2026年高三数学一轮复习备考题型归纳讲义第24讲：数列的综合应用(知识梳理+题型总结)(学生版+解析)

这是一份2026年高三数学一轮复习备考题型归纳讲义第24讲：数列的综合应用(知识梳理+题型总结)(学生版+解析)，共18页。学案主要包含了新高考课程标准要求，知识梳理，课前自测，真题重现，针对训练，解题策略，角度1：求和后放缩，角度2：放缩后求和等内容，欢迎下载使用。
1. 理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式及其应用。
2. 了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。
3. 会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题。
此外，还涉及对数学核心素养的考查，要求学生具备逻辑推理、数学运算、数学抽象、数学建模等素养，能解决数列与函数、不等式相结合的问题，如根据数列递推式或通项公式确定基本量并求和，利用数列单调性或函数性质解决数列中的不等关系、恒成立问题，运用放缩法证明数列不等式等。
【知识梳理】
模块1：数列与函数的关系（基础核心）
数列是定义域为正整数集（或其有限子集）的特殊函数，其性质可通过函数视角分析：
模块2：数列与导数的结合（跨模块重点）
核心思路：将数列的“离散变量”转化为函数的“连续变量”（且），通过导数研究函数性质，反推数列规律。
1. 用导数研究数列单调性
步骤：
① 设数列通项，构造对应可导函数（）；
② 求导得，判断时的符号；
③ 若，则单调递增；若，则单调递减。
示例：判断的单调性
构造，求导得；
当时，，故在时单调递减。
2. 用导数求数列的最值
步骤：
① 构造函数对应，求并找极值点；
② 分析在附近的单调性，确定为极大值点或极小值点；
③ 因为正整数，对比附近的整数对应的，确定数列最值。
示例：求的最小值
构造，求导得；
令，得极值点；当时，故在处取最小值；
数列最小值为。
3. 用导数证明数列不等式
步骤：
① 若需证（或），设、，构造函数；
② 求，证明时（或）；
③ 令（），即可推出数列不等式成立。
示例：证明时
构造（），求导得；
故在上单调递增，；
令，得，不等式成立。
模块3：数列与不等式的放缩（解题技巧专项）
放缩原则：目标导向——放缩后需能通过“求和”“单调性”等方法简化问题，避免过度放缩。
1. 基本不等式放缩
适用场景：含平方、乘积的数列不等式。
核心工具：均值不等式、二次函数最值。
示例：证明
因，故：
。
2. 裂项放缩
适用场景：分式、根式型数列，需通过裂项相消求和。
常见形式：
示例：证明
当时，，故：
。
3. 指数/对数放缩
适用场景：含指数、对数的数列不等式。
核心工具：
指数不等式：（，当且仅当时取等号）；
对数不等式：（，当且仅当时取等号）。
示例：证明（）
因时（当或时等号成立），令，则；
故，即。
4. 单调性放缩
适用场景：已知数列单调性，需简化不等式。
核心逻辑：
若单调递增，则（）；
若单调递减，则（）。
示例：已知（单调递增），证明
因单调递增，故（）；
则。
模块4：数列的求和方法（解题基础工具）
| 求和方法 | 适用数列类型 | 核心步骤/公式 |
|----------|--------------|----------------|
| 公式法 | 等差数列、等比数列 | 等差数列：；
等比数列： |
| 裂项相消法 | 分式型（如）、根式型（如） | ① 将数列项拆分为“两项差”形式；
② 求和时相邻项抵消，剩余首尾项。 |
| 错位相减法 | “等差数列×等比数列”型（如） | ① 写出；
② 两边乘等比数列公比，得；
③ 两式相减，转化为等比数列求和。 |
| 分组求和法 | 可拆分为“等差+等比”“等差+常数”等多个可求和子数列 | ① 将数列拆分为（、可求和）；
② 分别求和，再相加。 |
示例（分组求和）：求的前项和
。
二、常见模型结论
模型1：等差模型（均匀变化问题）
核心特征：后项-前项=固定常数（公差），即（，为常数）。
关键公式：
通项：；
前项和：。
应用场景：每月固定加薪、设备匀速折旧、均匀增减的产量问题。
示例：某设备初始价值10万元，每年折旧0.5万元，第年价值为（构成等差数列）。
模型2：等比模型（比例变化问题）
核心特征：后项/前项=固定常数（公比），即（，）。
关键公式：
通项：；
前项和：。
应用场景：复利计息、细胞分裂、增长率/衰减率问题（如人口增长、病毒传播）。
示例：本金元，年利率，按复利计算，第年本息和为（构成等比数列）。
模型3：混合模型（等差+等比，复合变化问题）
核心特征：数列同时含“固定量增长”（等差）和“固定比例增长”（等比），递推关系为（，为常数）。
通项求解：构造等比数列转化——
设，解得；
则为等比数列，进而求通项。
应用场景：含固定奖金的年薪增长、含固定投入的资产增值。
示例：万元（初始年薪），（年薪=上一年×1.1+固定奖金2万），构造得，故。
模型4：生长模型（分期付款/资源动态问题）
核心特征：每期量=上期量×(1+比例)+固定量，典型场景为分期付款。
关键公式（分期付款）：
设贷款总额，年利率，分期等额还款，每期还款，则：
，化简得：
。
应用场景：房贷、车贷分期还款、树木生长与砍伐、资源消耗与补充。
示例：贷款100万元，年利率4.9%，分30年（360期）等额本息还款，每期还款万元。
模型5：递推模型（递推关系求解问题）
【课前自测】【真题重现】
一、单选题
1．（2022·全国乙卷·高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确.
2．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
【答案】D
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
3．（2005·辽宁·高考真题）一给定函数的图象在下列图中，并且对任意，由关系式得到的数列满足，则该函数的图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】
由关系式得到的数列满足，根据点与直线之间的位置关系，的图象在上方．根据选项即可得到正确的答案．
【详解】一给定函数的图象在下列四个选项中，并且对任意，由关系式得到的数列满足．得，所以在上都成立，即，，所以函数图象都在的上方．故A符合，其他均不符合.
故选：A
4．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
【答案】B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
5．（2025·上海·高考真题）已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（ ）
A． 4个B．3个C．1个D．无数个
【答案】B
【分析】由可知范围，再由三角形三边关系可得的不等关系，结合函数零点解不等式可得.
【详解】由题意，不妨设，
三点均在第一象限内，由可知，，
故点恒在线段上，则有.
即对任意的，恒成立，
令，构造函数，
则，由单调递增，
又，存在，使，
即当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
故至多个零点，
又由，
可知存在个零点，不妨设，且.
①若，即时，此时或.
则，可知成立，
要使、、的值均能构成三角形，
所以恒成立，故，
所以有，解得；
②若，即时，此时.
则，可知成立，
要使、、的值均能构成三角形，
所以恒成立，故，
所以有，解得或；
综上可知，正整数的个数有个.
故选：B.
6．（2022·浙江·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.

7．（2020·全国II卷·高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由知，序列的周期为m，由已知，，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.
二、多选题
8．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）设正整数，其中，记．则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.
【详解】对于A选项，，，
所以，，A选项正确；
对于B选项，取，，，
而，则，即，B选项错误；
对于C选项，，
所以，，
，
所以，，因此，，C选项正确；
对于D选项，，故，D选项正确.
故选：ACD.
题型分类
知识讲解与常考题型
【考点一：数学文化与数列的实际应用】
【例题】1．（2025高三·全国·专题练习）如图1是第七届国际数学教育大会（简称ICME－7）的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记的长度构成数列，设，其前项和为，则（ ）
A．63B．8C．7D．64
【答案】C
【分析】根据图形得是以1为首项，以1为公差的等差数列求出，再利用裂项相消求和可得答案.
【详解】根据图形，
因为，都是直角三角形，
，
是以1为首项，以1为公差的等差数列，
，且满足上式，.
由题意得，，.
，
.
故选：C.
【针对训练】2．（25-26高二上·全国·期中）我国古代数学典籍《九章算术》中有一道两鼠穿墙问题，今有垣厚五尺，两鼠对穿．大鼠日一尺，小鼠亦日一尺．大鼠日自倍，小鼠日自半．问：几何日相逢？各穿几何？翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大、小鼠第一天都穿一尺，以后每天大鼠加倍，小鼠减半，则几天后两鼠相遇？各自穿墙多少天？这个问题体现了古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为1200尺，则打穿需要（ ）
A．10天B．11天C．12天D．13天
【答案】B
【分析】大鼠和小鼠每天穿墙尺寸都构成一个等比数列，然后由等比数列求和公式，结合数列的单调性即可求得结果．
【详解】设大鼠和小鼠每天穿墙尺数分别构成数列，，它们都是等比数列，其中，
的公比为，的公比为，
设经过天，大鼠和小鼠穿墙尺数的和为，
则（分组求和法的应用），
因为与在上均单调递增，所以在上单调递增，
因为，，
所以当时，，当时，，因此需要11天才能打穿．
故选：B
3．（24-25高二下·河南南阳·阶段练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了新的垛积公式.所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数或高次差数成等差数列.如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新的数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.已知一个二阶等差数列的前5项分别为1，5，12，22，35，则该数列的第45项为（ ）
A．3015B．3025C．3022D．3122
【答案】A
【分析】先根据题意得递推公式，再由递推公式结合累加法和等差数列前n项和公式求出数列的通项公式即可求解.
【详解】因为二阶等差数列的前5项分别为1，5，12，22，35，
所以，
所以
，
则该数列的第45项为.
故选：A.
4．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数有两个零点1，2，数列为的牛顿数列．设，已知，的前项和为，则等于（ ）
A．2025B．2026C．D．
【答案】D
【分析】先由函数有两个零点求得和的解析式，进而求得数列的递推公式，从而得到数列的前n项和，即可求得的值．
【详解】有两个零点1，2，
则，解之得，
则，则，
则，
则，
由，可得，
即，
又，则数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，
前n项和，则.
故选：D．
【解题策略】
数学文化与数列的实际应用解题策略
一、数列相关的数学文化案例梳理
数学文化题常以“古今数学典籍”“经典数学模型”“实际生活场景”为载体，核心仍是等差、等比、递推等数列模型。以下为高频关联案例：
二、通用解题策略（四步走）
无论题干是“文化典籍”还是“实际应用”，核心是剥离背景，抽象数列模型，再用数列公式求解，具体步骤如下：
步骤1：审题——提取“数学关键信息”，排除文化/场景干扰
重点找3类信息：
1. 项的定义：明确表示什么（如“第n日织布量”“第n年人口数”“第n期还款后剩余本金”）；
2. 递推关系/变化规律：判断是“固定增量/减量”（等差，）、“固定比例”（等比，），还是“递推式”（如）；
3. 已知条件：确定首项（如“第一日织5尺”“本金10万元”）、项数n（如“10年”“24期还款”）、目标量（求或前n项和）。
示例（《张丘建算经》女子织布）：
题干：“今有女子善织，日自减，五日织五尺。问日织几何？”
提取信息：=第n日织布量（递减，等差模型），，，尺，求。
步骤2：建模——匹配数列类型，确定核心公式
根据步骤1提取的规律，对应此前梳理的数列模型，确定用何种公式：
示例（复利计息）：
本金P=10万元，年利率r=3%，按复利计算，求5年后本息和（）。
建模：等比数列，，，。
步骤3：求解——代入数据计算，注意单位与细节
计算时需注意：
1. 单位统一：如年利率转月利率（例：年利率4.9%，月利率为）、古代单位换算（如1尺=10寸，无需深入复杂换算，题干通常给出简化数据）；
2. 公式适用条件：等比数列求和需先判断还是（如“每年存款1万元，年利率0”，则为等差模型，）；
3. 递推数列简化：若递推式复杂（如），先构造等比数列（设，求k），再用等比公式求解。
示例（斐波那契兔子繁殖）：
求第10个月兔子对数。已知，，，逐项递推：
，，，，，，，（第10个月55对）。
步骤4：验证——结合实际意义，检验结果合理性
数列实际应用中，结果需符合“现实逻辑”，常见验证点：
1. 项数n：必须为正整数（如“第0.5期还款”无意义）；
2. 数值合理性：如人口数、钱数、物品数量需为非负数（若计算出“负数织布量”，则需检查公差符号是否正确）；
3. 范围匹配：如“分期付款总额”应略大于贷款本金（含利息），若结果远小于本金，需检查利率换算或公式是否用反。
示例（分期付款）：
贷款100万元，年利率4.9%，分30年（360期）还款，计算每期还款额约0.53万元（30年总还款约190.8万元），符合“总还款>本金”的逻辑，结果合理。
三、易错点总结
1. 文化题“背景干扰”：如古代典籍中的“衰分”“少广”等术语，无需纠结字面意思，重点找“变化规律”（如“递减”“按比例”）；
2. 实际应用“单位换算”：年利率/月利率、年增长率/季度增长率需统一（例：“年利率6%，按月计息”，月利率为0.5%）；
3. 递推模型“首项定义”：斐波那契数列中，若题干“第1月0对，第2月1对”，则递推式仍为，但首项需重新对应；
4. 结果“实际意义”：若求“最少需要n期还款”，n需取整数（如计算得n=23.4，需取24期）。
【考点二：新定义数列问题】
【例题】5．（2025高三·全国·专题练习）设为数列的前n项和，若对，均有，则称数列为“天梯数列”．在数列中，，，若数列为“天梯数列”，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据条件可先推出为等比数列，由天梯数列的定义，等比数列的求和公式，列出关系式得出关于等比数列公比的不等式即可求解.
【详解】由整理可得，
即，则数列为等比数列，
设其公比为q，，由为“天梯数列”可知，则．
由得，整理得，则．
由题得，，
因为函数在单调递减，值域为，
因此，解得，
故的取值范围，即的取值范围为．
故选：D
【针对训练】6．（2025·河南信阳·模拟预测）对于数列，若存在实数，使得对一切正整数，恒有成立，则称数列为有界数列.设数列的前项和为，则下列选项中，满足数列为有界数列的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据有界的概念，求出每个选项的前项和为，再判断是否存在实数，使恒成立即可.
【详解】对于A，，此时为等差数列，则，无界，故A错误；
对于B，，此时为等比数列，则，无界，故B错误；
对于C，，则，
所以恒成立，即有界，故C正确；
对于D，，则，
则，
故当时，明显无界，故D错误；
故选：C.
7．（2025·上海普陀·二模）设，，、，是数列的前项和，且满足，数列是由个大于的整数组成的有穷数列，若，，则称数列是数列的“数列”.对于数列有如下两个命题：①若，则数列不是数列的“数列”；②若，则数列的“数列”至少有5个.则下列结论中正确的是（ ）
A．①为真②为真B．①为真②为假C．①为假②为真D．①为假②为假
【答案】A
【分析】先根据与的关系求出数列的通项公式，再结合“数列”的概念判断①②的真假即可.
【详解】对数列：①
②
①－②得：，
所以是以3为公比的等比数列，
令，
对①：若，.
因为，且为整数，，其余.
以为例，.
若，则，这与矛盾.
所以不能恒成立.故①为真.
对②：以为例：
设，
令，则方程的解有，，，，5个满足.
即时，数列的“数列”有5个.
当时，，
令，则方程满足的解的个数更多.
即时，数列的“数列”多于5个.
……
依次类推：当数列至少5个，故②为真.
故选：A
二、多选题
8．（24-25高二下·福建泉州·期末）已知数列，其前项和为，若存在常数，对任意，恒有，则称为数列.则下列说法正确的是（ ）
A．若为等差数列，则为数列
B．若是以1为首项，为公比的等比数列，则为数列
C．若为一数列，则也为数列
D．若为一数列，则也为数列
【答案】BD
【分析】根据给定条件，利用数列的定义逐项分析判断.
【详解】对于A，若为等差数列，设公差为，则，
当时，，所以不存在满足题意的正数，故A错误；
对于B，若是以1为首项，为公比的等比数列，则，，
则，
因，则当时，，故，故B正确；
对于C，若，则数列是数列，此时，
但不是常数，即数列不是数列，故C错误；
对于D，若数列是数列，即存在常数，
对任意有，即，
则
，则数列是数列，故D正确.
故选：BD
【解题策略】
新定义数列问题解题策略
新定义数列是高考高频题型，核心是通过题干给出的“新规则、新性质、新运算”定义数列，考查对新信息的理解、转化与数列知识的迁移应用能力。解题关键在于精准拆解定义，将新问题转化为等差、等比、递推等熟悉的数列模型，具体策略如下：
一、新定义数列的核心类型梳理
先明确常见的新定义方向，快速建立“定义—模型”的关联意识：
二、通用解题策略（四步走）
步骤1：精读定义——拆解“新规则”，明确核心要素
新定义数列的“难点”在“定义”，需逐句拆解，提取3个核心要素：
1. 定义对象：明确新数列的构成方式（如“由的差构成”“由函数迭代生成”）；
2. 限制条件：注意定义中的“隐含要求”（如周期数列需“正整数”“对任意成立”，前项积数列需“”）；
3. 量化关系：将定义转化为“数学表达式”（这是关键！），例如：
若定义“”（分式递推），直接写出递推式；
若定义“为‘优数列’，当且仅当”，转化为不等式（即差数列单调递增）。
示例：定义“等和数列”：在一个数列中，从第二项起，每一项与它的前一项的和都等于同一个常数，则这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。
拆解量化关系：（为常数，），即（递推式）。
步骤2：初步验证——用“特殊项”找规律，预判模型
新定义往往抽象，可通过计算前3-5项（特殊项），观察规律，初步判断数列类型（等差、等比、周期、递推等），降低后续求解难度：
1. 计算特殊项：根据定义，代入首项（或已知条件），依次求；
2. 观察规律：看是否满足“差为常数”（等差）、“比为常数”（等比）、“周期重复”（周期数列）、“递推式可简化”（如线性递推）。
示例：定义数列，，（），求。
计算特殊项：，（无意义？需注意定义隐含条件——，修正），则，，，发现周期。
步骤3：转化模型——将新定义问题“翻译”为熟悉问题
根据步骤2的规律预判，将新定义问题转化为已掌握的数列模型（等差、等比、递推等），常用转化方法：
步骤4：求解验证——按熟悉模型计算，检验是否符合定义
1. 按模型求解：用等差、等比、递推数列的公式（通项、前n项和）计算目标量（如、、参数范围等）；
2. 回归定义验证：因新定义可能有隐含限制（如分母不为0、项的范围），需检验结果是否符合原定义，避免因转化偏差出错。
示例：定义“等积数列”（每一项与前一项积为常数），，，求。
求解：由定义得，前10项为（周期），；
验证：每相邻两项积为，符合“等积数列”定义，结果正确。
三、易错点总结
1. 定义理解偏差：忽略“隐含条件”（如周期数列需“对任意成立”，而非仅前几项；前项积数列需），导致后续计算出错；
2. 特殊项计算失误：求前几项时因计算错误（如分式递推、负号处理），误判数列规律（如错判周期）；
3. 转化不彻底：将新定义转化为递推式后，未进一步转化为等差/等比模型（如线性递推，未构造等比数列，直接硬算导致复杂）；
4. 忽略定义域：与函数关联的新定义数列（如），未考虑函数的定义域（如分母不为0、根号下非负），导致项无意义；
5. 周期项对应错误：周期数列中，目标项与周期内项的对应（如，，，而非）。
四、核心思想提炼
新定义数列的本质是“旧知识的新包装”，解题时需秉持“拆解定义—找规律—转模型—验结果”的逻辑，避免被“新术语”吓住，始终围绕“数列的通项、前n项和、性质（单调性、周期性）”三大核心展开，将陌生问题转化为熟悉的等差、等比、递推数列问题，即可高效突破。
【考点三：数列不等式的证明】
【角度1：求和后放缩】
【例题】1．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【详解】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
【针对训练】2．（2008·江西·高考真题）等差数列各项均为正数，，前n项和为，等比数列中，，且．
(1)求与；
(2)证明：．
【答案】(1);
(2)证明见详解.
【分析】（1）根据等差数列的求和公式以及等比数列的通项列出方程组，解出公差和公比，从而求得数列的通项公式；
（2）先求出等差数列求和公式求得，再利用裂项相消法求和，从而证得结果．
【详解】（1）设公差为，公比为，
则，
解得或（舍去），
则；
（2）由（1）得，
则，
则，
则
.
3．（2025·安徽合肥·模拟预测）记为数列的前n项和，已知.
(1)求的通项公式；
(2)设递增的等差数列满足，且成等比数列.设，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由，，两式相减可得，从而求出的通项公式；
（2）设数列的公差为，结合已知条件可得：，所以，利用裂项相消及不等式的性质求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
两式相减可得，
即，则，
由，可得，
所以当时，，即，
因为不满足上式，
所以数列的通项公式为.
（2）设数列的公差为，因为成等比数列，且，
所以，即，整理得，
解得或，
因为，所以，又因为，所以数列的通项公式为.
可得
综上可得，对于任意，都有.
【角度2：放缩后求和】
【例题】4．（24-25高二下·辽宁·期末）已知数列中，，，．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)记，数列的前项和为．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）将左右两边取倒数，得到，将其变形为，即可根据等差数列的定义，证明数列为等比数列；
（2）（i）由（1）得到及的解析式，进而得到的解析式，通过讨论的取值范围，即可得到的取值范围；（ii）先得到的解析式，进而得到其前项和的解析式，通过放缩，将其转化成求一个等比数列的前项和，通过讨论的范围，即可证明.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
又，所以，
所以数列是以2为首项，以为公比的等比数列；
（2）（i）由（1）可知，
所以，，
因为，
因为，，所以，所以，
所以，的取值范围；
（ii）因为，又因为，
所以
设.
当时，成立；
当时，成立；
当时，成立；
且随着值增大，逐渐减小，逐渐增大，
因为，所以，所以，
即.
【针对训练】5．（2025高三·全国·专题练习）（1）求证：；
（2）已知，求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）解法1将放大为后再求和，证明和小于3即可；解法2将放大为后再求和，证明和小于3即可；
（2）先将通项放大为，再利用裂项相消求和法求和即可证明.
【详解】（1）解法1：
，
．
解法2：
，
．
（2）
．
6．（2025高三·全国·专题练习）已知在正项数列中，，其前项和满足．
(1)求与；
(2)令，数列的前项和为，求证：对于任意的，都有．
【答案】(1)；．
(2)证明见解析
【分析】（1）应用十字相乘法分解因式计算得出，再应用计算求解；
（2）应用放缩法结合裂项相消法证明即可.
【详解】（1）由，得．
由于是正项数列，，所以．
当时，，
所以，．
又，，则，
，所以，
综上，数列的通项，
当时，，
当时，合适上式，
所以，．
（2）由于，由（1）得，
则当，，，时，有，
所以，当时，
．
又时，，
所以，对于任意的，都有．
7．（2025高三·全国·专题练习）已知对于任意的，数列都满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据即可求解；
（2）由（1）可知：当时，，结合等比数列的前项和公式即可证明.
【详解】（1）由题设有①，
当时，②，
①－②得，所以.
又当时，由得，不符合上式，
综上，数列的通项公式为.
（2）由（1）可知：当时，，
所以，
所以当时，.
【角度3：构造函数放缩】
【例题】8．（24-25高二下·贵州铜仁·期末）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：，．
【答案】(1)极大值1，无极小值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导函数判断其单调性即可；
（2）将问题转化为在上恒成立，构造，再分类讨论研究其单调性即可；
（3）由（2）知，当时，在上恒成立，令，则有，再写出个式子，将其相加化简即可.
【详解】（1）当时，，定义域为，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因此，当时有极大值；无极小值．
（2）若在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则，，
①当时，有，此时函数在上单调递增，
有，不符合题意；
②当时，，
令，解得，
若，则，此时，
函数在上单调递减，则恒有，符合题意；
若，则，则，得；，得，
从而可知，函数在上单调递增，在上单调递减．
注意到当时，，此与相矛盾，不符合题意．
综上，实数的取值范围为．
（3）由（2）知，当时，在上恒成立，
令，则有，
所以，，，，
将上面式子相加，可得，
即是，
故，．
【针对训练】9．（24-25高二下·云南·期末）已知各项均为正数的等差数列，其前项和为，且，函数．
(1)求的公差；
(2)若恒成立，求的值；
(3)设，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）取和可得，，进而结合等差数列定义求解即可；
（2）求导，分析函数的单调性，进而求解即可；
（3）由（1）可得，由（2）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，所以；
（2）由，，
则，
当时，，函数在上单调递增，
又，则当时，，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（1）知，
由（2）知，当时，，
即，，
令，则，
由，则，，
则，
即，．
10．（24-25高二下·湖北省直辖县级单位·阶段练习）已知函数．
(1)当时，，求的取值范围；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）恒成立求参数的取值范围，分类讨论利用导数分析单调性求解即可；
（2）由（1）可知当时，，故，由放缩法证明即可.
【详解】（1）函数，且，
①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立；
②当时，令，得，
当时，此时单调递减，故，不满足题意；
综上可知：．即的取值范围为．
（2）由（1）可知当时，，故，
令，所以，所以，
所以．
【解题策略】
数列不等式的证明解题策略
数列不等式证明是高考数列综合题的核心题型，常以“证明”“证明（为常数）”“证明”等形式呈现，核心是结合数列的通项、前项和性质，灵活运用不等式证明技巧。以下按“方法分类—适用场景—操作步骤—示例”的逻辑，梳理四大核心解题策略，并补充常见放缩公式：
一、放缩法（最常用，适用于“求和型不等式”）
适用场景
需证明数列前项和与常数或函数的不等关系（如、），且直接求和困难（如分式、根式数列），需通过“放大或缩小数列项”，使放缩后的数列可求和（如裂项相消、等比求和）。
核心思路
“目标导向放缩”：根据求和后的目标形式（如常数、分式），确定放缩方向（放大或缩小），确保放缩后数列的和能化简，且放缩幅度合理（不过度）。
常见放缩公式汇总
以下为高频场景的通用放缩式，需熟练掌握并灵活变形：
常见放缩类型及操作步骤
1. 分式型数列放缩（高频）
适用数列：（为常数）、、等。
放缩技巧：利用“分母越大，分数值越小；分母越小，分数值越大”，结合上述分式放缩公式，将分母转化为可裂项的形式。
示例1：证明（）
步骤1：确定放缩方向——需证明和小于2，故选择放大式（）。
步骤2：分段求和——时，左边；时，左边。
步骤3：结论——综上，不等式成立。
示例2：证明
步骤1：确定放缩方向——需证明和大于，故选择缩小式。
步骤2：求和——左边？不，需更精细缩小，改用（见易错点“放缩过度”补充），求和得，因（交叉验证：，成立），故左边。
2. 指数型数列放缩
适用数列：、等含指数项的数列。
放缩技巧：结合指数放缩公式，将指数项简化为可等比求和的形式。
示例：证明
步骤1：选择放缩式——由（），得。
步骤2：求和——左边。
3. 根式型数列放缩
适用数列：、等。
放缩技巧：利用根式放缩公式，通过有理化转化为“相邻根式差”。
示例：证明
步骤1：选择放缩式——由（分子分母同乘）。
步骤2：求和——左边。
4. 对数型数列放缩（新增）
适用数列：、等含对数项的数列。
放缩技巧：结合对数放缩公式，将对数项转化为分式或多项式。
示例：证明
步骤1：选择放缩式——由（令，代入，得）。
步骤2：求和——左边
二、单调性法（适用于“通项型不等式”或“和的最值型不等式”）
适用场景
1. 证明（或），且可构造函数，通过证明单调递增（递减），进而得（或）；
2. 证明（或），且的单调性可判断（如单调递增，则）。
操作步骤
1. 构造数列：设（或），目标证明（或）；
2. 判断单调性：计算，判断其符号（正：单调递增；负：单调递减）；
3. 求最值：若单调递增，则，只需证明；若单调递减，则，只需证明。
示例
证明：当时，。
步骤1：构造；
步骤2：判断的单调性——计算；
当时，；
当时，，故在时单调递增；
步骤3：求最小值——，，时，故，即。
三、数学归纳法（适用于“与正整数n相关的递推型不等式”）
适用场景
题干含递推关系（如），且不等式形式与直接相关（如、），尤其适合无法直接放缩或判断单调性的复杂递推数列。
操作步骤（以证明为例）
1. 基例验证（n=1时）：代入，证明（若从2开始，验证）；
2. 归纳假设（n=k时）：假设当（，）时，不等式成立，即；
3. 归纳递推（n=k+1时）：利用递推关系和归纳假设，证明（关键：将用表示，再结合推导）；
4. 结论：由1、2、3可知，对任意，不等式成立。
示例
已知，，证明：对任意，。
步骤1：基例验证——时，，，故，成立；
步骤2：归纳假设——假设时，；
步骤3：归纳递推——，由假设，则，故：
因（当时，；时，，单独验证：，，成立），故，即时成立；
步骤4：结论——综上，不等式对任意成立。
四、导数辅助法（适用于“数列与函数结合的不等式”）
适用场景
数列通项可表示为函数在正整数处的取值（即），且需证明（或），可通过证明函数（），进而推导数列不等式。
操作步骤
1. 构造函数：设（），目标证明（）；
2. 求导分析单调性：计算，判断在上的单调性（若，则单调递增）；
3. 求函数最小值：若单调递增，则，只需证明；
4. 转化为数列：因且，故，即，数列不等式成立。
示例
证明：对任意，。
步骤1：构造函数——设（，因时，，扩展到更方便）；
步骤2：求导分析——，当时，，故在上单调递增；
步骤3：求最小值——，即（）；
步骤4：转化为数列——令（），则，即。
五、方法选择与易错点总结
1. 方法选择技巧
2. 易错点提醒
放缩过度：如证明，若用（），求和得，无法证小于1.5，需改用更精细的放缩式，求和得，仍需进一步调整（如）；
放缩方向错误：证明时用放大式，或证明时用缩小式，导致无法达到目标（如证明，若误用缩小式，求和得，无法与比较）；
数学归纳法递推不严谨：假设时成立，递推时未使用递推关系，直接代入结论（如证明，递推时直接写，未结合和推导）；
导数法忽略定义域：将扩展为时，未保证（如证明的单调性，构造，需注意，但数列中，故分析时的导数符号）。
课后针对训练
一、单选题
1．（2025高三·全国·专题练习）已知数列的前项和为，且，若对一切恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．（23-24高二下·江西赣州·阶段练习）某电动汽车刚上市，就引起了小胡的关注，小胡2024年5月1日向银行贷款元用来购买该电动汽车，银行贷款的月利率是，并按复利计息.若每月月底还银行相同金额的贷款，到2025年4月底全部还清（即用12个月等额还款），则小胡每个月月底需要还款（ ）
A．元B．元C．元D．元
3．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年（2024年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2024年到2033年该产品的销售总额约为（ ）（参考数据：）
A．3937万元B．3837万元C．3737万元D．3637万元
4．（2025·海南·模拟预测）数列满足，对于任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．（2025高三·全国·专题练习）对于数列，定义，称新数列为数列的一阶差分数列；定义，称新数列为数列的二阶差分数列．若（为常数，），则称数列是二阶等差数列．已知是二阶等差数列，，，，则（ ）
A．2528B．5056C．3578D．7156
二、多选题
6．（2025·山东·模拟预测）若数列满足：存在，使得对任意成立，则称是“受限数列”，的最小值称为的“受限上界”.记的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则是受限数列
B．若等差数列满足，，则是受限数列
C．若，则是受限数列，其受限上界为3
D．若，都是受限数列，则也是受限数列
7．（2025·湖北黄冈·模拟预测）对于正整数n，是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，又称为函数，例如，（10与1，3，7，9均互质）则（ ）
A．
B．数列单调递增
C．若p为质数，则数列为等比数列
D．数列的前4项和等于
8．（2025·福建泉州·模拟预测）帕多瓦数列是与斐波那契数列相似的又一著名数列，在数学上，帕多瓦数列被以下递推的方法定义：数列的前n项和为，且满足：，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．是偶数D．
9．（24-25高二下·广东深圳·期末）对于正整数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目（若两个正整数的最大公因数是1，则称这两个正整数互质）.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（10与1，3，7，9均互质），则（ ）
A．B．若p为质数，则数列为等比数列
C．数列的前5项和等于D．，使得
三、解答题
10．（24-25高二下·广西桂林·期末）已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)伯努利不等式是由瑞士数学家雅各布·伯努利提出的，是分析不等式中最常见的一种不等式．伯努利不等式的一般形式为：若且为正整数时，，当日仅当或时等号成立．
（i）证明：数列为递增数列；
（ii）证明：时，．
11．（2025高二·全国·专题练习）已知在数列中，，，为等比数列，．
(1)求实数和数列，的通项公式；
(2)令，数列的前项和为，求证：对任意，都有．
12．（2025高三·全国·专题练习）已知数列的前项和是，且，数列满足，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列的前项和为，，是否存在实数，使得对任意正整数，不等式恒成立？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由
参考答案
1．D
【分析】根据的关系得，从而，利用作差法求得的单调性、最值即可求解.
【详解】，，，
当时，，．
又且，
，得，
因为，
所以当时，取得最大值，最大值为，，
故选：D．
2．C
【分析】设小胡每月月底还款钱数为元，根据等额本息还款法可得每次还款后欠银行贷款，即第12次还款后欠银行贷款为，进而由等比数列的前项和公式可得，从而可得.
【详解】设小胡每月月底还款钱数为元，根据等额本息还款法可得：
第1次还款后欠银行贷款为，
第2次还款后欠银行贷款为，
…，
第12次还款后欠银行贷款为
，
因为贷款12个月还清，所以，即，
所以.
故选：C.
3．A
【分析】设该公司在2024年，2025年，...，2033年的销售额（单位：万元）分别为，进而可得，根据配凑法、分组求和法求得正确答案.
【详解】设该公司在2024年，2025年，...，2033年的销售额（单位：万元）分别为.
依题意可得，则，
所以数列是首项为90，公比为1.3的等比数列，
则，即，
则，
故从2024年到2033年该产品的销售总额约为3937万元.
故选：A.
【点睛】方法点睛：对于递推公式为，常常通过构造等比数列的方法求得通项公式.
4．A
【分析】构造等比数列得，由题意对于任意的恒成立，故只需求出即可.
【详解】由题意令，所以，对比，可得，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以，
对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立，
即对于任意的恒成立，
显然当增大时，减小，此时增大，
所以.
故选：A.
5．C
【分析】此题是等差数列的新定义题型，根据题型分析可得，的一阶差分数列为公差为的等差数列，利用等差数列通项公式，求出的通项，再利用累加法求出的通项，最后求和即可.
【详解】由题意可知，，则，故，所以，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
故，即，
由累加法可得，当时，．
所以，
故选:C．
【点睛】
6．BD
【分析】由数列新定义可得A错误；由等差中项和等差数列的性质求出，表示出新定义，然后求和可得B正确；先由与的性质求出数列的通项，表示出新定义，然后结合等比数列的求和公式可得C错误；设存在正数，，满足，，由数列新定义可得D正确.
【详解】对于A，若，则，不存在，不是受限数列，故A错误；
对于B，依题意，，则，而，故，，
易知，所以，
于是，故B正确；
对于C，因为，故当时，，解得，
当时，，，
两式相减并整理，得，故，
故，故，受限上界不是3，故C错误；
对于D，若，都是受限数列，则存在正数，，满足，，
注意到，
同理，，
记，，
则，所以，故D正确.
故选：BD.
7．ACD
【分析】根据函数的定义、单调函数的定义，等比数列的定义，求和公式，可得答案.
【详解】根据题意可知，12与1，5，7，11互质，29与共28个数都互质，
即，所以A正确；
由题目中，以及可知数列不是单调递增的，B错误；
若p为质数，则小于等于的正整数中与互质的数为，
即每p个数当中就有一个与不互质，所以互质的数的数目为个，
故，所以为常数，
即数列为等比数列，故C正确；
根据选项C即可知，数列的前4项和为，
故D正确.
选：ACD
8．BD
【分析】根据题设递推关系写出前8项并求判断A、B；列举出相关项判断的奇偶性及数列的周期性，并得到相关递推关系判断C、D.
【详解】由题设，，
，，故A错误；
由上分析，，故B正确；
由知：*表示奇数，@表示偶数，如下表，
显然，该数列奇偶数出现以7为周期，一个周期内下标从小到大对应项依次出现3个奇数，2个偶数，
1个奇数，1个偶数，而，故是奇数，故C错误；
由，，，…，，且，,
所以，又，
故，故D正确．
故选：BD.
9．ABD
【分析】A选项利用的定义即可求解判断；B选项利用的定义写出，再利用等比数列的定义进行判断即可；C选项利用B选项的结论写出通项公式，进而可求前5项和；D选项利用B选项的结论写出，和，再代入即可判断.
【详解】对于A选项，与20不互质的是2的倍数（10个）以及5的倍数（4个），
减去重复计数的10的倍数（2个），总共12个，；
与25不互质的只有5的倍数（5个），所以，
所以，故A正确；
对于B选项，设为质数，则小于等于的正整数中与不互质的数只有的倍数，
所以互质的数的数目为，
故，所以为常数，
所以数列为等比数列，故B正确；
对于C选项，根据选项B可知，，
数列的前5项和为，故C错误；
对于D选项， ，，
4不是质数，，
即判断是否存在使得，观察得到时等式成立，故D正确．
故选：ABD.
10．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据当时，求解，注意检验时是否满足；
（2）（i）由（1）知，通过计算结合伯努利不等式即可证明；
（ii）由（i）可知，再取对变形为，再将个不等式相加即可.
【详解】（1）因为，
当时，，
则，又，符合上式，
所以；
（2）（i）令，
则
因，则，
则，
则，所以数列为递增数列；
（ii）因数列为递增数列，
则当时，，
则，即，
则，
即，则.
11．(1)，，．
(2)证明见解析；
【分析】（1）设的公比为，由等比数列定义结合题意列式计算即可求得，，再由等比数列定义求解可得，代入可得；
（2）采用放缩法可得，由裂项相消法计算即可得证.
【详解】（1）设的公比为，则，
，
即，
整理得，
解得，．
因为，
所以，得；
（2）
，
．
因为，所以得证．
12．(1)，
(2)存在，的最小值为
【分析】（1）利用，可求，由已知可得，可求；
（2）解法1：利用（1）可求得，利用赋值法得，进而证明即可；解法2：，计算即可求解.
【详解】（1）令，得，又，解得，
当时，，即，
又，所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以．
由，得，
因此数列是首项为1的常数数列，所以，即．
（2）由（1）知，，，所以．
解法1：，，，，
当时，，得；当时，，得；当时，，得；
猜想：当时，不等式恒成立．
证明：因为
，
所以存在实数，使得恒成立，即的最小值为．
解法2：由，
当时，，
当时，，有，
所以的最大值为，所以．
所以存在实数，使得恒成立，即的最小值为．
数列类型
通项公式与函数关联
前n项和公式与函数关联
等差数列
（时，为关于的一次函数，斜率=公差）
（时，为关于的二次函数，图象过原点）
等比数列
（时，与指数函数同构，其中）
无直接函数对应，需结合等比数列求和公式分类讨论（时为一次函数，时为指数型函数）
数列项类型
裂项公式
放缩方向
分式型（）

放大（便于求和抵消）
分式型

等价裂项（无放缩）
根式型（）

放大（便于求和抵消）
递推类型
递推公式
求解方法
应用场景
一阶线性递推
（）
构造等比数列（同混合模型），或通解公式：
线性增长的递推问题（如产值增长）
斐波那契型递推
（）
特征方程法，通项：
递推计数（如兔子繁殖、台阶走法）
分式递推
（）
取倒数或构造等差数列（如，取倒数得）
分式形式的递推问题（如浓度混合）
文化/场景类型
典型案例
核心数列模型
关键特征提炼
中国古代数学典籍
1. 《张丘建算经》“女子织布”：每日织布量比前一日少固定量（“第一日织5尺，第二日织4尺，第三日织3尺……”）
2. 《九章算术》“衰分问题”：按比例递减分配（“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共出百钱，欲令高爵出少，以次渐多”）
等差数列
等比/等差混合
找“固定增量/减量”（等差）、“固定比例”（等比），注意古代单位换算（如“尺”“钱”）
经典数学模型
1. 斐波那契数列（兔子繁殖）：一对兔子每月生一对，新生兔子下月开始繁殖（“第1月1对，第2月1对，第3月2对，第4月3对……”）
2. 毕达哥拉斯“三角形数”：1, 3, 6, 10, ...（第n项为）
递推数列（斐波那契型）
等差数列求和
斐波那契型递推：；三角形数：前n个正整数和（等差求和）
现代实际场景
1. 复利计息（银行存款）：本金固定，年利率固定，每年本息和按比例增长
2. 分期付款（房贷/车贷）：贷款总额固定，每期还款额相同，剩余本金按利率计息
3. 人口增长/资源衰减：年增长率固定，人口数量逐年按比例变化
等比数列
生长模型（等差+等比）
等比数列
复利：（P为本金，r为年利率）；分期付款：需用等比数列求和推导还款公式
模型类型
核心公式（已知，求或）
等差数列
；
等比数列
斐波那契型递推
（需已知，逐项递推或用特征方程求通项）
分期付款（生长模型）
每期还款额（A为贷款总额，r为每期利率，n为期数）
定义类型
典型定义示例
核心转化方向
运算型定义
1. “前n项积数列”：定义（）
2. “差数列”：定义
3. “取整数列”：定义（表示不大于的最大整数）
1. 利用“项与积的关系”（，，）
2. 转化为“累加法求”（）
3. 结合的范围确定（如，则）
关联型定义
1. “与函数关联的数列”：（如，即）
2. “与集合关联的数列”：数列的项是集合中从小到大排列的元素
3. “双数列定义”：已知，定义
1. 转化为“递推数列”（如上述线性递推，构造等比数列求解）
2. 利用集合元素的“互异性、有序性”确定（如，则）
3. 建立双数列的递推关系（如已知求，或已知反推）
新定义类型
转化方法
示例（续上）
周期型定义
确定最小正周期，则（），将目标项转化为周期内的项求解
上例周期，，余数0，故
运算型定义（如前n项积）
利用“项与运算结果的关系”（如），转化为求的通项或和
定义，则，时，故为常数列（等比，公比1）
性质型定义（如递增、优数列）
转化为不等式或差数列性质（如递增数列，优数列差数列单调递增）
定义“优数列”满足，若是优数列，求范围：差数列，需单调递增，即，故
放缩类型
核心公式（，）
变形与说明
分式型放缩
1. （等价裂项，无放缩）
2. （放大）
3. （缩小）
4. （放大）或（缩小）
1. 适用于类求和，放大后可裂项相消；
2. 若需证明和“小于常数”，用放大式；需证明“大于函数”，用缩小式；
3. 分母含平方或根号时，优先向“相邻整数乘积”转化
对数型放缩
1. （）
2. （）
3. （即）
1. 常与数列通项结合（如），通过放缩转化为多项式数列；
2. 利用“”（）推导，令或即可得对应公式
根式型放缩
1. （等价有理化）
2. （放大）
3. （缩小）
1. 适用于类求和，放缩后可抵消相邻项；
2. 推导关键：分子分母同乘“根式差”（如），利用平方差公式有理化
多项式放缩
1. （）
2. （）
3. （）
1. 适用于含阶乘、多项式的数列（如）；
2. 利用“多项式单调性”放缩，如放大为，缩小为
不等式类型
优先方法
辅助判断依据
前n项和与常数的不等关系（如）
放缩法
数列项为分式、根式、指数型，直接求和困难，结合“常见放缩公式”快速匹配放缩式
通项与常数/函数的不等关系（如）
单调性法/导数法
可构造，且易计算；或可扩展为连续函数
递推型数列的不等式（如）
数学归纳法
题干含递推关系，且放缩、单调性法难以直接应用
含对数/指数的数列不等式（如）
放缩法+导数法
先通过放缩公式将对数/指数项转化为多项式，再结合导数法证明辅助不等式（如）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9

答案
D
C
A
A
C
BD
ACD
BD
ABD

1
1
1
2
2
3
4
5
7
9
12
16
21
28
*
*
*
@
@
*
@
*
*
*
@
@
*
@
……