2026年高考数学复习讲练测答题模板16 数列综合（数列不等式的证明、不等式放缩、数列最值、参数求解、与三角函数、概率、导数、解析综合、数列新定义）有关的9类核心题型（解析版）

答题模板16数列综合

（数列不等式的证明、不等式放缩、数列最值、参数求解、

与三角函数、概率、导数、解析综合、数列新定义）有关的9类核心题型

目录

第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向

第二部分方法建模构建方法体系，提供通用工具

【结论背记清单】

方法一数列不等式的证明

方法二不等式放缩

方法三数列最值

方法四参数求解

方法五与三角函数综合

方法六与概率综合

方法七与导数综合

方法八与解析综合

第三部分题型专攻实施靶向训练，提升应试效率。

【题型01】数列不等式的证明

【题型02】不等式放缩

【题型03】数列最值

【题型04】参数求解

【题型05】与三角函数综合

【题型06】与概率综合

【题型07】与导数综合

【题型08】与解析综合

【题型09】数列新定义

第四部分答题实战检验学习成效，锤炼应用能力

模块说明：

洞察命题意图，明确攻坚方向

1.考向聚焦：精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值。

2.思维瓶颈：精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板。

1.考向聚焦（精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值）

数列综合大题是考查数学高阶思维与核心素养的关键载体。试题超越基础公式，将数列与不等式证

明、放缩技巧、最值及参数求解深度融合，并广泛与三角函数、概率、导数、解析几何交叉，或设置“新

定义”情境。它从数列作为离散函数的本质出发，综合运用函数与方程、转化与化归等思想，通过代数

变形、数学归纳、导数工具等方法解决问题，全面考查逻辑推理、运算求解及跨模块整合能力。

核心考查四大方向：

数列与不等式：证明、放缩求和、求最值或参数范围，需掌握裂项、等比等放缩技巧及数学归纳法。

数列与其他知识交叉：与三角、概率、导数、解析几何结合，检验知识联系与迁移能力。

数列新定义问题：理解新概念并探究性质、求解，考查抽象素养与学习迁移能力。

极限与收敛性（以探究为主）：借助单调有界性讨论极限存在与求解。

2.思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板）

数列特性把握不足：不善于从递推关系求通项，忽略单调性、有界性等性质的应用。

放缩技巧生硬：放缩“度”控制不当，盲目套用公式，缺乏目标导向的配凑能力。

跨知识整合弱：难以建立数列与三角、概率、导数等知识的有效联系。

畏惧新定义：信息提取与转化能力不足，无法将新定义化为已知模型。

运算能力欠缺：复杂运算、递推、变形过程中易出错。

缺乏探究意识：不善于从特殊项入手猜测规律并证明。

模块说明：

构建思维框架，提炼通用解法

1.模模块化知识体系：熟记数列综合（数列不等式的证明、不等式放缩、数列最值、参数

求解、与三角函数、概率、导数、解析综合、数列新定义）的相关知识内容，形成清晰的

解题思维基础逻辑，便于快速定位解题切入点。

2.通用解法模板化：针对高频题型，总结“审题-建模-推导-验证”法，规范解题流程，减

少思维漏洞，提升答题效率。

3.易错点专项突破：整理常见误区，设计针对性训练题，通过对比正确与错误解法，强化

对知识边界的理解，避免重复犯错。

结论背记

一、二级结论

1.数列放缩

1111

（1），其中n2,nN：可称为“进可攻，退可守”，可依照所证不等式

nn1n2nn1n2

不等号的方向进行选择。

1

注：对于，可联想到平方差公式，从而在分母添加一个常数，即可放缩为符合裂项相消特征的数列，例

n2

111111

如：，这种放缩的尺度要小于（1）中的式子。此外还可

n2n21n1n12n1n1

以构造放缩程度更小的，如：

1141111

22

21

nn4n12n12n122n12n1

4

12212

（2），从而有：2n1n2nn1

nnnnn1nnn1

11

注：对于还可放缩为：nn2,n2,nN

nn

bbmbbm

（3）分子分母同加常数：ba0,m0,ab0,m0

aamaam

此结论容易记混，通常在解题时，这种方法作为一种思考的方向，到了具体问题时不妨先构造出形式再验

证不等关系。

2n2n2n2n1

（4）

2nnnnnn1

2n1212121222121

11

n2,nN

2n112n1

knknknkn1

可推广为：

2nnnnnn1

kn1k1k1k1kkk1k1

11

n2,k2,k,nN

kn11kn1

技法归纳

方法一数列不等式的证明

数列不等式的证明是高中数学教学中极其重要的一部分，它不仅涉及到数学知识的综合运

用，还要求学生具备严谨的逻辑思维和灵活的解题技巧。难度中等偏上、需强加练习.

an

例题1（2025·辽宁沈阳·三模）已知数列an中，a13，a315，且数列为等差数列．

n

(1)求an的通项公式；

13

(2)记Sn为数列的前n项和，证明：Sn．

an4

2

【答案】(1)ann2n

(2)证明见解析

aa

【分析】（1）求出数列n的公差，可求出数列n的通项公式，进而可求得数列a的通项公式；

nnn

（2）利用裂项求和法求出Sn，即可证得结论成立.

a

【详解】（1）因为数列a中，a3，a15，且数列n为等差数列，

n13n

aa

设数列n的公差为d，则2d3a532，故d1，

n31

a

所以nan1d3n1n2，故an22n.

n1n

11111

（2）因为，

annn22nn2

1111111111

所以Sn1

232435n1n1nn2

111132n33

1，故原不等式成立.

22n1n242n1n24

1

例题2（2025·江苏·三模）已知数列an是等差数列，记其前n项和为Sn，且S3a5，a2n2an．

4

(1)求数列an的通项公式；

(2)将数列an与Sn的所有项从小到大排列得到数列bn．

①求bn的前20项和；

111

②证明：22232．

b1b2bn

11

【答案】(1)an

n24

105

(2)①；②证明见解析

2

1

【分析】（1）设等差数列a的公差为d，依题意可得2ad，对于a2a取n1，即可求出a1、d，

n12nn4

从而求出通项公式；

11611

（2）①首先求出Sn，即可得到bn，从而求出其前20项和；②由2216n2，分n1及n2

bnnn1n

两种情况讨论，当n2时利用裂项相消法计算可得.

【详解】（1）设等差数列an的公差为d，

由S3a5，得3a13da14d，即2a1d，

111

由a2a，取n1，得a2aad，即ad，

2nn4214114

1111

解得a1，d，所以ann；

4224

1nn111212n

（2）①由（1）知，Snn，所以Snn，

n422424

112n1

因为an，

n244

1120191105

所以bn，所以b的前20项和为20；

n4n4242

1161611

212

②证明：因为bnn，所以2216n2，

16bnnnn1n1n

1

所以当n1时，21632；

b1

111

当n2时，222

b1b2bn

1111116

161613232，

223n1nn

111

综上可得22232.

b1b2bn

1

例题3（25-26高三上·广西南宁·开学考试）已知a2,an13anan1an．

6

(1)求{an}的通项公式；

a1111

nL

(2)令bn，Tn为bn的前n项之积，求证：lnn1．

an1b1T1b2T2b3T3bnTn

1

【答案】(1)a；

n3n

(2)证明见解析.

11

1

【分析】（1）根据已知可得3，且a1，由等差数列的定义写出通项公式即可；

an1an3

1n1

（2）利用导数证明lnxx10x1，进而得到ln，

n1n

1n1

可得lnn1lnn，累加即可证.

bnTnn1n1n1

【详解】（1）由an13anan1an，又由题意知，an0，

11

左右同时除以anan1得3，

anan1

111

1

所以3,a2，则a1，

an1an63

1

故是以3为首项，3为公差的等差数列，

an

1

1

所以33n1，可得an；

an3n

1

（2）令函数fxlnxx1,0x1，求导得fx10，

x

fx在0,1上单调递增，fxf10，即lnxx1，

nnn11n1

取x,nN，则ln1，于是ln，

n1n1n1n1n1n

n123n1

由（1）知，b,T···n1,

nnn12n

1n1n1

lnlnn1lnn，

bnTnn1n1n1n

1111

所以lnn1ln1lnn1.

b1T1b2T2b3T3bnTn

例题4（2025·天津南开·一模）已知公差大于0的等差数列an的前n项和为Sn，且S39,a23是

a31,a5的等比中项．

(1)求an的通项公式及Sn；

(2)记b为在区间am1*内项的个数，为数列的前项和．

mana2m,2mNTnbnn

（i）若TnSn2025，求n的最大值；

aan

（ii）设2n2n2，证明：2119．

cnci

TnSn4i19

2

【答案】(1)an2n1,Snn；

(2)（i）5；（ii）证明见解析..

【分析】（1）应用等差数列前n项和公式及等差中项的性质、通项公式求基本量，进而得到an的通项公

式及Sn；

1

（2）（i）根据已知得2mn22m，即得b4n2n1，应用等差、等比前n项和公式及分组求和得

2n

44n1

2

Tn，再由TnSn2025能成立求n的最大值；

n3

n

34n14n321

（ii）由（i）得，判断其单调性即可得cc，应用基本不等式及放缩

cnni1

441i14

34n14n11912n19

有c，应用错位相减法求右侧的前n项和M，即可证.

n44n14nn994n

【详解】（1）设等差数列an的公差为d，

依题意，S33a13d9，即a13d，

22①

a23a31a5，即a1d3a12d1a14d，

②

2

将代入得d3d100，因为d0，解得d2,a11，

①②2

所以an2n1,Snn．

a2m1

（2）（i）令a2n12m1，即4m12n122m1，解得2mn2，

2m2

2mn

所以bm22m1，即bn的通项公式为bn42n1

nn

414n12n1441

所以Tn2．

n1423

44n1

又2，所以．

SnnTS

nn3

n

441n1

由TS2025，得46079，

nn3

因为4640966079,47163846079，

所以n的最大值为5．

n1nn

34n14n321

（ii）由（i）知，则cicicn10，所以cc．

cnni1

441i1i1i14

59134n34n1

设M，

n4142434n14n

159134n34n①1

则M，

4n4243444n4n1

②1

1

3544444n11n4n11912n19

①②得M4，

n1234nn11n1n1

44444444141234

4

1912n19

所以M．

n994n

34n14n334n134n134n14n1

因为c，

n44n144n1444n11434n14n

n1912n1919

所以．

ciMnn

i19949

n

综上，2119．

ci

4i19

方法二不等式放缩

放缩的基本思路是将通项适当放大或缩小，向便于相消或便于求和的方向转化.放缩的策略是通过多角度

观察通项的结构，深入剖析其特征，思前想后，找准突破口，怡当放缩，难度中等偏上、需强加练习.

例题5（2025·河南·二模）已知数列an满足a11，an1anan2an1.

(1)求an的通项公式；

(2)记an的前n项和为Sn，求证：Sn2.

1

【答案】(1)a

n2n1

(2)证明见解析

111

【分析】（1）由已知等式变形得出121，可知数列1为等比数列，确定该数列的首项

an1anan

和公比，即可求出数列an的通项公式；

1

（2）验证当n1时，不等式成立；当n2时，推导出a，再利用等比数列的求和公式可证得不等

n2n1

式成立.

【详解】（1）由题设条件，可得若an0，则an10，

用反证法，假设an10，由题设条件，显然an0，这与已知条件矛盾，所以an10.

*

因为a110，所以a20，a30，，所以nN，an0，

12

11

由an1anan2an1得1，所以121，

an1anan1an

11

又120，所以1是首项、公比均为2的等比数列.

a1an

1n1

所以12，则.

ann

an21

（2）显然n1时，a112成立，

n12111

当n2时，2221，所以1，所以21，

2n12n1

n11n1nn111

所以2212，即2120，所以an，

2n12n12n1

1

1

111n1

所以Saaaa12212.

n123nn11n

24212

2

综上，Sn2，得证.

方法三数列最值

例题6（2025·山东·三模）已知数列an的前n项和为bn，数列bn的前n项积为cn，且bn2cn1.

(1)求数列cn的通项公式；

1

(2)求使得2025成立的n的最大值；

an

a

(3)求数列n的前n项和S.

2n3n

1

【答案】(1)c

n2n1

(2)45

21

(3)S

n152n12n3

cn1

【分析】（1）利用n1时a1b1c1结合已知等式得首项，再由bn代入等式，转化得到是等差

cn1cn

数列，进而求出cn的通项.

1

（2）由cn求出bn，再通过an与bn的前n项和关系得到an的分段表达式，分n1和n2讨论2025的不

an

等式，求解n的最大值.

a

（3）写出n的分段形式，n2时对通项进行裂项相消拆分，再分n1和n2计算前n项和.

2n3

1

【详解】（1）因为abc，所以，在b2c1中令n1，得3a1.所以a

111nn113

cc11

nn

当n2时，由bn及bn2cn1，得2cn1，所以2.

cn1cn1cncn1

111

又3，所以是首项为3，公差为2的等差数列.

c1a1cn

1

1

32n12n1.所以cn.

cn2n1

1

cncn12n1

（2）由（1）知bn（n2）.

cn112n1

cn

12n1

当n1时，b，满足上式，所以b，

13n2n1

2n12n34

则abb（n2）.

nnn12n12n14n21

1

,n1

13

当n1时，a，不满足上式，所以a

13n4

,n2

4n21

1

当n1时，3，显然成立；

a1

2

4n128101

当n2时，有2025，所以n，

44

又nN*，所以n的最大值为45.

1

,n1

a15

（3）设dn，

n4

2n3,n2

2n12n12n3

1

当n1时，S，

115

411

当n2时，dn

2n12n12n32n12n12n12n3

所以Snd1d2dn

1111111

21

.

152n12n3

当n1时，上式也符合，

21

所以S.

n152n12n3

例题7（2025·福建·模拟预测）数列an的前n项和为Sn，已知a11且an1Sn1．

(1)求an的通项公式；

n2

(2)设数列bn满足bn，求bn的最大值．

an

n1

【答案】(1)an2；

9

(2)1.

4

【分析】（1）利用anSnSn1n2即可求解；

（2）判断数列的单调性即可求解.

【详解】（1）∵an1Sn1①，

∴anSn11n2②，

a

n1

①-②得：an12an0，2n2，

an

a

2

②中令n＝2，则a2S11a112，∴2，

a1

an为首项为1，公比为2的等比数列，

n1

∴an2.

n2

（2）由（1）知：b，

n2n1

2

n1n2n22n1

则bb，

n1n2n2n12n

所以b1b2b3b4b5···bn

9

所以当n3时，b有最大值b.

n34

方法四参数求解

对于此类含参数不等式愿型,大部分可以通过分离參数等方式转化为最值问题,对于求最值,需要分析单调

性,函数类型可通过运算法则或者求导进行判断,数列可通过作差法进行判断数列的单调性，难度中等偏上、

需强加练习.

n

*

例题8（2025·河南·一模）数列an满足anan1an11nN，且a141.

2

2

(1)证明：数列nn1ann是等差数列；

(2)设数列an的前n项和为Sn，求使Sn2n成立的最小正整数n的值

【答案】(1)证明见解析；

(2)n27.

【分析】（1）根据已知得n2an1nan2，再应用作差法及等差数列的定义证明；

11

（2）根据（1）得an841，应用裂项相消法求Sn，根据不等式能成立求参数值.

nn1

222

【详解】（1）设数列bnnn1ann，则bn1bnn1n2an1n1nn1ann

n1(n2)an1nan2n1，

n

由aaa1，得n2ana2，

2nn1n1n1n

所以bn1bn2n12n11，

2

即数列n(n1)ann是以b12a1183为首项，1为公差的等差数列；

2

（2）由（1）得bnn(n1)ann83(n1)84n，

22

bnn84nn8411

所以an1841，

n(n1)n(n1)n(n1)nn1

1

因此Sn841n2n，解得n27，所以满足题意的最小正整数n27.

n1

例题9（2025·四川达州·一模）已知an为等差数列，前n项和为Sn，且a25,S540．

(1)求Sn；

1

*

(2)设bn，数列bn的前n项和为Tn，若对任意nN，不等式Tnm成立，求实数m的取值范围．

Snn

31

【答案】(1)Sn2n

n22

2

(2)m

3

【分析】（1）先根据已知条件求出等差数列的首项和公差，进而求出Sn.

（2）先求出bn，然后求出并化简Tn，进而求解不等式即可.

【详解】（1）设等差数列an的首项为a1，公差为d，因为a25,S540.

54

所以ad5,5ad40，解得a2,d3.

1121

nn13nn131

所以Snad2nn2n.

n12222

1121211

bn·2

（2）Sn3233nn3nn1.

nnn

22

所以

21121121121111121

Tnb1b2bn11.

3123233nn13223nn13n1

*21*

因为不等式Tnm对任意nN恒成立，则有1m对任意nN恒成立，

3n1

2122

又1，所以m.

3n133

n1

例题10（2025·宁夏·一模）已知数列an满足a12,an12an32．

a

(1)证明：数列n为等差数列；

2n

(n1)a

(2)设bn，记数列b的前n项和为S．

n3n2nn

（i）求Sn；

*n1

（ii）若nN,Snm3成立，求m的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

n116

(2)（i）Snn2；（ii）,

27

【分析】（1）等式两边同时除以2n1可得；

（2）（ii）由错位相减法求和即可；

（ii）构造数列cn，由不等式组求数列cn的最值大即可.

n1an1an

【详解】（1）因为a2a32，即3，

n1n2n12n

aa

所以数列n是以11为首项，3为公差的等差数列.

2n2

a

（2）（i）由（1）知n1n133n2，

2n

n

所以an3n22，

(n1)a

所以bnn12n，

n3n2

123n1n

所以Sn223242n2n12，

234nn1

2Sn223242n2n12，

123nn1

所以Sn22222n12

2122232nn12n12

212n

n12n1222n1n12n12n2n1，

12

n1

所以Snn2.

*n1

（ii）因为nN,Snm3，

n1

*2

所以nN,nm，

3

n1

令2，

cnn

3

不妨设cn的第n项取得最大值，

n1n

22

nn1

33

所以，解得，

n1n22n3

22

nn1

33

16

所以c的最大值为cc，

n2327

1616

所以m，即m的取值范围是,.

2727

方法五与三角函数综合

数列、三角是高中数学的重要内容，从本质上看它们是特殊的函数，都具有函数的某些性质。数列也可

和三角函数综合考查，需强化复习

2π1

例题11（2025·陕西西安·一模）将函数fxsinx0,x0的零点按照从小到大的顺

32

5

序排列，得到数列a，且a.

n16

(1)求；

(2)求fx的单调增区间，并说明fx在1,2上的单调性；

(3)求数列an的前n项和Sn.

【答案】(1)π；

(2)答案见解析；

111

n2n,n为奇数

266

(3)S.

n11

n2n,n为偶数

26

2π15

【分析】（1）解方程sinx，结合a1求解；

326

（2）由正弦函数的单调性求解；

（3）说明an是等差数列，根据求和公式求解.

2π12π1

【详解】（1）由sinx0，得sinx，

3232

2ππ2π5π

所以x2kπ或x2kπ，

3636

5π2kπ3π2kπ

解得x或x，

62

5

因为0,x0且a，

16

5π53π59π

所以k0时，或，解得π或

66265

9π9π2π1

当时，fxsinx，

5532

25255

此时f0，而，不合题意，

54546

所以π.

2π1

（2）由（1）fxsinπx，

32

π2ππ17

由2kππx2kπ，得2kx2k，

23266

17

因为x0，所以fx单调增区间为2k,2kkN，

66

2ππ4π

因为x1,2，所以πx,，

333

2πππ7

当πx,，即x1,时fx单调递增，

3326

2ππ4π7

当πx,，即x,2时，fx单调递减；

3236

2ππ2π5π

（3）当π时，由πx2kπ或πx2kπ，

3636

535

得x2k或x2k，又a，

6216

5

所以a的奇数项构成以为首项，公差为2的等差数列，

n6

3

偶数项构成以为首项，公差为2的等差数列.

2

所以当n为奇数时，

n1n1n1n1

11

n1522n13221211；

S·2·2nn

n262222266

当n为偶数时，

nnnn

11

n522n322121；

S·2·2nn

n26222226

111

n2n,n为奇数

266

所以S

n11

n2n,n为偶数

26

方法六与概率综合

构建齐次式型是离心率问题中最常见、最重要的一类解题方式。若题目条件（如角度、垂直、向量数量

例题12（2025·四川成都·二模）某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入

下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概

1231

率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为,，且各轮答题正确与否

3355

相互独立.

(1)求该选手在一轮答题中答对题目的概率；

(2)记该选手在第n轮答题结束时挑战依然未终止的概率为pn，

（i）求p3,p4；

（