新高考数学三轮冲刺核心考点分类提升练专题03 数列大题（通项公式及数列求和）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学三轮冲刺核心考点分类提升练专题03 数列大题（通项公式及数列求和）（2份，原卷版+解析版），共7页。

考前百日冲刺目录
TOC \ "1-4" \h \u \l "_Tc30595" 引领风向--最新模考新颖题（5题） PAGEREF _Tc30595 \h 1
\l "_Tc7189" 最新热点热搜题（5题） PAGEREF _Tc7189 \h 9
\l "_Tc6316" 最新高频经典题（5题） PAGEREF _Tc6316 \h 14
\l "_Tc30516" 最新高考真题回顾（5题） PAGEREF _Tc30516 \h 20
\l "_Tc25888" 最新模考基础练（5题） PAGEREF _Tc25888 \h 28
\l "_Tc11138" 最新模考能力练（5题） PAGEREF _Tc11138 \h 32
\l "_Tc25051" 最新模考压轴练（5题） PAGEREF _Tc25051 \h 37
引领风向--最新模考新颖题（5题）
【典例】1．（2026·河北沧州·一模）记分别为数列的前项和，其中满足，且．
(1)求及；
(2)当为正奇数时，比较与的大小．
【答案】(1)，
(2)答案见解析
【分析】（1）先根据递推式判断为等差数列，进而根据已知条件列出方程组求出公差和首项，进而得到该数列的通项公式和前项和.
（2）先列出的表达式，然后作差比较大小即可.
【详解】（1）因为，所以为等差数列．
设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，
所以，
（2）由（1）知，，
当为正偶数时，，
，
则当为正奇数时，
，
则在时单调递增，
．所以；
，所以，
，所以，
由的单调性可知，当取大于5的奇数时，，
综上所述，当为小于5的正奇数时，；
当为不小于5的正奇数时，．
【典例】2．（2025·江苏淮安·模拟预测）已知数列的前项和为，且．
(1)若为等差数列，且，，求数列的通项公式；
(2)若对任意，都有．
①求证：是等差数列；
②设，，，求的公差的值．
【答案】(1)或
(2)① 证明见解析；②
【分析】（1）设等差数列公差为，取特殊值，建立方程，即可求得数列通项公式.
（2）①令，由整理得到，用替换后作差得，同理再用替换后作差，整理得到，再验证，即可得证为等差数列．
②由得的值.由可知，然后化简，由题意得到的值，即可求出的公差的值．
【详解】（1）因为是等差数列，设公差为，因为，
则令得，即，因为，所以．
令得，则，
即，
化简得，则或0．
当时，满足；
当时，．
所以，或．
（2）①令时，，
即，
∴，．
化简得：，
即，
∴．
化简得：，即．
又，∴.
∴为等差数列．
②因为，所以．
，所以．
，
．
因为，所以，
又，所以．
【典例】3．（2025·浙江绍兴·二模）已知数列满足，且.为等差数列，其前项的和为，有．
(1)设．
（i）求，并证明为等差数列．
（ii）在的前5项中随机取3项，设其小于的项数为X．求X的分布列与数学期望．
(2)证明：
【答案】(1)（i），证明见解析；（ii）分布列见解析，数学期望为
(2)证明见解析
【分析】（1）（i）设等差数列的公差为，，化简，列出方程组，求解即可求出和，再利用数学归纳法求出，进而求出，最后利用等差数列的定义即可证明；
（ii）列出数列的前项，利用排列组合的知识求出分布列，再利用期望公式求解即可；
（2）先利用分析法得出需证明，接着证明，即可得出，进而命题得证.
【详解】（1）（i）因为等差数列，故设其公差为，，
则，
则
，
则，
解得，故，
因，且，则，，
由此归纳出，现用数学归纳法证明：
当时，满足上式，
假设当时上式成立，即，
则当时，，满足等式，
综上所述，可知，
得，
则，
则，故是等差数列.
（ii）由（i）可知，，
其中小于的有项，大于的有项，
则随机变量的可能取值为，
，，，
则的分布列为
则.
（2）欲证，
只需证，
即，
现证明，
令，则，
则在上单调递减，则，故成立，
因，则，即，
则，
故成立.
【典例】4．（2025·河南信阳·模拟预测）若数列满足：当为奇数时，；当为偶数时，.则称数列为和积交替数列.
(1)若数列1，a，b，6为和积交替数列，分别求实数a，b的值；
(2)若数列为和积交替数列，且，.
（i）若3是数列中的项，求实数的值；
（ii）若，证明：.
【答案】(1)或
(2)（i）或；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据和积交替数列的定义，列出参数的方程组，求出参数的值.
（2）（i）根据和积交替数列的定义，由递推出后面的项，由范围，求出后面项的大小范围，判断3可能出现的位置，求出参数的值.
（ii）根据和积交替数列的定义，由递推出后面的项满足的条件，根据数列的递推公式，结合累乘法，通过对数运算，证明命题.
【详解】（1）由题知，，
解得，或；
（2）（i）由题知，则，，
由，则；，
由，则；，但，，
所以；而，…
以此类推，当，时，.
所以若3是数列中的项，
则或或，解得或.
（ii）易知数列中的项均为正整数，由题知，且，
所以，同取以2为底的对数，得，
即.又，所以，
则，
累乘整理，得，
所以时，.
当时，符合上述不等式，
所以，结论得证.
【典例】5．（2025·云南·模拟预测）在足球训练中，甲、乙、丙三人进行传球训练．每次传球按以下规则转移：当球在甲脚下时，他有的概率继续控球（不传给别人），的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有的概率回传给甲，的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有的概率传给甲，的概率传给乙．初始时球在甲处，每次传球是相互独立的．
(1)求两次传球后球在乙处的概率，以及三次传球后球在丙处的概率；
(2)记次传球后，球在甲处的概率为，在乙处的概率为．
（i）证明：数列是等比数列；
（ii）求和的通项公式．
【答案】(1);
(2)（i）证明见解析；（ii）；
【分析】（1）两次传球后球在乙处：
思路：找两次传球到乙的唯一情况“甲→甲→乙”，每次传球有对应概率，分步完成用乘法算总概率.
三次传球后球在丙处：
思路：确定三次传球到丙的唯一情况“甲→甲→乙→丙”，各次传球概率已知，分步用乘法得总概率.
（2）（i）先明确次传递后球在各处概率关系，根据传球规则得出次传递后球在甲、乙处概率表达式，化简后对乙处概率表达式变形，结合初始值证明是等比数列.
（ii）用等比数列通项公式求出，再代入表达式得，验证首项满足后确定通项.
【详解】（1）两次传球后球在乙处：只有“甲→甲→乙”这一种情况.第一次甲传给甲概率是，第二次甲传给乙概率是，分步用乘法，所以概率为.
三次传球后球在丙处：只有“甲→甲→乙→丙”这一种情况.第一次甲传给甲概率，第二次甲传给乙概率，第三次乙传给丙概率，分步用乘法，概率为.
（2）（i）表示次传球后球在乙处的概率，它有两种情况：
第次球在甲处，第次甲传给乙，概率为；
第次球在丙处，第次丙传给乙，概率为.
所以.
则.
又，.
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（i i）由（i）可知，所以.
因为，
则，
所以，符合上式，
所以.
最新热点热搜题（5题）
【典例】6．（2025·河北·二模）已知数列的前项和为，且．
(1)证明：是等比数列；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由与的关系可得递推公式，根据等比数列的定义，可得答案；
（2）由（1）可得的通项，利用错位相减法，可得答案.
【详解】（1）证明：因为，
所以当时，，解得；
当时，，
所以，即，
所以，又．
所以数列是以4为首项，3为公比的等比数列．
（2）由（1）知，．所以，
则，①
，②
—②有．
所以
【典例】7．（2025·湖南·模拟预测）设正项数列的前n项和，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据和之间的关系，结合等差数列的定义和通项公式进行求解即可；
（2）运用裂项相消法进行求解即可.
【详解】（1）由得，可知，
两式相减得，
即，
，
∵当时，，
则是首项为1，公差的等差数列，
的通项公式为；
（2），
，
.
【典例】8．（2025·湖北武汉·一模）已知数列的首项为，前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求满足的的最小值；
(3)已知，记数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)最小值为
(3)证明见解析
【分析】（1）根据退一相减法可得，再结合累加法可得通项公式；
（2）由通项公式代入不等式，可得的范围，即可得解；
（3）利用裂项相消法可求和，再结合不等性质可得证.
【详解】（1）由已知，
则，
即，则，，，，
等式左右分别相加可得，
则；
（2）由（1）得，且，
即，
化简可得，
又，即，
所以满足的的最小值为；
（3）依题意得，，
则，
又，所以，
所以，
即.
【典例】9．（2025·江苏·一模）在①；②；③这三个条件中，请选择一个合适的条件，补充在下题横线上（只要写序号），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)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）条件①不符合题意.如果选条件②，则可根据及条件②，得到，从而可判断是等差数列，求得的通项公式，进而得到的通项公式，最后得到的通项公式.如果选条件③，可直接得到与的关系，进而可得到的通项公式.
（2）由已知条件，可求得的通项公式，从而得到的表达式，即可证明.
【详解】（1）对于条件①，当时，，不符合题意．（如果选条件①，不得分）
如选②：，
，，
则是公差为1的等差数列，
则，则．
当时，，
当时，满足上式．
所以的通项公式为．
如选③：因为，则，
当时，，解得：．
当时，，
即，因为，所以，
则是首项为1，公差为2的等差数列，
所以的通项公式为．
（2）因为，
．
因为，且在时单调减小，
所以，且在时单调增加，并在时取最小值，
所以．
【典例】10．（2025·浙江宁波·一模）记为正项数列的前项和，已知.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由与关系结合题意可得答案；
（2）由（1）结合累乘法可得，从而可得通项公式，然后由裂项求和法可得答案.
【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，
最新高频经典题（5题）
【典例】11．（2025·河南·二模）已知数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)记的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知等式变形得出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求出数列的通项公式；
（2）验证当时，不等式成立；当时，推导出，再利用等比数列的求和公式可证得不等式成立.
【详解】（1）由题设条件，可得若，则，
用反证法，假设，由题设条件，显然，这与已知条件矛盾，所以.
因为，所以，，，所以，，
由得，所以，
又，所以是首项、公比均为的等比数列.
所以，则.
（2）显然时，成立，
当时，，所以，所以，
所以，即，所以，
所以.
综上，，得证.
【典例】12．（2025·贵州毕节·二模）已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，记数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数列的递推式即可求数列的通项公式.
（2）利用错位相减求和法求数列的前项和.
【详解】（1）当时，，
当时，，，
故.
时，上式亦成立.
所以数列的通项公式为：
（2）因为，
所以，
所以
两式相减得：，
所以：.
【典例】13．（2025·辽宁·模拟预测）已知数列满足，，记，
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知可得，，代入变形可证结论；
（2）由（1）可求得；
（3）由（2）可得，利用分组求和法，结合错位相减法求解即可.
【详解】（1）因为，，，
所以，
即，
又，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列.
（2）由（1）可知，
所以.
（3）由（2）得，
设，其前n项和为，
则，
，
两式相减得，
所以，
所以.
【典例】14．（2025·陕西榆林·模拟预测）已知数列满足，，，若．
(1)求证：是等差数列；
(2)求的前项和的最小值；
(3)求的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据递推关系和等差数列的定义，推导出即可得解；
（2）根据等差数列求和公式求，再根据的符号分析的最值；
（3）结合（2）的及的符号，按照和分情况讨论求出即可.
【详解】（1）因为，所以，即，
所以，又，
所以是以为首项，3为公差的等差数列.
（2）由（1）知，
所以，
令，解得，
可知当时，；当时，，
所以的最小值为.
（3）因为，，，
当时，；当时，，
所以当时，；
当时，
，
所以.
【典例】15．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知数列满足，（），记．
(1)求证：是等比数列；
(2)设，数列的前n项和为．若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明为常数即可证明为等比数列，根据等比数列通项公式即可求通项公式，从而得证；
（2）先求出，根据通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和，题设化简为，通过讨论为奇数或偶数，即可求λ的范围.
【详解】（1）由已知，，
，，，
又， ，
数列中任意一项不为0， ，
数列是首项为2， 公比为2的等比数列.
（2）由第（1）问知， ，
则，所以①，
②，
所以①-②可得：
，
所以.
由，得，
化简得.
当 为奇数时，有，即，
而，所以；
当为偶数时，有，
而，所以.
综上，的取值范围为.
最新高考真题回顾（5题）
【典例】16．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)给定正整数m，设函数，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论；
（2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论.
【详解】（1）由题意证明如下，，
在数列中，，，
∴，即，
∴是以为首项，1为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得，，
在数列中，首项为3，公差为1，
∴，即，
在中，
，
∴，
当且时，
∴，
∴
∴
.
【典例】17．（2024·全国甲卷·高考真题）记为数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求的通项公式．
（2）利用错位相减法可求.
【详解】（1）当时，，解得．
当时，，所以即，
而，故，故，
∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
【典例】18．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；
（2）根据可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）
故数列是可分数列.
（3）定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.
【典例】19．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
【典例】20．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
(1)若，求的通项公式；
(2)若为等差数列，且，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由为等差数列得出或，再由等差数列的性质可得，分类讨论即可得解.
【详解】（1），，解得，
，
又，
，
即，解得或（舍去），
.
（2）为等差数列，
，即，
，即，解得或，
，，
又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得.
综上，.
最新模考基础练（5题）
21．（2026·吉林白山·一模）已知等差数列的前n项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列基本量的计算可求数列的通项公式；
（2）由（1）可推得，进而利用裂项相消法求即可.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
由题意得，解得，
所以.
（2）由（1）知，则，
所以，
得.
22．（2025·安徽合肥·二模）已知是等差数列，是等比数列，且，，．
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)，；
(2)
【分析】（1）设出公差和公比，根据条件得到方程组，求出公差和公比，得到通项公式；
（2），利用错位相减法求和得到答案.
【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.
23．（2025·辽宁沈阳·三模）已知数列中，，，且数列为等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)记为数列的前n项和，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出数列的公差，可求出数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；
（2）利用裂项求和法求出，即可证得结论成立.
【详解】（1）因为数列中，，，且数列为等差数列，
设数列的公差为，则，故，
所以，故.
（2）因为，
所以
，故原不等式成立.
24．（2025·浙江嘉兴·一模）已知等差数列的公差为，前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)设为数列的前项和，求使得的的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等差数列的前项和公式建立方程组，解得数列的首项和公差，即可得到等差数列的通项公式；
（2）由（1）可得等差数列的前项和，然后即可得到，从而求出该数列的前项和，然后代入条件中的不等式，解二次不等式即可求得的范围，根据题意即可得到其最小值.
【详解】（1）由于，
故解得
所以.
（2）由（1）知，所以，
则数列是以4为首项，3为公差的等差数列；
所以.
由，得，
即，
则，或，
又因为，所以的最小值为4.
25．（2025·江西·模拟预测）已知数列的首项.
(1)求数列的通项公式；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用构造法可求的通项公式；
（2）利用参变分离和数列的单调性可求的最大项，从而可求参数的取值范围.
【详解】（1）数列的首项，可得，
而，故，故，
即数列是首项和公比均为3的等比数列，可得，即.
（2）若恒成立，即为，即恒成立，
设，可得，.
即数列是单调递减数列，可得，
所以，即实数的取值范围是
最新模考能力练（5题）
26．（2026·辽宁沈阳·一模）已知数列是公差为2的等差数列，其前8项和为64，数列是公比大于0的等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的求和公式和通项公式可求，利用等比数列的基本量运算可求；
（2）先求，利用错位相减法可求.
【详解】（1）因为数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64，
所以，解得，所以；
数列是公比大于0的等比数列，设公比为，则，
因为，，所以，解得或（舍），
所以.
（2）由（1）知，
则，可得，
两式相减可得
，
所以.
27．（2026·陕西西安·一模）已知是等差数列，是公比为正整数的等比数列，且，，.
(1)求，的通项公式；
(2)记（），求.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）用基本量表示，求出公差和公比，再求通项公式即可；
（2）利用错位相减法求和，即得解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为（），
由，，，有，，
有，
解得（舍），，
故，.
（2）由，
有，
两式相减，得，
故.
28．（2025·内蒙古赤峰·模拟预测）记为等差数列的前项和，已知.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的等差中项以及公差计算，结合其通项公式，可得答案；
（2）根据等差数列的求和公式，可得新数列的通项公式，利用分组求和，可得答案.
【详解】（1）由数列为等差数列，则，解得，
可得等差数列的公差，
可得
所以等差数列的通项公式为..
（2）由等差数列易知，
则，设数列的前项和为，
可得，
当时，；
当时，.
综上可得数列的前项和为.
29．（2026·四川攀枝花·一模）已知数列的前n项和为，，且4，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，记数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据与的关系求数列的通项公式.
（2）利用裂项求和法求数列的前项和，再根据数列的单调性证明.
【详解】（1）由题意.
当时，.
当时，，，
两式相减，得
所以，
又因为，所以.
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列.
所以.
（2）因为，
所以
，
因为为单调递增数列，且,
所以.
30．（2026·河北邯郸·模拟预测）设函数的图象在处的切线平行于直线，记的导函数为，数列满足：.
(1)试判断数列的单调性，并给出证明；
(2)当时，求证：.
【答案】(1)数列单调递增，证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合平行直线斜率之间的关系、比较法进行求解即可；
（2）利用裂项相消法进行证明即可.
【详解】（1）数列单调递增，证明如下：
，因此直线的斜率为，
所以与直线平行的直线的斜率也是，
，
因为函数的图象在处的切线平行于直线，
所以，即，
，
因为，所以，可得，
，
所以数列单调递增；
（2）因为，且，所以，
即，
当时，.
所以.
最新模考压轴练（5题）
31．（2025·江西宜春·模拟预测）已知数列满足，，.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求的通项公式；
(3)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）利用结合等比数列的定义即可得证；
（2）利用累加法即可求得的通项公式.
（3）利用裂项相消法即可求解，根据其单调性即可证明.
【详解】（1）由，得，
又，，所以，
所以，，
即是以1为首项，3为公比的等比数列；
（2）由（1）知，
当时，
.
当时，也成立，所以的通项公式为；
（3）由（2）得，
所以，
所以，
显然是递增数列，所以.
因为，所以，所以.
32．（2025·四川德阳·一模）数列的通项公式，的通项公式，且.
(1)求，的值；
(2)求的前项和.
【答案】(1)，
(2)，.
【分析】（1）根据求出关于的表达式，再与已知对比系数求解；
（2）利用巧妙结合.
【详解】（1）由题意得，，
又
，即，，.
（2）依题意：
由（1）可得，，
，.
33．（2025·江苏·模拟预测）已知数列的前n项和为，其中，．
(1)求数列的通项公式．
(2)若数列的通项，其前n项和为，求（用n表示）．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）通过累乘求前项和，再由与的关系得通项；
（2）化简后，利用余弦函数的周期性分组，详细计算每个周期内的和，再分三种情况累加剩余项，得到前项和.
【详解】（1）由得，结合，
累乘得 .
当时，，
时符合上式，故.
（2）由三角恒等式，得，
结合，故.
因余弦函数周期为，故，即的周期为3.
时，； 时，； 时，.
分3种情况求前项和：
①当（）时，前项分为个周期，
每个周期含（）.
计算一个周期的和：
，
前项和为个周期的和累加：
，
代入，得.
②当（）时，前项是前项加第项（）：
，
代入，得.
③当（）时，前项是前项加第项（）：
，
代入，得.
综上所述，.
34．（2025·河北沧州·模拟预测）已知正项数列的前项和为.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)从数列前5项中任取2项相加，所得和组成集合，从中任取3个元素，记取到的能被4整除的元素个数为，求的分布列与期望；
(3)证明：当时，.
【答案】(1)证明见解析
(2)分布列见解析，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等比数列的定义，结合所给等式化简进行证明；
（2）结合题意得集合中有10个元素，能被4整除的元素有，共3个.求出的分布列与期望；
（3）根据题意当时，，当时，，求和即可证明.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，
因为，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列.
（2）由（1）得，所以的前5项依次为，
所以从数列前5项中任取2项相加，结果有10个，分别为，
所以中有10个元素，
且中能被4整除的元素有，共3个.
所以的可能取值为，
，
，
所以的分布列为
.
（3）由，得，
两式相减，得，所以，
当时，，当时，，
所以当时，.
35．（2026·山东青岛·模拟预测）已知数列满足如下条件：
①；
②；
③存在正整数，使得；
④对任意正整数i，j，k满足，都有．
(1)若，求的最大值；
(2)设n的最大值为m，求m的值；
(3)当n取最大值m时，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据已知条件，分类与两类，分析满足不等式关系的的取值（范围），进而得到的最大值；
（2）通过分析数列的性质，构造关于的多个不等式，利用累加法由等比数列求和公式得到递推不等关系，再结合所得条件求解关于的范围，再给出取最值时符合题意的数列，即可得的最大值；
（3）在取最大值的情况下，根据数列的性质④构造系列不等式，结合第（2）问解答可得，由得到，按照的取值情况分类讨论是否符合题意，排除产生矛盾的取值，再给出取最值时符合题意的数列即可得.
【详解】（1）若，当时，只需，
即，解得，如等差数列满足题意条件；
当时，只需，
即，解得，如等差数列满足题意条件；
综上可知，的最大值为.
（2）由性质④对任意正整数i，j，k满足，，
令，分别取值，可得，
所以，
各式相加得，
即；可变形为，
由性质①与性质②，可得，
故任意，都有，
又因为性质③存在正整数，使得，可知，
所以，解得；
当时，数列符合题意，
所以n的最大值.
（3）由（2）知，故.
由，，
由性质④对任意正整数i，j，k满足，都有，
可得下列不等式，记为系列不等式（）
，，，
，，，
，，，
由（2）知任意，都有，则，
又因为，故，解得.
下面结合的取值情况讨论.
若且上述系列不等式（）均取等号时，，
此时，可知此时数列中不含，故不合题意；
①当时，由，且数列递增，
故若，则.
若时，此时（即不等式一侧取不到等号），
故由上述系列不等式（）依次可得
，，
，，
，，
故，这与矛盾，故不合题意；
若时，由，
同理可得，故也不合题意；
②当时，由，且数列递增，
故若，同样可得.
但因为，又由，
则由系列不等式（）可得，
，即；
由，即，
同理依次可得
，，，
，由数列递增，
则任意，，这与存在，矛盾，不合题意；
③当，同上可得，又由，
故若，则，满足，
当时，上述系列不等式（）均取等号时，此时，
此时数列满足题意，
故的最小值为．
0
1
2
3