培优专题02 数列及其应用 4大重难题型（大题专练）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测 练习+答案

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题型01 数列的通项公式问题
?命题方向一 定义法求数列的通项公式
1．【答案】（1）；
（2）7.
【分析】（1）设等差数列首项为，公差为，将若，转化为关于的方程组，解出后得到通项公式.
（2）由（1）写出前项和的表达式，代入不等式，解关于的一元二次不等式，结合 求出最小的.
【详解】（1）设等差数列的公差为，则解得
所以.
（2）结合（1）可知，，则等价于，
解得或，又，所以，故使成立的n的最小值为7.
2．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）先由结合等差数列通项公式求出公差，再将转化为关于首项的方程，解出后得到的通项公式.
（2）由为等差数列，结合与等差数列通项形式，推导出的表达式，再代入，求解d.
【详解】（1）因为，所以，所以，所以，
所以.因为，所以，
所以，.
因为，所以，解得或，
因为，所以.所以的通项公式为.
（2）因为，且为等差数列，所以，即，
所以，所以，解得或.
①当时，，所以，
，.
因为，
所以，即，解得或（舍去）.
②当时，，所以，
，.
因为，所以，即，
解得（舍去）或（舍去）.
综上，.
3．【答案】（1），；
（2）
【分析】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，将已知条件，
转化为关于，的方程组，解出，后得到两个数列的通项公式。
（2）由（1）得到 的表达式，利用错位相减法求其前n项和.
【详解】（1）设公差为，公比为，，故，，
，故，联立，解得或（舍去），
故，；
（2），设数列的前项和为，
则，①
，②
两式①-②得，
所以.
?命题方向二 退位法求数列的通项公式
4．【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）对已知递推式．进行变形，构造 与的关系，结合首项验证等比数列定义，完成证明.
（2）先由（1）求出，再利用及得到，进而写出，最后用错位相减法求数列的前n项和．
【详解】（1）将两边同时加，得，
因为，所以是以3为首项，3为公比的等比数列；
（2）由（1）知，即， 当时，，
当时，不符合上式，
故，所以，
当时，
，
由于当时也满足该式，因此．
5．【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）利用再利用将已知递推式转化为关于的等式，再通过推导为常数，结合首项验证等差数列定义.
（2）先由（1）求出与，对的进行裂项变形，再利用裂项相消法求前项和.【详解】（1）因为，所以，
当时，，
两式相减得，①
则，②
②①得，所以.
因为，又，所以当时，；
当时，，则，所以，满足，
所以，故数列为等差数列.
（2）由（1）可知数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，，
则，
所以.
?命题方向三 累加法求数列的通项公式
6.【答案】（1）；
（2）90.
【分析】（1）由递推式，利用累加法，将表示为等比数列与等差数列的求和，结合 求出通项公式.
（2）由化简得等差数列，写出其前项和的的二次函数形式，根据二次函数性质或数列单调性求最大值。
【详解】（1）依题意，当时，，则
，满足上式，
所以的通项公式为.
（2）由（1）得，数列是递减等差数列，
由，得，则数列前10项均为非负数，从第11项起为负数，
而，因此数列前10项和与前9项和相等，都最大，
所以数列的前项和的最大值为.
7．【答案】（1）；；
（2）证明见详解
（1）先由等比数列的首项及求出公比，得到；再利用求出，通过累加法结合求出；最后用错位相减法求的前n项和；
（2）将 代入​，对进行裂项变形，利用裂项相消法求出，再放缩证明.
【详解】（1）设等比数列的公比为，首项，，
所以，，，
又因为，所以，
令，，又有，
则有
，
所以，
又因为数列的各项均为正数，所以，
令，
所以①，
②，
由①—②有：
，
（2）因为，
所以.
?命题方向四 累乘法求数列的通项公式
8．【答案】（1），
（2）证明见解析
【分析】（1）先由等差数列的首项与公差，写出其通项公式，结合推导出的表达式，再用累乘法求出的通项公式；
（2）由（1）得 ​，对其进行裂项变形，利用裂项相消法求出前项和，最后通过放缩证明不等式成立.
【详解】（1）法一：因为，所以，又是公差为的等差数列，
所以.因为当时，，
所以，所以，整理得，
所以，
所以，
又也满足上式，所以，则，
所以，
又也满足上式，所以.
法二：因为，所以，又是公差为的等差数列，
所以，所以.
因为当时，，所以，
所以，
所以，
所以，
又也满足上式，所以.
（2）因为，所以，
所以.
9．【答案】（1）
（2）证明见详解.
【分析】由递推式变形得，利用累乘法结合首项求出通项公式；
（2）由（1）得​，通过放缩后裂项，再用裂项相消法求和，证明.
【详解】（1）因为，所以，
即，将上述个式子相乘得，
所以，当时，成立，故.
（2）由（1）得，所以，
所以，即.
10．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）先由等差数列的首项与公差，写出其通项公式，得到的表达式，再用累乘法求出的通项公式；
（2）将 代入​，对进行裂项变形，利用裂项相消法求出前项和，，分析的单调性，由恒成立，得到的取值范围.
【详解】（1）由可知.
由题设条件可知，所以，
当时，，
所以.
当时，满足，故的通项公式为.
（2）由（1）可知，
所以
. 则.
?命题方向五 构造求数列的通项公式
11．【答案】 （1）证明见解析
（2）
【分析】（1）将，代入递推式，整理得到​与的倍数关系，结合首项验证等比数列定义，完成证明；
（2）由（1）得到的通项，反解出，将项和拆分为等比数列与等差数列的和，分别求和后合并得到 ．
【详解】（1）因为，所以，
所以，即，又，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列
（2）由（1）可得，所以，
所以前项和
12．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）对递推式变形，构造新数列，证明其为等比数列，进而求出 的通项公式；
（2）将 代入​​，化简后利用裂项相消法或错位相减法求前项和．
【详解】（1）因为，且易知，
所以，所以，所以．
因为，所以，所以是首项为1，公比为的等比数列，
所以，所以．
（2）因为，
所以．
13.【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【分析】（1）根据题设条件化简，结合等比数列的定义即可证明；
（2）由（1）求得数列的通项公式，再求即得；
（3）将（2）中得到的的通项代入求得，化简后利用数列的单调性即可得证.
【详解】（1）由得，则，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）得,解得：.
（3）
令，，
因为在上单调递增，则
所以数列在上单调递减，从而数列在上单调递增，且，
故得.
题型02 数列的前n项和问题
?命题方向一 分组求和法求数列的前项和
1.【答案】（1）.
（2）300.
【分析】（1）根据递推式计算，，再由 ，结合奇偶项递推关系，证明 是等差数列，进而求出其通项公式；
（2）将前 20 项和拆分为奇数项和与偶数项和，分别利用等差数列求和公式计算，再合并得到结果.
【详解】（1）因为2n为偶数，所以，，
所以，即，且，
所以是以2为首项，3为公差的等差数列，
所以，，.
（2）当n为奇数时，，所以的前20项和为
.
由（1）可知，，
所以的前20项和为.
2．【答案】（1），证明见解析
（2）
【分析】（1）利用等差数列通项公式，由，求出公差，得到的通项；将代入，​+an​，构造数列，证明其为等比数列；
（2）由（1）得的通项，进而得到​，将前项和.拆分为等差数列与等比数列的和，分别求和后合并.
【详解】（1）设等差数列的公差为，由，，
得，解得.所以.
由得，即，
又，所以是一个以4为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）可得，所以.所以.
所以.
3.【答案】（1）；
（2）
【分析】（1）利用与的关系可求数列的通项公式，当时，由已知可得，两式相除可求数列的通项公式；
（2）结合（1），利用分组求和法可求数列的前100项和．
【详解】（1）令，则，，
当时，，也符合上式，∴；
当时，由，可得，
两式相除可得，也符合上式，∴．
（2）），，，…，，
，，，…，，
将数列和数列各取前100项，按从小到大排成一个新的数列，其中重复的数只取一次，
则，，…，
，，，…，，
∴
．
?命题方向二 裂项相消法求数列的前项和
4. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据关系即可作差求解；
（2）利用裂项相消法求和即可得解.
【详解】（1）当时，，当时，，
当时，也符合，所以.
（2）由（1）可得，
5 .【答案】（1），，，.
（2）.
【分析】（1）根据，，通过等比数列定义求出公比，代入等比数列通项公式求出，再根据作差法求出在时，，验证当时，符合该式，即可求出；
（2）利用裂项相消的方法求出即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，则，所以，，
因为，当时，，
两式相减得，则时，；
当时，由得，解得符合该式；所以，.
（2）由于，
，所以.
6.【答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）由.知是首项为 1、公差为的等差数列，先求​​，再得；
（2）由求​，将 裂项后，按奇偶性用裂项相消法求和.
【详解】（1）因为，且，可知数列是以首项为，公差为的等差数列，
则，所以.
（2）由（1）可知：，当时，则，
且符合上式，所以，可得，
设数列的前n项和为，
则，
所以数列的前n项和为.
7.【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）对递推式变形，证明的后项减前项为常数，结合首项验证其为等差数列；
（2）由（1）得，将 裂项后，用裂项相消法求前n项和.
【详解】（1）根据题意，令，
当时，，
，所以，
且，则，
所以数列是首项为，公差为的等差数列；
（2）根据（1）可得，所以，
则，
所以
.
8 .【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）由 及 ，变形得，结合首项 ，证明为等差数列；
（2）由（1）得 ，进而求出​，将 裂项后，用裂项相消法求前项和．
【详解】（1）由得：，
即，
所以，
又，所以，所以数列是以首项为2，公差为2的等差数列.
（2）由（1）知数列是以首项为2，公差为2等差数列，
所以，
当时，，
当时，满足条件，所以，
所以，
所以.
9.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，利用 和列方程组，解出​ 与 ，进而得到通项公式。
（2）将 代入，化简后裂项，再用裂项相消法求前项和.
【详解】（1）数列为等差数列，设首项为，公差为对恒成立，
必有，所以，解得
所以
即数列的通项公式为.
（2）
.
10.【答案】（1）
（2）（i）证明见解析，；（ii）
【分析】（1）分、两种情况结合等差数列的求和公式求解即可；
（2）（i）结合题设及与的关系可得，即可求证，再求解通项公式即可；
（ii）先得到，再结合分组求和、裂项相消法求解即可
【详解】（1）当时，；
当时，，
显然满足上式，则.
（2）（i）由，
当时，，即；
当时，，则，
即，则，即，
所以数列是以为首项，以2为公差的等差数列，
则，即.
由（1）知，，
由（i）知，，
则
，
所以
.
?命题方向三 错位相减法求数列的前项和
11．【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）对递推式变形，得到 ，结合首项，证明为等差数列；
（2）由（1）得，对求导后代入，得到等差乘等比型数列求和，用错位相减法计算最终结果.
【详解】（1）两边同时乘，得，
又，所以是首项为3，公差为1的等差数列.
（2）由（1）可知数列的通项公式为，
又，
故，
所以.
两式相减，得，
所以.
12．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用 与 作差，结合正项数列条件，证明是首项为 1、公差为1的等差数列，进而得到的通项公式；
（2）将 代入 ​，此为等差乘等比型数列，用错位相减法求前n项和．
【详解】（1）由，当时，，
则，即，
所以，即，
由数列为正项数列，所以，从而有，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，．
（2）由（1）知，所以，
，则，
从而，
即，
所以.
13．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由 可知是等差数列，设公差为 d，结合，与 列方程，求出首项和公差，进而得到通项公式；
（2）由（1）得 ，代入 ​，得到为等差乘等比型数列，用错位相减法求前n项和．
【详解】（1）因为，所以数列为等差数列，
设数列的公差为d，且，则，解得，
又，所以，即，
则，解得，所以；
（2）由（1）可知，，所以，
则，
两式相减可得：，
即，
化简可得：.
14. 【答案】（1），
（2）．
【分析】（1）利用并验证 ，求出的通项；再由已知求出等比数列的首项与公比，进而得到其通项。
（2）为等差乘等比型数列，采用错位相减法求前项和.
【详解】（1）当时，，
当时，，
也满足，所以．
因为，所以的公比，
所以．
（2）由（1）可知，
所以①，
②
两式相减，得，
所以．
题型03 数列与不等式的综合应用
?命题方向一 数列与不等式的证明
1．【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）利用等差数列前项和公式与的分段定义，列方程组求出的首项和公差，得到通项；
（2）分别写出 和 的表达式，通过作差比较，证明当时，.
【详解】（1）设等差数列的公差为d.因为，
所以，，.
因为，，所以，
整理得，解得，所以的通项公式为.
（2）由（1）知，所以.
当n为奇数时，
.
当时，，
所以.
当n为偶数时，
.
当时，，所以.
综上可知，当时，.
2．【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）利用与 作差，结合正项数列条件，证明是等差数列，进而求出通项公式；
（2）由递推关系累乘得到的表达式，将其裂项后求和，通过放缩证明不等式成立.
【详解】（1）当时，可得，
当时，，.作差可得，
因为是正项数列，所以，即数列为等差数列，所以.
（2）由题可得，
所以，又，
所以，
又也满足上式，
所以，
3. 【答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的概念证明，结合等差数列通项公式求；
（2）利用裂项相消法求和即可证明．
【详解】（1），
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，
所以；
（2），
．
4.【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）使用等差中项性质即可求解；
（2）使用累加法求得的通项公式，再使用裂项相消即可得证.
【详解】（1）设，则，
因为是等差数列，即是等差数列，
则有，即，解得.
（2）由（1）知，，则公差为2，首项为6，
则，即，
当时，
将各式相加，得，
即，即，而满足上式，
因此，，
则，
因为，则，则，得证.
?命题方向二 数列与不等式的恒成立或能成立问题
5．【答案】（1）；
（2）6.
【分析】（1）利用等差数列前n项和公式及等比中项性质，联立方程求出首项与公差，得到通项公式；
（2）写出与的表达式，解不等式，求出满足条件的最小正整数n.
【详解】（1）设等差数列的公差为，首项为，
由题意可得，化简得，
解得，，所以.
（2）由（1）可知.
由，得，即，即，解得或.
因为，所以n的最小值是6.
即使成立的n的最小值为6.
6．【答案】（1）
（2）
【分析】由得，再写出时的式子作差，整理后证明是等差数列，进而求出通项公式；
（2）根据的分段定义，分为奇数、偶数分别求出 ​，再将不等式 恒成立问题转化为求的最小值，从而确定的取值范围.
【详解】（1）因为，即：．①
当时，，又，所以．
当时，，②
由①－②整理得：．整理得，
由累乘法得：，代入比值：，
当时，，符合上式，
所以数列的通项公式为．
（2）当为偶数时，
，
所以，为偶数，由恒成立，得，
是偶数，当时，有最小值，所以；
当为奇数时，为偶数，
，
所以，为奇数，
由恒成立，得，
又在上单调递增，
所以当时，有最小值1，所以．
综上，实数的取值范围是
7. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由 ，写出时的式子作差，得到与的递推关系，证明是等比数列，进而求出通项公式；
（2）将代入​，裂项后求；再求出的表达式，根据 ，对任意恒成立，分别求 ​ 的上确界和 的下确界，从而确定的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
当时，，所以，即，
则是首项为1，公比为3的等比数列，所以的通项公式为．
（2）由（1）可得，
所以，
因为，，
所以t的取值范围为．
题型04 数列与其他模块知识的创新交汇问题
?命题方向一 数列与集合的融合创新
1. 【答案】（1），
（2）
【分析】（1）根据求出通项公式；
（2）在第一问基础上得到，，，根据求出，，求出等差数列的公差，及通项公式，从而求出.
【详解】（1）由，得：
当时，，
当时，符合上式，
所以数列是首项为1，公差为3的等差数列.故，；
（2）因为，，∴，
又∵，其中是中的最小元素，∴，
∵的公差是3的倍数，∴.
又∵，∴，解得：，所以，
设等差数列的公差为d，则，所以，
所以的通项公式为.
因此数列的前n项和.
?命题方向二 数列与复数的交汇问题
2．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）
【分析】（1）由复数递推式，展开后分离实部与虚部，得到的递推关系，进而求出通项公式；
（2）由虚部的递推式，变形得到的递推关系，取对数后证明是等比数列；
（3）利用（2）的结论，将乘积转化为指数形式，结合等比数列求和公式计算结果。
【详解】（1）因为，故
，
而，均为实数，故，
而，，均为实数，故，故.
（2）由（1）可得，故，，
所以，因为，故，
故，而，
故数列为等比数列，且首项为，公比为.
（3）由（2）可得，故，
故.
?命题方向三 数列与三角的交汇问题
3. 【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）先由求出 ，进而得到​，算出；再由求出​，得到​，算出​；
（2）利用 ​，结合已知的与表达式，消去，得到的递推关系，进而求出通项公式；
（3）由的表达式，结合的放缩，利用等比数列求和公式证明不等式。
【详解】（1）由，，得，故，
由，，得，故
（2）由，
得，又，
所以
两边同时乘以得，
由得，即，
于是，又得，
所以，所以，
经验证也符合，所以；
（3）构造函数，则，
所以在单调递减，且，，
由零点存在定理，存在唯一的，使得，
则当时，；当时，；
故在上单调递增，在上单调递减，
又，所以
所以当时，，
所以当时，，
所以当时，，
当时，．
当n＝1，n＝2时，不等式成立.
?命题方向四 数列与概率统计交汇问题
4．【答案】（1），
（2）证明见解析
（3）1
【分析】（1）初始状态甲盒有1个白球，第一次操作分四种取球情况，计算得 ​，；
（2）由状态转移得到与的关系，结合，整理后证明是公比为的等比数列；
（3）数学期望，结合（2）的结论化简求值.
【详解】（1）初始时甲、乙两盒均装有 1 个白球和 1 个黑球，第一次操作时，从两盒中各取一球交换，共有 4 种等可能情况：
甲取白、乙取白：交换后甲盒白球数为 1；
甲取白、乙取黑：交换后甲盒白球数为 0；
甲取黑、乙取白：交换后甲盒白球数为 2；
甲取黑、乙取黑：交换后甲盒白球数为 1。
故
（2）记 ，则 ，
由全概率公式得：，
，
所以，
，
由 （1） 和（3）知 ，结合初始值 ，
可得对任意 有 ，代入中，得：，
将（4） 代入（2）式得： ，
整理得，即：，又，
所以数列是公比为的等比数列.
（3）由题意知：的取值为：，
分布列为：
，由 （2） 知 ，因此.
?命题方向五 数列与函数、导数的交汇问题
5 .【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【分析】（1）对递推式变形，两边同乘 ​，得到，结合首项 ，证明是等差数列是等差数列；
（2）由（1）得 ，代入后求导，在处转化为等差乘等比型数列求和，用错位相减法计算结果.
【详解】（1）对任意的，，
等式两边同时除以得，即，
又，所以是以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）知，所以，
因为，则，
对任意的，，
所以.
6．【答案】（1）
（2）
【分析】（1） 将拆分为等比数列与等差数列，分别用等比数列、等差数列前 项和公式求和后相加；
（2）先求在 处的导数得到切线斜率，写出切线方程，令求出截距；再将 拆分为等比数列与等差乘等比型数列，分别求和后得到​.
【详解】（1）因为，所以
.
（2），直线的方程为，
令，得，
所以，
令数列的前项和为，则
，
，
两式相减得，故，
又数列的前项和为，
所以数列的前项和.
7. 【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【分析】（1）由题意结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解；
（2）求导得函数在上是增函数，结合零点存在定理即可得证；
（3）一方面由结合上单调递增可得，即；另一方面通过放缩、以及裂项相消可得，由此即可得证.
【详解】（1）若，，则，
则，
，

，
；
（2），，
故函数在上是增函数．
由于，当时，，即．
又，
，
根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的，满足．
（3）对于任意，由中构成数列，当时，
，
．
由在上单调递增，可得，即，
故数列为减数列，即对任意的、，．
由于，，
，，
用减去并移项，利用，可得
．
综上可得，对于任意，由中构成数列满足．
8．【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）先由数列递推关系求出，得到 ；求导找极值点，判断单调性后求出极大值；
（2）将不等式转化为 ；分别求在上的最大值和 在 上的最大值，代入解出的范围；
（3）先由数列递推式求出，化简 ​，得到​；用错位相减法求前项和 .
【详解】（1）由（），则，
所以函数，则，
令，解得，或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以时，有极大值，极大值为；
（2）因为，，使得成立，
所以，
由（1）知时，，
由，则，
令，解得，或．
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
当时，取得最大值，即，故，解得，
所以；
（3）因为①，则，且②，
①②得（），则，
即，其中的指数为个2相乘，
因为，所以，
当时，，所以数列的通项公式为，
当时，
，
令，则，①
两边同乘得，，②
①②得，化简得：，
令，
法一：，①
两边同乘得，，②
①②得：
，所以，
法二：因为（），
将上式两边求导得，
两边同乘，
将上式两边求导得：
两边同乘：
即，
令，则，
所以，所以，当时，，满足上式，所以.0
1
2