备战2025年高考数学(新高考专用)猜押数列(六大题型)(学生版+解析)练习

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题型一 等差数列及其前n项和
1．已知等差数列满足，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等差数列的性质，可得答案.
【详解】因为，解得.
故选：B.
2．已知等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A．0B．10C．15D．30
【答案】C
【分析】利用等差数列的等差中项结合前项和公式求解即可.
【详解】因为所以
又因为
故选：C.
3．将数列中与数列相同的项剔除，余下的项按从小到大的顺序排列得到数列，则数列前10项的和为（ ）
A．205B．234C．239D．290
【答案】C
【分析】先设数列中第项与数列中第项相同，得，进而可得数列的前10项，进而可得.
【详解】设数列中第项与数列中第项相同，则，
所以，即数列中的第4项，第6项，第8项，…是相同的，均被剔除．
所以数列的前10项为：2，5，8，14，20，26，32，38，44，50．
所以数列前10项的和为．
故选：C．
4．（多选）已知等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递减数列B．
C．当取得最大值时，D．
【答案】ACD
【分析】设出公差，利用等差数列求和公式得到，，，，从而对选项一一判断，得到答案.
【详解】对于ABD选项，设的公差为，
，故，
，故，所以，
由于，故，，即是递减数列，A正确，B错误，D正确；
C选项，由于是递减数列，，，故当取得最大值时，，C正确.
故选：ACD.
5．已知数列的前n项和为，且，则= ．
【答案】350
【分析】根据已知及等差数列的定义判断为奇数、偶数的性质，再应用分组求和、等差数列的前n项和公式求.
【详解】若为奇数时，且，即首项、公差均为1的等差数列，则，
若为偶数时，
所以.
故答案为：350
6．在等差数列中，公差，，下列说法正确的是（ ）
A．是与的等比中项B．是与的等比中项
C．是与的等比中项D．是与的等比中项
【答案】A
【分析】根据条件得到，再利用等比中项的定义，对各个选项逐一分析判断，即可求解.
【详解】因为，得到，所以
对于选项A，因为，，，又，所以，
则，，构成等比数列，故选项A正确，
对于选项B，因为，，，又，但，所以选项B错误，
对于选项C，因为，，，所以，，不构成等比数列，故选项C错误，
对于选项D，因为，，，又，但，所以选项D错误，
故选：A.
7．（多选）已知数列满足，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则是等差数列
B．若，，则是等差数列
C．若，，则是等比数列
D．若，，则是等比数列
【答案】BCD
【分析】根据题意给出的条件进行化简，并结合等差数列、等比数列知识进行逐项求解判断.
【详解】对于A，当时，若，则
所以数列不是等差数列，故A错误；
对于B，当时，，
因为，所以，即，
因为，
所以数列是等差数列，故B正确；
对于C，当时，有，
因为，所以，即
所以是等比数列，故C正确；
对于D，当时，有，
因为，所以，即，
因为，
所以是等比数列，故D正确；
故选：BCD．
题型二 等比数列及其前n项和
1．记等比数列的前项和为，若，则公比（ ）
A．B．C．或1D．或1
【答案】A
【分析】利用等比数列片段和性质可求公比.
【详解】由，得，解得，
故选: A．
2．已知是各项均为正数的等比数列，且，，成等差数列，则的值是（ ）
A．B．C．9D．16
【答案】A
【分析】设正项等比数列的公比为，根据等差中项的性质得到方程，求出，再根据等比数列通项公式计算可得.
【详解】设正项等比数列的公比为，由，，成等差数列，
可得，即，所以，解得（舍去）或，
所以.
故选：A
3．在计算机科学中，八进制是一种数字表示法，它使用0～7这八个数字来表示数值．例如，八进制数3750换算成十进制数是，那么八进制数转换成十进制数时，（ ）
（参考数据：）
A．7B．8C．9D．10
【答案】B
【分析】应用等比数列的求和计算得出，再根据对数的运算与估值计算比较求值．
【详解】由题意，得，
所以．
因为，
所以，
所以．
故选:B．
4．已知数列满足，.若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由等比数列通项公式求得，再写出，相减可求得奇数项前后的差（或偶数项前后项的差），然后由累加法结合等比数列的前项和公式计算．
【详解】由已知，数列是公比为2的等比数列，
所以，时，.
两式相减得，
所以，
故选：D．
5．已知等比数列的公比为，前项和为．则下列说法中错误的是（ ）
A．数列是摆动数列B．
C．D．成等比数列
【答案】D
【分析】利用等比数列的通项公式及前项和公式，即可求解.
【详解】对于A，等比数列的公比为，，
数列是摆动数列，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，公比为，，无法构成等比数列，故D错误.
故选：D.
6．已知等差数列的公差，且成等比数列，则数列的前2025项和为（ ）
A．B．C．505D．1013
【答案】D
【分析】根据成等比数列，结合等差数列的通项公式可得，进而得到，，进而求和即可.
【详解】设首项为，因为成等比数列，
所以，则，
解得或，当时，，此时与成等比数列矛盾，故排除，
当时，，此时令，
而其前2025项和为，
.
故选：D
7．已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据与的关系可得，进而可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，求通项公式后代入不等式整理可得恒成立，再根据作差法分析的单调性求得最大值即可.
【详解】由，令，解得，
当时，由得，即，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，
由，即恒成立，
令，则，而，所以，
即数列单调递减，故，所以，所以的最小值为.
故选：C
题型三 等差、等比数列的性质
1．（多选）已知数列是公差不为0的等差数列，前项和为，满足，下列选项正确的有（ ）
A． B．
C．最小D．
【答案】AB
【分析】由题意可得，根据等差数列的性质和等差数列前n项和公式计算，逐一判断选项即可.
【详解】因为是等差数列，设公差为，
由，得，即，故A正确；
又，故B正确；
当，是单调递增数列，，
所以当时，当时，所以或最小；
当，是单调递减数列，，
所以当时，当时，所以或最大，故C错误；
又，因为,所以，故D错误.
故选：AB.
2．（多选）数列的前项和为，已知，则（ ）
A．是递增数列B．
C．当时，D．当且仅当时，取得最大值
【答案】BC
【分析】根据求出数列的通项公式，结合可得选项A错误；利用通项公式可得选项B正确；利用通项公式解不等式可得选项C正确；根据二次函数的性质可得选项D错误.
【详解】A.当时，，
∵，满足上式，
∴，
∵，
∴是递减数列，故A错误.
B.由得，故B正确；
C.由得，故C正确；
D.∵二次函数图象开口向下，对称轴为直线，，
∴当或时，取得最大值，故D错误.
故选：BC.
3．已知等比数列的前项和为，若，则的最小值为（ ）
A．6B．5C．4D．3
【答案】D
【分析】利用，，成等比数列，借助，可以把看成一个关于的二次函数，从而可求最小值.
【详解】由题意知，，成等比数列，所以，
即，所以，
当时，取得最小值3.
故选：D.
4．已知等差数列、的前项和分别为、，若，对，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】计算得出，即可得出实数的取值范围.
【详解】等差数列、的前项和分别为、，且，
则，
且当时，，
因为，，，则，即的最小值为.
故选：C.
5．已知数列和都是等差数列，且前n项和分别为，，若，则 .
【答案】
【分析】利用等比数列的前n项和的特征设出，的表示式，再将所求项的比式拼凑成和的比式，赋值代入化简即得.
【详解】因数列和都是等差数列，且前n项和分别为，，
由，可设，，
则，
.
故答案为：.
6．已知数列的前项和为，其中，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由，采用构造数列的方法，，则可以确定数列为等比数列，然后进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
即，所以．
故选：C.
7．（多选）已知数列是等差数列，公差，前n项和为，且，则（ ）
A．时，最小B．时，最小
C．最小时，或9D．最小时，或9
【答案】ACD
【分析】由条件推出，求得，根据各选项逐一判断即得.
【详解】由得，所以，
对于A， 因，由，，
可得时最小，故A正确；
对于B，由A可得，
当时，，当时，，
故当时，，当时，，
当时，，且，
故时，最小，即B错误；
对于C，因，当时，
当时，当时，
所以最小时或9，故C正确；
对于D，因，当时
因 ，当时，
且，
所以最小时，或9，故D正确．
故选：ACD．
8．（多选）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，若，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．数列中的最大值是D．数列无最大值
【答案】ABC
【分析】根据题中条件，分析出为单调递减的数列，，.A选项利用即可判断正确；B选项利用等比中项即可判断正确；C选项可分析出数列中多少项比大即可判断；D选项，利用C的判断，可判断D的正误.
【详解】由，，可得为单调递减的数列且，
由可得，.
A选项：，显然A正确；
B选项：，
根据等比中项可得，显然B正确；
C选项：由，为单调递减的数列且，
可知的前2023项（包含2023项）都大于1，从第2024项（包含2024项）往后都小于1，
所以数列中的最大值是，所以C正确；
D选项：由C正确可知，有最大值，所以D错误.
故选：ABC.
9．已知数列的前项和满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用，求出，进而得到，结合的表达式可得答案.
【详解】当时，，解得；
当时，，即，
数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，
所以，
因为，所以.
故选：B
10．已知别为等差数列的前项和，，设点是直线外一点，点是直线上一点，且，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，利用三点共线得，根据等差数列的性质求得可得答案.
【详解】，不妨设，
因为三点共线，所以，
所以
，
所以，
故选：D.
题型四 数列求和
1．已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用递推关系式，结合裂项相消法，即可求得结果.
【详解】因为数列满足，，
所以，
所以
，
所以，所以．
故选：B
2．记为等比数列的前项和，已知，，数列是公差为1的等差数列，且．
(1)求数列和的通项公式．
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意，列出方程组求得和，得到数列的通项公式，再由，且公差，求得，得到数列的通项公式；
（2）由（1）得到，利用乘公比错位相减法求和，即可得到答案
【详解】（1）解：设等比数列的公比为，由，可得，
因为，可得，
可得，即，
整理得，解得或，
当时，，不合题意，舍去；
当，可得，所以数列的通项公式为，则.
又由，且数列是公差为1的等差数列，
可得，即，解得，
所以故数列的通项公式为．
（2）解：由（1）知：，，可得，
因为数列的前项和为，
可得，
则，
两式相减，可得，
所以．
3．（多选）数列的前项和，且，，则（ ）
A．数列为等比数列B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据作差求出的通项公式，即可判断A、B，由等比数列求和公式判断C，利用裂项相消法判断D.
【详解】因为①，所以当时，可得，
当时②，①②得，可得，
所以数列是以1为首项，公比的等比数列，所以，故A正确；
，故B错误；
因为，所以，故C错误；
因为
所以，故D正确；
故选：AD.
4．已知数列满足．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)设，记数列的前n项和为．
（i）求；
（ii）若成立，求m的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）等式两边同时除以可得；
（2）（ii）由错位相减法求和即可；
（ii）构造数列，由不等式组求数列的最值大即可.
【详解】（1）因为，即，
所以数列是以为首项，3为公差的等差数列.
（2）（i）由（1）知，
所以，
所以，
所以，
，
所以
，
所以.
（ii）因为，
所以，
令，
不妨设的第项取得最大值，
所以，解得，
所以的最大值为，
所以，即m的取值范围是.
5．在①，；②这两个条件中，请选择一个合适的条件，补充在下题横线上（只要求写序号），并解答该题.
已知数列的各项均为正数，其前项和为，且对任意正整数，有________.
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)选①②，答案均为；
(2)证明过程见解析
【分析】（1）选①，根据，得到，为首项和公差均为1的等差数列，得到，根据求出通项公式；选②，，求出为首项和公差均为1的等差数列，得到，根据求出通项公式；
（2）求出，求和得到，并作差得到，得到的最小值为，证明出结论.
【详解】（1）选①，，，
因为，
所以，
因为数列的各项均为正数，所以，，
所以，
又，，所以为首项和公差均为1的等差数列，
所以，，
所以当时，，当时，，
显然满足，
综上，；
选②，①，当时，，解得，
当时，，
故，
又因为数列的各项均为正数，所以，
故，即，
又，故为首项和公差均为1的等差数列，
所以，解得，
所以当时，，当时，，
显然满足，
综上，；
（2）由（1）知，，，
，
所以，
因为，
所以，
所以为递增数列，故的最小值为，
所以.
6．已知数列的前项和为，且满足，若.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，
（ⅰ）试比较与的大小，并说明理由；
（ⅱ）若数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用的关系可求的通项公式；
（1）（ⅰ）求出，结合不等式可判断大小；
（iⅰ）利用分组求和的方法求出，结合不等式放缩可证结论.
【详解】（1）当时，由题意，；
当时，，两式相减可得，
所以，即，
因为，所以.
（2）因为，所以；
当为奇数时，；当为偶数时，；
令，则，即为增函数，则当时，；
（ⅰ）因为，所以；
（iⅰ）当为奇数时，
，
因为，所以
，
因为，所以；
当为偶数时，
，
因为，所以
，
因为，所以；
综上，.
7．已知等比数列是递减数列，的前项和为，且、、成等差数列，，数列满足，，
(1)求和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用等比数列公式，结合列出的方程组即可求解；
（2）利用分组求和，奇数项的和用错位相减法，偶数项的和用裂项相消法即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由题意可得，则
因为数列是递减的等比数列，解得，
所以，，
因为，所以，，
因为，则，所以，，
故.
（2）当为奇数时，，令，
则，所以，，
两个等式作差可得
，化简得；
当为偶数时，
令，
故.
8．已知正项数列的前项和为，且，．
(1)求；
(2)在数列的每相邻两项、之间依次插入、、、，得到数列、、、、、、、、、、，求的前项和．
【答案】(1)，．
(2)
【分析】（1）当时，利用累加法可求得的表达式，结合可得出的表达式，再检验的情形，综合可得出的通项公式；
（2）由求出数列的通项公式，列举出数列的前项，即可求得的值.
【详解】（1）解：对任意的，因为，
当时，
，
因为，所以，故．
当时，适合，
所以，．
（2）解：因为，，
所以当时，，
所以，，
所以，数列的前项分别为：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
所以的前项是由个与个组成．所以．
题型五 数列与不等式综合
1．正项数列的前项和为，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和；
(3)在（2）的条件下，若对于任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）当时，，与题目式子联立化简得，从而，再求出，根据等差数列的定义求出通项公式即可；
（2）先求出，然后利用错位相减法求和即可；
（3）由题意得恒成立，设，进而得数列是递减数列，求出数列的最大值为，即可求解.
【详解】（1）当时，，
有，
整理得，又，有，
所以，
当时，，整理得，得（舍）或，
所以数列是等差数列，首项，公差为，，
因此数列的通项公式；
（2）由（1）知，
①
②
①—②得，
所以；
（3）若不等式恒成立，即，
等价于恒成立，
设，则有，
对，所以，即，
可知数列是递减数列，
数列的最大值为，所以，
因此实数的取值范围为．
2．已知数列满足，且．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前项和；
(3)在（2）的条件下，令，记数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据已知得到，应用等比数列的定义判断证明即可；
（2）由（1）得到数列的通项公式，利用分组求和、等比数列前n项和公式求和；
（3）由（2）得到数列的通项公式，对进行放缩得，应用裂项相消法证明结论.
【详解】（1）由题可得，，所以，
又，则，则，
故数列是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）由（1）知，所以，
所以.
（3）由（2），则，
所以．
令，则，
其前项和为；
令，则，
其前项和为，
所以．
3．已知等差数列的各项均为正数，其前项和为，且，函数．
(1)求；
(2)若恒成立，求a的值；
(3)设，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）取和可得，，进而结合等差数列的通项公式求解即可；
（2）求导，分析函数的单调性，进而求解即可；
（3）由（2）易得，进而求证即可.
【详解】（1）由，，
当时，，解得或（舍去）；
当时，，解得或（舍去），
因为数列为等差数列，则，
所以，
则.
（2）由，，
则，
当时，，函数在上单调递增，
又，则时，，不符合题意；
当时，令，得；令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
设，则，
令，得；令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则，
由恒成立，且，则.
（3）由（2）知，当时，，
即，，
令，则，
由，则，，
则，
即，.
4．设整数，且，函数．
(1)证明：；
(2)设，证明：；
(3)设，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）通过求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最小值，从而；
（2）构造函数，求导数得到函数的单调性，从而得到函数的最大值，从而，所以；
（3）利用（1）（2）中的结论，，，得到，放缩证明.
【详解】（1）．因为，，所以单调递增．
因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以．
（2）设，则，所以在上单调递减，
故，从而当时，．
（3）由（1）知，所以，再利用，
于是
因此，．
【点睛】方法点睛：常见的放缩公式；；；
题型六 数列与其他知识综合
1．甲、乙两企业，2019年的销售量均为p(2019年为第一年)，根据市场分析和预测，甲企业前n年的总销量为，乙企业第年的销售量比前一年的销售量多．
(1)求甲、乙两企业第n年的销售量的表达式；
(2)根据甲、乙两企业所在地的市场规律，如果某企业的年销售量不足另一企业的年销售量的，则该企业将被另一企业收购，试判断，哪一企业将被收购？这个情形将在哪一年出现？试说明理由．
【答案】(1)；
(2)第2029年时，乙企业被甲企业收购，理由见详解
【分析】（1）设甲、乙两企业第n年的销售量分别为，根据前n项和与通项之间的关系求，利用累加法求；
（2）分析可知：甲企业不可能被乙企业收购，令，整理可得，分析求解即可.
【详解】（1）设甲、乙两企业第n年的销售量分别为，数列的前n项和为，
则，
当时，则，
且不满足上式，则；
又因为当时，，
则
，
且满足上式，所以.
（2）因为，即时不合题意；
当时，可知，
即恒成立，可知甲企业不可能被乙企业收购，
令，即，
显然，整理可得，
因为，则，
可知：当时，不等式不成立；
当时，，即不等式不成立；
当时，，即不等式不成立；
当时，不等式成立；
综上所述：当时，等式成立，
所以第2029年时，乙企业被甲企业收购.
2．某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，且各轮答题正确与否相互独立.
(1)求该选手在一轮答题中答对题目的概率；
(2)记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，
（i）求；
（ii）证明：存在实数，使得数列为等比数列.
【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式计算得解.
（2）（i）将第3轮答题结束时挑战未终止的事件进行分拆，再利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的乘法公式求出，同理求出；（ii）利用概率的加法公式及乘法公式列出递推公式，再利用构造法求解得证.
【详解】（1）设事件“一轮答题中系统派出通识题”，事件“该选手在一轮答题中答对”，
依题意，，，
因此，
所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为.
（2）（i）设事件“该选手在第轮答对题目”，各轮答题正确与否相互独立，
由（1）知，，
当时，挑战显然不会终止，即，
当时，则第1、2轮至少答对一轮，，
由概率加法公式得；
同理.
（ii）设事件“第轮答题结束时挑战未终止”，
当时，第轮答题结束时挑战未终止的情况有两种：
①第轮答对，且第轮结束时挑战未终止；
②第轮答错，且第轮答对，且第轮结束时挑战未终止，
因此第轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为，
则，而各轮答题正确与否相互独立，
因此，
当时，，设存在实数，使得数列为等比数列，
当时，，整理得，
而，则，解得或，
当时，
因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列；
当时，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以存在实数或，使得数列为等比数列.
3．ACE球是指在网球对局中，一方发球，球落在有效区内，但接球方却没有触及到球而使发球方直接得分的发球．甲、乙两人进行发球训练，规则如下：每次由其中一人发球，若发出ACE球，则换人发球，若未发出ACE球，则两人等可能地获得下一次发球权．设甲，乙发出ACE球的概率均为，记“第次发球的人是甲”．
(1)证明：；
(2)若，，求和．
【答案】(1)证明见解析
(2),
【分析】（1）根据条件概率的意义可证明；
（2）利用（1）中的结果可求，结合全概率公式可得，利用构造法可求.
【详解】（1）若第次为甲发球的条件下第次还是甲发球，
则第次甲没有发出ACE球，故此时，
若第次不是甲发球的条件下第次是甲发球，
（1）乙发ACE球，则第次是甲发球；
（2）乙没有发出ACE球，则有的概率第次是甲发球；
故，
故.
（2）
，,
故，所以即，
所以，
故
而，故为等比数列，
故即.
4．曲线的方程中，用替换，替换得到曲线的方程，把这种的变换称为“伸缩变换”，，分别称为轴和轴的伸缩比.
(1)若曲线的方程为，伸缩比，求经过“伸缩变换”后所得到曲线的标准方程；
(2)若曲线的方程为，经过“伸缩变换”后所得到曲线是离心率为的椭圆，求的值；
(3)对抛物线作变换，得抛物线；对抛物线作变换，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得抛物线，若，记数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由“伸缩变换”的定义计算即可得；
（2）先由“伸缩变换”求得方程，再分或，结合离心率定义计算即可得；
（3）由“伸缩变换”求的定义计算可得，则可得数列的通项公式，再利用放缩法及裂项相消法求和即可得证．
【详解】（1）由题意得，化简得，
所以曲线的标准方程为；
（2）由题意得，经过伸缩变换后的椭圆方程为，化简得，
①当时，，
则，解得；
②当时，，
则，解得；
综上所述，或；
（3）对抛物线作变换，
得抛物线，得，
所以，
即，
所以，
又，
所以，当时，
，
当或时，也成立，故.
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：
①通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；
②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决．
5．已知函数．数列的首项．以后各项按如下方式取定：记曲线在处的切线为，若，则记与轴交点的横坐标是．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用导数来求出切线，再求出与轴交点横坐标，从而可得到数列的递推关系，然后再利用证明的等比数列后一项，通过递推代入得到与前一项的关系，再加以说明非0，即可得证等比数列；
（2）利用第一问即可求得，从而利用错位相减法来求数列的前项和即可.
【详解】（1）由，得，
曲线在处的切线方程为，
根据题意令可得，，
由，
因为，所以，且由得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
（2）由上式得，，
则，①
两边乘以2可得：，②.
由①－②得，，
所以．
6．如图所示，，，…，，…是曲线上的点，，，…，，…是轴正半轴上的点，且，，…，，…均为等腰直角三角形（为坐标原点）．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，集合，，若，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由等腰直角三角形性质可知，，由点在抛物线上可得，由可得，，，猜测，再利用数学归纳法证明；
（2）由裂项相消法求，并求其范围，再由交集的定义求实数的取值范围.
【详解】（1）依题意，有，，
由，得，即，
由可得，，，猜测．
证明：（i）当时，可求得，命题成立；
（ii）假设当时，命题成立，即有，
则当时，由归纳假设得，
得，
即，
解得［不合题意，舍去］．
即当时，命题也成立．
由（i）、（ii），对所有，．
（2）
．
因为函数在区间上单调递增，所以．
由，有或，故．
【点睛】本例是点列问题，是数列中的一个难点，条件中含有、以及、等诸多因素，而第（1）问求数列的通项公式，因此需要找到、和、之间的等量关系，从而将它们统一到数列上，尽管如此，由于条件与解题目标之间关系比较复杂，采取从特殊开始，即通过归纳—猜想—证明，找到一种解决问题的有效方法．第（2）问，把（1）探求得到的结果代入并运用裂项相消的所得结果探究其单调性，求出的取值范围，再由，求出的取值范围．
猜押考点
3年真题
考情分析
押题依据
数列
2024全国新高考I卷19
2024全国新高考Ⅱ卷12、19
2023全国新高考I卷7、20
2023全国新高考Ⅱ卷8、18
2022全国新高考I卷17、
2022全国新高考Ⅱ卷3、17
关于数列的考查，命题比较灵活.随着整卷题量的减少，更趋于综合化，难度有增大趋势.应注意以下几个方面的问题：
1.等差数列、等比数列基本量的计算；
2.数列的求和问题；
3.数列的应用、数列与其它知识的交汇问题；
4.数列与不等式的证明；
5.数列的新定义问题.
1.等差等比数列及求和在高考中主要考查基本量的基本运算，是常规求和方法发的基本应用。包括：错位相减求和，奇偶性求和，列项求和等。
2.情景化与新定义是高考的一个新的考点，一般采用学过的知识去解决新定义问题，因加以重视，是高考的一个方向，并且作为压轴题的可能性比较大，难度大。
3.知识的综合是未来高考的一个重要方向，主要是数列与统计概率相结合，数列作为一个工具与解析几何，函数结合等，属于中等难度。