新高考数学二轮复习压轴题提升训练专题06 数列压轴小题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习压轴题提升训练专题06 数列压轴小题（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了 数列作为特殊函数的性质对应， 核心题型与破解策略， 重要思想方法， 解题流程指引，03125 /等内容，欢迎下载使用。

压轴分析
新高考数列压轴题的核心，是考查从非常规递推关系中识别并构造可解模型的能力。
典型命题路径是给出复杂递推式（如分式型an+1=panqan+r或混合型)，要求学生求解通项或证明性质。
解题关键在于定向变形：通过取倒数、取对数、待定系数配凑等手段，将其转化为等差、等比或可累加/累乘的标准结构。当直接变形困难时，需先计算初始项，观察猜想规律，再用数学归纳法严谨证明一这正是近年考查热点。
涉及数列单调性、不等式或最值问题时，需将通项an视为离散函数，借助函数思想分析，同时注意其离散特性。掌握变形试解-猜想-证明"的探究路径，方能从复杂形式中洞察本质数列模型。
知识总结
1. 数列作为特殊函数的性质对应
2. 核心题型与破解策略
3. 重要思想方法
函数引领，离散验证：遇到数列问题，首先写出其通项公式 an=f(n)，用函数思想分析趋势、性质。但在执行比较、求最值等操作时，必须回归正整数定义域，进行离散的、有限的操作（如比较 an 和 an+1）。
数学归纳法：证明与正整数 n 相关的数列性质（如通项公式、不等式、整除性）的标准工具。必须严格遵循三步（奠基、假设、递推）格式。
放缩法：证明数列不等式或收敛性的关键。技巧在于将数列项适度放大或缩小，化成可求和（如等比数列）或易于比较的形式。放缩的度需要经验把握。
4. 解题流程指引
分析题目：
↓
明确所求：是单调性？最值？范围？还是证明不等式？
↓
定位性质：
若涉及增减趋势 → 采用作差法/作商法，或借助函数导数。
若涉及最大/小值 → 先判单调性，不单调则解相邻项不等式组。
若涉及所有n成立的不等式/范围 → 常需分离参数，转化为求函数的最值问题。
↓
执行与验证：
若用了函数思想，最后要说明"由函数性质及n为正整数知..."。
若求最值，确认候选项是否均为正整数。
掌握"以函观数，以离散性为界"的思维，便能将复杂的数列性质问题，化归为熟悉的函数分析与严谨的离散推理相结合的模式，从而有效破解压轴小题。
典例精讲
【典例1】
（2025·江苏苏州·三模）已知数列满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据给定的递推公式，变形计算判断AB；裂项，结合累加法求通推理判断CD.
【详解】对于A，由，得，，则，A错误；
对于B，由，得，当时，，B错误；
对于CD，由，得，则，
即，则当时，，
，因此，，，
，而，C正确，D错误.
故选：C
会一题通一类
1．（2025·四川攀枝花·模拟预测）已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．
【答案】C
【分析】由题目条件推出，再得到，即，利用与的关系计算出，即可判断A；由即可判断B，利用基本不等式即可判断C、D.
【详解】由题意知，且，
当时，，解得，
当时，，
整理可得，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，则.
对于选项A，因为，故A错误；
对于选项B，因为是等差数列，故B错误；
对于选项C，因为，故C正确；
对于选项D，因为，
，故D错误.
故选：C.
2．（2025·新疆喀什·模拟预测）（多选）已知数列 满足：，，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，为等比数列D．若，
【答案】ABD
【分析】对A，由递推关系结合判断；对B，C，D，根据递推关系可得，得是以1为公差的等差数列，依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，由，，则，，
可得，故A正确；
对于B，C，D，由，则，
，，
是以1为公差的等差数列，故C错误；
若，，则，即，故B正确；
若，则，，
，故D正确.
故选：ABD.
35．（2025·广西南宁·模拟预测）（多选）已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．若数列为常数列，则或
C．若数列为递增数列，则
D．当时，
【答案】ABD
【分析】令可得，据此判断A，令，由递推关系求出即可判断B，根据B及条件数列为递增数列，分类讨论求出或时判断C，通过对取对数，构造等比数列求解即可判断D.
【详解】对于A，当时，，
令，则，，故，
即，故A正确；
对于B，若数列为常数列，令，则，解得或，
或，故B正确；
对于C，令，则，
若数列为递增数列，则数列为递增数列，
则，解得或，
当时，，且，
，此时数列为递增数列，即数列为递增数列；
当时，，且，
，此时数列不为递增数列，即数列不为递增数列；
当时，，
，此时数列为递增数列，即数列为递增数列.
综上所述，当或，即或时，数列为递增数列，故C错误；
对于D，令，则，，
则，，
数列是首项为1，公比为2的等比数列，
，即，故D正确.
故选：ABD.
【典例2】
（2025·四川绵阳·模拟预测）已知为数列的前项和，若，则等于（ ）
A．2026B．2025C．0D．1013
【答案】D
【分析】根据，结合已知条件，得到数列的递推关系.利用累乘法求得，代入2027求得；或先求出，再求得.
【详解】因为，所以
即.
所以.
因为，所以.
所以…….
由累乘法得：.
所以，，，
所以.
方法二：
因为，所以.
两式相减，得，即.
由，得.
所以.
所以.
故选：D.
会一题通一类
1．（2025·重庆·三模）数列满足，则的前100项和 ．
【答案】
【分析】根据题意得当为偶数时，当为奇数时，进而求得奇数项与偶数项的和即可求解.
【详解】，
①当为偶数时，
，，，
，，
…
，
.
②当为奇数时，
，，
，
，，…，，
，
故答案为：
2．（2025·江西·模拟预测）已知数列满足：，，令，数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】当时，求出的值，当时，由可得，两式作差得出，利用累乘法可求出在时的表达式，结合裂项相消法可求出的值.
【详解】因为数列满足：，，
当时，，
当时，由可得，
两个等式作差得，所以，可得，
当时，，满足，
故当时，，
所以
，
因此，.
故选：B.
3．（2025·吉林长春·模拟预测）设是数列的前项和，，则
（1） ；
（2） ．
【答案】 /0.03125 /
【分析】根据给定条件，按为奇数和偶数分别变形给定的递推公式，求出并结合求解即可.
【详解】数列中，由，得，
即，又，即，
因此，；.
故答案为：；
【典例3】
（2025·湖南·二模）记数列的前项和为，若，且，则的最小值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】利用结合分组求和、裂项求和求，通过规律探寻得知是整数，进而得出是偶数的平方，欲使取最小整数值，则即可，再举例说明的可行性.
【详解】数列中，由，得，
即，
所以
，
又，所以.
又由，得且，
可知，
所以是整数，于是是整数，且是偶数的平方，则，当取等号.
下面举例说明可以取到，
，
，
此时，
所以的最小值为3.
故选：D.
会一题通一类
1．（2025·安徽·二模）记数列的前项和为，若，则的值不可能为（ ）
A．96B．98C．100D．102
【答案】D
【分析】根据和的关系分析及特例求解判断即可.
【详解】当时，，设，
当时，，则，
即，所以，
时取等，故D错误；
若，，且，，，
此时；
若，，且，，，
此时.
故A，B，C正确.
故选：D.
2．（25-26高三上·黑龙江·期中）单调递增的等差数列满足，当公差取最小值时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质以及绝对值的几何意义，分析，，的特点，进而确定公差的最小值以及的值.
【详解】设等差数列的公差为，，表示点到原点的距离，表示点到点的距离，表示点到点的距离；
已知，
根据绝对值的几何意义可知，数列中的项应满足，，
因为，由，可得，所以的最小值为，
当时，，，
解不等式可得；解不等式可得，所以.
故选:C．
【典例4】
（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选）已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．，使得为常数列
B．若，则
C．若，使得时，
D．若，则为递增数列
【答案】ABD
【分析】对于A，令，可判断选项正误；对于BCD，由题可得，令，可得当时，通项公式，据此可判断选项正误.
【详解】对于A，令，解得或，故A正确；
由，得，令，则.
若，则，此时；若，则当时，.
所以当时，有，所以，
即当时，.
对于B，若，则，当时，.
因函数在R上单调递减，又，则.
故当时，，故B正确；
对于C，若，则，当时，.
因函数在R上单调递增，又，则当当时，，故C错误；
对于D，若，则，且，
所以.又当时，.
则当时，.
因函数在R上单调递增，又，则当时，单调递增，
则也单调递增，所以当时，单调递增，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：对于数列单调性相关问题，常见思路为求出通项公式，研究与通项公式相关函数单调性来研究数列单调性；也可利用作差法或作商法，比较数列中相邻几项的大小关系，从而判断单调性.
会一题通一类
1．（2025高三·全国·专题练习）记等比数列的前项和与前项积分别为，，若，则（ ）
A．为单调数列B．为递增数列
C．有最大值D．有最小值
【答案】D
【分析】由，可得或，然后逐项讨论.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，所以，且或，
即或.
当时，为正负交替的摆动数列，不单调，A错误；
因为，所以，
所以当时，为正负摆动的数列，故不单调，B错误；
又，且，
①当时，由于，
则，，
所以有最小值，最大值；
②当时，，
所以为递增数列，所以其有最小值，无最大值；
综上所述，有最小值，C错误，D正确．
故选：D.
2．（2025·四川绵阳·模拟预测）（多选）已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．数列是递增数列
C．存在正整数，使得
D．存在正整数，使得
【答案】ABD
【分析】由等差数列与等比数列项之间的关系建立方程组，求得公差和公比，即可判断A选项，写出数列通项公式即可判断B选项.将作差，然后构造函数，由导数得到函数在的单调性，结合端点的正负即可证明函数零点，即方程的解，判断选项.由等式建立方程然后解的值，判断选项.
【详解】∵，
∴，整理得，
∵，∴，则，A选项正确，
，，B选项正确，
∵，令，
∵，当时，，
∴函数在上单调递增，且，
∴函数在无零点，即不存在正整数，使得，C选项错误，
，即，解得，
∴存在正整数，使得，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】本题考查了等差数列和等比数列，结合项之间的关系建立方程组，然后得数列相关的量.对于是否存在正整数使得等式成立问题，可以由解方程证明存在，或者利用函数零点来判断方程得解.
3．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列满足，，，则下列选项正确的是（ ）
A．B．C．D．是递增数列
【答案】B
【分析】由题意，，两式相减求出数列的通项公式，再结合对数的运算性质判断ABD，设，记，利用导数可得在上恒成立，进而利用放缩判断C.
【详解】因为，
所以,
两式相减得，则，
则，所以，A说法错误；
，，而，故B说法正确；
设，记，则
故，即在上恒成立，
所以，故C错误；
，
所以，故不是递增数列，D说法错误；
故选：B
【典例5】
（25-26高二上·江苏镇江·期中）（多选）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．数列是递减数列B．当时，最大
C．使得成立的最小自然数D．数列中的最小项为
【答案】ABD
【分析】由条件分析出，，，求出公差，即可判断A，B；由等差数列的前项和公式求出，即可判断C；分别判断当，，时，的正负，再结合数列的单调性确定最小项，即可判断D.
【详解】由，可得，
由，可得，即，又因为，所以.
因为数列是等差数列，所以，所以数列是递减数列，
故A正确；
由A知数列是递减数列，且，，所以当时，最大，
故B正确；
由等差数列的前项和公式可知，，
，
所以使得成立的最小自然数，故C错误；
当时，；
当时，；
当时，，
.
因为，所以，
又因为，所以， 所以，
所以，所以在时为增函数，
所以数列中的最小项为，故D正确.
故选：ABD
会一题通一类
1．（2025·辽宁·模拟预测）记是公差不为0的等差数列的前项和，若，，则使成立的的最大值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】利用基本量先计算公差和，进而得和，由解得的范围，进而求解.
【详解】设等差数列的公差为，又，所以，
由，所以，所以，所以，即①，
又因为，所以②，
由①②解得，
所以，
所以，
由有，即，
解得，
所以使成立的的最大值是，
故选：C.
2．（2025·江西南昌·模拟预测）已知数列的各项均为正数，，则前40项和的最小值为 .
【答案】60
【分析】令，根据已知递推关系得，，，，，进而确定周期性，再应用周期性和基本不等式求的最小值.
【详解】当为奇数时，；当为偶数时，；
令，则，，，，，
所以是周期为4的数列，且，
当且仅当时取等号，则.
所以的最小值为60.
故答案为：60
3．（2025·四川攀枝花·模拟预测）已知数列满足递推公式，．设为数列的前项和，则的最小值是 ．
【答案】/4.25
【分析】先通过构造等比数列求出数列的通项公式，再计算前项和，代入目标表达式后化简，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性求最小值．
【详解】，，
数列是首项为，公比为2的等比数列，
，故，
，
，
令，则，
求导得，令，解得或（，舍去），
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，则在处取得极小值，
，，故只需要比较与的大小，
当时，，，
当时，，
的最小值是．
故答案为：．
【典例6】
（2025·辽宁·一模）已知在数列中，，则的前项中的最大项为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据指数函数是减函数，结合递推公式分析即可得解.
【详解】因为，所以函数是减函数，
因为，所以，即，
由函数是减函数，，
得，即，
由函数是减函数，，
得，即，
由函数是减函数，，
得，即，
以此类推，可知数列的最大项为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据指数函数是减函数，结合递推公式类推，是解决本题的关系.
会一题通一类
1．（25-26高三上·浙江·开学考试）已知等差数列的前项和满足：，则数列的最小项是第（ ）项.
A．2026B．2027C．4048D．4049
【答案】A
【分析】由题设可得，，，等差数列为递增数列，进而得到，，进而结合单调性分析求解即可.
【详解】由，
则，，，
因此等差数列为递增数列，
而，
，
则时，，，即；
当时，，要使最小，则，
此时，数列为递增数列，
则随着的增大，增大，减小，增大，但，，则增大，
因此，当时，最小.
故选：A.
2．（2025·河北唐山·模拟预测）数列的前项和为，的前项和为，则数列（ ）
A．有最大项也有最小项B．无最大项也无最小项
C．有最小项但无最大项D．有最大项但无最小项
【答案】A
【分析】根据数列和数列的前项和，分别求出数列和数列的通项公式，进而可以得到数列的通项公式，通过判断其单调性，可得是否存在最大值和最小值.
【详解】设数列的前项和为，的前项和为，则，，
当时，，
当时，，
经验证，时成立，所以，
同理可求得，适合；
所以，
令，
又，，，，
，
当时，，，所以，且时，，
则，
所以当时，，数列单调递增，得；
当时，，数列单调递减，得；
当时，，数列单调递增，得；
由此可知最大，最小，
综上所述，数列存在最大项，也存在最小项.
故选：A
【典例7】
（2025·河南·模拟预测）已知数列满足，，若对，，则实数t的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，得到，通过累加得到，再通过分参得到，结合基本不等式求得最小值，即可求解.
【详解】因为，
所以，
即，所以当时，
，所以，也满足，
所以，，
所以恒成立，
即，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
所以实数t的取值范围是，
故选：A
会一题通一类
1．（2025·海南海口·模拟预测）已知数列的首项为1，,是的前n项和，且，（），若存在，使得成立，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据的递推式，利用与的关系，推得，运用累加法求得数列的通项，再根据的奇偶比较与的大小，结合存在性问题求解不等式即可.
【详解】由，（）可得，
即，当时也符合，
所以
，
故.
若存在，使得成立.
当为奇数时，，，
由，可得，
此时，存在使得，
故，即，
也即；
当为偶数时，，，
由可得，
此时，存在使得，
故，即，
也即.
综上，可得实数m的取值范围为.
故答案为：.
【典例8】
（2025·吉林·三模）以“冰雪同梦亚洲同心”为主题的第九届亚冬会于2025年2月7日在哈尔滨盛大开幕，场馆上方悬挂的120万朵小雪花片装置，让观众仿佛置身于冰雪童话之中．理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”．它可以这样画：如图，画一个边长为1的正三角形，第一步，把每一边三等分；第二步，取三等分后的一边中间的一段，以此为边向外作正三角形，并把这中间的一段擦掉，形成雪花曲线；重复上述两步，形成雪花曲线，记雪花曲线的周长为，则数列的最大项为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先需要根据雪花曲线的构造规律求出其周长的通项公式，再据此得出数列的通项公式，最后通过分析该数列的单调性来确定最大项.
【详解】对于初始的正三角形，边长，周长,
由构造规则可知，从到，每一条边都变为原来的倍.
因为有3条边，的边数是条，且每条边长度为，所以.
从到，同样每一条边变为原来的倍，的边数是条，每条边长度为，所以.
以此类推，可得,代入可得：
,
令,则,
则,
令，解得,
令，解得.
所以，.
故选：B
会一题通一类
1．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）（多选）在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列：2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．第项为
D．从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1，3，6，10，15，…，得到其倒数和，则
【答案】AC
【分析】将数列数列、、、、、、、、、、变成数阵，确定数阵第行有个数，从左向右分别为.对于A，确定分别在该数阵第行的第2个和第4个即可判断；对于B，确定位于该数阵第行第个数即可求和；对于C，确定第项为第行第1个即可；对于D，根据杨辉三角得到，利用裂项相消求和法求和即可.
【详解】将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵：
则该数阵第行有个数，从左向右分别为，
第行最后一项位于原数列第项，
对于A，因为，所以分别在该数阵第行的第2个和第4个，故，即，选项A正确；
对于B，因为，所以位于该数阵第行第个数，
由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，而“杨辉三角”中第行所有数之和为，
所以，该数阵第行所有数之和为，
所以，选项B错误；
对于C，因为，所以第项为第行第1个，即，选项C正确；
对于D，根据杨辉三角知，，选项D错误.
故选：AC.
2．（25-26高三上·湖北·月考）（多选）如图，曲线上的点与轴非负半轴上的点，构成一系列斜边在轴上的等腰直角三角形，记为，，，（为坐标原点）．设的斜边长为，点，的面积为，则下列说法中正确的是（ ）

A．数列的通项公式B．数列的通项公式
C．D．
【答案】ACD
【分析】A根据几何特征求出，再根据以及化简得出数列为等差数列即可求出；B根据A选项以及即可；C根据以及平方和公式即可；D由，结合裂项相消法即可.
【详解】已知，设，因为为等腰直角三角形，
则直线的斜率为，直线的方程为，
联立，解得，则，即，则，
设，则，，
则，
可得，即，
由，可得，故得，
所以数列是以2为首项，以2为公差的等差数列，
则，故A正确；
对于B，，则，故B错误；
对于C，因为是等腰直角三角形，其面积，
则
由平方和公式，
可得，故C正确；
对于D，因为，，
当时，，
则，故D正确．
故选：ACD
【典例9】
（2025·江苏常州·模拟预测）（多选）已知函数，数列满足，则（ ）
A．方程的解集为
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】ABC
【分析】先求解方程的解集可判断A；先根据数学归纳法得出的范围，再利用范围以及递推关系式可判断数列的增减性来判断BC；先证明数列的增减性，再构造等比数列，求出通项，结合指数函数和对数函数的性质可判断D.
【详解】对于A，已知，令，即.
设，则，原方程可化为，即，
则，解得或或.
当时，；当时，；当时，.
所以方程的解集为，故A选项正确；
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，
又，，
故，故，故为递增数列，
若，则恒成立，故B选项正确；
对于C，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，即由数学归纳法可得成立.
而，
又，，
故，故，故为递减数列，
存在常数，使得恒成立， 故C选项正确；
对于D，
若，则，，
则，即，
因，则对任意恒成立，即为递增数列，
则对任意恒成立，
因，则，
则，
则，
则，
因，
则数列是以为首项，以为公比的等比数列，
则，
因函数为上的单调递增函数，且值域为，
则当时，，再结合对数函数的图象可知，
则不存在常数，使得恒成立，故D选项错误.
故选：ABC.
会一题通一类
1．（2025·广东·模拟预测）（多选）正整数数列满足：，则下列正确的有（ ）
A．若，，则的可能取值有6个
B．若，则时，
C．若，则时，
D．若有最大值，则从某一项开始恒为常数
【答案】ACD
【分析】我们把绝对值理解为距离，把数列画在数轴上，点只能落在上，也就是会更靠近，数形结合，依次判断四个选项，得到答案.
【详解】我们把绝对值理解为距离，把数列画在数轴上，如图：
其中，，
点只能落在上，也就是会更靠近，
A选项，，时，设表示的数分别为，
则，，解得，，
可能取4，5，6，7，8，9，共6个可能，A正确；
B选项，当的变化方向与相同时，每次都至多增大，这就是说：
若，则时，，B错误；
C选项，当的变化方向与相反时，至多变化，
此后每次变化，若方向相同，结合B可知，则至多变化，
若方向相反，则变化的“步长”会一直严格减小，
这就是说：若，则时，，C正确；
D选项，由于变化过程中，左右两侧都有边界，
若某次停下，即，可知此后恒为常数；
若一直不停下，由于其左右两侧都有边界，的变化方向必须一直改变，
而由选项C，只要变化方向改变，变化的“步长”就会一直严格减小，最后永远停下，D正确.
故选：ACD
2．（2025·北京大兴·三模）已知数列的前项和为，且（），给出下列四个结论：
①长度为，，1的三条线段可以围成一个内角为的三角形；
②，；
③，；
④．
其中正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】利用余弦定理可判断①，举反例可判断②，对式子变形，换元求解数列前项和及通项公式，结合三角函数恒等变换可判断③④.
【详解】对于①，长度为，，1的三条线段组成三角形，
设边长为的边对应的角为，因为，所以，
故，
又，所以，即边长为对应的角为，故①正确；
对于②，由，，则，
当时，，故②错误；
对于③④，因为，
所以，令，则，
令，为锐角，
则
，所以，所以，又，
所以，即，所以，
所以，
所以，所以，故④正确；
所以，当时，，
又也适合，所以，
又，
即，所以，故③正确.
故答案为：①③④.
【典例10】
（2025·山东聊城·三模）（多选）对于数列，设区间内偶数的个数为，则称数列为的“数列”，则（ ）
A．若数列是数列的“数列”，则
B．若数列是数列的“数列”，则是常数列
C．若数列是数列的“数列”，则是等比数列
D．若数列是数列的“数列”，则数列的前项的和为
【答案】ACD
【分析】根据数列新定义，结合常数列，等差数列，等比数列及错位相减法即可分别判断各个选项．
【详解】对于A，由题意得，在区间内偶数有13个，故，故A正确；
对于B，设，在区间内最大的偶数为，
所以共有个偶数，则，不为常数列，故B错误；
对于C，，在区间内最大的偶数为，
所以共有个偶数，则，为等比数列，故C正确；
对于D，由C得，，设前项和为，
则，
，
两式相减得，
，故D正确；
故选：ACD．
会一题通一类
1．（2025·云南昆明·模拟预测）（多选）已知数列是无穷数列，是数列的前项和.若是递减数列，则称数列具有“和性质”，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则数列具有“和性质”
B．若数列具有“和性质”，则，
C．若数列满足，则数列具有“和性质”
D．若数列，具有“和性质”，且，，则数列具有“和性质”
【答案】ACD
【分析】对于A：根据等差数列求和公式求，结合题意分析判断即可；对于B：根据题意分析可知，即可得判断；对于C：构造，分析其单调性和最值，进而分析判断；对于D：根据题意利用整理可得，结合选项B的结论分析判断.
【详解】对于选项A：若，则，
可知数列为等差数列，则，
可得，则是递减数列，
所以数列具有“和性质”，故A正确；
对于选项B：若数列具有“和性质”，
则是递减数列，可得，
等价于，可得，即，
所以对，，故B错误；
对于选项C：令，
则，
因为，即，
可得，
当且仅当或3时，，
可得，
则，且，，
即，所以对任意恒成立，
即，可得，
所以数列具有“和性质”，故C正确；
对于选项D：因为数列，具有“和性质”，
设数列的前和项和为，
令，，
则，
可得
，
因为且，则，
又因为，，
则，
故数列具有“和性质”，故D正确.
故选：ACD.
热点预测
1．（25-26高三上·广东佛山·月考）已知数列的首项，前项和为，且，则（ ）
A．B．是等差数列
C．是递减数列D．
【答案】ACD
【分析】首先代入递推公式求，判断A，利用构造法，判断B，再求数列的通项公式判断C，再利用放缩法求和，判断D.
【详解】A.，故A正确；
B.由可知，，则，
而，故
即，且，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故B错误；
C.由B可知，，则，数列是正项单调递增数列，
所以数列是递减数列，故C正确；
D.当时，，
所以时，，即，
所以，
，
所以，故D正确.
故选：ACD
2．（2025·河北沧州·一模）记为数列的前项和，，数列的前项和为，则（ ）
A．0B．40C．80D．120
【答案】B
【分析】由条件，求得，进而得到数列为常数列，求得，得，根据分组求和求出答案.
【详解】当时，由，得，
两式相减得，即，
对取可得，
故数列为常数列，所以，则，
故，易知，
所以.
故选：B.
3．（2025·北京昌平·二模）在数列中，，则（ ）
A．当时，对于任意的正整数
B．当时，存在正整数，当时，
C．当时，对于任意的正整数
D．当时，存在正整数，当时，
【答案】C
【分析】对A，当时，可得，得解；对B，由，结合递推关系可得，得解；对C，当时，通过递推关系分，，讨论求解；对D，当时，通过递推关系可得递增，得解.
【详解】对于A，当时，有，递推可得，不满足，故A错误；
对于B，当时，，，，
则，不满足存在正整数，当时，，故B错误；
对于C，当时，则，，故，
因为，
若，则，
若，则，
若，则，
综上，当时，对于任意的正整数，，故正确；
对于D，当时，则，
若，则，故递增，故D错误.
故选：C.
4．（2025·山西吕梁·模拟预测）（多选）已知正项数列满足为数列的前项和，则（ ）
A．数列为递增数列B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于A，由可判断，对于B，由得到，即可判断，对于C，由和当时， 得到，即可；对于D，由，裂项相消求和即可.
【详解】对于A，由，得，
所以，即，递增数列，A正确；
对于B，由，
得，
即，又，
则，
所以，B错误；
对于C，由于，当时，，
当时，，
当时，先证，即证，
由于，
所以，
即，
综上：，C正确，
对于D，由，得，
所以，D正确，
故选：ACD
5．（2025·上海嘉定·二模）设数列满足，记其前n项和为，前n项积为．则下列结论正确的是（ ）
A．数列和数列均不是周期数列
B．数列是周期数列，数列不是周期数列
C．数列不是周期数列，数列是周期数列
D．数列和数列均为周期数列
【答案】B
【分析】令，可得数列的周期为6，令，可得数列的周期为8，进而依次得数列和数列的周期，又和判断数列的周期性.
【详解】令，则数列的一个周期为6，
又，
则，
令，则数列的一个周期为8，
又，
则，
所以数列的一个周期为24，且，所以，则的一个周期为24，
又，，
所以，故，所以不是周期数列.
故选：B.
6．（2025·河南许昌·模拟预测）（多选）已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．为中的最小项
B．对任意的，，都有
C．存在，使得，，成等差数列
D．对任意的，，都有
【答案】ABD
【分析】对于选项A，B，将递推数列构造成一个函数，然后对函数求导并判断单调性，从而可验证A,B的正确性；对于选项C，构造新函数，对新函数求导，判断函数的单调性，进而可判断的大小；对于选项D，基于C中构造的新函数的单调性，即可判断不等式的成立.
【详解】令，所以，
当，；当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，又，
所以，，…，，
所以是中最小的项.
且对任意的，，都有，故A，B正确；
令，，
所以，所以在上单调递减，所以，
所以即；即，…，即，
综上所述，是中最大的项，所以不可能使得，，成等差数列，故C错误；
因为当，，，所以，
所以，即，
所以对任意的，，都有，故D正确.
故选：ABD.
7．（2025·云南·一模）（多选）南宋数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形类比，推导出了三角垛、方垛、刍甍垛、刍童垛等的公式，后人经常利用“三角垛”解决现实中的堆垛问题．现有一堆货物，从上向下数，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，前n层货物的总数为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．集合中共有25个奇数
C．设，则的前100项和为2550D．
【答案】ACD
【分析】由迭代法代入计算，即可判断A，分别讨论，，以及时，的奇偶性，即可判断B，由并项求和法代入计算，即可判断C，由组合数的性质代入计算，即可判断D.
【详解】对于A，依题意，且，所以当时，，
从而，故A正确；
对于B，当时，
，此时为奇数；
同理当时，为奇数；当时，为偶数；
当时，为偶数，
所以集合中共有24个奇数，故B错误；
对于C，设的前n项和为，因为，
则，故C正确；
对于D，由，知
故，
所以
，故D正确．
故选：ACD．
8．（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选）已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：，，（）.数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.以下说法正确的是（ ）
A．若数列是首项为2，公差为2的等差数列，则为“3阶可分拆数列”
B．若数列满足（，），则对，不存在正整数，使得数列为“阶可分拆数列”
C．若数列的前项和为（），且数列为“1阶可分拆数列”，则实数
D．若数列满足，前项和为，则当且时，
【答案】ACD
【分析】对于A：根据求出与，发现二者相等，满足“3阶可分拆数列”定义. 对于B：先求出，进而得到，发现，说明是“1阶可分拆数列”. 对于C：先由求出表达式，再根据“1阶可分拆数列”条件列方程，分和讨论，得出. 对于D：先对变形求和得，再用错位相减法求，通过放缩得出，从而判断不等式成立.
【详解】对于A：由题意可知，，
所以，所以为“3阶可分拆数列”，所以A正确，
对于B：存在，理由如下：由已知得，，，
∴，，，∴，
即，∴对，当正整数时，存在，
使得成立，即数列为“1阶可分拆数列”，所以B错误，
对于C：∵，∴当时，，
当时，，
若数列为“1阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立，
当时，，即，解得，
当时，，即，
因，所以，又，
故方程无解，∴符合条件的实数的值为0，所以C正确，
对于D：∵，（），
∴当时，，
∴
，
∴，
若，∴ ①，
②，
由①－②可得
∵，，
∴，∴，
当且时，成立，所以D正确.
故选：ACD.
9．（2025·云南·模拟预测）数列满足：，且，则 .
【答案】1220
【分析】首先将条件平方，再由递推公式推出数列是等差数列，再相加求和.
【详解】由，所以，且，
两式相减得：，
又由及，故是递增数列，，
所以，
当时，，解得，又，即，
所以数列是等差数列，首项为，公差为，
所以，
故
.
故答案为：.
10．（2025·安徽·二模）已知等差数列的公差为，若集合，则 ．
【答案】/
【分析】根据题意得到的周期为，即最多3个不同取值，再结合，分析得到一定会有相邻的两项相等，设这两项分别为，，解得，则集合中的两个不同元素为，，再化简计算即可．
【详解】，
则，其周期为，
而，即最多3个不同取值，
由题可知集合有且仅有两个元素，，
则在，，中，或，
或，
又，即，一定会有相邻的两项相等，
设这两项分别为，，
于是有，
即有，
解得，
不相等的两项为，，
故．
故答案为：．
模拟训练
一、单选题
11．（2025·北京朝阳·二模）设无穷数列的前n项和为，定义，则（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当时，则
D．当时，
【答案】D
【分析】根据选项不同的通项公式，求出与，逐一验证即可.
【详解】对于A选项：当时，，不正确；
对于B选项：当时，在为奇数时为1，偶数时为0，故，不正确；
对于C选项：当时，，
又，所以
，不正确；
对于D选项：当时，，
，正确，
故选：D.
12．（2025·安徽·三模）记为数列的前n项和，若，且的值为1，2，3的可能性相同，则是奇数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先分为奇数和为偶数时，根据递推关系得到概率的递推关系式，转化为数列问题，利用递推关系式，求数列的通项公式.
【详解】记事件A为“为奇数”，事件为“为奇数”，是奇数的概率为．
当为奇数时，若，则仍然为奇数，
当为偶数时，若或3，则为奇数，从而，
即，即，整理可得．
又，所以是首项为，公比为的等比数列，则，
所以．故是奇数的概率为．
故选：B
13．（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．
14．（2025·广东佛山·模拟预测）已知数列是公比为2的等比数列，且．集合，集合的元素个数构成数列，则数列的前100项的和为（ ）
A．480B．642C．840D．5050
【答案】A
【分析】首先求数列的通项公式，再结合题意，可知是满足的正整数的个数，再利用列举的方法，即可求解，再求和.
【详解】设数列的首项为，，
由可知，，，所以，
所以，
由，得，且，所以是满足的正整数的个数，
当时，不存在，满足，所以，
当时，满足，所以，
当时，满足，所以，
当时，满足，所以，
当时，满足，所以，
当时，满足，所以，
当时，满足，所以，
所以数列的前100项的和为.
故选：A
15．（2025·江西宜春·模拟预测）在等比数列中，，若不等式成立，则的最小值为（ ）
A．24B．25C．26D．27
【答案】D
【分析】先由等比数列的性质确定的通项，再令，分为偶数和大于2的奇数求解即可.
【详解】设的公比为，记，
由，得，
所以.
令，则.
当为偶数时，无正整数解；
当为大于2的奇数时，，
由19，解得，
又为奇数，所以的最小值为27.
故选：D.
16．（2025·广东广州·模拟预测）已知是首项为2，公比为2的等比数列，记，其中，记数列的前项和为，则（ ）
A．9143B．9145C．10009D．10154
【答案】D
【分析】由题意得，结合题意可得，当时，，利用等差数列的前项和公式求出这10 项和，当时，，这些项的和为，利用分组求和法及等差数列、等比数列的前项和公式求解，再加上时的10项和即可求解.
【详解】由题意得，
，，，
所以，
当时，，
共10项，这10项的和为,
其余项有项，
当时，，
这些项的和为
，
所以.
故选：.
二、多选题
17．（2025·河南·模拟预测）记为数列的前项和，且为等差数列，为等比数列，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．存在正整数，对于任意的正整数，均有
C．对于任意的正整数，均有
D．存在正整数，使得
【答案】AC
【分析】各取等差和等比数列的前三项，由等差和等比中项构成方程求出，再讨论其取值得出等差和等比数列可判断A正确；利用数列单调性法解出最大项可得B错误；变形将，记，可得，再求和可得C正确，D错误.
【详解】对于A，因为为等差数列，取前3项知成等差数列，即.
因为为等比数列，取前3项知成等比数列，即，
代入，得，即，也即，所以或.
若，那么，所以，但不为等比数列，所以假设不成立，则，得，检验得为等差数列，为等比数列，故A正确.
对于B，也就是验证数列是否存在唯一的最大项，
令，即解得，
令，解得，
又，所以，即最大项不唯一､因此不存在符合题意的正整数，故B错误.
对于C，D，因为.
记，注意到，所以，
于是，因此对于任意的正整数，均有，故C正确，D错误.
故选：AC.
18．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）已知数列满足，，且，若记数列的前项的积为，，的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是等比数列 B．
C．当为奇数时，D．当为偶数时，
【答案】ABD
【分析】利用数列的递推关系式以及，根据等比数列定义即可判断A正确，利用等比数列前项和公式计算可得B正确，由的通项公式可得，对为奇数或偶数时进行分组计算可判断C错误，D正确.
【详解】对于A，由，可得：
，
即，又，
可得数列是以为首项，公比为的等比数列，可得A正确；
对于B，由选项A分析可知，，即B正确；
对于C，易知，所以；
当为奇数时，
，可知C错误；
对于D，当为偶数时，
，可得D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于证明数列是等比数列后求得其通项公式，得出数列的递推公式，进而得出前项的积的表达式即可.
19．（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．
【答案】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.
20．（2025·湖南长沙·三模）已知数列的前项和为，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．若是递增数列，且、、成等差数列，则
B．若，且是递增数列，是递减数列，则
C．若，则存在数列，使得当时，
D．若，则存在数列，使得当时，
【答案】ABC
【分析】由是递增数列，先得到；再由成等差数列，，列出方程求出的值，即可得出结果，可判断A选项；先由题中条件，得到，，推出，再由累加法，即可求出数列的通项公式，可判断B选项；由，得到；讨论或；或两类情况，即可分别得出结论，可判断CD选项.
【详解】对于A选项，因为是递增数列，所以．
因为，所以 ，．
又因为、、成等差数列，所以，
即，即，解得或．
当时，，这与是递增数列相矛盾，所以，A对；
对于B选项，因为是递增数列，则有，
于是①
因为，所以②
由①、②得，，
因此，即 ③
又因为是递减数列，则有，于是 ④
因为，所以 ⑤
由④、⑤得，，
因此，即 ⑥
由③、⑥可得．
于是当时，
即 ．
当时，代入上式得，与已知条件相吻合．
所以所求数列的通项公式是 ，，B对；
对于CD选项，当或时，存在数列，使得．
此时数列满足，，，
则有，，
即．
当或时，不存在数列，使得．
理由如下：因为，所以 ；
又因为为奇数，则当时，为奇数，为偶数，
所以当时，为奇数，为偶数，
因此，均不可能成立．
于是当或时，不存在数列，使得，C对D错.
故选：ABC.
21．（2025·四川达州·模拟预测）设的整数部分为，小数部分为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为递增数列
C．D．整数的个位数字可以是8
【答案】ABC
【分析】由二项式定理可得的整数部分即为，小数部分即为，再逐一判断即可.
【详解】由，
，
两式相减可得，
，
由于为整数，且，
所以的整数部分即为，小数部分即为.
所以，,,
数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确；
由，，，
数列为递增数列，数列为递减数列，所以数列为递增数列，
故B正确；
，故C正确：
的个位数与的个位数相同，只能是4或6，故D错误.
故选：ABC.
22．（2025·云南楚雄·模拟预测）已知在数列中，，数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等比数列
C．数列是等差数列D．若，则
【答案】BCD
【分析】根据已知递推式得且，进而有判断A、B；应用的关系得判断C；根据等差数列的定义及前n项和公式判断D.
【详解】因为，即，
所以，则，
所以，而，则，
所以数列是各项都为0的常数列，不是等比数列，故A错误.
因为，所以数列的通项公式为，则，
所以数列是公比为2的等比数列，故B正确.
由，得，
两式相减并整理，可得，所以，
两式相减并整理，可得，所以，
所以数列是等差数列，故C正确.
当时，由，可得，所以，
又，所以等差数列的公差为1，所以，
所以，故D正确.
故选：BCD
23．（25-26高三上·湖北·期中）数列满足，且，数列的前项和为，从的前项中任取两项，它们的和为奇数的概率为，数列的前项积为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【详解】当时，可求出，由可得，两式相减可得，从而得到的奇数项和偶数项均为等差数列，由等差数列的通项公式可判断A；分别对的奇数项和偶数项求和可判断B（或相邻两项求和也可）；由古典概型的概率计算公式可判断C（或直接计算也可）；由数列放缩可判断D.
【分析】对于A，当时，，又，，
又，，，
的奇数项所成的数列是首项为，公差为的等差数列，偶数项所成的数列是首项为4，公差为2的等差数列，
，故A正确；
对于B，，
故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，当，时，，又，，故D正确.
故选：ACD.
24．（2025·江西·二模）记为数列的前项和，且 现定义，()，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据递推关系可得 进而得到 求得利用等比数列求和公式得到 判定A；由 的递推定义结合等比等差数列求和公式得到 ， ，去分母后可判定B；当时， 利用数学归纳法结合组合数的性质可证 进而利用不等式判定C；利用C的解析中的结论累加相消，结合组合数的性质可证明D成立.
【详解】由 得 即
又 也满足上式，所以
当时，由 得
故 即
所以数列为等比数列，首项 公比
故 故 故 A 错误；
由 ，
，

所以 故B正确；
下面利用数学归纳法证明： 成立.
①当时，
②假设当时，命题成立，即 成立，
那么当时，由，
可得
，
即，
∴，，

，
，
将上式相加可得


，
又 则 ，
∴
即当时命题也成立，
故
所以 故C正确；
当时，由
易得 成立，
当时，由C选项知
，
∴，
，
，
上式相加得：
，
又由上知 ，
则
，故D正确.
故选： BCD.
三、填空题
25．（2025·浙江·一模）等比数列满足，则当 时，取到最小值.
【答案】2
【分析】由已知条件，求出公比和，从而得到，由，当时， 得到取到最小值.
【详解】等比数列满足，
公比，则，
于是，当时，
故当时，取到最小值.
故答案为：2.
26．（2025·海南·模拟预测）已知首项为2数列的前项和为，且．若，则的最小值为 ．
【答案】6
【分析】根据给定条件，利用构造法求出，作差构造新数列，探讨单调性求出的最小值.
【详解】由，得，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以，即，故，
令，则，
所以数列是递增数列，
因为，，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以的最小值为6．
故答案为：6
27．（2025·湖北黄石·模拟预测）无穷数列由个不同的数组成，为的前项和，若对任意，则整数的最大值为 .
【答案】6
【分析】利用，推断数列即可求解.
【详解】当时，或或，
当时，若，，所以，
若，，所以，
若，，所以，
若，，所以，
若，，所以，
若，，所以，
若，，所以，
若，，所以，
若，，所以，
所以当时，，
所以要涉及最多的不同的项数列可以为：或，
所以整数的最大值为6.
故答案为：6.
28．（25-26高三上·山东日照·开学考试）已知数列的通项公式是，记为在区间内的项的个数，则使得不等式成立的的最小值为 .
【答案】12
【分析】分别讨论为奇数和偶数时，的解，得的最小值.
【详解】由，得，
当为奇数时，；
当为偶数时，，
则当为奇数时，，
由，解得，而为奇数，则；
当为偶数时，，由，解得，
所以使得不等式成立的的最小值为12.
故答案为：12
29．（2024·浙江·一模）若，已知数列中，首项，，，则 .
【答案】
【分析】根据函数解析式得，应用作差法及已知得，则，最后利用对称性及倒序相加求和即可.
【详解】，
，即，
，
时，，两式相减得，
时，，故数列为常数列，
因为，故，
又时也符合上式，故，
，
．
记，
则，
两式相加得，，即，则．
故答案为：
30．（2025·四川成都·模拟预测）已知数列满足，则 ．（表示不大于的最大整数）
【答案】3
【分析】的两边同时除以，可得到，然后累加即可得到答案.
【详解】当时，，易知当时．
当时，，两边同时除以，
可得到，即，
所以
，
显然，故，，
所以.
故答案为：3.
31．（2025·陕西榆林·模拟预测）定义：对于数列，若存在，使得对任意，均有，则称为“-分界数列”.若，且是“1-分界数列”，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据定义得到数列相邻两项一个大于，一个小于，分成两种情况讨论即可求出答案.
【详解】根据题意，可分以下两种情况：
①当为奇数时，，且当为偶数时，，即，解得；
②当为奇数时，，且当为偶数时，，即，无解；
综上，的取值范围为.
故答案为：.
函数性质
数列中的对应
判断方法与核心要点
单调性
数列的递增/递减
作差法：计算 an+1−an 的符号
作商法（正项数列）：比较 an+1an 与 1
关键：得出的结论仅对 n∈ℕ∗ 成立
有界性
数列存在上界/下界
利用不等式放缩、数学归纳法，或借助对应的连续函数 f(x)（若 an=f(n)）在 x≥1 时的值域进行判断
周期性
数列值周期重复
验证是否存在最小正整数 T 使得 an+T=an 对一切 n 成立。常用于简化求值问题（如求 a2023）。
最值
数列的最大项/最小项
离散最值特性：不能直接对通项公式求导。需结合单调性变化：当数列先增后减时，最大项在"拐点"处；或通过比较有限个候选项（如 a1,a2,）得出。
零点/符号
数列各项的正负
研究对应函数 f(x) 的正负区间，但需注意 n 只能取正整数，因此数列的符号变化点可能滞后或提前于函数的零点。
题型特征
核心考查点
破解策略与步骤
判断或证明单调性
函数单调性在离散点的体现
首选作差法（通用）或作商法（正项）。若差或商的形式复杂，可构造函数 f(x)，利用导数判断 f(x) 在 x>0 的单调性，再推出 an=f(n) 的单调性。
求数列的最大（小）项
离散最值问题
1. 判断数列单调性。
2. 若单调，则最值在端点（ a1 或 an 当 n→∞ 时）。
3. 若不单调，解不等式 an≥an−1 且 an≥an+1 找最大项候选 n，再比较 an 与相邻项。
已知单调性求参数范围
函数性质对参数的约束
将单调性条件 an+1>an（或 x+1,lnx≤x−1）。
2. 将数列项视为函数值，进行放缩。
3. 对于与 n 相关的命题，常使用数学归纳法完成最终证明。
周期数列的识别与应用
函数的周期性
计算前几项，寻找循环规律。若递推式形如 an+k=an，则周期为 k。可大幅简化求项问题。
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2
2
3
4
5
7
9
12
16
21
28
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