新高考数学二轮复习一模试题分类汇编练习专题十 数列（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习一模试题分类汇编练习专题十 数列（2份，原卷版+解析版），共7页。试卷主要包含了已知数列为等差数列，且满足等内容，欢迎下载使用。
题型01等差数列基本量运算
题型02等比数列基本量运算
题型03数列的实际应用
题型04数列的最值问题
题型05等差数列与等比数列的综合应用
题型06数列通项与求和问题
题型07数列不等式
题型08数列新定义
题型01
等差数列基本量运算
1．（2025·山东青岛·一模）在中，角的对边成公差为的等差数列.若，则的面积为 .
【答案】/
【分析】首先根据等差数列的概念结合正弦定理可得，，，通过余弦定理求出，最后由面积公式即可得结果.
【详解】因为成公差为的等差数列，所以；
因为，由正弦定理可得；
解得，，，
由余弦定理可得，
因为，所以，
所以的面积为，
故答案为：.
2．（2025·河南安阳·一模）已知数列的前项和为，且，若，，则（ ）
A．3B．6C．1015D．2030
【答案】A
【分析】变形得到，故为等差数列，设公差为，证明出为等差数列，根据，得到，从而求出，，结合等差数列性质得到.
【详解】由，变形得到
，即，
故为等差数列，设公差为，则，
故①，则②，
式子②-①得，则，，
所以为等差数列，则，
，即，解得，
所以，
则，，又，
故.
故选：A
3．（2025·广东湛江·一模）已知等差数列的前n项和为，且满足，，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】设出公差，根据，求出，得到公差，利用通项公式求出答案.
【详解】设的公差为，
因为，
所以，
又，故，解得，所以，
又，所以．
故答案为：
4．（2025·江西上饶·一模）某统计数据共有13个样本，它们依次成公差的等差数列，若这组数据的分位数是26，则它们的平均数为（ ）
A．25B．23C．21D．19
【答案】A
【分析】先根据百分位数的概念确定的值，再根据等差数列的性质求其平均数.
【详解】因为数列为公差为1的等差数列，且，
所以该组数据的分位数为，由.
根据等差数列的性质，它们的平均数为.
故选：A
5．（2025·湖北·一模）已知等差数列的前项和为，且满足，，等比数列的前项和为，且满足，，则的值为（ ）
A．42B．62C．63D．126
【答案】D
【分析】根据等差数列的基本量运算求得其通项公式，再求等比数列的通项公式，最后利用求和公式计算即可.
【详解】由，得，，故；
由，得，，
故；
故，
故选：D
6．（2025·贵州六盘水·一模）等差数列8，5，2，……的第10项为 ．
【答案】
【分析】利用已知求首项与公差，进而可求得通项公式，可求第10项.
【详解】等差数列8，5，2，……的首项为8，公差为，
所以通项公式为，所以.
故答案为：.
7．（2025·江西南昌·一模）已知等差数列各项不为零，前n项和为，若，则 ．
【答案】//6.5
【分析】根据已知等式及等差数列基本量运算，计算求解即可.
【详解】在等差数列中，不为零，设公差为，
因为，令时，，所以，
令时，，则，所以，
则．
故答案为：.
8．（2025·山西·一模）设是等差数列的前n项和，若，，则的公差（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】当为奇数时，，由此公式可得，，进而可得.
【详解】，，解得．
故选:
9．（2025·山东日照·一模）已知数列为等差数列，且满足．
(1)若，求数列的前项和；
(2)若数列满足，且数列的前项和，求数列的通项公式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知等式应用等差数列的基本量运算得出，再应用裂项相消法计算求和；
（2）先应用，再结合解得，得出，最后计算得出.
【详解】（1）当时，由，
则，由，则，
所以等差数列的公差为，所以，
故
故数列的前项和．
（2）当时，，可得，
当时，
，
将代入上式，则，
综上所述，．
，可得，
又因为，则，
由方程，可得，解得，
由，则等差数列的公差为3，所以，
由，则．
10．（2025·山东日照·一模）已知等差数列中，，则（ ）
A．15B．9C．D．
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质，利用已知条件求出的值，进而求出所要求的式子的值.
【详解】在等差数列中，已知，所以，即，那么.
同样根据等差数列性质，所以.
则.
把代入可得.
故选 ：B
题型02
等比数列基本量运算
1．（2025·山东青岛·一模）已知公比不为的等比数列中，存在，满足，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据等比数列的性质可得，再根据基本不等式结合对勾函数性质求解即可.
【详解】设的公比为，因为，则，故，.
则，
当且仅当，即时等号成立，此时，但.
结合对勾函数的性质，当时，；
当时，，
因为，故的最小值为，此时.
故答案为：
2．（2025·江西赣州·一模）已知数列的前n项和为，满足，则=（ ）
A．11B．31C．61D．121
【答案】D
【分析】首先利用公式，判断数列是等比数列，再代入公式，即可求解.
【详解】令，得，得，
由，
当时，，两式相减得，
，即，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
故选：D.
3．（2025·河南安阳·一模）已知正项等比数列满足，且，则公比为 .
【答案】/
【分析】设数列公比为q，然后由等比数列通项公式结合题意可得答案.
【详解】设数列公比为q，因，则.
又，则.
故答案为：
4．（2025·北京平谷·一模）在等比数列中，，记，则数列（ ）
A．无最大项，有最小项B．有最大项，无最小项
C．有最大项，有最小项D．无最大项，无最小项
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项公式求出，进而结合等差数列的求和公式可得，设，分析可得，进而求解判断即可.
【详解】设等比数列的公比为，
由，
则，解得，，
则，
则
，
设，则，
所以，
则时，，即，
当时，，即，
则，则为最大项，
此时为正数项，且在正数项中最大；
再比较和，其中一个为第二大的项，
由于，，因此为最小项.
故选：C.
5．（2025·黑龙江·一模）正项等比数列中，是其前项和，若，则（ ）
A．63B．56C．52D．42
【答案】D
【分析】根据等比数列的通项公式基本量运算求出通项，再应用等比数列求和即可.
【详解】正项等比数列中，是其前项和，
若，则，所以或，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
则.
故选：D.
6．（2025·山东济宁·一模）已知等比数列的前项和为，且为等差数列，且，记集合中元素的个数为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】由已知条件求出等比数列的公比，得到等比数列的通项公式，再由已知条件求出等差数列的通项公式，然后求出集合中元素的个数，得到数列的通项公式，最后求出数列的前项和．
【详解】对于A，设等比数列的公比为，由，得，
两式相减得，即所以，
又，解得，所以，正确；
对于B，设等差数列的公差为，
由，得，解得，
所以，正确；
对于C，由，得，
则集合中元素的个数为，即，错误；
对于D，，正确．
故选：ABD
7．（2025·福建泉州·一模）等比数列中，，则的前4项和等于 ．
【答案】5
【分析】根据给定条件，利用等比数列项间关系列式求出公比，进而求出前4项和.
【详解】设等比数列的公比为，由，得，
解得，因此，
所以的前4项和等于5.
故答案为：5
8．（2025·山东淄博·一模）已知等比数列的各项为正数，首项和为，若，则公比 ．
【答案】
【分析】根据的定义以及等比数列的定义，建立方程，可得答案.
【详解】由，则，
由，，则，
整理可得，分解因式可得，
解得或（舍去）.
故答案为：.
9．（2025·广东湛江·一模）在等比数列中，，，则（ ）．
A．B．567C．451D．699
【答案】B
【分析】由已知根据等比中项可得，分两种情况利用通项公式求解即可.
【详解】因为，所以，
当时，，，舍去，
故，所以，即，
所以.
故选：.
10．（2025·江西上饶·一模）已知为数列的前项和，，，则的通项公式为 ；令，则 ．
【答案】
【分析】根据的关系即可求解为等差数列，即可求解空1， 根据等比数列的求和公式即可求解.
【详解】由可得，
当时，，
故，
化简可得，（），
故为等差数列，且公差为1，故，
，故，
故，
故为等比数列且公比为，首项为，
故，
故答案为：，
题型03
数列的实际应用
1．（2025·北京平谷·一模）《张邱健算经》是公元5世纪中国古代内容丰富的数学著作，书中记载着这样一个问题：“有个女子善织布，每天比前一天多织相同的布，第一天织5尺，一个月（按30天计）共织了440尺，推算第10天该女子织了 尺布.”
【答案】11
【分析】记公差为，根据已知求出再利用等差数列的通项公式求解.
【详解】由题得每天的织布数成等差数列，首项，记公差为，
由题得，所以
所以.
故答案为：11
2．（2025·山东青岛·一模）有个编号分别为的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球，其余盒子中为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到红球的概率是 ，从第个盒子中取到红球的概率是 .
【答案】
【分析】设事件表示“从第i个盒子中取到红球”（），利用全概率公式可得，当时，由全概率公式得，通过构造得数列是等比数列，利用数列通项求.
【详解】设事件表示“从第i个盒子中取到红球”（），则，，
所以，
则当时，
，
所以，又，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以．
故答案为：；．
3．（2025·广东江门·一模）在某平台开展闯关赢奖品活动中，用户每次进入新的一关都有一次抽奖机会．已知用户在第一关抽到奖品的概率为．从第二关开始，若前一关没抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为；若前一关抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为．记用户第关抽到奖品的概率为，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用全概率公式列式，再利用构造法求出通项公式，按的奇偶分类求解得最大值.
【详解】依题意，，记用户第关抽到奖品为事件，当时，，
，，，
于是，则，
而，因此数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即，
当为奇数时，，则；
当为偶数时，，数列是递减数列，，
所以的最大值为.
故答案为：
4．（2025·广东佛山·一模）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.
5．（2025·辽宁沈阳·一模）对于函数，下列结论中正确的是（ ）
A．任取，都有
B．，其中
C．对一切恒成立
D．方程有两个相异实根，则
【答案】ACD
【分析】分析函数的性质并作出图象，利用其图象性质，结合数列相关知识逐项分析判断即可.
【详解】当时，函数在时取最大值1，在时取最小值，
当时，可视为的图象向右每2个单位一平移，
其函数值为相邻上一个区间对应值的，因此，
作出函数的图象，如图，
对于A，当时，，任取，
，A正确；
对于B，，数列是
以为首项，为公比的等比数列，，
因此，B错误；
对于C，由，得，则，，
因此，C正确；
对于D，方程有两个相异实根，则，
由，解得或，于是，
所以，D正确.
故选：ACD
题型04
数列的最值问题
1．（2025·江西·一模）设正项等比数列的前n项和为 ，前n项积为已知则下列结论正确的是（ ）
A．若 则
B．若 则
C．，则 是 的最大值
D．对任意
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，按公比探讨单调性判断AC；利用等比数列性质计算判断B；借助等比数列通项公式推理判断D.
【详解】设正项等比数列的公比为，，，而，
对于A，若，则，，不符合题意，
若，则数列单调递减，由，得，
于是，A错误；
对于B，由，得，则，B正确；
对于C，由选项A知，数列前2023项都大于1，从第2024项起为都小于1的正数，
因此是数列中的最大项，C正确；
对于D，，，
，而，则，因此，D正确．
故选：BCD
2．（2025·江苏南通·一模）已知正项等比数列的公比为，前项的积为，当且仅当时，取得最大值，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列为等比数列
C．使数列的前项的积取最大值时，最大正整数的值为198
D．若数列的前项的积大于1成立最大正整数的值为396，则的最大正整数的值为198
【答案】ABD
【分析】根据等比数列结合前n项的积分别判断A，B，再根据通项与1的大小关系计算前n项的积的最大值判断C，D.
【详解】正项等比数列，当且仅当时，取最大值，
则且时，时，，
是等比数列，A，B正确；
的前197项都大于1，第198项开始可能小于1，第199项后一定小于1
前197项积最大，C错误；
的前项积
成立的最大正整数为396，即，
即，，时，时，
的最大正整数为198，D正确；
故选：ABD．
3．（2025·辽宁沈阳·一模）已知等比数列的前n项的积为，即，又已知，则的最大值为 ．
【答案】8
【分析】分析数列的单调性，确定时，的值，即可求的最大值.
【详解】因为为等比数列，且，所以，
由.
所以，
所以为的最大值，且.
故答案为：8
4．（2025·山东临沂·一模）设数列的前项和为，且，则满足时，的最小值为（ ）
A．49B．50C．99D．100
【答案】D
【分析】根据的关系求出的表达式，进一步解不等式即可得解.
【详解】因为，所以，
当时，，所以，
即，此时
，也满足该式，
故，
若，解得，故所求为100.
故选：D.
5．（2025·福建泉州·一模）已知数列的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A．若是等差数列，则B．若不是递增数列，则
C．若，则D．若的最小值为3，则
【答案】ABD
【分析】A选项，根据等差数列前项和公式判断；B选项，利用得到，然后根据增减性列不等式即可；C选项，列不等式，然后解不等式即可；D选项，将的最小值为3转化为恒成立，然后分和两种情况分析即可.
【详解】若为等差数列，则，
所以，解得，，故A正确；
，则，，
当时，，
所以，
因为不是递增数列，所以或，则，故B正确；
若，则，
整理得，又，所以，故C错；
因为的最小值为3，所以恒成立，
即，当时，成立，
当时，，则，故D正确.
故选：ABD.
题型05
等差数列与等比数列的综合应用
1．（2025·山东青岛·一模）已知数列，，且，将与的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则的前10项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】对n分奇数与偶数讨论，求出数列与数列的公共项，利用裂项相消法求和.
【详解】因为数列是正奇数数列，
对于数列，当为奇数时，设，则，为奇数；
当为偶数时，设，则，为偶数，
所以，由数列的函数特性知为递减数列，
又，
所以，
故选：C．
2．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知数列满足，若，则数列的前15项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据的关系求出，然后使用裂项相消法可得.
【详解】①，
当时，，
当时，②，
①-②得，所以，
显然也满足上式，所以，
所以，
记数列的前项和为，
则.
故选：A
3．（2025·山东淄博·一模）过点向曲线引斜率为的切线，切点为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．数列的前项和为D．
【答案】ABD
【分析】设直线，方程联立由判断A；可得，，从而结合累加法求和可判断B；由，结合等差数列的求和公式可判断C；令，结合导数可得在上单调递增，进而可判断D.
【详解】设直线，联立，
得，
则由，即，
解得（负值舍去），故A正确；
可得，，
所以，故B正确；
因为，则，故C错误；
因为，，
所以，
设，则，
可得在上单调递增，
则时，，
又，则，故D正确.
故选：ABD
4．（2025·江西·一模）已知数列满足对任意正整数，恒有且，设，则（ ）
A．中前个奇数的和为B．前100项的和为10100
C．不存在等差数列，使其前项和为D．
【答案】BCD
【分析】由题意可得，可得是等差数列，可求通项公式，进而求得中前个奇数的和，可判断A；求得，计算的前100项的和，可判断B；假设存在，其前项和，利用的关系计算，可判断C；计算可求得，可判断D.
【详解】因为对任意正整数，，恒成立，
令，，得，所以，，
所以，所以是首项为1，公差为1的等差数列，
故，经检验符合题意.
中前个奇数的和为，故A错误；
所以，所以，
所以的前100项的和为
，故B正确；
假设存在，其前项和，则，
当时，，所以，，
所以不是等差数列，故C正确；
，，
所以，故D正确.
故选：BCD.
5．（2025·北京平谷·一模）已知各项均不为零的数列，其前项和是，且.给出如下结论：
①；
②若为递增数列，则的取值范围是；
③存在实数，使得为等比数列；
④，使得当时，总有.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【分析】根据的递推关系可得，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，进而得，即可结合选项求解.
【详解】由得，相减可得，
由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，
对于①，，故正确；
对于②，由于的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以，
若，则需要，则，故正确，
对于③，，若为等比数列，则为常数，则，
此时，故，进而可得数列的项为显然这不是等比数列，故错误，
对于④，若，只要足够大，一定会有 ，
则，只要足够的大， 趋近于0，
而，显然能满足，故，当时，总有，故正确，
故答案为：①②④
6．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）设数列满足，且，则 ．
【答案】4
【分析】根据递推关系逐一求解的值即可求解.
【详解】由以及可得，
故，
故答案为：4
7．（2025·广西·一模）若正项等比数列满足，则 ．
【答案】5
【分析】根据等比数列项的性质计算化简结合对数运算求解.
【详解】正项等比数列满足，
则．
故答案为：5.
8．（2025·山西·一模）数列满足，，，则数列的前n项和是 ．
【答案】
【分析】先由得到，再由，得，进而可得，由错位相减法可得前n项和.
【详解】由，用替代可得：，
化简得：，因，故是首项为1，公比为4的等比数列，
则，
由，用替代可得：，
化简得：，又，可推得．
则，记数列的前n项和为，
则，
，
两式相减：，
故，
故答案为：.
9．（2025·北京延庆·一模）数列中，若存在，使得“且”成立，（，）则称为的一个峰值.若，则的峰值为 ；若，且不存在峰值，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据二次函数的性质结合数列峰值的定义即可求出数列的峰值；构造函数，利用导数求出函数的单调区间，再结合数列峰值的定义即可得解.
【详解】由，
函数的对称轴为，
又，
所以，
所以的峰值为；
若，则，
令，则，
当时，，所以函数在上单调递减，
则数列是递减数列，符合题意；
当时，令，则，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
要使数列不存在峰值，
则，即，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：；.
10．（2025·湖南岳阳·一模）已知数列满足，则 .
【答案】；
【分析】由题意可得，可得，两式相减可求通项公式.
【详解】由，可得，
所以，
两式相减得，
所以，
当时，，所以，适合上式，
所以.
故答案为：.
题型06
数列通项与求和问题
1．（2025·天津武清·一模）已知各项均为正数的数列 ，其前n项和为，满足.
(1)求数列的通项公式以及 ；
(2)若 ，求
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由，结合可得答案；
（2）由（1）可得时，，然后当，时，可得，其中为小于的最大整数，据此可得当，其中时，可得，最后由分组求和可得答案.
【详解】（1），
则，因.则两式相减得：.
又各项均为正数，则.
又时，，
则是以1为首项，公差为2的等差数列，
则，；
（2）由（1）时，，
则.
则，
当，设，
注意到
，其中为小于的最大整数.
则当，其中时，
.
则当时，
.
又注意到时，.
则.
2．（2025·山东济宁·一模）已知数列和满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见详解
【分析】（1）分析可知数列为常数列，即可得数列的通项公式，根据前n项和与通项公式之间的关系可得数列的通项公式；
（2）由（1）可知：，利用裂项相消法求，进而分析证明.
【详解】（1）因为，可得，
即，
可知数列为常数列，则，所以；
又因为，则有：
若，可得；
若，则，
两式相减得；
且符合上式，所以.
（2）由（1）可知：，
可得，
显然，所以.
3．（2025·广西·一模）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：．
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）不等式对恒成立可得对恒成立，再构造函数并利用导数探讨单调性推理得证.
（3）由（2）取可得不等式，再取，并借助裂项相消法求得证.
【详解】（1）函数，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）不等式，
由时，恒成立，得，
令，由当时，恒成立，
得，，求导得，令，
求导得，而，则当，即时，，
函数在上单调递增，，函数在上单调递增，
则，符合题意，因此；
当时，由，得，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递减，
则当时，，不符合题意，
所以实数的取值范围是.
（3）由（2）知，当时，，
取，则，而，
因此
，
所以.
4．（2025·云南昆明·一模）已知各项均为正数的数列的前项和为，，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)若，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知等式变形得出，化简得出，结合等差数列的定义可证得结论成立；
（2）结合（1）中的结论可得出数列的通项公式，由此可求得数列的通项公式；
（3）由参变量分离法得出，令，分析数列的单调性，即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）因为各项均为正数的数列的前项和为，则对任意的，，
当时，，
即，所以，，
因此，数列是等差数列，且其首项为，公差为.
（2）由（1）可得，则当时，，
也满足，故，.
（3）由可得
，
令，则
则
，即，
所以，数列为单调递增数列，则，
因此，的取值范围是.
5．（2025·安徽·一模）设是各项均为正数的无穷数列，其前项和为.
(1)若对任意都成立，且.
①求数列的通项公式；
②已知首项为，公比满足的无穷等比数列，当无限增大时，其前项和无限趋近于常数，则称该常数为无穷等比数列的各项和.现从数列中抽取部分项构成无穷等比数列，且的各项和不大于，求的最大值.
(2)若对任意都成立，试证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）①应用等比数列及计算求解得出通项公式；②应用求和公式结合指数运算计算求解得出最大值即可；
（2）先应用分析法将问题转化为，再分为奇数和为偶数两种情况分别证明即可.
【详解】（1）①因为对任意都成立，所以，且，所以，
则数列是等比数列，又，
作差得，，所以，
又数列为等比数列，故数列的公比为，
又因为，所以，所以，
所以是以1为首项以为公比的等比数列，
所以数列的通项公式为；
②因为，设数列，公比为，其中，
则数列的各项和等于，所以，
又因为，所以，
当时，由，得，
即时满足题意，所以；
（2）记，，因为 对任意都成立，且，
得，即，
要证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
若为奇数，只需证，
因为，所以，
所以成立；
若为偶数，只需证，
因为，所以，又，
所以成立；
综上可知，对任意，不等式都成立.
题型07
数列不等式
1．（2025·四川巴中·一模）已知数列的通项公式为.
(1)求证：；
(2)令，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)结合数列的通项公式和单调性求证即可.
(2)先求出数列的通项公式，然后结合裂项法对证的等式进行放缩，从而得到要证的不等式即可.
【详解】（1）可知数列单调递减，则当时，取最大值为故得证.
（2）
当时，
得证.
2．（2025·江西·一模）已知函数是区间上的可导函数，数列满足，若点与所在直线的斜率存在，且与的图象在处的切线斜率相等，则称为的“—和谐数列”.
(1)若，，是的“1—和谐数列＂，且，求；
(2)若，.
①判断在上的单调性；
②若是的“—和谐数列”，且，求证：.
【答案】(1)
(2)①单调递增；②证明见解析
【分析】(1)根据两点求斜率和求导求斜率，列出等式求出，根据等比数列定义和通项公式求；
(2)①对求导，利用导数求单调性即可；②通过和谐数列定义得出，设，对其求导分析单调性，设对其求导分析即可得结果.
【详解】（1）由题意，得与所在直线的斜率为，
，的图像在处的切线斜率为，
所以，，
所以，又，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
所以，.
（2）①因为，，所以，
设，则，
设，则，
所以在上单调递增，所以当时，，
所以，所以，即在上单调递增，且，
所以在上单调递增.
②证明：因为是的“—和谐数列”，所以，
设，则，
，，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
设，，则，
所以，
令，则
由①知，且在上单调递增，
，所以，所以单调递减，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，
取，得.
又，，在上单调递增，
所以，即，
所以.
3．（2025·广东·一模）已知无穷数列满足，为正整数，．
(1)若，求；
(2)证明：“存在，使得”是“是周期为3的数列”的必要不充分条件；
(3)若，是否存在数列，使得恒成立？若存在，求出一组的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)或3或5．
(2)证明见详解
(3)不存在，理由见详解
【分析】（1）分别令，代入，求出，再根据对进行取舍.
（2）证明必要性是以是周期为3的周期数列当条件，推出存在，使得这个结论成立；不充分性只需举出符合存在，使得的特殊数列，推出不是周期数列即可.
（3）对，要考虑和两种情况，注意考虑这种特殊情况.
【详解】（1）因为对任意成立；
令得，所以，则或3，
若，由，则，则或3，
若，由，则，则或5，
因为，综上所述：或3或5．
（2）记，
必要性：若是周期为3的周期数列，或，
当时，数列前5项为：，
由得，该式当且仅当或时成立，
与为正整数矛盾；
当时，数列前5项为：，
由得，则或（舍，此时），
因此，此时数列：，存在，使得，
另一方面：取数列其中当时，，
此时数列不是周期数列，
综上，“存在，使得”是“是周期为3的周期数列”的必要不充分条件．
（3）不存在，理由如下：
等价于或，
首先说明不存在，使得，否则由得记为，
所以，
依此类推得前项为（第项），则要么相等，要么有一项为0，矛盾，因此对任意成立，
其次，不存在，使得以及同时成立，否则两式相加得，矛盾．
（ⅰ）若（*）式只对有限个正整数才成立，不妨设当且仅当时（*）式成立，其中，
则当时，（**）式恒成立，此时恒成立，
由此易知当，因此数列是无界数列，
（ⅱ）若存在无限个正整数使得（*）式成立，不妨设当且仅当时（*）式成立，
其中，考虑与，为方便书写记且，
则，
若，则，
若，则，
则，
此时，
无论哪种情况总有成立，即恒成立，
记，则恒成立，由此易得数列是无界数列，
所以，存在使得，故不存在符合题意的．
4．（2025·云南昆明·一模）已知数列，，，是的前项和.
(1)证明：数列为等差数列；
(2)求；
(3)若，记数列的前项和为，证明：．
参考数据：.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列通项公式证明即可；
（2） 应用错位相减法计算求和即可；
（3）分奇偶应用等比数列求和，再构造函数应用导函数判断函数的单调性结合累加法及对数运算证明即可.
【详解】（1）由题，得；
又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）可知，故.
，
则，
两式相减得，
，
所以.
（3）由（2）可知
所以数列中的奇数项（），
偶数项，（），.
由于，则，所以，则，
所以.
由于


.
构造函数，，
所以，则在上单调递减.
所以当时，则，
即任意，，即在恒成立.
令，，则，即，，
所以，，，.
以上各式相加得，
，即.
所以.
5．（2025·甘肃兰州·一模）已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：；
(3)若数列满足，证明：（e为自然对数的底）．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由等差数列的通项公式及等比数列的性质即可求解，进而可得通项公式；
（2）设，求导，可得的单调性，进而可得结论；
（3）由题意需证，由（2）可得，利用放缩法与裂项相消法可证结论.
【详解】（1）设等差数列公差为成等比数列，则，
所以，解得或（舍去），所以；
（2）设，当时，单调递减，
，所以，由（1）可知，
则有，所以不等式恒立．
（3）因为，所以要证，
只需证：，
根据（2）可知，那么，
，
所以.
题型08
数列新定义
1．（2025·北京平谷·一模）对于数列，若满足，则称数列为“数列”.定义变换，若，将变成0，1，若，将变成1，0，得到新的“数列”.设是“数列”，令.
(1)若数列.求数列；
(2)若数列共有10项，则数列中连续两项相等的数对至多有多少对？请说明理由；
(3)若为0，1，记数列中连续两项都是0的数对个数为.求关于的表达式.
【答案】(1)
(2)至少有19对，理由见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）根据变换的定义，逆向推导即可；
（2）根据中每个1和0在中的对应情况，即可求解和证明；
（3）对参数分类讨论，结合变换的定义以及等比数列求和，即可求得结果.
【详解】（1）由变换的定义可得.
（2）数列中连续两项相等的数对至多有19对.
证明：对于任意一个“数列”中每一个1在中对应连续四项，
在中每一个0在中对应的连续四项为，
因此，共有10项的“数列”中的每一个项在中都会对应一个连续相等的数对，
在中若出现连续两项的数对最多，
对于中的每一个第项和第项之间产生一个连续相等的数对，
所以中至多有19对连续相等的数对.
比如：取，则
（3）设中有个01数对，
中的00数对只能由中的01数对得到，所以，
中的01数对有两个产生途径：①由中的1得到；②由中00得到，
由变换的定义及可得中0和1的个数总相等，且共有个.
所以，得，
由可得，
所以，
当时，
若为偶数，．
上述各式相加可得，
经检验，时，也满足．
若为奇数，．
上述各式相加可得，
经检验，时，也满足．
所以．
2．（2025·陕西咸阳·一模）若无穷数列满足：对于，，其中A为常数，则称数列为“A数列”．
(1)若等比数列为“A数列”，求的公比q；
(2)若数列为“A数列”，且，．
①求证：；
②若，且是正项数列，，求满足不等式的的最小值．
【答案】(1)
(2)①证明见详解；②1
【分析】（1）根据题意可得，结合等比数列通项公式分析求解；
（2）根据题意结合等差数列通项公式可得.①可得，根据分析证明即可；②可得，赋值求的值或范围，根据，分析求解.
【详解】（1）因为等比数列为“A数列”，则，
即，可得，
若上述方程对任意恒成立，则，且为定值，
所以的公比.
（2）由题意可知：，且，
则数列是以首项为，公差为1的等差数列，
可得，即.
①因为，
若，则；
若，则；
若，则，
可得；
综上所述：；
②因为，且是正项数列，则，即，
可得，
若对任意恒成立，即，
令，可得，可得，
且，则，
若，可得，
又因为，
可得，
所以符合题意；
若对任意恒成立，即，
令，可得，可得，
若，可得，
又因为，
可得，，
可得，所以符合题意；
综上所述：的最小值1.
3．（2025·福建厦门·一模）若数列满足数列是等差数列，则称为“绝对等差数列”，的公差称为的“绝对公差”．
(1)若“绝对等差数列”的“绝对公差”为2，且，求的值；
(2)已知“绝对等差数列”满足，，且的“绝对公差”为1，记为的前n项和．
（ⅰ）若，求；
（ⅱ）证明：对任意给定的正整数m，总存在，使得．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）设，结合，分析与正负性可得答案；
（2）（ⅰ）由题可得，然后由累加法可得，据此可得答案；（ⅱ）记，，由（ⅰ）可得若m为奇数，满足题意；若m为小于8的偶数，满足题意；当m为大于8的偶数时，通过构造数列可完成证明.
【详解】（1）设，则，
因为，
若与均为负数，则，解得，不合题意；
若与一正一负，则或-2，不合题意；
所以，，
所以，解得，故．
（2）（ⅰ）由题
则
，
又因为．
则，所以．
（ⅱ）依题意，，记，其中，
①若m为奇数，
令，由（ⅰ）可知，，
因为，
所以，符合题意；
所以对任意给定的奇数m，存在满足的使得；
②若m为偶数，
因为，
，
……
，，
累加得
由（ⅰ）知，令'可得，．
若，则，符合题意，故下面只讨论的情况．
当k为大于1的奇数时，，，设此时的，
即，，
构造新数列，其中，，其余各项均不变
即，
记调整为后该数列的前m项和为，
则
，结合及（ⅰ）可得
令，解得，
则对任意给定的偶数m，当，或时，
存在一个对应的满足，其中为不超过x的最大整数，，
综上所述，对任意给定的正整数m，总存在一个满足
4．（2025·江西九江·一模）已知是由不全相同的正整数组成的有穷数列，其前项和为，．集合，中元素个数为，将中所有元素取出，并按从小到大排列，记为数列．若，则称数列为数列．
(1)若，写出一个数列
(2)若是公比为偶数的等比数列，证明：为数列：
(3)若数列是等差数列，求的最小正整数．
【答案】(1)1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8
(2)证明见解析
(3)2
【分析】（1）由数列的概念即可求解；
（2）由等比数列求和公式确定恒为奇数，进而得到，再通过等比数列求和即可求证；
（3）设公差为，当时，得到，再由
可得最小正整数为2，再说明当时，设的前项和为，由，得到，
进而可说明问题；
，
的最小正整数为2．
【详解】（1）若，则，
此时，
，此时
故满足条件的数列有：1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8（写一个即可）
（2）证明：为等比数列，且，则公比．
为偶数，为偶数，，且恒为奇数．
此时，而，故
，故为数列
（3）设数列的公差为，则，
当时，设此时前项和为，
，
又的最小正整数为2，
当时，设此时的前项和为，易知
，
的最小正整数为2．
综上所述，的最小正整数为2
5．（2025·山东菏泽·一模）定义正方形数阵满足，其中i，.
(1)若，求数阵所有项的和T；
(2)若m，n，p，，求证：也是数阵中的项；
(3)若，，且，求的值为奇数的概率.
【答案】(1)0
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）根据确定的所有取值情况，通过分析的性质，发现以及，从而得出数阵所有项的和为.
（2）对进行展开变形，再根据数阵的定义，证得结论成立.
（3）先根据以及与具有相同奇偶性，得出为奇数时与一奇一偶，然后分为奇数和偶数两种情况，分别计算的取值情况数，进而计算出概率.
【详解】（1）若，则的所有取值情况为：
故数阵共99项，由知：，
，
所以.
（2）
由知，，故，
所以也是数阵中的项.
（3）若知：，
由与具有相同的奇偶性知要使的值为奇数，需使与都是奇数，
即i与j必定一奇一偶，
当时，的取值情况有4种，故；
当时，的取值情况有8种，故；
当时，的取值情况有12种，故；
当且n为奇数时，中有个奇数，个偶数，
故的取值情况有种，故；
当且n为偶数时，中有个奇数，个偶数，
故的取值情况有种，故；
综上所述，当且n为奇数时，；当且n为偶数时，.