6.6 数列的综合应用专项训练-2027届高三数学一轮复习

6.6 数列的综合应用 7大考点汇总 考点01 数列模型的应用 考点02 数列中的不等式证明 考点03 数列中的不等式恒成立 考点04 数列不等式能成立(有解)问题 考点05 数列新定义 考点06 数学归纳法在数列中的应用 考点07 等差数列与等比数列综合应用 题型专练 考点01 数列模型的应用 1．（25-26高二下·安徽滁州·期中）某工厂去年12月试生产1100个智能机器人产品，产品合格率为90%，从今年1月开始，工厂在接下来的两年中将生产这款产品.1月按去年12月的产量和产品合格率生产，以后每月的产量都在前一个月的基础上提高10%，产品合格率比前一个月增加0.4%，设从今年1月起，各月的产量以及不合格率分别构成数列，.（可能用到的参考数据：） (1)求数列，的通项公式. (2)设从今年1月起，各月的不合格品的数量构成数列，求的值. 2．（25-26高二下·全国·课堂例题）（变条件）在例中，若该企业还有两种技术改造的方案，丙方案：一次性贷款万元，第一年获利是贷款额的，以后每年比上一年增加的利润，丁方案：一次性贷款万元，第一年获利是贷款额的，以后每年都比上一年增加利润万元．两种方案使用期限都是年，到期一次性还本付息，两种方案的年利率均为，按复利计息．试比较两种方案，哪种方案净获利更多？（参考数据：） 3．（25-26高二下·北京·阶段检测）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第次操作；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，若使前次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为（    ）(，) A． B． C． D． 4．（25-26高三上·上海·期中）2025年6月底，某厂的废水池已储存废水75吨，以后每月新产生的6吨废水也存入废水池．该厂2025年7月开始对废水处理后进行排放，7月底排放4吨处理后的废水，计划以后每月月底排放一次，每月排放处理后的废水比上月增加1吨． (1)若按计划排放，该厂在哪一年的几月份排放后，第一次将废水池中的废水排放完毕？ (2)该厂加强科研攻关，提升废水处理技术，经过深度净化的废水可以再次利用．该厂从2026年1月开始对废水池中的废水进行深度净化，首次净化废水5吨，以后每月比上月提高20%的净化能力．试问：哪一年的几月份开始，废水池中的废水能全部被深度净化？ 5．（25-26高二下·安徽阜阳·期末）实行垃圾分类，关系广大人民群众生活环境，关系节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现．处理生活垃圾的主要方式有填埋方式和环保方式．去年某地产生的生活垃圾为100万吨，其中80万吨垃圾以填埋的方式处理，20万吨垃圾以环保的方式处理，预计每年生活垃圾的总量依次递增10%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加10万吨．已知用填埋的方式处理生活垃圾的成本为100元/吨，用环保的方式处理生活垃圾的成本为500元/吨． (1)为了确定处理生活垃圾的预算，请写出今年起该地通过填埋方式处理的垃圾总量关于年数n的表达式； (2)求从今年起，该地6年内处理生活垃圾的预算总和．(参考数据∶1.16≈1.77) 6．（25-26高二下·广东韶关·期末）今年某企业投产高新设备，合格品全部销售完毕，预设第个月将实现销量倍增的目标．已知每月产量在前一个月的基础上提高，第个月产品合格率为，前个月合格率每月增加，之后合格率保持不变．则的值为（   ）（且，参考数据：，） A． B． C． D． 考点02 数列中的不等式证明 7．（2026·河北保定·三模）已知数列 的前n项和为 且 为等差数列． (1)求数列 的通项公式； (2)若从数列的前项中任取两项，记这两项中至少有一项能被3整除的概率为，证明： 8．（2026·重庆渝中·模拟预测）已知正项数列的前n项和为，且满足，. (1)求数列的通项公式 (2)设，求数列的前n项和，并证明：. 9．（25-26高二下·浙江·期中）已知数列满足． (1)求证：为等差数列，并求的通项公式； (2)设， （i）记，证明：； 10．（25-26高二下·辽宁抚顺·期末）已知数列满足，且． (1)证明：是等比数列． (2)求的通项公式． (3)设，数列的前项和为，证明：． 11．（2026·甘肃酒泉·二模）某种微生物的繁殖规则如下：初始时刻有1个该微生物，每经过1个单位时间，每个现存的微生物独立地发生三种变化之一：①死亡，概率为；②保持1个，不繁殖也不死亡，概率为；③分裂为2个微生物，概率为.当微生物的数量为0时，繁殖过程终止.设为经过个单位时间后，该微生物处于繁殖过程终止的概率. (1)求的值； (2)令，证明：； (3)在（2）的条件下，证明：对任意正整数，都有. 12．（2026·河南开封·模拟预测）已知数列、满足． (1)若，且，求的通项公式； (2)若，，设，数列、、、为、、、与、、、的所有项按从小到大的顺序排列所得到的数列，证明：． 考点03 数列中的不等式恒成立 13．（25-26高二下·辽宁朝阳·期末）已知数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)记，数列的前项和为，若对，恒成立，求实数的最小值． 14．（25-26高二下·四川资阳·期末）已知数列的首项，且满足． (1)证明：数列是等比数列； (2)记数列的前项和为， （i）求； （ii）若不等式对任意正整数都成立，求的取值范围． 15．（25-26高二下·江西吉安·期末）已知等差数列的首项，且，，成等比数列，公差． (1)求数列的通项公式； (2)设，记数列的前n项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数t的取值范围． 16．（25-26高二下·天津津南·阶段检测）已知正项等比数列的前项和为，且，等差数列前项和为，满足，. (1)求数列，的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，若，对任意的正整数都有恒成立，求实数的最大值. 17．（25-26高二下·广东·期末）已知数列，都是等差数列，其前项和分别为，，，. (1)求及的通项公式； (2)令，数列的前项积为，若对任意的恒成立，求的取值范围； (3)令，设数列的前项和为，求证：对任意，. 18．（25-26高一下·上海·期中）已知等差数列的各项均大于零，前n项和为，且． (1)求数列的通项公式和前n项和； (2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 考点04 数列不等式能成立(有解)问题 19．（25-26高二下·北京·期末）数列是等比数列，满足，，若存在，使得当时，都有成立，则的最大值为_________，此时的取值范围是_________. 20．（25-26高二下·天津·期中）已知数列的前项和为，满足，若存在，使得成立，则实数的取值范围是____________． 21．（25-26高三下·甘肃武威·阶段检测）已知数列的前项和，若，使得成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 22．（25-26高三下·天津南开·阶段检测）已知数列和中，，，，其中． (1)证明：数列为等差数列； (2)求数列的前项和； (3)证明：存在，使得对任意均成立． 23．（2026·河北沧州·模拟预测）在数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为__________. 24．（25-26高三下·山东聊城·阶段检测）已知数列满足，． (1)求证：． (2)记， （ⅰ）求证：； （ⅱ）求证：对任意实数，存在正整数s使得． (3)设c为正实数，若对任意正整数，都有，求c的最小值． 考点05 数列新定义 25．（26-27高三上·北京·开学考试）给定有穷数列，定义数列的绝对差分数列，，…，，其中．若数列是单调不减的，即，则称数列是数列．已知各项均为整数的数列，，…，满足，并且其差分数列是等差数列，若，，则的所有可能值为________． 26．（26-27高三上·北京·开学考试）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．已知斐波那契数列满足，，则下列结论中错误的是（    ） A．存在，使得，，成等差数列 B．存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列 C．存在，使得，，成等比数列 D．存在正整数，，…，，且，使得 27．（25-26高三下·山东聊城·阶段检测）设数列的各项均为正数，共有m项（且）.若对任意正整数，均有，则称数列为“归一数列”.记“归一数列”的前n项和为.已知当时，，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 28．（25-26高二下·北京昌平·期末）已知数列是由正整数组成的无穷数列．若存在常数，使得对任意的成立，则称数列具有性质． (1)分别判断下列数列是否具有性质；（直接写出结论）． ①；②；③． (2)若数列满足，求证：“数列具有性质”是“数列为常数列”的充要条件； (3)已知数列中，且．若数列具有性质，求数列的通项公式． 考点06 数学归纳法在数列中的应用 29．（2026·湖南株洲·三模）（多选）已知数列满足，，则下列正确的有（    ） A．任意， B．任意，都有 C．存在， D． 30．（25-26高二下·江西南昌·阶段检测）首项为正数的数列满足，． (1)证明：若为奇数，则对一切，都是奇数； (2)证明：若时，，都有； (3)若对一切，都有，求的取值范围． 31．（25-26高二下·贵州·期中）已知函数对任意的，，都有成立，且. (1)求，. (2)若令，求证：数列是等差数列. (3)求证：当时，. 32．（25-26高二下·湖南衡阳·阶段检测）记为数列的前n项和，已知. (1)求数列的通项公式； (2)用数学归纳法证明：. 考点07 等差数列与等比数列综合应用 33．（25-26高二下·辽宁辽阳·阶段检测）已知等比数列与等差数列的各项均为正整数，其公比与公差分别为，，的前项和为．若对任意正整数，，则_____． 34．（2026·北京丰台·三模）《九章算术・均输篇》记录了古代物资统筹核算算法，现如今借鉴这一统筹思路，某地乡村振兴落地光伏储能惠民工程，分年度分批采购储能光伏组件.项目采购方案规定：每年新增采购的组件箱数构成等差数列，项目第一年采购 16 箱，往后每一年都比上一年多采购 3 箱；受原材料价格浮动影响，组件单箱采购市价逐年成等比数列，首年定价 4 元，价格每年变为原来的 3 倍.项目财务制度约定，前年所有入库储存的组件，不在每年分次结账，统一留存至第年年末，按照当期最新市场单价一次性核算全部货款.则项目运行满 4 年时，结算总货款为______元；运行年末核算总货款的最简代数式为______ 35．（25-26高二下·湖南长沙·期中）已知数列满足，且． (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)若数列的前n项和为，数列满足，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列． 36．（25-26高二下·内蒙古呼和浩特·阶段检测）已知为数列的前项和，． (1)求数列的通项公式； (2)，数列的前项和为． ①求； ②若，则在数列中是否存在不同的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． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 6.6 数列的综合应用 7大考点汇总 考点01 数列模型的应用 考点02 数列中的不等式证明 考点03 数列中的不等式恒成立 考点04 数列不等式能成立(有解)问题 考点05 数列新定义 考点06 数学归纳法在数列中的应用 考点07 等差数列与等比数列综合应用 题型专练 考点01 数列模型的应用 1．（25-26高二下·安徽滁州·期中）某工厂去年12月试生产1100个智能机器人产品，产品合格率为90%，从今年1月开始，工厂在接下来的两年中将生产这款产品.1月按去年12月的产量和产品合格率生产，以后每月的产量都在前一个月的基础上提高10%，产品合格率比前一个月增加0.4%，设从今年1月起，各月的产量以及不合格率分别构成数列，.（可能用到的参考数据：） (1)求数列，的通项公式. (2)设从今年1月起，各月的不合格品的数量构成数列，求的值. 【答案】(1)， (2)1776 【分析】（1）确定数列是等比数列可得通项公式，先求出合格率构成的数列（是等差数列），然后可得不合格率数列通项公式； （2）用错位相减法求和． 【详解】（1）由题意是等比数列，首项为，公比为； 合格率构成以为首项，为公差的等差数列， 所以， ； （2）由（1）可得：， ①， ②， ①—②得， ， ， ． 2．（25-26高二下·全国·课堂例题）（变条件）在例中，若该企业还有两种技术改造的方案，丙方案：一次性贷款万元，第一年获利是贷款额的，以后每年比上一年增加的利润，丁方案：一次性贷款万元，第一年获利是贷款额的，以后每年都比上一年增加利润万元．两种方案使用期限都是年，到期一次性还本付息，两种方案的年利率均为，按复利计息．试比较两种方案，哪种方案净获利更多？（参考数据：） 【答案】丙方案净获利更多 【分析】结合等差数列和等比数列的前项和公式，即可求出收入，进而判断得出结论即可. 【详解】丙方案，由题意知，每年的利润成等比数列，， 公比， 收入（万元）， 净获利（万元）． 丁方案，由题意，每年的利润成等差数列，，公差为， 收入（万元）， 净获利（万元）． 所以丙方案净获利更多． 3．（25-26高二下·北京·阶段检测）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第次操作；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，若使前次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为（    ）(，) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件推理出第次操作去掉的区间长度，然后由等比数列的前项和表示出前次操作去掉的所有区间长度之和，结合对数运算可求解出结果. 【详解】第一次操作去掉了区间长度的，剩下的区间：， 第二次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，， 第三次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，，， 以此类推，第次将去掉个长度为的区间，即长度和记为， 所以是首项为，公比为的等比数列， 则的前项和为， 由题意知，所以， 两边同时取对数，即，解得，所以， 故选：B. 4．（25-26高三上·上海·期中）2025年6月底，某厂的废水池已储存废水75吨，以后每月新产生的6吨废水也存入废水池．该厂2025年7月开始对废水处理后进行排放，7月底排放4吨处理后的废水，计划以后每月月底排放一次，每月排放处理后的废水比上月增加1吨． (1)若按计划排放，该厂在哪一年的几月份排放后，第一次将废水池中的废水排放完毕？ (2)该厂加强科研攻关，提升废水处理技术，经过深度净化的废水可以再次利用．该厂从2026年1月开始对废水池中的废水进行深度净化，首次净化废水5吨，以后每月比上月提高20%的净化能力．试问：哪一年的几月份开始，废水池中的废水能全部被深度净化？ 【答案】(1)2026年9月 (2)2026年的11月 【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式得到不等式，解出即可； （2）设从2025年7月起第个月深度净化的废水量为，由已知条件，，当时，数列是首项为5，公比为1.2的等比数列，而从2025年7月起第个月废水存量为：，再结合等比数列的前项和公式求解． 【详解】（1）设从2025年7月起第个月处理后的废水排放量为， 则数列是首项为4，公差为1的等差数列， 所以， 令，整理得， 解得或， 又因为是正整数，则， 当时，处理后的废水排放量大于新产生的6吨废水，所以不会有废水存积. 故该厂在2026年9月底第一次将废水池中的废水排放完毕； （2）设从2025年7月起第个月深度净化的废水量为吨， 由已知条件，， 当时，数列是首项为5，公比为1.2的等比数列， 则数列的前项和， 而从2025年7月起第个月废水存量为：， 当时，， 当时，， 所以2026年的11月份开始，废水池中的废水能全部被深度净化． 5．（25-26高二下·安徽阜阳·期末）实行垃圾分类，关系广大人民群众生活环境，关系节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现．处理生活垃圾的主要方式有填埋方式和环保方式．去年某地产生的生活垃圾为100万吨，其中80万吨垃圾以填埋的方式处理，20万吨垃圾以环保的方式处理，预计每年生活垃圾的总量依次递增10%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加10万吨．已知用填埋的方式处理生活垃圾的成本为100元/吨，用环保的方式处理生活垃圾的成本为500元/吨． (1)为了确定处理生活垃圾的预算，请写出今年起该地通过填埋方式处理的垃圾总量关于年数n的表达式； (2)求从今年起，该地6年内处理生活垃圾的预算总和．(参考数据∶1.16≈1.77) 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题可得从今年起每年用填埋的方式处理的垃圾总量，为每年生活垃圾的总量与每年用环保的方式处理的垃圾总量的差，又注意到从今年起每年生活垃圾的总量构成等比数列，今年起每年用环保的方式处理的垃圾总量构成等差数列，据此可得答案； （2）由（1）结合题目数据，参考数据可得答案. 【详解】（1）由题可得从今年起每年生活垃圾的总量(单位:万吨)构成公比为1.1的等比数列， 今年起每年用环保的方式处理的垃圾总量(单位:万吨)构成公差为10的等差数列， 今年起每年用填埋的方式处理的垃圾总量(单位:万吨)构成数列，满足. 则，，. （2）设6年内处理生活垃圾的预算之和为W，数列的前n项和为， 数列的前n项和为， 则， 所以（元） 6．（25-26高二下·广东韶关·期末）今年某企业投产高新设备，合格品全部销售完毕，预设第个月将实现销量倍增的目标．已知每月产量在前一个月的基础上提高，第个月产品合格率为，前个月合格率每月增加，之后合格率保持不变．则的值为（   ）（且，参考数据：，） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设第个月的产量和合格率分别构成数列、，分析数列的单调性，计算得出，即可得出结果. 【详解】设第个月的产量和合格率分别构成数列、， 不妨设，则数列是首项为，公比为的等比数列，故， 的前项构成以为首项，公差为的等差数列， 故当时，， 由题意可知当时，， 则该公司第个月的销量为， 当时，， 当时，，，则， 故数列为递增数列，且， 因为，， 当时，，此时数列单调递增， 此时，不合乎题意，故. 故选：B. 考点02 数列中的不等式证明 7．（2026·河北保定·三模）已知数列 的前n项和为 且 为等差数列． (1)求数列 的通项公式； (2)若从数列的前项中任取两项，记这两项中至少有一项能被3整除的概率为，证明： 【答案】(1) (2)证明：，， ， 又，， 则数列的前项中有项能被3整除， ， 又函数在单调递减，且， ． 【分析】（1）设，利用等差数列的概念求出，进而得到，再根据与的关系求通项即可； （2）先确定数列的前项中能被3整除的项数，再结合组合计算出，然后由单调性得到范围即可证明． 【详解】（1）解：设，则，又为等差数列， 则数列是首项为1，公差为2的等差数列， ，则， 时，， 时，， 综上，； （2）略 8．（2026·重庆渝中·模拟预测）已知正项数列的前n项和为，且满足，. (1)求数列的通项公式 (2)设，求数列的前n项和，并证明：. 【答案】(1) (2)，证明： 由，得， 所以， 又，所以，得证. 【分析】（1）根据递推关系及的关系求得、，再由等差数列的定义写出通项公式； （2）应用裂项相消法求，即可证. 【详解】（1）因为，， 当时，，又，所以或，又，则. 当时，因①；所以②， ①②：，化简：， 由，，故， 所以是以2为首项，公差为1的等差数列，则. （2）略 9．（25-26高二下·浙江·期中）已知数列满足． (1)求证：为等差数列，并求的通项公式； (2)设， （i）记，证明：； 【答案】(1) 由，则， 则，故， 又，故数列是以为首项，为公差的等差数列， 即 ，故； (2) （i）由， 则 ； 【分析】（1）由题意可得，结合等差数列定义即可得证，再利用等差数列性质计算即可得的通项公式； （2）（i）由（1）可得通项公式，再合理放缩后利用裂项相消法求和即可得证； 【详解】（1）略 （2）， （i）略 10．（25-26高二下·辽宁抚顺·期末）已知数列满足，且． (1)证明：是等比数列． (2)求的通项公式． (3)设，数列的前项和为，证明：． 【答案】(1)由，得， 所以，即， 又，所以是首项为，公比为的等比数列． (2) (3)由（2）知， 则 设， 则． 上面两个等式相减得， 所以，所以， 因为，所以， 【分析】（1）利用已知等式得出，结合等比数列的定义可证得结论成立； （2）由（1）中的结论结合等比数列的定义可求得数列的通项公式； （3）求得，利用分组求和法以及错位相减法可化简的表达式，即可证得结论成立. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，所以． （3）略 11．（2026·甘肃酒泉·二模）某种微生物的繁殖规则如下：初始时刻有1个该微生物，每经过1个单位时间，每个现存的微生物独立地发生三种变化之一：①死亡，概率为；②保持1个，不繁殖也不死亡，概率为；③分裂为2个微生物，概率为.当微生物的数量为0时，繁殖过程终止.设为经过个单位时间后，该微生物处于繁殖过程终止的概率. (1)求的值； (2)令，证明：； (3)在（2）的条件下，证明：对任意正整数，都有. 【答案】(1)； (2)证明如下： 经过个单位时间后，该微生物处于繁殖过程终止有三种互斥情况： 经过1个单位时间后生物直接死亡，概率为； 经过1个单位时间后生物保持一个，再经过个单位时间繁殖过程终止，概率为； 经过1个单位时间后分裂为2个微生物，再经过个单位时间繁殖过程终止，概率为. 所以， 因为，所以， 整理即得. (3)证明如下： 当时，，此时，不等式成立； 假设时，成立. 证右边： 设函数，易知在上单调递增， 因为，所以， 即， 因为，所以， 所以，右边成立； 证左边： 因为，所以， 即， 因为， 所以，所以， 综上，当时，不等式成立. 所以对任意正整数，都有. 【分析】（1）分直接死亡、保持一个、分裂为2个求概率，然后根据互斥事件的概率公式求解可得； （2）分直接死亡、保持一个、分裂为2个求出的递推公式，将条件代入化简即可得证； （3）利用数学归纳法，结合函数的单调性即可得证. 【详解】（1）由题知， 经过个单位时间后，该微生物处于繁殖过程终止有三种互斥情况： 经过1个单位时间后生物直接死亡，概率为； 经过1个单位时间后生物保持一个后，再经过1个单位时间繁殖过程终止，概率为； 经过1个单位时间后分裂为2个微生物，再经过1个单位时间繁殖过程终止，概率为. 所以. （2）略 （3）略 12．（2026·河南开封·模拟预测）已知数列、满足． (1)若，且，求的通项公式； (2)若，，设，数列、、、为、、、与、、、的所有项按从小到大的顺序排列所得到的数列，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题干等式推导出，可得出，结合等比数列的定义可得出数列的通项公式； （2）由题干等式推导出是每项都为的常数列，据此可得出数列、的通项公式，当时，设满足的情况共有个，满足的情况共有个，于是得出，分析可得，结合裂项相消法可证得结论成立. 【详解】（1）因为，且，所以，即， 所以，             又，则，所以数列是首项为，公比为的等比数列，         所以，故． （2）因为，且， 所以 ， 所以， 因为，故数列是每项都为的常数列， 故，所以，所以， 当时，不妨设满足的情况共有个， 满足的情况共有个． 记中大于的项为、、、，中大于的项为、、、， 它们恰为、、、中的项． 记中小于的项为、、、，中小于的项为、、，， 它们恰为、、、中的项，其中，且， 所以、中必有一项大于，有一项小于， 所以、、、、、、、这项中必有项大于，项小于， 根据数列的定义可知，是所有大于的项之和，是所有小于的项之和， 所以，      又由上可知， 所以. 考点03 数列中的不等式恒成立 13．（25-26高二下·辽宁朝阳·期末）已知数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)记，数列的前项和为，若对，恒成立，求实数的最小值． 【答案】(1) (2)1 【详解】（1）∵， ∴当时，， 两式相减得， ∴当时，， 当时，，满足上式， ∴． （2）由（1）得， ∴， ∴， ∵，∴， 又因对，恒成立，故，得， ∴实数的最小值为1． 14．（25-26高二下·四川资阳·期末）已知数列的首项，且满足． (1)证明：数列是等比数列； (2)记数列的前项和为， （i）求； （ii）若不等式对任意正整数都成立，求的取值范围． 【答案】(1)由，得， 则，即， 又， 所以，是首项和公比均为的等比数列 (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）只要证为常数即可； （2）由（i）知，分组求和即可； （ii）由，得，所以．设，利用作差法，判断出数列的单调性，即可求解. 【详解】（1）略 （2）（i）由（1）得， 则． 则 令， 相减可得， 整理得， 故． （ii）由，得， 所以．设， 则． 当时，；当时，；当时，， 可得； 故当或4时，有最大值为， 所以． 15．（25-26高二下·江西吉安·期末）已知等差数列的首项，且，，成等比数列，公差． (1)求数列的通项公式； (2)设，记数列的前n项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数t的取值范围． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意知. 因为成等比数列，故. 又，所以，，，代入得 展开整理得，即. 由得，因此数列的通项公式为 . （2）， 数列的前项和 因为，所以，故， 因此，即的最大值为. 不等式对任意恒成立，等价于， 整理得，即， 解得或. 16．（25-26高二下·天津津南·阶段检测）已知正项等比数列的前项和为，且，等差数列前项和为，满足，. (1)求数列，的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，若，对任意的正整数都有恒成立，求实数的最大值. 【答案】(1)，， (2)； (3) 【分析】（1）由条件根据等比数列通项公式列方程求公比，可得的通项公式，利用等差数列的前项和公式列方程求的首项和公差，由此可求数列的通项公式； （2）利用错位相减法求数列的前项和，利用裂项相消法求数列的前项和，结合分组求和法求数列的前项和； （3）由（1）求，由条件可得，判断数列的单调性求其最值，由此可得，结合基本不等式求的最大值. 【详解】（1）设数列的公比为， 因为，故， 因为，所以，又， 所以，故或（舍去）， 当时，，， 设数列的公差为， 由，，得，， 解得，，所以； （2） 令为的前项和，则， ， 所以， 所以， 所以； 令为的前项和，则 所以. 故 ， ， 即； （3）因为，， 故恒成立 设 时，； 时，， ， 恒成立，即恒成立， ，当且仅当时等号成立， ，故的最大值为. 17．（25-26高二下·广东·期末）已知数列，都是等差数列，其前项和分别为，，，. (1)求及的通项公式； (2)令，数列的前项积为，若对任意的恒成立，求的取值范围； (3)令，设数列的前项和为，求证：对任意，. 【答案】(1),，， (2) (3)由于 ， 则 ，， 于是 ， 另一方面，， 于是. 【分析】（1）解法一令，列方程解方程组求出公差及通项公式；解法二令，结合已知解关于的方程求解. （2）分离参数，可得，令换元，求的最值即可. （3）利用裂项相消法可得，再由不等式的性质证明即可. 【详解】（1）解法一：令，，， 于是，， 令，，，则，， 设，， 则， 于是，，. 解法二：令，，， 由于，则， ， 则， 于是，，. （2）由于，，则， 于是，， 于是 ， 设，当且仅当取等号， 则，， 由于函数在上单调递增， 最小值在即处取得, 于是， 则，当且仅当取等号， 于是. （3）略 18．（25-26高一下·上海·期中）已知等差数列的各项均大于零，前n项和为，且． (1)求数列的通项公式和前n项和； (2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)，． (2) 【分析】（1）利用等差数列前项和的性质，结合已知条件，求得的表达式，再利用等差数列前n项和公式求. （2）将（1）中求得的代入不等式，按n为奇数、n为偶数两种情况分类讨论，分别分离参数λ，得到λ与关于n的表达式的不等关系，再分别求解对应表达式的最值，最终确定λ的取值范围. 【详解】（1）等差数列中，，则， 故， ∵，∴，． （2）∵对任意，恒成立， ∴对任意，恒成立． 当n为奇数时，，∴对正奇数n恒成立． 设． ∵对正奇数n恒成立， ∴，∴，∴； 当n为偶数时，，∴对正偶数n恒成立． 设． ∵对正偶数n恒成立， ∴，∴，∴． 综上，． 考点04 数列不等式能成立(有解)问题 19．（25-26高二下·北京·期末）数列是等比数列，满足，，若存在，使得当时，都有成立，则的最大值为_________，此时的取值范围是_________. 【答案】 5 【分析】1个m对应范围内的所有整数k，k从小到大取值为，1个k对应一个解集，当这些解集存在交集时，存在此m，当m增大到一定程度后，交集为空，临界状态得，的交集就是q的范围. 【详解】由题干可知，，，由可以解得， 当时，；当时，, 当时，（解为）. 令，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 即的下限随着k增大先增大后减小，只要考虑下限最大值，在或3时取到数列最大项. 由于，所以数列的最大项是，得到下限最大值， 下面考虑上限情况. 令，则. 令，则， 所以在单调递减，所以，则，在单调递减. 可以发现：的上限随着k增大而减小，有交集的临界情况为上限刚好大于下限最大值， 因此临界需满足的第项大于，第项小于， 即， 注意到，当时，有满足条件， 得到对应的，交集解q的范围. 20．（25-26高二下·天津·期中）已知数列的前项和为，满足，若存在，使得成立，则实数的取值范围是____________． 【答案】 【分析】根据题意求出数列的通项公式，代入不等式转化为求最值问题即可. 【详解】由于数列的前项和满足， 当时，，解得； 当时，有和，两式相减得， 由于，代入后化简得， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列，即， 根据题意，存在，使得成立，即存在，使得成立，即， 令，则有， 由于， 因为当时，，当时，，当时，， 所以当时，；当时，；当时，， 因此数列的最大值为，所以， 则实数的取值范围是. 21．（25-26高三下·甘肃武威·阶段检测）已知数列的前项和，若，使得成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据与的关系，求得，，结合题意，将问题转化为求解的最大值，令，得，结合二次函数性质计算求解. 【详解】因为①， 所以当时，，解得， 当时，②， 由①-②可得，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，则， 故由，可得，其中③． 令，则， 由二次函数性质可知在上单调递增，在上单调递减， 当时，，当时，， 当时，，故③式最大值为120，则， 则实数的取值范围为. 22．（25-26高三下·天津南开·阶段检测）已知数列和中，，，，其中． (1)证明：数列为等差数列； (2)求数列的前项和； (3)证明：存在，使得对任意均成立． 【答案】(1)证明：由，， 可得， 则，即， 故为公差为1，首项为的等差数列； (2)当时，， 当时，. (3)证明：通过分析，推测数列的第一项最大，下面证明： ，③ 由知，要使③式成立，只要， 因为 【分析】（1）由题设数列递推式构造数列，由等差数列定义证明即可； （2）分和两种情况讨论，利用分组求和法和错位相减法计算即可得出答案； （3）通过分析，推测数列的第一项最大，只要即可，利用放缩法证明即可. 【详解】（1）略； （2）由（1）得， 解得， 设数列的前项和为， ① ② 当时，由，可得 ， 则， 这时数列的前项和， 当时，， ； 综上所述，当时，， 当时，，故. （3）略. 23．（2026·河北沧州·模拟预测）在数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【分析】先利用累加法结合等比数列求和求出数列的通项公式，再将一元二次不等式因式分解，结合数列的奇偶项单调性，确定不等式对任意恒成立时的取值范围. 【详解】根据题意，， 即，当时，，符合上式， 所以， 因为，整理可得， 所以 当为奇数时，单调递减且，最大值为；当为偶数时，单调递增且，最小值为， 所以. 24．（25-26高三下·山东聊城·阶段检测）已知数列满足，． (1)求证：． (2)记， （ⅰ）求证：； （ⅱ）求证：对任意实数，存在正整数s使得． (3)设c为正实数，若对任意正整数，都有，求c的最小值． 【答案】(1) 由， 所以当时，， 又因为，所以当时，； (2) （ⅰ）因为， 所以， ， 因为，且，可知数列单调不减，所以，所以，所以， 又因为，所以； （ⅱ）因为， 所以，当时取等号， 则 ， ， 则，当且仅当时取等号， 对任意实数，令， 取，其中表示不超过的最大整数， 则当时，任意实数，存在正整数s使得成立； (3) 【分析】（1）运用配方法进行运算证明即可； （2）（ⅰ）运用配方法，结合（1）中的结论进行求解即可； （ⅱ）运用放缩法，通过取对数进行求解即可； （3）运用取倒数法，结合裂项求和法进行求解即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）可知， 所以，即， 因为，， 所以 ， 即，即，所以c的最小值为. 考点05 数列新定义 25．（26-27高三上·北京·开学考试）给定有穷数列，定义数列的绝对差分数列，，…，，其中．若数列是单调不减的，即，则称数列是数列．已知各项均为整数的数列，，…，满足，并且其差分数列是等差数列，若，，则的所有可能值为________． 【答案】12或39 【分析】根据差分数列定义和数列的性质可得数列的公差为，且，结合累加法利用等差数列的性质计算可求得的所有可能值. 【详解】因为，所以其差分数列； 又因为数列的各项均为整数，所以数列的各项均为整数； 易知数列的公差为，且，易知, 累加可得； 当时，，即，所以；且； 因此当时，，此时, 因此； 当时，，此时, 因此； 综上可知，的所有可能值为12或39. 26．（26-27高三上·北京·开学考试）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．已知斐波那契数列满足，，则下列结论中错误的是（    ） A．存在，使得，，成等差数列 B．存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列 C．存在，使得，，成等比数列 D．存在正整数，，…，，且，使得 【答案】C 【分析】根据题意，利用斐波那契数列的递推公式，结合等差数列和等比数列的判定方法，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，由数列满足，， 可得，， 则满足，即构成等差数列，所以A正确； 对于B，由， 可得，即，即， 所以构成等差数列， 所以存在使得对于任意的，都有，，成等差数列，所以B正确； 对于C，若，，成等比数列，可得， 因为，可得， 所以，解得， 由题意可知、，故， 另一方面，若，则，这与矛盾， 所以不存在，使得，，成等比数列，所以C错误； 对于D，由数列满足，， 可得数列的前项分别为， 其中， 所以存在正整数，，…，，且，使得，所以D正确. 27．（25-26高三下·山东聊城·阶段检测）设数列的各项均为正数，共有m项（且）.若对任意正整数，均有，则称数列为“归一数列”.记“归一数列”的前n项和为.已知当时，，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由得，故只能取6或7，分别计算，比较两种情况得最大值. 【详解】 “归一数列”满足对任意正整数，，且各项为正数； 当时，，要求，即， 故即，若，则，不符合要求， 由，结合，可知可取，因数列各项均为正数，随增大而增大， 故只需讨论较大的和两种情况. 当时，共3对，且， 则； 当时，共3对加中间项，中间项满足， 则. 由于，因此的最大值为. 28．（25-26高二下·北京昌平·期末）已知数列是由正整数组成的无穷数列．若存在常数，使得对任意的成立，则称数列具有性质． (1)分别判断下列数列是否具有性质；（直接写出结论）． ①；②；③． (2)若数列满足，求证：“数列具有性质”是“数列为常数列”的充要条件； (3)已知数列中，且．若数列具有性质，求数列的通项公式． 【答案】(1)①数列具有性质；②数列不具有性质；③数列不具有性质． (2)先证“充分性”： 当数列具有性质时，则，所以． 又因为，所以， 所以，． 因为，，所以，即“数列为常数列”． 再证“必要性”： 当“数列为常数列”时，则， 即“数列具有性质”． 综上，“数列具有性质”是“数列为常数列”的充要条件. (3) 【分析】（1）严格对照定义代入检验，特值法否定不满足的数列； （2）利用递增条件双向夹逼完成充分性证明，常数列直接验证必要性； （3）先锁定底数，放缩结合反证法夹逼得到公比，严谨推导通项. 【详解】（1）① ，左边：，​ 右边：，左边 = 右边，具有性质P(2)； ② 取验证，左边：， 右边：，不满足对任意成立，不具有性质P(2)； ③ 左边：，右边：， 若，则，不是正整数，对任意不成立， 所以不具有性质P(2). 综上所述，①数列具有性质；②数列不具有性质；③数列不具有性质． （2）略. （3）由题设，当时，有，即． 当时，有，即，所以，为3的正整数次幂， 依此类推，可得数列中的所有项都是3的正整数次幂， 即 ，，使得（*）． 以下证明． ①证明：． 因为数列具有性质，所以，． 当时，有，即， 又因为且，， 由，所以，． 同理，，． 所以，所以． 又由（*）式可知，． ②利用反证法证明． 假设数列中存在相邻的两项之比大于9， 即存在满足或， 得． 所以，又由（*）式可知，． 依此类推，可得，这与矛盾， 所以． 综上． 又，所以． 经检验，该通项公式满足， 所以． 考点06 数学归纳法在数列中的应用 29．（2026·湖南株洲·三模）（多选）已知数列满足，，则下列正确的有（    ） A．任意， B．任意，都有 C．存在， D． 【答案】ABD 【分析】由，得，令，则；对于A，利用数学归纳法证出，即可得到；对于B，由，得，结合不等式的性质即可得到；对于C，由，得，即，结合裂项相消法判断即可；对于D，利用数学归纳法及放缩法证出，结合等比数列的前项和得到，即可得证. 【详解】由，得，即， 令，则，. 对于A，用数学归纳法证明. 当时，，成立；假设时，，成立； 当时，，故成立. 因此，即，故A正确； 对于B，，所以， 又，，所以，故B正确； 对于C，由，得， 所以，即. ， 因为，，所以，， 所以，故C错误； 对于D，用数学归纳法证明. 当时，，成立；假设时，，成立； 当时，， 因此，所以， 即，故D正确. 30．（25-26高二下·江西南昌·阶段检测）首项为正数的数列满足，． (1)证明：若为奇数，则对一切，都是奇数； (2)证明：若时，，都有； (3)若对一切，都有，求的取值范围． 【答案】(1) 证明：已知是奇数，假设是奇数，其中m为正整数， 则由递推关系得是奇数， 根据数学归纳法，对任何，都是奇数． (2) 证明：当时，左式， 右式， 又， 当时，成立， 则时， ． 根据数学归纳法，若时，，都有． (3)或 【分析】（1）（2）利用数学归纳法进行证明； （3）利用，得到不等式，求出或，作差法得到与，从而对，都有，得到的取值范围． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解法一：由知，当且仅当或， 另一方面，若，则；若，则， 根据数学归纳法，，，；，． 综合所述，对一切都有的充要条件是或． 解法二：由，得，于是或， ， 又，，则所有的均大于0，因此与同号． 根据数学归纳法，，与同号． 因此，对一切都有的充要条件是或． 解法三（不动点法）：记，则，，于是为凸函数． 则不动点满足，则得到不动点方程，解得不动点，， 由对一切，都有得数列为递增，所以或， 又，故的取值范围或． 31．（25-26高二下·贵州·期中）已知函数对任意的，，都有成立，且. (1)求，. (2)若令，求证：数列是等差数列. (3)求证：当时，. 【答案】(1)， (2) 已知，对，将代入原函数式得， 即（），两边同除以得，即. 首项，因此是首项为、公差为的等差数列，得证. (3) 由（2）可得：，即，从而. 首先用数学归纳法证明当时，： 时，，成立； 假设时，则时，，成立. 因此对，，两边乘，得. 对求和式放缩：， 右边是首项为1、公比为的等比数列前项和，计算得： ， 因此，得证. 【分析】（1）通过对抽象函数赋值，令和，代入已知关系式，直接求得和的值； （2）根据递推关系构造数列，通过计算相邻两项的差为常数，证明其为等差数列； （3）先求出的通项公式，再利用数学归纳法和放缩法，将放缩为等比数列的项，最后求和证明不等式. 【详解】（1）已知对任意，恒成立. 令，得，移项得； 令，得，已知，代入得，解得. （2）略 （3）略 32．（25-26高二下·湖南衡阳·阶段检测）记为数列的前n项和，已知. (1)求数列的通项公式； (2)用数学归纳法证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据求解； （2）先证明当时，不等式成立，再假设当时，不等式成立，再证明当时，不等式也成立，即可得证． 【详解】（1）解：当时，， 当时，， 当时，上式也成立， 所以； （2）当时，，， 所以成立， 假设当时，不等式成立， 即， 则当时，， ， 又， 所以， 所以， 即当时，不等式也成立. 综上，. 考点07 等差数列与等比数列综合应用 33．（25-26高二下·辽宁辽阳·阶段检测）已知等比数列与等差数列的各项均为正整数，其公比与公差分别为，，的前项和为．若对任意正整数，，则_____． 【答案】 【分析】先利用建立首项关系，再由时，推出公比，结合数列各项为正整数的整除性约束，得，，最终求得． 【详解】因为等差数列的各项均为正整数，所以公差为非负整数， 由等差数列的通项公式可得，所以 当时，，则， 因为等比数列的各项均为正整数，所以， 若，则，不成立， 故，且， 当时，， 整理得，即， 由等比数列的定义可得， 则， 因为与互质，所以要使对于任意正整数，均为整数，必须满足分母能够整除首项， 若，则必然存在某个正整数使得，此时不可能为整数， 所以，则， 所以，，则． 34．（2026·北京丰台·三模）《九章算术・均输篇》记录了古代物资统筹核算算法，现如今借鉴这一统筹思路，某地乡村振兴落地光伏储能惠民工程，分年度分批采购储能光伏组件.项目采购方案规定：每年新增采购的组件箱数构成等差数列，项目第一年采购 16 箱，往后每一年都比上一年多采购 3 箱；受原材料价格浮动影响，组件单箱采购市价逐年成等比数列，首年定价 4 元，价格每年变为原来的 3 倍.项目财务制度约定，前年所有入库储存的组件，不在每年分次结账，统一留存至第年年末，按照当期最新市场单价一次性核算全部货款.则项目运行满 4 年时，结算总货款为______元；运行年末核算总货款的最简代数式为______ 【答案】 【分析】先分别计算前年采购组件的总箱数和第年末的组件单价，二者相乘得到总货款，代入即可得满年的结算款. 【详解】设第年采购的组件箱数为， 由题意是首项、公差的等差数列， 则， 前年总采购箱数为的前项和： ， 设第年组件单价为，由题意是首项、公比的等比数列， 第年末的单价为： ， 计算满年的总货款： 代入，得， ，故总货款； 计算年末总货款： 根据题意总货款为总箱数乘以第年末单价， 即. 35．（25-26高二下·湖南长沙·期中）已知数列满足，且． (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)若数列的前n项和为，数列满足，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列． 【答案】(1) 因为， 所以， 又，所以，那么， 所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列． (2) (3) 由， 则， 故． 所以， 假设数列中存在不同的三项构成等差数列， 则，即，两边同时乘以得到， 因为，所以，，故上述等式左边为偶数，右边为奇数，等式不成立． 所以假设不成立，即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列． 【分析】（1）通过变形给定的递推公式，构造出目标数列相邻两项的比值为常数，从而证明其为等比数列； （2）将第一问得出的等式两边同除以构造出等差数列，进而推导出的通项公式； （3）运用裂项相消法求出及的表达式后，采用反证法并利用整数方程两边的奇偶性矛盾来完成证明. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，等式两边同时除以，得， 设，则，且， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 即，故． （3）略 36．（25-26高二下·内蒙古呼和浩特·阶段检测）已知为数列的前项和，． (1)求数列的通项公式； (2)，数列的前项和为． ①求； ②若，则在数列中是否存在不同的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． 【答案】(1) (2)①； ②不存在这样的3项，理由如下： 由①得， 由题意，得， 所以，所以， 化简得，所以，这与为不同的三项矛盾. 故不存在这样的3项. 【分析】（1）由可求得数列的通项公式； （2）①求得，利用错位相减法可求得；②，由，得，进而可得结论. 【详解】（1）当时，，得， 当时，，得， 故为首项为，公比为的等比数列，故. （2）①由（1）知，所以，所以. 所以， 所以， 上面两式相减可得， 得， ②不存在这样的3项，理由略. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $