明见解析. 【详解】试题分析：本题第（1）问，证明等比数列，可利用等比数列的定义来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式. 试题解析：（1）证明：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得. （2）由（1）知：，所以， 因为当时，，所以，于是=， 所以. 【易错点】对第（1）问，构造数列证明等比数列不熟练；对第（2）问，想不到当时，，而找不到思路，容易想到用数学归纳法证明而走弯路. 考点：本小题考查等比数列的定义、数列通项公式的求解、数列中不等式的证明等基础知识，考查同学们的逻辑推理能力，考查分析问题与解决问题的能力.数列是高考的热点问题之一，熟练数列的基础知识是解决好该类问题的关键. 典例2．设数列的前项和为.已知,,. (Ⅰ)求的值； (Ⅱ)求数列的通项公式； (Ⅲ)证明:对一切正整数,有. 【答案】(Ⅰ)4；(Ⅱ)；(Ⅲ)见解析 【详解】(Ⅰ)依题意,,又,所以； (Ⅱ)当时,, 两式相减得 整理得,即,又 故数列是首项为,公差为的等差数列, 所以,所以. (Ⅲ)当时,；当时,； 当时,,此时 综上,对一切正整数,有. (1)直接将n换为2代入递推式求解；（2）借助进行递推转化，进而构造数列为等差数列是解题的关键，考查了学生对式子的操作能力和转化能力.(3)借助放缩法进行证明，放缩的关键是 【考点定位】本题考查数列的通项公式和数列求和问题，以及不等式的证明. 数列放缩求和最易错：1. 放缩过度或不足，无法裂项、求和；2. 放缩后不验证首几项是否成立，常从第 1 项直接放缩致错；3. 裂项相消时前后余项数错；4. 等比放缩时公比、首项搞错；5. 只放缩不保留前几项，精度失控；6. 放缩后求和公式用错。一定要保留前 1～2 项不放缩，小步放缩、边放边验，确保可求和。 变｜式｜巩｜固 变式1．如图所示的一系列正方形图案称为“谢尔宾斯基地毯”，在4个大正方形中，着色的小正方形的个数依次构成一个数列的前4项.记，则下列结论正确的为（ ） A． B． C． D．与的大小关系不能确定 【答案】C 【分析】根据图象的规律，归纳各项，通过放缩结合等比数列的求和公式即可求解. 【详解】由图分析可知，， ， ， 依次类推，， 所以 . 故选：. 变式2．已知各项均为正数的数列的前项和为，且满足， （1）求的值； （2）求数列的通项公式； （3）证明：对一切的正整数都有 【答案】（1）；（2）；（3）详见解析. 【详解】试题分析：（1）将代入方程得到，结合题中条件（数列的各项均为正数，得到）求出的值，从而得到的值；（2）由十字相乘法结合得到的表达式，然后在的情况下，由求出数列的表达式，并验证是否满足该表达式，从而得到数列的通项公式；（3）解法一是利用放缩法得到 ，于是得到，最后利用裂项求和法证明题中的不等式；解法二是保持不放缩，在的条件下放缩为 ，最后在和时利用放缩法结合裂项法证明相应的不等式. （1）令得：，即，， ，，即； （2）由，得， ，，从而，， 所以当时，， 又，； （3）解法一：当时，， . 证法二：当时，成立， 当时，， 则 . 考点：本题以二次方程的形式以及与的关系考查数列通项的求解，以及利用放缩法证明数列不等式的综合问题，考查学生的计算能力与逻辑推理能力，属于中等偏难题. 变式3．设等差数列的前项和为，，，数列满足：对任意成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）记证明： 【答案】（1），；（2）证明见解析. 【分析】(1)首先求得数列的首项和公差确定数列的通项公式，然后结合三项成等比数列的充分必要条件整理计算即可确定数列的通项公式； (2)结合(1)的结果对数列的通项公式进行放缩，然后利用不等式的性质和裂项求和的方法即可证得题中的不等式. 【详解】(1)由题意可得：，解得：， 则数列的通项公式为. 其前n项和. 则成等比数列，即： ， 据此有： ， 故. (2)结合(1)中的通项公式可得： ， 则. 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，，裂项求和的方法，数列中用放缩法证明不等式的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 一、单项选择题 1．行列式是近代数学中研究线性方程的有力工具，最简单的二阶行列式的运算定义如下：，已知是等比数列的前项和，若，则（ ） A．31 B．63 C．127 D．255 【答案】C 【分析】根据行列式定义及等比数列的通项公式求出公比，再由求和公式得解. 【详解】根据题意可得：， 因为数列是等比数列，，则化简得， 因为，所以. 所以. 故选：C. 2．已知数列满足，则“为递增数列”是“”的（ ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】由为递增数列得，再由充分条件与必要条件的定义进行判断即可. 【详解】由为递增数列得， ， 则对于恒成立，得．可得，反之不行， 故选：C． 3．北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，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，则使得成立的n的最小值是（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】由题设及累加可得，应用等差数列前n项和公式及已知不等关系求n范围，即可得结果. 【详解】由题意，，且， 累加可得，所以， ∴，得，即． 故选：C． 4．对于数列，若存在正整数，使得，，则称是数列的“谷值”，k是数列的“谷值点”．在数列中，若，则数列的“谷值点”有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个 【答案】B 【分析】由数列通项公式写出前n项，结合数列“谷值点”的定义判断{an}的“谷值点”. 【详解】由an＝，则，，， 当时恒有，则，此时递增， 综上，故数列的“谷值点”为2、7，共2个. 故选：B. 5．已知数列的前n项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先求数列的解析式，再结合数列的解析式，以及条件，判断数列和的单调性，即可判断选项. 【详解】由条件可知，， 当时，， 当时，， 验证，当时，， 所以， 当时，，单调递减，此时，故A错误； ，单调递增，所以，故B错误； 当时，，成立， 当时，，故C错误； 当时，， 当时，单调递减，当时，数列取得最大值，， 当时，， 所以，故D正确. 故选：D 6．已知数列的前项和为，对任意的，都有．若是数列的前项积，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，求出数列是等比数列，再根据是数列的前项积，求出的最大值 【详解】当时，， 当时，，， 两式相减得，即，又，故， 所以数列是以32为首项，为公比的等比数列， 通项公式为： 因为是数列的前项积， 所以， 当或时，有最大值15，所以当时，有最大值. 故选：C 7．某学生家长为缴纳该学生上大学时的教育费，于2018年8月20号从银行贷款a元，为还清这笔贷款，该家长从2019年起每年的8月20号便去银行偿还相同的金额，计划恰好在贷款的m年后还清，若银行按年利率为p的复利计息（复利：即将一年后的贷款利息也纳入本金计算新的利息），则该学生家长每年的偿还金额是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意建立方程，再结合等比数列求和公式，即可求出的值. 【详解】设每年偿还的金额为， 则， 所以， 解得 故选D. 【点睛】主要考查了等比数列求和，方程的求解，以及数学应用能力，属于中档题.这类型题的关键在于结合生活实际，读懂题意，合理地转化为数学问题，再进行求解. 8．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 二、多项选择题 9．计算机病毒危害很大，一直是计算机学家研究的对象.当计算机内某文件被病毒感染后，该病毒文件就不断地感染其他未被感染文件.计算机学家们研究的一个数字为计算机病毒传染指数即一个病毒文件在一分钟内平均所传染的文件数，某计算机病毒的传染指数若一台计算机有个可能被感染的文件，如果该台计算机有一半以上文件被感染，则该计算机将处于瘫痪状态.该计算机现只有一个病毒文件，如果未经防毒和杀毒处理，则下列说法中正确的是（ ） A．在第3分钟内，该计算机新感染了18个文件 B．经过5分钟，该计算机共有243个病毒文件 C．10分钟后，该计算机处于瘫痪状态 D．该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数成公比为2的等比数列 【答案】ABC 【解析】设第分钟之内新感染的文件数为，前分钟内新感染的病毒文件数之和为，则，且，可得，即可判断四个选项的正误. 【详解】设第分钟之内新感染的文件数为，前分钟内新感染的病毒文件数之和为，则，且， 由可得，两式相减得：， 所以，所以每分钟内新感染的病毒构成以为首项，为公比的等比数列， 所以， 在第3分钟内，该计算机新感染了个文件，故选项A正确； 经过5分钟，该计算机共有个病毒文件，故选项B正确； 10分钟后，计算机感染病毒的总数为， 所以计算机处于瘫痪状态，故选项C正确； 该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数成公比为3的等比数列，故选项D不正确； 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是读懂题意，得出第分钟之内新感染的文件数为与 前分钟内新感染的病毒文件数之和为之间的递推关系为，从而求得. 10．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列.现将中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为，则（ ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据已知条件列出数列的前面几项，发现其为周期数列，利用周期数列的性质即可判断AC的正误；再利用本身的性质可判断BD的正误. 【详解】因为，，，，，，，，…， 所以是以6为周期的周期数列，所以，所以A正确； 因为，所以C错误； 因为 ，所以B错误； 因为 ， 所以，所以D正确. 故选：AD. 11．对于无穷数列，给出如下三个性质：①；②，；③，，，定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”，同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法正确的是（ ） A．若，则为“s数列” B．若，则为“t数列” C．若为“s数列”，则为“t数列” D．若等比数列为“t数列”，则为“s数列” 【答案】ABD 【分析】根据“s数列”和“t数列”的定义逐一对各选项分析判断即可. 【详解】对于A，， ，又， 数列为“s数列”，故A正确. 对于B，，，又， ，又， 数列为“t数列”，故B正确. 对于C，若，， 又，所以数列为“s数列”，但，故C错误. 对于D，若等比数列为“t数列”，则，， 即（公比为）. （1）若公比，因为，所以，所以，所以， 此时 因为，，，所以， 即，所以为“s数列”； （2）若公比，由得，由性质③知，，即， 所以，但此时与性质③不符，所以时不是“t数列”. 综上，若等比数列为“t数列”，则为“s数列”，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛： 本题解题的关键是牢牢抓住数列为“s数列”和数列为“t数列”所满足的性质对各选项逐一进行验证. 三、填空题 12．____________________. 【答案】 【分析】先得到通项为，再根据等比数列求和公式进行分组求和即可. 【详解】因为， 所以 . 故答案为：. 13．角谷猜想又称冰雹猜想，是指任取一个正整数，如果它是奇数，就将它乘以3再加1；如果它是偶数，则将它除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．如取正整数，根据上述运算法则得出，共需要经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”），已知数列满足：（m为正整数），①若，则使得至少需要_____________步雹程；②若；则m所有可能取值的和为____________________． 【答案】9；385 【分析】根据题目所给的步骤逐步计算即可. 【详解】m=13，依题意，， 共9共步骤； 若，，或， 若， 若， 的集合为，其和为385； 故答案为：9,385. 14．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．如图，是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近的实数，在横坐标为的点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与轴交点的横坐标是，…，一直继续下去，得到数列．令．当时，用牛顿法可求出方程的近似解____________；当，且时，数列的通项公式为_______________． 【答案】/； 【分析】本题根据题干给出的牛顿法解高次方程，结合曲线上某点的导数即为经过该点的切线的斜率，从而求得切线方程，再求出该切线与横轴的交点，采用逐步逼近的方法求得高次方程的近似解；根据条件逐步递推出与的关系式，进一步求出数列的通项公式； 【详解】由题意得， 因为，所以，， 所以过点的切线方程为，即，令，得； 因为，， 则在点处的切线方程为， 令，得，即， 所以，即， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以． 故答案为：；. 四、解答题 15．已知数列的前n项和为，且. (1)求出，并求出与的递推关系； (2)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式； (3)在与之间插入n个数，使得包括与在内的这个数成等差数列，其公差为，若对任意，有恒成立，求实数的最小值. 【答案】(1)，；(2)证明见解析，；(3) 【分析】（1）令代入已知可求得9，由与的关系可得； （2）由可得，结合等比数列的定义证明即可，求出的通项，即可得到的通项公式； （3）根据（2）的通项公式得，则恒成立，再根据作差法分析的单调性求得最大值即可. 【详解】（1）当时，，而， 所以，解得9， 当时，，， 得：，整理得：， 经检验，，满足上式， 所以； （2）由得， 又， 所以数列是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以. （3）由题意， 由（2）可知：， 所以，所以，令， 则，而， 所以，即数列单调递减， 故，所以，所以的最小值为. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题12数列的综合应用（含数列性质、： 不等式等的结合) 目录 第部分研考情精析 锁定靶心高效备考 第二部分理·方法技巧 梳理知识总结技巧与方法 第三部分攻题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】数列的单调性 【题型02】数列中的最值 【题型03】斐波那契数列 【题型04】新文化中的数列递推关系 【题型05】数列新定义问题 【题型06】数列中插入项构成新数列问题 【题型07】数列实际应用问题 【题型08】数列放缩求和 第四部分练决胜冲刺 精选好题+通关训练 N0.1 析·考情精析 新定义数列以创新情境为核心，围绕新等差、新等比、新递推、新运算命题，重点 考查将文字规则转化为数学表达式的能力，强调读懂规则、验证前几项、分类讨论，不 考向聚焦 依赖套路，突出理性思维。 实际应用题聚焦增长、分期、产量、存款等背景，以等差、等比建模为核心，高频 考点是项数判断、区分区分4，与S,复利计算，强调从实际问题中抽象模型，答案需 1/19 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 符合现实意义。 放缩求和侧重不等式证明，以分式型、根式型通项为主，常用裂项放缩、等比放缩， 命题趋势是适度放缩、保留前几项，考查放缩尺度与严谨性。 整体考向重基础、重通法、重规范，强调步骤得分，淡化偏难技巧。 需具备三种核心能力：一是转化翻译能力，新定义题要把文字规则转化为通项、递 推式与不等式，不凭经验，先写前几项找规律，规范处理下标与范围。二是数学建模能 力，应用题快速判断等差（均匀变化）或等比（增长复利），准确确定项数，区分a,与 关键能力 S,结合实际意义取整。三是放缩与求和能力，将复杂通项放缩为裂项、等比模型，保 留前几项控制精度，熟练相消与求和。同时强化运算、逻辑表达与检验意识，确保步骤 完整、得分稳定。 新定义题关键是读懂规则、翻译转化，先把文字语言转为通项、递推或不等式，写 出前几项找规律，不凭旧知识硬套，注意下标、范围、分类讨论，多用作差判断单调性 实际应用题重在建模与定项数，先区分等差（均匀变化）或等比（增长、复利）， 严格数清期数，分清第n项与前n项和，计算后结合实际取整，避免年份、次数多算少 备考策略 算。 放缩求和以可求和为目标，优先裂项与等比放缩，牢记保留前1-2项不放缩，控 制精度，防止放缩过度。平时重点练典型放缩模型、裂项结构，规范书写步骤。 三类题统一策略：抓本质、重步骤、细检验，限时训练中档题，保证基础不丢分， 难题拿步骤分。 N0.2 理·方法技巧 ◇方法技巧01数学新定义和数列的实际应用的解题方法和技巧 一、数列新定义问题（解题套路) 先翻译，不硬套 把题目文字逐句转成：递推式、通项条件、下标关系、范围限制。 抓核心：新规则=新通项/新递推 常见：新等差、新等比、新距离、新和、新积。 必写前几项验证 写出a1,a2,a3,立刻看出规律，避免理解偏差。 判断单调性/最值用：an+1-an 不直接用函数导数。 多条件一定分类讨论 2/19 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 含参数、正负、分段都要分情况。 技巧：新定义=“按题目给的法则重新算一遍”，别凭经验做题。 二、数列实际应用题（解题模板) 先定模型 匀速变化：等差 增长率、利息、翻倍：等比 最关键：数清「项数n 年份、次数、期数一定要数对，别多1少1。 严格区分：a,第n项/S,前n项和 问“一共多少”用和，问“第n年多少”用项。 增长/利率公式 原值x(1+r)”,看清是复利还是单利。 结果要符合实际 人数、次数取整，不出现小数。 技巧：应用题=“找模型→数项数一→选公式→代值算”。 ◇方法技巧02数列放缩法求和 一、核心思想 把不好求和的数列，放缩成等差、等比、裂项相消的形式，再求和。 记住：放缩是手段，求和是月的。 二、常用放缩套路 分式型（最常考） 1 11 n(n+1)n2 n(n-1) 更紧的放缩：n21<n-211-n+211 等比放缩 递推形如an+1≤qan,直接放成等比求和。 分段放缩 前1~2项保留不放，从第3项开始放缩，防止放得太大。 三、解题步骤（万能流程） 看通项：能不能直接求和？不能就放缩。 选模型：往裂项或等比上靠。 3/19 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 控制精度：宁紧勿松，先小放，不够再放大。 保留前几项：最容易错的地方！ 求和+比较：得出结论。 四、高分技巧 先拆后放，别一上来就乱放。 证明〈常数：优先等比放缩或裂项。 放完一定要回代验证，防止放过头。 下标、项数、消完剩几项，必须写清楚。 五、最常见易错点 放缩过度/不足，不等式不成立。 从第一项就放，结果偏大/偏小。 裂项相消时首尾余项数错。 只放不验，凭感觉做题。 N0.3 攻·题型速解 ◇题型01数列的单调性 典1例1精引析 a"-,n>2, 典例1.数列{cn}满足cn= 3-an+2,n≤2m∈N),若数列c,}单调递增，则实数a的取值范围为() A.[2,3) B.(1,3 C.(1,2 D.（2,3 典例2。已知数列{a,满足a1-号+，则下列说法正确的是() 2a. A.若an>0,则{an}所有项恒大于等于√2B.若a=1,则{an}是单调递增数列 C.若{an}是常数列，则a,=±√2 若a=2,则+受} 是单调递增数列 1 。1 典例3.设a1,BC,的三边长分别为a、b、C,面积为S,(n为正整数)，若6-G=2a,其中G>44 4/19 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ，an+1=an,bnH=Cn 40,，c=6.+40,则（） A.{Sn}为严格减数列 B.{S}为严格增数列 C.{Sm-}为严格增数列，{Sn}为严格减数列 D.{S2m-}为严格减数列，{S2n}为严格增数列 易错点拨 数列单调性只看相邻项，不能直接套用函数单调性。易错点：1.把函数导数判断直接用于数列，忽 略定义域是正整数；2.只算前几项就判定增减，未用an-an或比值严格证明；3.含参数时未分类讨论， 导致漏解；4.混淆数列单调与通项函数单调；5.忽略首项符号，错误判断正负摆动数列。必须用n+1与 a,作差/作比严谨推导。 变I式丨巩固 变式1.函数f(x)= 3-ax-3,x≤7，若数列a,满足a,=fn,neN,且{a,是递增数列，则实数a a-6,x>7 的取值范围是( C.(1,3 D.(2,3 变式2. 已知数列a满足a=a,am0+2(neN),若a是单调漫塔数列，则<销取值范阁是 () A.(-0,4) B.(-0,3) C.(-0,2) D.(-0,1) 变式3.己知ABC的面积为1，取ABC各边的中点A,B,C作△A,B,C,然后再取△A,B,C,各边的中点 A2,B2,C2作△A2B,C2,…依此方法一直继续下去.记aA,nB,C(n∈N)的面积为an,数列{an}的前n项和为Sn, 则() A.数列2”an}为常数列 B.数列2”an为递增数列 C.数列之}为递减数列 D.数列巴为递增数列 5/19 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ◇题型02数列中的最值 典1例|精丨析 典例1已知数列{a,}的前n项和为S,且2S。=3n2+17n,若b,=a, 10 则数列{b}的最大项为() A.第5项 B.第6项 C.第7项 D.第8项 7 典例2.己知数列an}的通项公式为an= 2n-7:n55 ，若a,是{an}中唯一的最小项，则实数a的 -a-a2 取值范围是() A.(14,16 B.(15,16 c.15,16) D.(14,16 易错点拨 求数列最值易把函数最值直接套用，忽略定义域为正整数。易错点：1.由通项公式求最值时，未检 验对称轴附近整数点；2.忽略首项、末项，只看中间项；3.含参数时未分类讨论符号与单调性；4.用 an>an+1且an>an-1时漏写n≥2；5.分段数列未比较各段极值。必须结合相邻项比较，验证整数点才严 谨。 变I式I巩I固 变式1. n-2 已知数列a,的通项公式为a,2n一i7,前n项和为，则S,取最小值时n的值为(） A.6 B.7 C.8 D.9 变式习.已知数列a,=a+(-兴，下列说法正确的是（) A.{a}有最大项，但没有最小项 B.{a}没有最大项，但有最小项 C.{a}既有最大项，又有最小项 6/19 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D.{a}既没有最大项，也没有最小项 变式3.设a>0且a≠1，k、m、n都是正整数，数列{an}的通项公式为an= a-6)n+21,(1≤n≤m,记 a-3,(n>m 数列{a}中前k项的最小值为h,由所有h,的值所组成的集合记为A,若集合A中仅有四个元素，则下列 说法中错误的是() A.当m=3时，a的取值范围是(1,6) B.不存在a和m的值，使得a4A C.当m=4时，a的取值范围是(3,6) D.存在a和m的值，使得a∈A ◇题型03斐波那契数列 典|例|精1析 典例1： (多选)1202年，斐波那契在《算盘全书》中从兔子问题得到斐波那契数列1,1,2,3,5,8， 13,21 该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，人们把这样的一列数 组成的数列an}称为斐波那契数列，19世纪以前并没有人认真研究它，但在19世纪末和20世纪，这一问 题派生出广泛的应用，从而活跃起来，成为热门的研究课题，记Sn为该数列的前项和，则下列结论正确 的是( A.a1=89 B.a2023为偶数 C.a1+a3+a5+…+a2023=a2024 D.a2+a4+a6+…+a2024=S2023 易错点拨 斐波那契数列易错点：1.记错递推关系，误写成a1=an+an-2;2.首项定义混乱，题目给 a1=1,a2=1与ao=0,a1=1要区分；3.求项数时多写或少写，导致下标出错；4.求和时直接硬算，不会 用Sn=an+2-a2简化；5.把递推当等比/等差，忽略特征根与通项结构。解题先定首项、再写下标、最 后用性质简化。 变|式|巩|固 变式1.斐波那契（约1170~1250）是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数 列.后来人们在研究它的过程中，发现了许多意想不到的结果，在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕草， 万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列还有很多有趣的性质，在实际生活中也有广泛的 应用.斐波那契数列{a,}满足a=a,=1,a2=a+an(neN),设1+a,+a+a,+a,++aog=a,则 7/19 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 k=() A.2019 B.2020 C.2021 D.2022 变式2.（多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5，…， 其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数 列”.已知数列(an}为“斐波那契数列”，则下列结论正确的为() A.an=am+2-a1对n∈N恒成立 B.3as=a+as C.41+a3+a5+…+a2021=a2022 D. a4,+a4,+a0+…+a20n02L=a0m2 02020 ◇题型04新文化中的数列递推关系 典I例I精I析 典例1.北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图， 由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有ab个小球，第二层有(a+1)(b+)个小球，第三层有 (a+2)(b+2)个小球…依此类推，最底层有cd个小球，共有层，由“隙积术”可得这些小球的总个数为 [2b+d)a+(2d+)c+(c-a]”若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积 6 的第一层的小球个数为() A.1 B.2 C.3 D.4 典例2.如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICE-7)的会徽图案，会微的主题图案是由图乙的一连串 直角三角形演化而成的.已知0A=AA2=A,A=AA4=AA=AA。=AA,=A,A,=…=2,A,A2,A…为直角 质点，设这些直角三角形的眉长从小到大组成的数列为口，令女。3为数列么的前项和， S120=(） 8/19 丽学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 As A ICME-7 图甲 图乙 A.8 B.9 C.10 D.11 典例3.（多选）如图，曲线y=√F下有一系列正三角形，设第n个正三角形Q-P2。（Q为坐标原点) 的边长为an,则() B.记S为a,的前n项和，则Pn为S+,,5。 2’201 C.记S为数列a的前n项和，则S=a+ 4 2 D.数列{a,}的前n项和为S=+n+ 3 易错点拨 求递推数列易错点：1.忽略初始条件，只写递推式：2.混淆下标关系，如把an+1与4，写错；3.累 加法、累乘法漏项、错项；4.构造等比时配错常数，变形不恒等；5.分段递推未分段讨论；6.由S,求 4,不验证”=1；7.含参数未讨论符号与零值。一定要先定首项、写下标、验项数。 变|式|巩|固 变式.分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创 立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路.按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树 形图.若记图2中第n行黑圈的个数为an,则a。=() 9/19 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 第1行 第2行 08 第3行 图1 图2 A.55 B.58 C.60 D.62 变式2。养过蜂的人都知道，蜂后产的卵若能受精则孵化为雌蜂，若不能受精则孵化为雄蜂，即雄蜂是有 母无父，雌蜂是有父有母的，因此一只雄蜂的第代祖先数目如下图所示： (F)13- (F6)8- (F)5-- (F4)3- (F3)2-- (F)1 (F)1- 雄蜂的家系 ●表示雄蜂O表示雌蜂 若用F,表示一只雄峰第代祖先的个数，给出下列结论，其中正确的是() A.Fs+Fio>F B.F+F。<F+F C.F+Fu<2Fo D.4F+Fio>Fu 变式3.（多选）分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形几何具有自身相似性， 从它的任何一个局部经过放大，都可以得到一个和整体全等的图形.如下图的雪花曲线，将一个边长为1的 正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图2，如此继续下去， 得图(3)..记{an}为第n个图形的边长，记{bn}为第n个图形的周长，Sn为{an}的前项和，则下列说法 正确的是() (3) 10/19