新高考数学二轮复习解答题专题训练专题02 数列解答题讲义（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习解答题专题训练专题02 数列解答题讲义（2份，原卷版+解析版），共3页。
解题大招
【典例1】
（24-25高三上·山东·月考）已知数列为正项数列，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解法一：构造数列是恒为的常数列，结合可得出数列的通项公式；
解法二：利用累加法结合可求得数列的通项公式；
（2）利用并项求和法结合分组求和法可求得.
【详解】（1）解法一（构造常数列）：由，且，
可得，
故数列是恒为的常数列，所以，
又因为数列为正项数列，所以.
解法二（累加法）：由题意得：且，
有，，，，
将以上各式相加，得，
将代入上式即得，且当时也成立，所以，
又因为数列为正项数列，所以.
（2）由（1）可得，令，其前项和为，
对任意的，，则，
又因为，
所以.
【典例2】
（2025·辽宁·三模）已知数列的前n项积为，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由时，代入求解即可;
(2) ,再利用错位相减法求和即可.也可以通过裂项相消法求和.
【详解】（1）当时，
当时，成立，
综上可得．
（2）解法一：，
，
，
，
．
解法二：，
设，
所以
即，
所以，
所以的前n项和．
【典例3】
（2025·广东汕尾·一模）记为递增数列的前项和，.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)记的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题设利用分和结合等差数列定义即可依次求出数列的首项和通项公式；
（2）由错位相减求和方法结合等比数列前n项和公式即可求解；
（3）方法一：由和放缩公式结合裂项相消求和法计算求证即可得证；
方法二：由数列的单调性和放缩公式得到即可计算求证.
【详解】（1）由题令，则，解得，
当时，，
所以，即，
因为，且是递增数列，所以，
所以，即是公差和首项均为2的等差数列，
所以.
（2）设是数列的前项和，
因为，所以，
所以，
则，
两式相减得，即.
（3）方法一：，
所以，①
因为，
所以，②
①+②得，
即，所以.
方法二：因为是递增数列，所以是递减数列.
所以，
所以，
所以
.
【典例4】
（25-26高三上·江苏南京·月考）已知正项数列的前项和为，且．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)若数列满足，且，求数列的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据，结合可整理得到，求得后即可证得结论；
（2）方法一：根据等差数列通项公式可得，根据，采用累乘法可求得结果；
方法二：根据等差数列通项公式可得，根据可知常数列，其中，由此可求得结果.
【详解】（1）由得：，
当且时，，
，
即，
又，，；
，，解得：，
数列是以为首项，为公差的等差数列.
（2）方法一：由（1）得：，
当且时，，，
，
当时，满足，
综上所述：.
方法二：由（1）得：；
，，，
，令，则数列为常数列，
，.
【典例5】
（25-26高三上·黑龙江吉林·月考）设首项为2的数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若为整数，且对任意，，求的最大值；
(3)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)2
(3)
【分析】（1）方法一：由等比数列的定义代入计算，即可得到结果；方法二：由累乘法代入计算，即可得到结果；
（2）方法一：由数列单调性的定义代入计算，即可得到有最小值，从而得到结果；方法二：构造函数，求导即可判断其单调性，从而得到结果；
（3）由裂项相消法代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）方法一：因为，所以.
又，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以数列的通项公式为.
方法二：因为，所以.
由累乘法，
得，
当时，，也满足上式，
所以数列的通项公式为.
（2）方法一：由题意可知，
由（1）可知，
易得对恒成立（当且仅当时取等号），即，
故有最小值，
故，即的最大值为2.
方法二：由题意可知，
由（1）可知，
设，则，
令，则，此时单调递增.
又，故，故，
即，而，
故有最小值，
故，即的最大值为2.
（3）易得，
所以.
【典例6】
（2025·浙江嘉兴·三模）记为数列的前项和，已知，，数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，若对任意，，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先求出，再利用数列通项公式与前项和的关系得到递推关系，因为，可求得数列为等差数列，由此可写出数列的通项公式；
（2）先写出数列的通项公式，再求出数列的前项和为，解法一是分部求和，解法二是分组求和，解法三直接从问题入手，构造新数列，求其最小值，则不大于其最小值，此即为恒成立，由此可得实数的取值范围.
【详解】（1）时，，解得或，因为，所以，
时，，得，
因为，所以，又，
故数列是首项为3，公差为2的等差数列，
所以数列的通项公式为；
（2）解法一：由，所以，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
所以，
因为对任意的，成立，
所以，当为奇数时，即，所以，
不等号的右边可看作关于的二次函数，对称轴为，
因为为奇数，所以时，，则
当为偶数时，，所以，
同理可得，因为为偶数，所以时，，则，
综上，.
解法二：由，
当为偶数时，
.
当为奇数时，
，
所以（下同解法一）
解法三：因为对任意的，成立，
则，即求的最小值，令，
当为奇数时，
则，所以最小值一定在为奇数时取到，
当为奇数时，
，
当时，，当时，，
所以当为奇数时，，
则的最小值为，
所以.
【典例7】
（2025·广西·模拟预测）已知数列的前项和为，满足.
(1)当时，分别求的值，并猜想此时数列的通项公式（直接写结论）；
(2)当时，求的最大值；
(3)当时，记数列的前项积为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）依题将数列的递推公式化简成，依次赋值代入求出，由此猜想数列的通项公式；
（2）解法一：将用表示，即得，设，，利用求导求出的最小值，即得的最大值；解法二：设，则易得，即得，，设，利用求导求出其最大值为，最后利用与和角公式、二倍角公式即可求得；解法三：利用凸函数的琴生不等式易得；
（3）由（2），令，，推测出，即得，利用二倍角的正弦公式，将其化简为，借助于正弦函数的值域即可求得其最大值.
【详解】（1）由可得，
因，则
由此猜想，.
（2）解法一：由，可得，
则，，
令，，
则
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
故.
于是，.
解法二：设，因，则可取，
则，，
于是，，，
令，则，
由，可得，，
当时，，则，当时，，则，
当时，，则函数在上单调递增；
当时，，则函数在上单调递减，
.
因，记，则有，则，
则，即，
即，解得，（负根舍去），
则，故.
解法三：由解法二已得：，，
对，，可知函数为上凸函数，由琴生不等式得：
（当且仅当，即时，能取到等号）
（3）由（2），令，则，
依此类推，可得，而则，
当且仅当，即时取到等号，此时，的最大值为.
【典例8】
（25-26高三上·江苏徐州·月考）在①，②，③这三个条件中选择两个，补充到下面问题中，并给出解答．已知数列的前项和为，___________，___________，设等比数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和为．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）选①②：由②解得，利用化简条件，最终求得的通项公式；
选①③：由③解得，利用化简条件，最终求得的通项公式；
选②③：由②得：，由③得：，联立方程组解得：，利用化简条件，最终求得的通项公式；
（2）由(1)得，利用错位相减法即可求.
【详解】（1）选①②：
当时，由②得：
，解得：
因为，
当时，，两式相减得：
，解得：，
方法一：，所以均成立，所以
方法二：，累积法得均成立，所以
选①③：
当时，由③得：，解得：
因为，
当时，
两式相减得：，化简得：
对也成立
当时，
两式相减得
化简得，所以数列为，公差的等差数列，
所以；
选②③：
当时，由②得：，即（i），
当时，由③得：（ii），联立（i）（ii）解得：
接下来的过程与选①②，或与选①③的过程完全相同，都得到；
设等比数列公比为，则
所以，公比，所以
（2）由（1）得，利用错位相减法，
两式相减得：
所以
【典例9】
（2025·江苏·二模）若无穷数列满足：，，，则称为“均值递减数列”.
(1)已知无穷数列的前项和为，若为“均值递减数列”，求证：，；
(2)若数列的通项公式，判断是否为“均值递减数列”，并说明理由；
(3)若两个正项数列和均为“均值递减数列”，证明：数列也为“均值递减数列”.
【答案】(1)证明见解析
(2)是，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】法一：
（1）“均值递减数列”定义可得答案；
（2）求出的前项和为，令，则判断的正负可得答案；
（3）设，求出，结合，得，求和由（1）的结论知，，可得答案；
法二：
（1）根据为“均值递减数列”得化简可得答案；
（2）判断出的单调性，得，设前项和为，利用归纳法可得答案；
（3）设的前项和为，的前项和为，设的前项和为，利用归纳法可得答案.
【详解】（1）法一：
；
法二：
为“均值递减数列”，关于单调递减，
即关于单调递减，，
；
（2）法一：
设的前项和为，
令，则，判别式小于零，所以递减，
因此是“均值递减数列”；
法二：
易知时，单调递减；时，
单调递增且时，当时，单调递减且，
且计算易得，
设前项和为，归纳假设，，时，
，即，即，，
，即，，时，成立.
而成立，对且恒成立，
也有，
即为“均值递减数列”；
（3）法一：
设依题意，均为递减数列，
而，
相乘展开得，
由于，，则由补充不等式有，
所以
，
求和得，由（1）的结论知，，
所以，
于是再由（1）的结论即可知是“均值递减数列”；
法二：
设的前项和为，的前项和为，
和均为均值递减数列，
由（1）知对恒成立，
由①②知，，记的前项和为，
证对，，时不等式显然成立，
设当，时，成立，
即，，
，
，
，即时，不等式也成立，
对恒成立，
也为“均值递减数列”.
【典例10】
已知数列为等差数列，，其前项和为，数列为等比数列，且对任意的恒成立.
(1)求数列、的通项公式；
(2)是否存在，，使得成立，若存在，求出所有满足条件的，；若不存在，说明理由；
(3)是否存在非零整数，使不等式对一切都成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析；
(3)存在，.
【分析】（1）法1，由题设可得，，，利用等差、等比数列的通项公式列方程求基本量，进而可得、的通项公式；法2：作差法可得，令，结合等差、等比数列的性质求参数，即可得通项公式.
（2）假设存在，满足条件，则，根据左侧的奇偶性确定，进而求，即可确定存在性.
（3）由，设，不等式转化为，作商法判断单调性，讨论的奇偶性结合恒成立求的范围，进而可判断存在性.
【详解】（1）法1：设数列的公差为，数列的公比为.
∵，
令，2，3得：，，，又，
∴，即，解得：或.
经检验，符合题意，不合题意，舍去.
∴.
法2：由①，
则②，
①②得，，又，也符合上式，
∴，
由于为等差数列，令，则，
∵为等比数列，则（为常数），即恒成立，
∴，，又，则，
故；
（2）假设存在，满足条件，则，化简得，
由得，为奇数，故为奇数，故.
∴，即，可得，这与矛盾，
∴不存在满足题设的正整数，；
（3）由，得，
设，则不等式等价于
，
由，则，数列单调递增.
假设存在这样的实数，使得不等式对一切都成立，则
①当为奇数时，得；
②当为偶数时，得，即.
综上，，由是非零整数，则存在满足条件.
【点睛】关键点点睛：第二问，应用反证思想，假设存在参数使题设条件成立，进而求得参数，判断是否有矛盾即可；第三问，构造新数列并应用作商法判断其单调性，最后讨论n的奇偶性求新数列的最值求参数的范围.
课后基础练
1．（2025·广东·模拟预测）已知等差数列的前项和为，其中，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求使得不等式成立的的值.
【答案】(1)
(2)1，2
【分析】（1）根据等差数列的通项公式及求和公式列出方程求公差和首项即可得解；
（2）由等差数列的求和公式、通项公式化简不等式求解即可．
【详解】（1）依题意，，解得，
故数列的公差，
则；
（2），
故，即，即，解得，
因为，所以使得不等式成立的的值为1，2．
2．（2025·山东聊城·模拟预测）已知函数.
(1)求的解析式；
(2)设，证明数列为等比数列，并求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）由换元法求函数解析式；
（2）利用等比数列的定义即可证明，再由裂项相消法求解.
【详解】（1）解：令，则，
得，
所以.
（2）证明：由（1）可得，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
因为，
所以.
3．（2025·吉林松原·模拟预测）已知数列为等差数列，且，数列满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由求出的通项公式，由等比数列定义求出的通项公式；
（2）利用错位相减求和可得答案.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由，得，
解得.
所以.
由数列满足，得，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以；
（2）由（1），得，
则，
则，
两式作差，得
所以.
4．（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.
5．（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
课后能力练
6．（2026·黑龙江大庆·二模）已知数列满足.
(1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)记，若数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等比数列的定义求证等比数列，再利用通项公式求解；
（2）求出数列的通项公式，再根据裂项相消求出，结合其单调性即可证明.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，
因为，所以，
结合以上递推关系可知，，则，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以数列的通项公式为；
（2）由（1）知，
由得，
所以
因为得，数列为单调递增数列，
所以，
所以.
7．（2026·吉林长春·一模）已知为数列的前项和，若，，且数列为等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的首项为2，且，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】先根据等差数列的通项公式求数列的通项公式，进而得到，再利用求数列的通项公式.
（2）利用累乘法求数列的通项公式，再利用裂项相消求和法求.
【详解】（1）由题意：，，
又数列为等差数列，设数列的公差为，
由.
所以.
所以.
当时，，
当时，.
时，上式也成立.
所以.
（2）因为，
所以，，，…，.
以上各式相乘，可得当时，，
又，所以，，
所以.
8．（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，
9．（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
10．（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）已知数列中，，
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求的通项公式；
(3)令，证明：
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等比数列的定义证明数列是等比数列.
（2）根据（1）的结论可求数列的通项公式.
（3）分析数列的单调性，即可证明.
【详解】（1）因为，且.
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
（2）由（1）可得：，所以.
（3），
因为，故.
而，
所以数列为递增数列，所以.
所以成立.
课后压轴练
11．（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，.
12．（2025·四川资阳·一模）已知数列的首项，且满足.
(1)求证：是等比数列；
(2)求数列的前项和；
(3)令，数列的前项和为.求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题设易得，即可得证；
（2）由（1）可得，进而根据等比数列的求和公式分组求和即可；
（3）由题设可得，即可证明，分析可得，即证，再结合数学归纳法证得，即可得到，当且仅当时取等，进而求证即可.
【详解】（1）由，则，
又，所以数列是以4为首项4为公比的等比数列.
（2）由（1）知，，则，
所以
.
（3）由，
则，
由于，则，
所以.
由，则，
要证，即证，
由，则，
则，
下面证明，
当时，，即；
假设，，时，，
则时，
.
综上所述，，则，
所以，
则，当且仅当时取等，
则，即.
综上所述，.
13．（2025·陕西西安·模拟预测）等差数列的前n项和为，数列是等比数列，满足，，，．
(1)求和的通项公式；
(2)若数列满足，，求数列的前2n项和，
(3)求的最大值和最小值．
【答案】(1)；
(2)；
(3)最大值，最小值.
【分析】（1）通过基本量运算求得公差和公比，得到通项公式；
（2）将分组，分别利用等差数列前项和公式和错位相减法求得各组的和，得到；
（3）利用化简和式，讨论的奇偶得到最值.
【详解】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，
则，解得，
所以，；
（2）由（1），，，
所以
令，
即①，
则②，
①-②得：
，
整理得
所以；
（3）因为，设
所以
，
当为奇数时，，由反比例函数性质可知随增大而增大，
故；
当为偶数时，，由反比例函数性质可知随增大而减小，
故，
又当时，，介于与之间，
所以的最大值为，最小值为.
14．（2025·安徽·模拟预测）若数列满足：对任意，总存在，使得，则称数列是“可拆数列”.
(1)判断数列是否为“可拆数列”？并说明理由；
(2)若首项为1的等比数列是“可拆数列”，求数列的通项公式；
(3)若“可拆数列”是递增数列，，求使成立的的最值.
【答案】(1)数列是“可拆数列”，理由见解析；
(2)或
(3)的最小值为，最大值为
【分析】（1）根据可拆数列定义判断和证明即可.
（2）设等比数列的公比为，求得，根据“可拆数列”定义，结合可拆数列定义进行验证，最后得到通项公式.
（3）分析数列规律，列举计算得到的最小值；结合可拆数列的定义结合条件可得，进而可得的最大值.
【详解】（1）数列是“可拆数列”.
理由如下：假设数列是“可拆数列”.
设，当，取，
则，
即存在，使得，
则数列是“可拆数列”.
（2）设等比数列的公比为，则，因为是“可拆数列”，
所以对任意，存在，使得，
于是即，
又，所以，
解得或，
当或时，，即，
于是对任意，总存在，
使得，
所以数列的通项公式为或
（3）因为数列是“可拆数列”，则对任意，
当时，
当或时，因为数列为递增数列，所以
综上，对任意，都有
又，所以，，
，，，
，，
，.
又，又数列为递增数列，所以，
当以上格式等号同时成立时，故
因为数列是“可拆数列”，
所以对任意，存在，使得，
而，所以对任意的，必存在，使得，
又数列为递增数列，，
则，
解得，由，得，
当时取等号，故
综上所述，使成立的的最小值为，最大值为.
15．（2025·山东聊城·模拟预测）已知有限数列满足，且.现从的前，项中选取项，设这项的和为，再从前项中剩余的项里选取项，设这项的和为.若，则称为数列的级和差数，数列的级和差数的全体构成集合.已知数列的前项和为，对任意，向量恒成立，且.
(1)求数列的前项和；
(2)分别判断13，365是否为数列的6级和差数，并说明理由；
(3)若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)13是，365不是，理由见解析
(3)7
【分析】（1）根据题意，求得和，所以，结合乘公比错位相减法求和，即可得到答案；
（2）由（1）得，结合验证法，即可得到答案；
（3）设，且的级和差数为，得到，再由为的级和差数，令，求得，令，设，求得，结合，即可求得的最小值.
【详解】（1）解：因为，所以，可得，
所以，则，
可得，
，
两式相减得，
所以.
（2）解：13是的6级和差数，365不是的6级和差数.
理由如下：
由（1）得，所以的前6项为1，3，9，27，81，243；
因为，所以13是的6级和差数.
因为，所以365不是的6级和差数.
（3）解：由题意，可设，
设的级和差数为，且，
，
则，所以，即，
因为，
所以当，取时，为的级和差数.
令，
因为，所以，
所以
，
令，则，
设，则，
则，
因为，所以对于任意的都为的级和差数，
所以的最小值为，其中满足，
当时，，所以的最小值为7.