专题：数列专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦数列核心素养，以题载法构建从概念到创新的完整训练体系，强化逻辑推理与数学运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础运算|3（选择1-3）|基本量法、前n项和公式应用|从等差定义到性质推导，形成“定义-公式-应用”链条| |性质应用|4（选择4-7、填空12）|充分必要条件分析、函数思想|结合等比性质与二次函数，深化概念间内在联系| |递推构造|3（选择8、填空14、解答15）|递推公式归纳、构造法|从具体递推到模型抽象，培养数学建模意识| |综合创新|3（解答17-19）|错位相减、数学归纳法|融合新定义与证明，提升创新思维与论证能力|

专题：数列-2026-2027学年高三数学上学期专项提优 一、单选题 1．记为等差数列的前项和，若，，则（    ） A． B． C． D． 2．记为等差数列的前项和.若的公差为，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．设等差数列的项数为奇数且偶数项之和不为零，则其奇数项之和与偶数项之和的比为（   ） A． B． C． D． 4．给定，数列的前项和为，设甲：是公比为的等比数列；设乙：存在实数，使得是公比为的等比数列．则甲是乙的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．已知正项等比数列满足，设，则数列的前2027项和为（    ） A． B． C． D． 6．已知数列满足，且对任意正整数，关于的实系数方程 都有两个相等的实根，若 ，则满足条件的不同实数的个数为（    ） A． B． C． D． 7．数列满足，，表示数列前项和，则下列选项中错误的是（   ） A．若，则 B．若，则递减 C．若，则 D．若，则 8．一只蜜蜂从蜂房出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：从蜂房只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房…以此类推，用表示蜜蜂爬到号蜂房的方法数，则（     ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列叙述正确的是（     ） A．与是不同的数列 B．是常数列 C．数列的通项公式为 D．数列是递增数列 10．已知是递增的等差数列，公差为d，满足，且从第5项开始为正数，则下列说法正确的是（     ） A． B．若，则 C． D． 11．记为数列的前项和，则（    ）． A．当时，数列为等比数列 B．当时，数列为等差数列 C．当时，数列为等比数列 D．当为等差数列时，存在使得数列为等差数列 三、填空题 12．已知数列满足，记为的前项积，若，则的最大值为______． 13．已知正项等比数列满足，，则______________． 14．已知平行四边形，点为边的一点，且，点是射线上一动点，又数列满足，恒有，记的前项和为，则________． 四、解答题 15．（1）在数列中，，，求. （2）已知数列中，，，求数列的通项公式. 16．已知数列的前n项和为，且. (1)证明：数列是等差数列，并求； (2)设，数列的前n项和为，求使成立的最大正整数n. 17．已知数列、中，，，且满足，． (1)求证：数列是等差数列； (2)求数列、的通项公式； (3)求的前项和． 18．定义：在正项数列中，若（为非零常数），则称存在对数系，常数为的对数系数． (1)判断数列是否存在对数系．若存在，求出对数系数；若不存在，请说明理由． (2)已知数列存在对数系，且，，，． （ⅰ）求的通项公式； （ⅱ）证明：． 19．设，给定数列，其中，．求证： (1)，； (2)如果，那么． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《专题：数列-2026-2027学年高三数学上学期专项提优》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D A B A D B AD ACD 题号 11 答案 ABD 1．A 【详解】因为在等差数列中，，，， 所以，即，即， 即，即. 2．C 【分析】利用等差数列的通项公式、前n项和公式得到，设从而有，应用基本不等式求最小值. 【详解】已知等差数列中，公差为（且） 由，，， 所以，， 设且，所以，得，所以， 所以， 当且仅当，即时，即时，取等号， 综上所述，的最小值为. 3．D 【分析】利用等差数列前项和公式即可求解. 【详解】由题知，奇数项有项，偶数项有项，奇数项之和为， 偶数项之和为， 所以奇数项之和与偶数项之和的比为． 4．A 【分析】代入等比求和公式构造特定的证明了充分性，并利用作差法确定了条件乙只能保证数列从第二项起成等比、首项未必满足限制，从而证得不必要性. 【详解】充分性验证， 若是公比为的等比数列，因，则， 且， 若是公比为的等比数列．则有常数项为0， 即，解得，代回得， 显然是公比为，首项为的等比数列，故充分性成立， 必要性验证， 若存在实数，使得是公比为的等比数列， 设该数列的首项为，则， 若，则，即为每一项都为1的常数列，与矛盾， 所以，当时有， 整理得，即从第2项起是公比为的等比数列， 当时，， 若使整个为等比数列，则有， 即不恒成立，故必要性不成立， 综上， 甲是乙的充分不必要条件. 5．B 【分析】借助等比数列的性质，利用裂项相消法进行求和运算. 【详解】已知正项等比数列满足， 当时，根据等比数列的性质，若，则， 所以，即， 因为数列为正项数列，所以， 因为，所以，即 设数列的前项和为，则. 6．A 【分析】先根据题意得到(*)，记满足(*)式的不同实数的个数为，再结合二次函数的性质即可逐个求得，，，，，...，再通过观察得到数列的递推公式，再构造等比数列，从而得到它的通项公式，进而即可求解 【详解】依题意可得，即(*)， 记满足(*)式的不同实数的个数为， 将看成自变量，看成参数，则为与的交点个数， 当时，有一个交点，即有一个根； 当时，有2个交点，即有两个不同的根和，且， 当时，有2个交点，即有两个不同的根和， 由，则或，即； 则或或，即； 同理可得，，，... 通过观察可得，则，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以数列的通项公式为，即，， 所以满足(*)式的不同实数的个数为， 故满足条件的不同实数的个数为． 【点睛】记满足(*)式的不同实数个数为，结合二次函数的性质求得，，，，，...，再观察得到递推公式，再构造等比数列是解答本题的关键． 7．D 【分析】利用数列的性质和递推公式，通过给定的数列的递推公式和不同初始值，分析数列的递增、递减性质以及数列和的大小关系即可. 【详解】作出与的图象， 由蛛网图可知，选项A，B正确； 若，由蛛网图可知，时，， 则，故，选项C正确； 若2，则， 比较与的大小， 因为， 则，选项D错误． 8．B 【分析】先根据蜜蜂爬行规则推导得出方法数的递推公式，再通过枚举前几项归纳出恒等式，最后用数学归纳法证明恒等式成立并代入计算得出结果. 【详解】要到达第号蜂房，蜜蜂只能从相邻的左侧两个蜂房过来：即要么从号蜂房直接爬到， 要么从号蜂房直接爬到，因此方法数满足递推式： . 从出发，到的方法数记为； 枚举得：，，，…… 由，，，， 可归纳得到恒等式： ，可用数学归纳法证明： （1）当时，成立， （2）假设时，成立， 则当时， ， 即当时等式成立. 综上，对，成立. 令，代入得： . 9．AD 【详解】对于A，数列与是不同的数列，故A正确； 对于B，数列是摆动数列，故B错误； 对于C，数列的通项公式为，故C错误； 对于D，数列是递增数列，故D正确． 10．ACD 【分析】选项A，利用等差数列的性质求出，再结合等差数列通项中项与项的关系推导. 选项B，利用等差数列通项公式.选项C、D，结合数列是递增等差数列和题意建立关于和的不等式组并求解. 【详解】选项A，由，得，即， 因此，A正确. 选项B，若，由，解得， 所以， B错误. 选项C，数列从第5项开始为正数，则第4项及之前非正、第5项起为正， 即：，代入，得： ，即，C正确. 选项D，由得， 由可得，， 因此，D正确. 11．ABD 【分析】利用数列第项与前项和的关系，结合等差数列、等比数列的定义逐项判断即可. 【详解】对于A，，当时，，而满足上式， 因此，，数列为等比数列，A正确； 对于B，，当时，，而满足上式， ，，数列为等差数列，B正确； 对于C，取符合题设，但等比数列的各项均不为0，C错误； 对于D，记的公差为d，则，取， 令，则，为常数， 因此数列为等差数列，D正确． 12． 【分析】分为奇数与为偶数两种情况化简，再根据指数的运算性质求出关于的表达式，进而结合不等式求解即可得到的最大值． 【详解】当为奇数时，则，则， 当为偶数时，则， 所以的前项积为 ， 即，即，解得， 所以的最大值为． 13． 【分析】根据等比数列的通项公式进行求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，， 所以等比数列的公比为， ， ，得， 因为数列是正项等比数列， 所以由. 14． 【分析】利用平面向量基本定理得到数列递推关系式，通过构造等差数列求出数列通项，再使用错位相减法求数列前项和. 【详解】在平行四边形中，且， 所以， 因为点是射线上一动点， 所以存在，使得， 又因为， 所以， 消去得，整理得， 两边同时除以得， 设，则，即，为等差数列， 所以， 所以， ①   ② 得， 所以. 15．（1）；（2） 【详解】（1）由题意， 则，，，，…，， 以上各项相加得.所以. 因为也适合上式，所以. （2）由 得，得， 所以当时，,, ， 满足上式，所以数列的通项公式为. 16．(1)由，得 ，两式相减得，整理得 同除以得： 又由得，则 所以数列 则，所以 (2)． 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，，则， 所以， ， 显然数列为递增数列， 且，， 使成立的最大正整数． 17．(1)证明：因为，， 两式相加，得， 令，则 因，可知数列为等差数列， 即数列是等差数列． (2)， (3) 【分析】（1）令，直接验证即可证明； （2）由（1）可知，解法一：直接代入，通过构造求解，再代入即可求解；解法二：令，通过已知条件得到，再结合即可求解； （3）由（2）可知，，代入即可求解. 【详解】（1）略. （2）由（1）知数列是等差数列，首项为，公差为， 所以，即， 解法一：因为，且，所以， 则， 所以， 所以，； 解法二：因为，， 两式相减，得， 令，则，， 得， 所以， 因为，所以，即，即， 又，联立解得，. （3）由（2）已得，. 则， 所以其前n项和． 18．(1)存在， (2)（ⅰ） （ⅱ）证明：由（ⅰ）得， 因为，所以， 所以． 设， 则， 所以， 所以． 因为，所以， 即． 【分析】（1）根据对数系定义，再由数列定义即可求出对数系数； （2）（ⅰ）由数列的前几项可求出其对数系数，再由等差数列定义即可求得的通项公式； （ⅱ）利用错位相减求和得出，可证明得出结论. 【详解】（1）因为， 所以存在对数系，其对数系数为． （2）（ⅰ）令． 因为存在对数系，所以． 设， 则， 又因为，， 所以是以2为首项，3为公差的等差数列，， 所以当时，， 即． 因为，所以． 又满足，所以． （ⅱ）略 19．(1)即证． ，，， 假设，则，，． 综上所述，根据数学归纳法，命题成立． (2)由（1）得． 当时，， 当时，，又， ，即； ． 【分析】(1)拆分递推式，用数学归纳法证明数列恒大于 2 且单调递减； (2)构造做等比型放缩，累乘后结合推出上界. 【详解】（1）略 （2）略 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $