数列通项与求和(十一大专题) 专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以“求通项-练求和-解综合”为主线，系统整合11类核心方法，构建从基础递推到复杂应用的完整训练体系，培养数学思维与创新意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |an与Sn关系|1例+5变式|消元转化法（消an/消Sn）|从数列基本量关系切入，建立an与Sn互化逻辑| |累加/累乘法|各1例+5变式|变差/变比数列求和公式推导|基于递推式特征，提炼迭代累加/乘通法| |构造法（3种）|3例+15变式|待定系数法（构造等比数列）|针对不同递推模型，形成“模型识别-参数求解-转化”链条| |求和四法|各1例+5变式|倒序相加/分组/错位相减/裂项相消|按通项特征匹配求和策略，强化公式应用与变形| |斐波那契数列|1例+5变式|定义+性质（求和/周期性）|从特殊数列拓展，培养数学抽象与模型意识| |综合应用|2例+10变式|参变分离/构造函数/放缩法|融合数列与不等式，提升逻辑推理与综合解题能力|

数列通项与求和(十一大专题) 目录 专题一 : 与关系式 2 专题二 : 累加法 4 专题三 : 累乘法 7 专题四 : 构造法(三种) 9 专题五 : 倒序相加法 14 专题六 : 分组(并项)求和 16 专题七 : 错位相减法 18 专题八 : 裂项相消法 21 专题九 : 斐波那契数列 24 专题十 : 数列与不等式恒成立问题 27 专题十一 : 数列新定义概念题 30 专题一 : 与关系式 1、关系式：，要注意验证情况． 2、已知与，求它的通项公式，一般有两种思路： （1）消：利用公式：，消去，转化等差或等比数列直接求出； （2）消：利用公式：，消去，得出与的递推关系式，先求出后，即可转化为“第1种情形”，从而间接求出． 在求解具体的题目时，应根据条件灵活恰当地选择两种方法， 【例1】（25-26高三上·云南昆明·月考）记为数列的前项和，若，，则 【变式1-1】（24-25·江苏连云港·模拟预测）已知等比数列的前项和为，且，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2025·湖南长沙·模拟预测）设数列的前项和为，已知，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（2026高三·全国·专题练习）已知正项数列的前项和为，且．求的通项公式． 【变式1-4】（23-24高一下·四川广元·期中）已知数列的前项和. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的通项公式. 【变式1-5】（24-25高二下·湖北武汉·期中）设数列的前n项和，满足，且． (1)求证：数列是等比数列； (2)若，求数列的前n项和． 专题二 : 累加法 若数列满足，则称数列为“变差数列”，求变差数列的通项时，利用恒等式求通项公式的方法称为累加法. 具体步骤： 将上述个式子相加（左边加左边，右边加右边）得： = 整理得：= 【例1】（25-26高三上·四川成都·开学考试）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（25-26高二下·辽宁沈阳·阶段检测）已知数列满足，，设数列的前项和为，则__ ． 【变式1-2】（25-26高二下·福建福州·期中）已知数列中，满足，，则数列的通项公式___________ 【变式1-3】（25-26高三上·四川广安·开学考试）数列满足：，，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-4】（2026·重庆·三模）已知数列满足，对且，． (1)证明：数列是等比数列； (2)设，求数列的前项和． 【变式1-5】（2026·浙江宁波·三模）设数列的前项和为，当时满足． (1)求； (2)令，记为的前项和，当为何值时，取最小值． 专题三 : 累乘法 若数列满足，则称数列为“变比数列”，求变比数列的通项时，利用求通项公式的方法称为累乘法。 具体步骤： 将上述个式子相乘（左边乘左边，右边乘右边）得： 整理得： 【例1】（25-26高二下·安徽宿州·阶段检测）已知首项为1的数列满足，则________． 【变式1-1】（25-26高三上·广东深圳·开学考试）已知为数列的前项和，若，，则的值为（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 【变式1-2】（25-26高二上·湖南衡阳·期末）已知数列中，，，则________. 【变式1-3】（25-26高三上·吉林长春·阶段检测）记为数列的前项和，满足，且，则______． 【变式1-4】（25-26高二下·江西九江·期末）已知数列满足，且对任意，有. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. 【变式1-5】（24-25高三上·河南驻马店·月考）若数列满足，，则 ． 专题四 : 构造法(三种) ◆构造一:待定系数之型构造等比数列 求关于(其中均为常数,)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为,再利用待定系数法求出的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数,构造成等比数列.常数的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来. 【例1】（2026·江苏扬州·模拟预测）已知数列满足，则的值为___________． 【变式1-1】（25-26高二上·贵州黔南·期末）在数列中，，，则数列的通项公式为___________． 【变式1-2】已知数列的首项，且，则的通项公式为 ． 【变式1-3】（2026·河北邢台·三模）已知数列{an}的前n项和为 则 _________. 【变式1-4】已知数列满足，则数列的前项和为______． 【变式1-5】（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知是数列的前项和，. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. ◆构造二:待定系数之型构造等比数列 求关于类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项再构造等比数列就可以,即令,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解,从而得到是公比为的等比数列. 【例2】（25-26高二下·广西贺州·阶段检测）已知数列满足，且，则______． 【变式2-1】（2025高三·全国·专题练习）已知在数列中，，，则通项 ． 【变式2-2】（2025·天津河北·二模）设数列的前n项和，若，则（    ） A．3059 B．2056 C．1033 D．520 【变式2-3】（25-26高二上·甘肃平凉·阶段检测）已知，当时，，则的通项公式为___________ 【变式2-4】（25-26高二下·湖北黄冈·期中）已知数列满足，.求的通项公式； 【变式2-5】（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知数列满足，且，，则数列的通项公式为______. 【例3】（26-27高三·全国·一轮复习）已知数列满足，，则数列的通项公式为______. 【变式3-1】(25-26高二下·安徽芜湖·期中）已知数列的前项和为，，则的通项公式为________． 专题五 : 倒序相加法 如果一个数列的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．求和时可以将正着写与倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和． 【例1】（24-25高二下·安徽滁州·期中）已知数列满足，则数列的前2025项和______. 【变式1-1】（24-25高二下·上海静安·阶段检测）______． 【变式1-2】（2026高二·全国·专题练习）若等差数列满足，则______. 【变式1-3】若，则___________. 【变式1-4】（23-24高二·全国·课后作业）已知函数，数列为等比数列，，，则______． 【变式1-5】设函数，定义，其中，，则______. 专题六 : 分组(并项)求和 1、分组求和法：若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． 2、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．形如类型，可采用两项合并求解． 【例1】（25-26高二上·重庆渝北·期中）若数列的通项公式为，则其前项和___________． 【变式1-1】（24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·阶段检测）若数列的通项公式为，则数列的前项和为_______． 【变式1-2】（25-26高一下·上海·期中）已知数列满足且，则数列的前1001项的和是___________ 【变式1-3】（2026·山西大同·三模）已知数列满足，，则______． 【变式1-4】（2025·山东·一模）若数列满足，，则的前2025项的和为________． 【变式1-5】（25-26高二下·云南昭通·期中）已知数列的通项公式为，前n项和为，当n为偶数时，则________. 专题七 : 错位相减法 【例1】（24-25高二下·河南·阶段检测）数列的通项公式为，则的前项和为__________（用含的式子表示）. 【变式1-1】（25-26高二下·江西景德镇·期中）已知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，且，数列的前n项和为，则_________． 【变式1-2】（25-26高三上·内蒙古呼和浩特·开学考试）若，则______． 【变式1-3】（2025·河北沧州·模拟预测）已知为数列的前项和，且，若，则______． 【变式1-4】（24-25高二下·四川内江·期中）设为数列的前项和，已知，，则________. 【变式1-5】（24-25高二上·江苏苏州·阶段检测）设数列满足.则数列的前n项和为_______． 专题八 : 裂项相消法 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。通项分解（裂项）如： （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） 【例1】（25-26高二下·辽宁大连·期末）已知数列满足，且．设，则数列的前n项和_______． 【变式1-1】（25-26高二上·浙江·阶段检测）已知数列满足，则数列前项的和为__________. 【变式1-2】（25-26高二上·山东临沂·阶段检测）数列的通项公式为，前项和为，求数列的前10项和_____． 【变式1-3】（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知数列中，满足，则数列的通项公式为________. 【变式1-4】（2026·四川成都·模拟预测）已知数列满足，且． (1)证明：数列为等差数列； (2)设，求数列的前项和． 【变式1-5】（25-26高二下·广东河源·期末）已知数列的前项和为，且（）． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 专题九 : 斐波那契数列 1、定义：一个数列，前两项都为1，从第三项起，每一项都是前两项之和，那么这个数列称为斐波那契数列，又称黄金分割数列；表达式，，． ①逐项罗列：，1，2，3、5，8，13，21，34，55，……； ②递推公式：，； ③通项公式：（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例）． 2、求和问题 ①前项和：； ②奇数项和：； ③偶数项和：． 3、平方和问题： 4、余数列周期性 ①被2除的余数列周期为3：1，1，0，…… ②被3的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0，…… ③被4的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0，…… 5、裂项问题： 【例1】数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，满足，（，），则是斐波那契数列的第______________项. 【变式1-1】（23-24高三上·上海·期中）斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用.斐波那契数列满足，.给出下列四个结论： ① 存在，使得，，成等差数列； ② 存在，使得，，成等比数列； ③ 存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列； ④ 存在正整数，且，使得. 其中所有正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1-2】（24-25高二下·四川眉山·阶段检测）已知斐波那契数列满足，记，则__________.（用表示） 【变式1-3】（24-25高三上·重庆·阶段检测）数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了一个特殊的数列：1，1，2，3，5，8，…，从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若，则__________． 【变式1-4】（2024·四川·模拟预测）数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo  Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，满足，（，），则是斐波那契数列的第______________项. 【变式1-5】历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”，1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，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”，现有与斐波那契数列性质类似的数列满足：，，且（），记数列的前n项和为，若，则___________. 专题十 : 数列与不等式恒成立问题 数列不等式恒成立问题是高中数学（尤其是高考压轴题）中的难点，它本质上是函数与方程思想、分类讨论思想、转化与化归思想的综合应用。解决这类问题，核心在于将“数列问题”转化为“函数问题”或“最值问题”。 常用解题方法: 1. 参变分离 + 函数单调性或者最值 2. 构造函数法（整体法） 3. 放缩法 【例1】（24-25高一下·上海宝山·阶段检测）已知正数数列满足，且对恒成立，则的范围为______. 【变式1-1】（25-26高二下·上海·期中）已知数列是各项均不为零的等差数列，为其前项和，且，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是__________． 【变式1-2】（黑龙江大庆市2026届高三年级第三次教学质量检测数学试题）数列满足，，则________；若对于任意的，恒成立，则实数的取值范围为________. 【变式1-3】（24-25高二下·河北·期末）已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的取值范围为_____. 【变式1-4】（25-26高二下·安徽马鞍山·期末）已知数列满足：，.若对任意，都有，则的取值范围为__________. 【变式1-5】（25-26高二下·四川南充·阶段检测）在数列中，，． (1)证明：数列是等差数列； (2)求的通项公式； (3)若，记数列的前项和为，若对一切，不等式都成立，求实数的取值范围． 专题十一 : 数列新定义概念题 解答数列新定义选择题的核心思路是“现场学习、代入特例、化归转化”：首先快速阅读并准确理解题目给出的新规则（如新运算、新性质或新递推关系），切忌将其与已有概念混淆；其次，“特值探路”是最高效的破局手段，通过代入 n=1,2,3等极小数值进行演算，能迅速验证选项真伪或排除干扰项；最后，将新定义转化为熟悉的代数表达式或常规数列模型，结合排除法与逻辑推理得出结论，整个过程重在“依定义办事”而非凭空猜想。 【例1】（24-25高三上·上海青浦·阶段检测）已知无穷数列的各项均为实数，为其前n项和，若对任意正整数都有，则下列各项中可能成立的是（    ） A．，，，…，为等差数列，，，，…，为等比数列 B．，，，…，为等比数列，，，，…，为等差数列 C．，，，…，为等差数列，，，…，，…为等比数列 D．，，，…，为等比数列，，，…，，…为等差数列 【变式1-1】（25-26高二下·上海青浦·期末）设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得．那么称为“内和数列”，并令，称为的“伴随数列”，给出下列三个命题： ①若为等差数列，则为内和数列； ②若为等比数列，则为内和数列； ③若内和数列为严格增数列，则其伴随数列为严格增数列； 其中真命题的个数是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【变式1-2】（25-26高二下·上海杨浦·期末）若数列满足，则称是差增数列． 对于以下两个命题： ①若是差增数列，则是严格增数列； ②若由的奇数项组成的子数列和偶数项组成的子数列都是差增数列，则是差增数列， 下列判断正确的为（     ） A．①是真命题，②是假命题； B．①是假命题，②是真命题； C．①是真命题，②是真命题； D．①是假命题，②是假命题． 【变式1-3】（2026·上海·三模）对于无穷数列和正整数，若存在，，…，满足且，则称数列具有性质．给出以下两个命题： ①存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质； ②若数列和均具有性质，则具有性质； 则下列判断正确的是（     ） A．①为真命题，②为假命题 B．①为假命题，②为真命题 C．①与②均为真命题 D．①与②均为假命题 【变式1-4】（25-26高二下·上海·期中）若有穷整数列，，，，满足：，且，则称具有性质，则正确的是（ ） A．存在具有性质的 B．不存在具有性质的 C．若具有性质，则，，，中至少有两项相同 D．对于任意正整数，对任意具有性质的，有，，，中任意两项均不相同 【变式1-5】（2026·上海闵行·模拟预测）设数列的前n项的和为，若对任意的，都有，则称数列为“攀登数列”．有下列命题： ①存在递增数列，使得它是“攀登数列”； ②存在周期数列，使得它是“攀登数列”； ③存在等差数列，使得它是“攀登数列”； ④若数列为公比为的等比数列，对于任意，存在，使得为攀登数列． 其中所有正确命题的序号是（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ $ 数列通项与求和(十一大专题) 目录 专题一 : 与关系式 1 专题二 : 累加法 5 专题三 : 累乘法 9 专题四 : 构造法(三种) 13 专题五 数列:倒序相加法 21 专题六 : 分组(并项)求和 25 专题七 : 错位相减法 28 专题八 : 裂项相消法 33 专题九 : 斐波那契数列 37 专题十 : 数列与不等式恒成立问题 42 专题十一 : 数列新定义概念题 48 专题一 : 与关系式 1、关系式：，要注意验证情况． 2、已知与，求它的通项公式，一般有两种思路： （1）消：利用公式：，消去，转化等差或等比数列直接求出； （2）消：利用公式：，消去，得出与的递推关系式，先求出，后，即可转化为“第1种情形”，从而间接求出． 在求解具体的题目时，应根据条件灵活恰当地选择两种方法， 【例1】（25-26高三上·云南昆明·月考）记为数列的前项和，若，，则 【答案】243 【解析】，当时，有. 当时，有. 故，即，. 又因为，则数列是公比为，首项为的等比数列. 因此. 当时，. 【变式1-1】（24-25·江苏连云港·模拟预测）已知等比数列的前项和为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意，， 在等比数列中，， 设公比为q， ，解得，∴， 当时，，解得：， ∴是以2为首项，3为公比的等比数列， ∴.故选：A. 【变式1-2】（2025·湖南长沙·模拟预测）设数列的前项和为，已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】当时，， 则，即， 所以数列是公差为4的等差数列． 又，则． 所以．故选：A. 【变式1-3】（2026高三·全国·专题练习）已知正项数列的前项和为，且．求的通项公式． 【答案】 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、利用an与sn关系求通项或项 【分析】利用与的关系求解，即当时，，将式子中的换成，计算出的值；当时，，将式子中的换成，计算得到，从而得到是等差数列，利用等差数列的通项公式求出，继而得到，将代入求出. 【详解】， 当时，，，，，， 当时，，， ，， 是等差数列，公差，首项为， ， ，，， 验证时也成立， . 【变式1-4】（23-24高一下·四川广元·期中）已知数列的前项和. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的通项公式. 【答案】（1）（2） 【知识点】利用an与sn关系求通项或项、定义法求数列通项 【分析】（1）利用这一递推关系，即可得答案； （2）由（1）中求得的通项公式，直接代入即可得答案； 【详解】（1）当时，； 当时， . 因为也适合此等式，所以. （2）因为，且，， 所以. 【点睛】本题考查与的关系求通项公式，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意的验证. 【变式1-5】（24-25高二下·湖北武汉·期中）设数列的前n项和，满足，且． (1)求证：数列是等比数列； (2)若，求数列的前n项和． 【答案】(1)证明：，， 两式相减得， 又且，解得， 所以， ， 又， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列． (2) 【知识点】由递推关系证明等比数列、错位相减法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】（1）根据数列的前n项和与通项的关系，利用相减法得与的递推关系式，从而结合等比数列的定义证明结论； （2）利用错位相减法求解数列的前n项和即可． 【详解】（1）略. （2）由（1）知，，，， （1） （2） （1）-（2）得， . 专题二 : 累加法 若数列满足，则称数列为“变差数列”，求变差数列的通项时，利用恒等式求通项公式的方法称为累加法. 具体步骤： 将上述个式子相加（左边加左边，右边加右边）得： = 整理得：= 【例1】（25-26高三上·四川成都·开学考试）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为数列满足，， 所以， 所以， 则， 所以，故选：A. 【变式1-1】（25-26高二下·辽宁沈阳·阶段检测）已知数列满足，，设数列的前项和为，则__ ． 【答案】 【知识点】累加法求数列通项、求等差数列前n项和、裂项相消法求和 【详解】，， 当时，，，，，. ，即； ； 当时，，符合题意； 数列的通项公式. . ； . 【变式1-2】（25-26高二下·福建福州·期中）已知数列中，满足，，则数列的通项公式___________ 【答案】 【知识点】累加法求数列通项、裂项相消法求和 【分析】利用累加法可求得数列的通项公式. 【详解】在数列中，，， 当时，，，，， 上述所有等式相加得， 所以， 也满足，故对任意的，. 【变式1-3】（25-26高三上·四川广安·开学考试）数列满足：，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由，可得， 利用累加法可得 , 化简得，则.故选：C. 【变式1-4】（2026·重庆·三模）已知数列满足，对且，． (1)证明：数列是等比数列； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】累加法求数列通项、由递推关系证明等比数列、错位相减法求和、分组（并项）法求和 【分析】（1）作差可得，再结合等比数列的定义可证得数列是等比数列； （2）由（1）求得，利用累加法可求得数列的通项公式，可得出，记数列的前项和为，则，利用错位相减法可求出的表达式，即可得出的表达式. 【详解】（1）当时，， 当时，，有， 整理有，即有， 由，所以，所以数列是等比数列. （2）由（1）知，，即， 当时，，……，， 相加有， 所以有，当时也成立，从而， 记数列的前项和为，则， ，① 可得，② ①②，， 所以，故. 【变式1-5】（2026·浙江宁波·三模）设数列的前项和为，当时满足． (1)求； (2)令，记为的前项和，当为何值时，取最小值． 【答案】(1) (2) 【知识点】累加法求数列通项、求等差数列前n项和的最值、利用an与sn关系求通项或项 【分析】（1）先对递推关系式变形，累加可得答案； （2）求出的通项公式，判断单调性，结合中项的符号可得答案. 【详解】（1），叠加得， ． （2）， 因为，且，所以与均为增函数，所以递增， 而 ， 故时， 时，，于是时，最小． 专题三 : 累乘法 若数列满足，则称数列为“变比数列”，求变比数列的通项时，利用求通项公式的方法称为累乘法。 具体步骤： 将上述个式子相乘（左边乘左边，右边乘右边）得： 整理得： 【例1】（25-26高二下·安徽宿州·阶段检测）已知首项为1的数列满足，则________． 【答案】 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、累乘法求数列通项 【分析】由题意得，利用累乘法可求得数列的通项公式，代入通项公式求解即可． 【详解】由题意得， 当时，， 由满足上式，故，所以． 【变式1-1】（25-26高三上·广东深圳·开学考试）已知为数列的前项和，若，，则的值为（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 【答案】B 【解析】当时，， 由， 由，得， 两式相减得，， 所以，故选：B 【变式1-2】（25-26高二上·湖南衡阳·期末）已知数列中，，，则________. 【答案】/4.375 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、累乘法求数列通项 【分析】由题设可得，进而利用累乘法求解即可. 【详解】由，得， 所以，， 则. 故答案为：. 【变式1-3】（25-26高三上·吉林长春·阶段检测）记为数列的前项和，满足，且，则______． 【答案】38 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、累乘法求数列通项、利用an与sn关系求通项或项 【分析】利用与的关系，代入解方程求解前4项，然后利用与的关系得到，进而由累乘法即可求得. 【详解】因为，且， 所以当时，， 则，结合，即①； 当时，②； 当时，③； 将③代入②可得，结合代入①可得. 即，，，， 因为，所以当时，， 则，即， 可得． 故答案为：38 【变式1-4】（25-26高二下·江西九江·期末）已知数列满足，且对任意，有. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. 【答案】(1)； (2) 【知识点】裂项相消法求和、累乘法求数列通项 【分析】（1）根据累乘法得到时，，结合时，符合上式，得到答案； （2）裂项相消法求和即可 【详解】（1）由，得， 所以时，. 当时，，符合上式.， 所以的通项公式为. （2）由（1）得. 所以. 【变式1-5】（24-25高三上·河南驻马店·月考）若数列满足，，则 ． 【答案】 【解析】因为①， 所以②， ②①得，， 所以有， 所以． 专题四 : 构造法(三种) ◆构造一:待定系数之型构造等比数列 求关于(其中均为常数,)类型的通项公式时,先把原递推公式转化为,再利用待定系数法求出的值,再用换元法转化为等比数列求解.其实对于这类式子,我们只需要记住在等式两侧加上一个常数,构造成等比数列.常数的值并不需要背诵,我们可以通过待定系数法推导出来. 【例1】（2026·江苏扬州·模拟预测）已知数列满足，则的值为___________． 【答案】/ 【知识点】构造法求数列通项、利用等比数列的通项公式求数列中的项 【分析】根据的递推关系式，构造，得到数列为等比数列，根据等比数列的通项公式得到的通项公式． 【详解】由题意得，而， 故是以1为首项，5为公比的等比数列， 故；故；可得． 【变式1-1】（25-26高二上·贵州黔南·期末）在数列中，，，则数列的通项公式为___________． 【答案】 【知识点】写出等比数列的通项公式、构造法求数列通项 【分析】由，构造等比数列，求得数列的通项公式，从而求得数列的通项公式. 【详解】因为，所以. 因为，所以. 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以. 所以数列的通项公式为． 故答案为:． 【变式1-2】已知数列的首项，且，则的通项公式为 ． 【答案】 【解析】因为，所以，所以， 所以数列是首项为1，公比为的等比数列， 所以，即． 【变式1-3】（2026·河北邢台·三模）已知数列{an}的前n项和为 则 _________. 【答案】 【知识点】写出等比数列的通项公式、由递推关系证明等比数列、利用an与sn关系求通项或项、构造法求数列通项 【分析】根据给定条件，利用的关系变形给定等式，再利用构造法求出通项即可. 【详解】数列{an}的前n项和为，， 由，得，则， 而，因此数列是首项为，公比为的等比数列， 则，所以. 【变式1-4】已知数列满足，则数列的前项和为______． 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、裂项相消法求和、构造法求数列通项 【分析】由递推公式可得，即可得到是以为首项，为公差的等差数列，从而求出的通项公式，则，再利用裂项相消法求和即可. 【详解】解：因为， 所以，即，即， 所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，所以，则， 令数列的前项和为， 则 故答案为： 【变式1-5】（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知是数列的前项和，. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1)； (2). 【知识点】求等比数列前n项和、错位相减法求和、利用an与sn关系求通项或项、构造法求数列通项 【分析】（1）根据给定条件，利用前项和与第项的关系及构造法求出通项公式. （2）利用错位相减法求和即得. 【详解】（1）在数列中，，当时，， 两式相减得，即， 则，由，得， 因此数列是首项为，公比为2的等比数列， 故，所以数列的通项公式为. （2）由（1）得， 则， 于是， 两式相减得 ， 所以数列的前项和 ◆构造二:待定系数之型构造等比数列 求关于类型的通项公式时,与上面讲述的构造一的方法很相似,只不过等式中多了一项,在构造时我们也保持跟题干一样的结构,加一项再构造等比数列就可以,即令,然后与已知递推式各项的系数对应相等,解,从而得到是公比为的等比数列. 【例2】（25-26高二下·广西贺州·阶段检测）已知数列满足，且，则______． 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、构造法求数列通项 【详解】设，即， 和比较可得，则， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以． 【变式2-1】（2025高三·全国·专题练习）已知在数列中，，，则通项 ． 【答案】 【解析】利用待定系数法构造新数列， ， 又，则， 所以． 令，是以为首项，公比的等比数列． ．即，． 当时成立，所以． 【变式2-2】（2025·天津河北·二模）设数列的前n项和，若，则（    ） A．3059 B．2056 C．1033 D．520 【答案】C 【解析】由题设，则， 所以，则 又，则， 所以是首项、公比均为的等比数列，则， 所以，则.故选：C 【变式2-3】（25-26高二上·甘肃平凉·阶段检测）已知，当时，，则的通项公式为___________ 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、由递推关系证明等比数列、构造法求数列通项 【分析】由题意设，展开后对照已知列方程组求出，再结合等比数列的通项公式，即可求得答案. 【详解】由于当时，①， 故设，即②， 由①，②对照可得，，解得， 即， 又，则是以3为首项，为公比的等比数列， 故，则 故答案为： 【变式2-4】（25-26高二下·湖北黄冈·期中）已知数列满足，.求的通项公式； 【答案】(1) 【知识点】求等差数列前n项和、分组（并项）法求和、构造法求数列通项 【分析】（1）变形给定等式，利用构造法求出通项公式. 【详解】（1）由，得，即， 因此数列是常数列，，则， 所以数列的通项公式是. 【变式2-5】（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知数列满足，且，，则数列的通项公式为______. 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、写出等比数列的通项公式、由定义判定等比数列、构造法求数列通项 【分析】法一：设、，结合递推关系得到，再根据已知得，进一步有，利用等比数列的定义写出通项公式；法二：由递推关系得，讨论的奇偶性写出通项公式即可. 【详解】法一：因为，所以. 设，则，所以. 设，则. 因为，，所以，， 所以，即，即，所以. 因为，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以，. 法二：因为，所以， 由，，得，， 所以数列的奇数项是首项为2，公比为4的等比数列，偶数项是首项为4，公比为4的等比数列， 当为奇数时，，即； 当为偶数时，，即. 综上，. 故答案为： 求关于(其中均为常数,)类型的通项公式时,共有3种方法. 方法一:先用待定系数法把原递推公式转化为,根据对应项系数相等求出的值,再利用换元法转化为等比数列求解. 方法二:先在递推公式两边同除以,得,引入辅助数列(其中),得,再利用待定系数法解决； 方法二:也可以在原递推公式两边同除以,得,引入辅助数列(其中),得,再利用叠加法(逐差相加法)求解. 【例3】（26-27高三·全国·一轮复习）已知数列满足，，则数列的通项公式为______. 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、由递推关系证明等比数列、构造法求数列通项 【分析】根据数列的递推式构造等比数列，求出其通项，进而求得的通项公式. 【详解】由两边同除以，可得， 令，则， 设，对照上式可得， 即得，因， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 故， 即，故. 故答案为：. 【变式3-1】(25-26高二下·安徽芜湖·期中）已知数列的前项和为，，则的通项公式为________． 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、构造法求数列通项 【分析】通过对递推公式变形，构造出等差数列来求解数列的通项公式. 【详解】对两边同时除以 专题五 数列:倒序相加法 如果一个数列的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．求和时可以将正着写与倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和． 【例1】（24-25高二下·安徽滁州·期中）已知数列满足，则数列的前2025项和______. 【答案】 【知识点】倒序相加法求和 【分析】利用倒序相加法求和即可. 【详解】因为，， 所以， 又， 所以， 所以，则. 故答案为： 【变式1-1】（24-25高二下·上海静安·阶段检测）______． 【答案】 【知识点】求等比数列前n项和、复数的乘方、虚数单位i及其性质、错位相减法求和 【分析】先设所求和的式子为，再由错位相减法及等比数列进行求和，并结合虚数单位的周期性可得. 【详解】设①，所以②， ①②相减得， 因为，所以， 所以，， 因此. 【变式1-2】（2026高二·全国·专题练习）若等差数列满足，则______. 【答案】 【知识点】倒序相加法求和、等差中项的应用 【分析】根据等差中项的性质，利用倒序相加法，可得答案. 【详解】由等差数列满足，则对于，，当时，， 则， 设， 则， 两式相加可得，解得. 【变式1-3】若，则___________. 【答案】15 【知识点】函数对称性的应用、倒序相加法求和 【解析】由，由倒序相加可得答案. 【详解】由，得 设 则 两式相加得 所以 故答案为；15 【点睛】本题考查函数性质，考查倒序相加法求和，属于基础题. 【变式1-4】（23-24高二·全国·课后作业）已知函数，数列为等比数列，，，则______． 【答案】 【知识点】对数的运算、等比中项的应用、倒序相加法求和、判断或证明函数的对称性 【分析】可证明，由是等比数列，可得，即 ，设 ，倒序相加即得解 【详解】∵， ∴． ∵数列是等比数列，∴， ∴． 设，① 则，② ①＋②，得 ， ∴． 故答案为： 【变式1-5】设函数，定义，其中，，则______. 【答案】0 【知识点】对数的运算、函数对称性的应用、倒序相加法求和 【分析】由函数的解析式可得，由倒序相加法可得答案. 【详解】由题意， 所以 由    ① 则  ② 由①+②得 所以 故答案为：0 专题六 : 分组(并项)求和 1、分组求和法：若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． 2、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．形如类型，可采用两项合并求解． 【例1】（25-26高二上·重庆渝北·期中）若数列的通项公式为，则其前项和___________． 【答案】 【知识点】求等比数列前n项和、求等差数列前n项和、分组（并项）法求和 【分析】利用分组求和法结合等差、等比数列求和公式运算求解. 【详解】因为， 则 ， 所以.故答案为：. 【变式1-1】（24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·阶段检测）若数列的通项公式为，则数列的前项和为_______． 【答案】 【知识点】求等差数列前n项和、求等比数列前n项和、分组（并项）法求和 【分析】利用分组求和法，结合等比数列求和公式和等差数列求和公式求结论. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以． 故答案为：. 【变式1-2】（25-26高一下·上海·期中）已知数列满足且，则数列的前1001项的和是___________ 【答案】499 【知识点】求等比数列前n项和、由递推关系式求通项公式、分组（并项）法求和 【详解】因为，所以， ，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以 所以， 所以 【变式1-3】（2026·山西大同·三模）已知数列满足，，则______． 【答案】103 【知识点】求等差数列前n项和、分组（并项）法求和 【详解】由题意得， ． 【变式1-4】（2025·山东·一模）若数列满足，，则的前2025项的和为________． 【答案】1013 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、分组（并项）法求和 【分析】利用分组并项求和，对为偶数时进行分组计算即可. 【详解】易知当为偶数时，可得，即； 所以可知的前2025项的和. 故答案为：1013 【变式1-5】（25-26高二下·云南昭通·期中）已知数列的通项公式为，前n项和为，当n为偶数时，则________. 【答案】 【知识点】求等差数列前n项和、求等比数列前n项和、分组（并项）法求和 【分析】根据题意，分奇数项及偶数项求解即可． 【详解】解：当n为偶数时，前n项和中奇数项有项，偶数项有项； 奇数项首项为1，公差为4，偶数项首项为4，公比为4； 根据等差等比前n项和公式得． 专题七 : 错位相减法 【例1】（24-25高二下·河南·阶段检测）数列的通项公式为，则的前项和为__________（用含的式子表示）. 【答案】 【知识点】错位相减法求和 【分析】利用错位相减法即得. 【详解】因为， 所以，① 则，② 由①-②得， ， 故. 故答案为： 【变式1-1】（25-26高二下·江西景德镇·期中）已知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，且，数列的前n项和为，则_________． 【答案】 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、写出等比数列的通项公式、等比数列通项公式的基本量计算、错位相减法求和 【分析】通过构造等差数列求出通项公式，再利用错位相减法求和，进而可求. 【详解】因为是以2为首项，2为公比的等比数列，所以， 所以，即，又， 所以是首项为1，公差为的等差数列． 得，所以， 所以， 则， 两个等式作差可得， ， 故．则． 【变式1-2】（25-26高三上·内蒙古呼和浩特·开学考试）若，则______． 【答案】100 【知识点】求等比数列前n项和、错位相减法求和 【分析】利用错位相减求和法求解. 【详解】设， 则. 所以. 所以，. 所以. 故答案为：100 【变式1-3】（2025·河北沧州·模拟预测）已知为数列的前项和，且，若，则______． 【答案】 【知识点】由递推关系证明等比数列、由递推关系证明数列是等差数列、错位相减法求和 【分析】由题意以及等比数列的定义，可得数列的通项，根据等差数列的定义，可得的通项，利用错位相减法，可得答案. 【详解】因为，即， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以有， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，所以， ， ， 则 ， 所以. 故答案为：. 【变式1-4】（24-25高二下·四川内江·期中）设为数列的前项和，已知，，则________. 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、错位相减法求和 【分析】构造数列，得其为常数列，进而求得，再由错位相减法求解即可. 【详解】由可得， 令，则，∴又，，∴； ①， ②， ①减②得：， ∴，∴. 故答案为：. 【变式1-5】（24-25高二上·江苏苏州·阶段检测）设数列满足.则数列的前n项和为_______． 【答案】 【知识点】利用an与sn关系求通项或项、错位相减法求和 【分析】由，得到：当时，， 相减可得，再结合错位相减法即可求解. 【详解】因为（1）， 所以当时，， 当时，（2）， （1）（2）可得：，即， 当时，，对上式也成立， 所以 所以， 记数列的前n项和为， 则①， 所以②， ①-②可得：， 所以， 所以. 故答案为：. 专题八 : 裂项相消法 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的。通项分解（裂项）如： （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） 【例1】（25-26高二下·辽宁大连·期末）已知数列满足，且．设，则数列的前n项和_______． 【答案】 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、裂项相消法求和 【详解】，即， 所以数列是公差为1的等差数列， 因为， 所以， 因此， 则， 所以数列的前项和. 【变式1-1】（25-26高二上·浙江·阶段检测）已知数列满足，则数列前项的和为__________. 【答案】 【知识点】裂项相消法求和 【分析】根据裂项相消求和法，化简计算，即可得答案. 【详解】因为， 所以 故答案为： 【变式1-2】（25-26高二上·山东临沂·阶段检测）数列的通项公式为，前项和为，求数列的前10项和_____． 【答案】 【知识点】裂项相消法求和 【分析】利用裂项相消法求解即可. 【详解】， 所以 . 故答案为： 【变式1-3】（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知数列中，满足，则数列的通项公式为________. 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、裂项相消法求和、累加法求数列通项 【分析】利用累加法和裂项相消法求和，即可求通项公式. 【详解】由 当时，由上式可得： ， 当时，满足， 故答案为： 【变式1-4】（2026·四川成都·模拟预测）已知数列满足，且． (1)证明：数列为等差数列； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】裂项相消法求和、由递推关系证明数列是等差数列 【分析】（1）利用等差数列的定义即可得证； （2）利用裂项相消法即可求解. 【详解】（1）由，所以， 所以， 所以数列是以为公差，首项为的等差数列； （2）由（1）有，所以， 所以， 所以. 【变式1-5】（25-26高二下·广东河源·期末）已知数列的前项和为，且（）． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【知识点】利用an与sn关系求通项或项、裂项相消法求和 【分析】（1）利用公式可求的通项公式； （2）裂项相消法可求数列的前项和. 【详解】（1）因为，当时，， 当时，， 检验，当时，，也满足．所以． （2）因为，， ， ． 专题九 : 斐波那契数列 1、定义：一个数列，前两项都为1，从第三项起，每一项都是前两项之和，那么这个数列称为斐波那契数列，又称黄金分割数列；表达式，，． ①逐项罗列：，1，2，3、5，8，13，21，34，55，……； ②递推公式：，； ③通项公式：（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例）． 2、求和问题 ①前项和：； ②奇数项和：； ③偶数项和：． 3、平方和问题： 4、余数列周期性 ①被2除的余数列周期为3：1，1，0，…… ②被3的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0，…… ③被4的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0，…… 5、裂项问题： 【例1】数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，满足，（，），则是斐波那契数列的第______________项. 【答案】2027 【知识点】裂项相消法求和 【分析】利用斐波那契数列的递推关系变形，通过裂项相消法求和即可求出结果. 【详解】由题意知，（，）， 所以（，）， 所以，，……，， 由累加法可得， 则， 所以是斐波那契数列的第2027项. 【变式1-1】（23-24高三上·上海·期中）斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用.斐波那契数列满足，.给出下列四个结论： ① 存在，使得，，成等差数列； ② 存在，使得，，成等比数列； ③ 存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列； ④ 存在正整数，且，使得. 其中所有正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【知识点】判断等差数列、等比数列的定义、数列新定义 【分析】由递推公式得性质后判断， 【详解】对于①，由题意得，故成等差数列，故①正确， 对于②，由递推公式可知，，中有两个奇数，1个偶数，不可能成等比数列，故②错误， 对于③，， 故当时，对任意，，，成等差数列；故③正确， 对于④，依次写出数列中的项为， 可得，故④正确， 故选：C 【变式1-2】（24-25高二下·四川眉山·阶段检测）已知斐波那契数列满足，记，则__________.（用表示） 【答案】 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、由递推数列研究数列的有关性质 【分析】根据题意分析可得，从而作差可求出和，再根据递推关系式依次计算即可得. 【详解】由题意，， 所以， 因为， 所以， ， 所以. 则， 故， 则. 故答案为：. 【变式1-3】（24-25高三上·重庆·阶段检测）数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了一个特殊的数列：1，1，2，3，5，8，…，从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若，则__________． 【答案】2024 【知识点】累加法求数列通项、由递推数列研究数列的有关性质 【分析】根据数列的特点,每个数等于它前面两个数的和,移项得:,使用累加法求得,然后将中的2倍展成和的形式（如)即可求解. 【详解】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，， 由,得, 所以，，，...， 将这个式子左右两边分别相加可得: 所以. 所以 , 所以. 故答案为：. 【变式1-4】（2024·四川·模拟预测）数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo  Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，满足，（，），则是斐波那契数列的第______________项. 【答案】2025 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质 【分析】由斐波那契数列的递推关系式可得（，），结合累加法求解即可. 【详解】由题意知，（，）， 所以（，）， 所以，，……，， 由累加法可得， 则， 所以是斐波那契数列的第2025项. 故答案为：2025. 【变式1-5】历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”，1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，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”，现有与斐波那契数列性质类似的数列满足：，，且（），记数列的前n项和为，若，则___________. 【答案】7 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、数列新定义 【分析】根据递推关系写出的前面若干项，利用并项求和法求得，从而确定的值. 【详解】∵，∴，， 则数列中的项依次为2，4，6，10，16，26，42，68，…， 又，， ，，…， ， 将上面的式子相加，可得，又，∴. 故答案为： 专题十 : 数列与不等式恒成立问题 数列不等式恒成立问题是高中数学（尤其是高考压轴题）中的难点，它本质上是函数与方程思想、分类讨论思想、转化与化归思想的综合应用。解决这类问题，核心在于将“数列问题”转化为“函数问题”或“最值问题”。 常用解题方法: 1. 参变分离 + 函数单调性或者最值 2. 构造函数法（整体法） 3. 放缩法 【例1】（24-25高一下·上海宝山·阶段检测）已知正数数列满足，且对恒成立，则的范围为______. 【答案】 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、等比数列的通项公式的指数函数特征、数列不等式恒成立问题 【分析】利用数列的递推不等式，通过构造由递推特征得到通项特征，再由求的范围. 【详解】因为，所以， 所以 因为，所以，即对恒成立， 对恒成立，因为，所以， 又因为是正数数列，所以，所以的取值范围为. 故答案为： 【变式1-1】（25-26高二下·上海·期中）已知数列是各项均不为零的等差数列，为其前项和，且，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【知识点】等差数列前n项和的基本量计算、数列不等式恒成立问题 【分析】先根据求出的通项公式，再代入不等式求解，结合对勾函数性质及不等式恒成立条件即可求出实数的取值范围． 【详解】由，平方得， 又等差数列中有， 所以， 所以，由于，得， 则，即对任意恒成立， 设， 根据对勾函数性质，当时该式子取得最小值，此时，而， 所以，故． 【变式1-2】（黑龙江大庆市2026届高三年级第三次教学质量检测数学试题）数列满足，，则________；若对于任意的，恒成立，则实数的取值范围为________. 【答案】 【知识点】等比数列的定义、数列不等式恒成立问题、根据数列的单调性求参数 【分析】由数列满足，，得到数列是等比数列，从而解得，再根据对于任意的，恒成立，转化为对于任意的，恒成立，由求解. 【详解】因为数列满足，， 所以，又， 所以数列是以为首项，以2为公比的等比数列， 所以，则， 因为对于任意的，恒成立， 所以对于任意的，恒成立， 所以对于任意的，恒成立， 令， ， 所以数列 是递增数列，则 ， 所以 ，解得 ， 故答案为：，. 【变式1-3】（24-25高二下·河北·期末）已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的取值范围为_____. 【答案】 【知识点】利用an与sn关系求通项或项、数列不等式恒成立问题 【分析】通过通项与前n项和的关系，求得通项公式，将恒成立转化为最值，构造新的数列求解. 【详解】因为为数列的前项和，且，，解得 ，当时，，化简得： ，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，可得， 若，即，所以， 因为若对任意正整数恒成立，所以， 令，因为，所以数列为递减数列，数列的最大值为，所以. 故答案为： 【变式1-4】（25-26高二下·安徽马鞍山·期末）已知数列满足：，.若对任意，都有，则的取值范围为__________. 【答案】 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、数列不等式恒成立问题 【分析】利用递推公式变形为，求出取值范围，再求得的取值范围. 【详解】利用递推公式变形为，那么 设，则，那么 函数单调递增， 对任意，都有，又由题可得由，即，, 当时，； 当时，， 综合上述，的取值范围为. 【变式1-5】（25-26高二下·四川南充·阶段检测）在数列中，，． (1)证明：数列是等差数列； (2)求的通项公式； (3)若，记数列的前项和为，若对一切，不等式都成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明：设， 则， 即， 因为，所以， 则数列是首项为，公差为的等差数列. (2) (3) 【知识点】由递推关系式求通项公式、由递推关系证明数列是等差数列、求等比数列前n项和、数列不等式恒成立问题 【分析】（1）构造新数列，算出，差值固定不变，满足等差数列定义，从而得证. （2）用等差数列通项公式写出，代入，变形得到，两边取倒数，直接写出通项. （3）拆分，分开用等比、等差求和公式算出前项和，化简不等式，转化为，设，作差法判断单调性，得出时最大值为，代入最大值计算，得到. 【详解】（1）略. （2）由，可得， ，解得. （3）因为， 依题意，， ， 则转化为， 即，也即， 因为不等式对一切恒成立，所以， 设， 因， 当时，，得， 当时， ，得， 当时，因，则 ，故单调递减， 则有，又， 故，则， 则实数的取值范围为. 专题十一 : 数列新定义概念题 解答数列新定义选择题的核心思路是“现场学习、代入特例、化归转化”：首先快速阅读并准确理解题目给出的新规则（如新运算、新性质或新递推关系），切忌将其与已有概念混淆；其次，“特值探路”是最高效的破局手段，通过代入 n=1,2,3等极小数值进行演算，能迅速验证选项真伪或排除干扰项；最后，将新定义转化为熟悉的代数表达式或常规数列模型，结合排除法与逻辑推理得出结论，整个过程重在“依定义办事”而非凭空猜想。 【例1】（24-25高三上·上海青浦·阶段检测）已知无穷数列的各项均为实数，为其前n项和，若对任意正整数都有，则下列各项中可能成立的是（    ） A．，，，…，为等差数列，，，，…，为等比数列 B．，，，…，为等比数列，，，，…，为等差数列 C．，，，…，为等差数列，，，…，，…为等比数列 D．，，，…，为等比数列，，，…，，…为等差数列 【答案】C 【知识点】等差数列的应用、等比数列的简单应用 【分析】根据题意，假设，，…，为等差数列，公差为，分讨论，找出矛盾，可判断A，B，D选项，对于C，举例说明. 【详解】由题对任意正整数，都有，可判断，，…，不可能为等差数列， 理由如下：假设，，…，为等差数列，公差为， 若，，则，矛盾； 若，，当时，，存在使得，矛盾； 若，，当时，，存在使得，矛盾； 若，当时，，，必有使得，矛盾； 若，当时，，，必有使得，矛盾； 对于A，为等差数列与上述推理矛盾，故A错误； 对于B，为等差数列与上述推理矛盾，故B错误； 对于D，为等差数列与上述推理矛盾，故D错误； 对于C，取，，，满足题意，故C正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用反证法假设，，…，为等差数列，推理找出矛盾，依此判断. 【变式1-1】（25-26高二下·上海青浦·期末）设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得．那么称为“内和数列”，并令，称为的“伴随数列”，给出下列三个命题： ①若为等差数列，则为内和数列； ②若为等比数列，则为内和数列； ③若内和数列为严格增数列，则其伴随数列为严格增数列； 其中真命题的个数是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【知识点】判断数列的增减性、等差数列通项公式的基本量计算、等比数列通项公式的基本量计算、数列新定义 【分析】对于命题①和命题②，取，结合内和数列的定义即可判断正误；对于命题③，内和数列为严格增数列，结合定义可求得，从而判断命题③. 【详解】对于命题①和命题②，设，可知正数数列既为等差数列也为等比数列， 则，但不存在，使得， 所以不为内和数列，①和②均为假命题； 对于命题③，因为，对任意，，可知存在， 使得，，则， 即，且内和数列为严格增数列，可知， 所以其伴随数列为严格增数列，命题③正确. 【变式1-2】（25-26高二下·上海杨浦·期末）若数列满足，则称是差增数列． 对于以下两个命题： ①若是差增数列，则是严格增数列； ②若由的奇数项组成的子数列和偶数项组成的子数列都是差增数列，则是差增数列， 下列判断正确的为（     ） A．①是真命题，②是假命题； B．①是假命题，②是真命题； C．①是真命题，②是真命题； D．①是假命题，②是假命题． 【答案】D 【知识点】判断命题的真假、判断数列的增减性、数列新定义 【分析】通过举出反例验证命题的真假. 【详解】对于命题①，设数列为， 则，这几项满足差增数列条件， 但数列不是严格增数列.故命题①为假命题. 对于命题②，设奇数项，偶数项， 奇数项差为， 偶数项差为：当时，； 当时，， 显然奇数项与偶数项组成的子数列满足差增数列， 但，不满足差增数列， 因此数列不是差增数列，故命题②为假命题. 【变式1-3】（2026·上海·三模）对于无穷数列和正整数，若存在，，…，满足且，则称数列具有性质．给出以下两个命题： ①存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质； ②若数列和均具有性质，则具有性质； 则下列判断正确的是（     ） A．①为真命题，②为假命题 B．①为假命题，②为真命题 C．①与②均为真命题 D．①与②均为假命题 【答案】A 【知识点】判断命题的真假、数列新定义 【分析】对于①，取，利用性质的定义判断即可；对于②，取，，再利用性质的定义判断即可. 【详解】对于①，取，因为，则，由于是个不同的正整数， 因此不可能相等，故数列不具有性质， 取，则，由于是个不同的正整数， 因此不可能相等，故数列不具有性质， 则，即， 故任取为个不同的正整数， 有，则数列具有性质，故①正确； 对于②，取，， 则当为奇数时，，故取为个不同的奇数，此时，故数列具有性质； 当为偶数时，，故取为个不同的偶数， 此时，故数列具有性质； 则，即，由于为个不同的正整数， 则，，，不可能相等， 此时数列不具有性质，故②错误. 综上，①为真命题，②为假命题. 【变式1-4】（25-26高二下·上海·期中）若有穷整数列，，，，满足：，且，则称具有性质，则正确的是（ ） A．存在具有性质的 B．不存在具有性质的 C．若具有性质，则，，，中至少有两项相同 D．对于任意正整数，对任意具有性质的，有，，，中任意两项均不相同 【答案】C 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、数列新定义 【分析】根据题意，结合的性质，结合选项，逐项分析，判断与证明，即可求解. 【详解】对于A， 假设存在数列，，，，具有性质，则， 且 ， 设 中有个，则有个， 可得， ，解得， 这与为整数矛盾，故假设不成立，即A错误； 对于B，取，满足且，所以B不正确； 对于C，设的9次变化中，由次选，次选， 因为，则且，解得， 利用反证法：假设全不同， 由，可得，所以， 列出到的模3余数：，可分三类（余数为）其中每类3项， 考虑变化次数的约束：（总+2次数），（前次+2次数）非递减且每次或， 可得，发现同类余数的项中， 因为增长受限，无法让3项全不同， 例如：余数为0时，， 若，可得，则，这与重复， 所以假设不成立，所以中必有两项相同，所以C正确； 对于D，取，满足且，所以D不正确. 【变式1-5】（2026·上海闵行·模拟预测）设数列的前n项的和为，若对任意的，都有，则称数列为“攀登数列”．有下列命题： ①存在递增数列，使得它是“攀登数列”； ②存在周期数列，使得它是“攀登数列”； ③存在等差数列，使得它是“攀登数列”； ④若数列为公比为的等比数列，对于任意，存在，使得为攀登数列． 其中所有正确命题的序号是（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】B 【知识点】求等差数列前n项和、求等比数列前n项和、数列周期性的应用、数列新定义 【分析】可通过列举数列判断①②，对于③，求出，作差后，分类讨论公差的的3种情况来判断；对于④，求出，作差后对分奇偶分析即可确定. 【详解】对于①，当时，满足为递增数列， 而，， 则，即， 因此，存在递增数列，使得它是“攀登数列”，故①正确； 对于②，当周期数列为时，周期为2， 对任意的，都有， 因此，存在周期数列，使得它是“攀登数列”，故②正确； 对于③，设等差数列的公差为，则，， 要使数列为“攀登数列”， 则，对任意的恒成立， 当时，是开口向上的二次函数， 当时，，故不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，不符合题意. 综上所述，不存在等差数列，使得它是“攀登数列”，故③错误； 对于④，由于等比数列的公比为，， 则， 所以， 当为奇数时，由于，则， 要使，则需使，即符合题意； 当为偶数时，由于， 则（*）， 因， 由于方程的根为，而，则， 而，则由（*）可得， 又，要使，需使，即符合题意. 综上所述，存在，对于任意，使得为攀登数列，故④正确. 第 1 页 共 156 页 学科网（北京）股份有限公司 $