2026高考数学复习高效培优专题09 数列中的放缩和新情境问题（培优高频考点专练）（原卷版）

专题09数列中的放缩和新情境问题目录高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求）核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧）聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练）题型一等比放缩（数列不等式证明）（）题型二通项放缩（通项结构优化）（）题型三新定义数列（概念转化）（）题型四裂项放缩（求和不等式）（题型五斐波那契型递推新情境（递推创新）（）实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）高考中集合、常用逻辑用语、复数是基础送分模块，一般10~15分试题，常以小题的形式出现，但需特别关注近年新趋势——集合新定义题型已延伸至解答题，备考需紧扣：基础知识必备：集合掌握元素关系、交并补运算（数轴/Venn图法）及符号规范；复数熟用四则运算（尤其除法分母实数化）、实虚部与模的计算，……；2026高考预测：集合以基础运算为送分核心，新定义题型、跨模块融合及解答题延伸为2026年主要考向；常用逻辑用语聚焦充要条件判断（结合主干知识），兼顾命题否定与真假判断，隐性逻辑应用增强；复数侧重四则运算、实虚部与模的计算，几何意义考查概率上升，存在适度拓展趋势.……重难知识汇总：常用技巧方法：集合需能结合函数定义域、概率等跨模块应用，应对新定义题型；常用逻辑用语会用定义/集合法判定充要条件，结合函数、数列化简复杂命题；易错避坑提效：集合避免漏算空集、混淆区间端点；逻辑用语别颠倒充分必要、漏改命题量词；复数明确虚部概念。题型一等比放缩（数列不等式证明）方法点拨：构造等比数列：通过放缩通项公式，将非等比数列转化为等比数列（公比q∈(0,1)），利用等比数列求和公式求和后证明不等式。关键工具：糖水不等式（若a>b>0，m>0，则、二项式定理放缩（如）。放缩原则：保证放缩后数列可求和，且放缩方向与不等式一致（放大或缩小）【典例01】（2025·天津南开·一模）在正项等比数列中，.(1)求的通项公式：(2)已知函数，数列满足：.（i）求证：数列为等差数列，并求的通项公式（ii）设，证明：，【解析】（1）因为正项等比数列中，，所以.又因为，所以，进而公比，所以.（2）（i）因为，所以，所以，所以数列是以为首项，公差为1的等差数列.所以，即.（ii）.当时，左式，右式，左式＝右式.当时，下面先证明，，令，，，，，又，，即，又，所以..所以.即.综上：当时，.【典例02】（云南大理白族自治州2025高三统一检测）已知首项为3的正项数列的前n项积为.(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)首先利用两边平方的方法将的指数化为整数，再利用递推关系消掉，再两边取对数进行化简，即可得到一个常数列，进而求解；(2)令，分离常数化简数列的通项公式，再利用分组求和和放缩的方法去求数列的和，即可得证.【详解】（1），，，，即，两边取常用对数得，则，，且，数列为常数数列，，.（2）由(1)知，令，，又，，.【变式01】（四川德阳中学2024高三高考直击卷）已知数列和首项为2的等比数列的各项均为正数，若，，且.（1）求和的通项公式和的前n项和；（2）若数列的通项公式满足，设为的前n项和，求证：.【思路分析】（1）设等比数列的公比为，由即可求出，进而得，令，由得即可求出，进而得，令，利用错位相减法即可求出；（2）由，利用裂项相消法即可证明.【详细解析】（1）设等比数列的公比为，首项，，所以，，，又因为，所以，令，，又有，则有，所以，又因为数列的各项均为正数，所以，令，所以①，②，由①—②有：，（2）因为，所以.【变式02】（2025·高三·河南洛阳·期中）已知数列满足，设.（I）求证：数列为等比数列，并求的通项公式；（II）设，数列的前项和，求证：.【解析】（I）可化为即，，从而可得数列为等比数列，进而可得的通项公式；（II）由（I）可得，分组求和后，利用放缩法可得结论.试题解析：（I）由已知易得，由得即；

,又,是以为首项，以为公比的等比数列.

从而即，整理得即数列的通项公式为.

（II）

，

，，

.

【变式03】（2025·天津河西·模拟预测）已知数列是正项等比数列，是等差数列，且，，．(1)求数列和的通项公式；(2)设数列的前n项和为，求证：；(3)表示不超过x的最大整数，；求（i）；（ii）．【解析】（1）(1)设等比数列的公比为,等差数列的公差为,由，得,解得或(舍去)；故,（2）由（1）知，，，则证明：则；（3）（i），，所以.（ii）①，则②，由①-②得：.题型二通项放缩（通项结构优化）方法点拨：1.结构分析：针对分式型（如）、根式型（如）、指数型（如）通项，采用裂项、有理化、不等式性质放缩。2.函数辅助：构造函数f(x)，利用导数判断单调性，得到通项的不等关系（如x>ln(1+x)用于指数型通项放缩）。3.精度控制：避免过度放缩，必要时可对前几项保留原式，从第k项开始放缩。【典例01】（25-26高三上·江苏·期末）已知数列满足，且．(1)证明：数列是等比数列；(2)求数列的前项和；(3)在（2）的条件下，令，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.思路分析:（1）根据已知得到，应用等比数列的定义判断证明即可；（2）利用分组求和、等比数列前n项和公式求和；（3）对进行放缩得，应用裂项相消法证明结论.解（1）由题可得，，所以，又，则，则，故数列是首项为2，公比为2的等比数列；（2）由（1）知，所以，所以.（3）由（2），则，所以．令，则，的前项和为；令，则，的前项和为，所以，因为，所以，当时等号成立，而，所以.【典例02】（25-26高三上·广西南宁·开学考试）已知．(1)求的通项公式；(2)令，为的前项之积，求证：．答案(1)；(2)证明见解析.思路分析:（1）根据已知可得，且，由等差数列的定义写出通项公式即可；（2）利用导数证明，进而得到，可得，累加即可证.解（1）由，又由题意知，，左右同时除以得，所以，则，故是以3为首项，3为公差的等差数列，所以，可得；（2）令函数，求导得，在上单调递增，，即，取，则，于是，由（1）知，,，所以.【变式01】（2025·高三·山东青岛·期末）在各项均为正数的数列中，，，．(1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；(2)若，记数列的前n项和为．（i）求；（ii）证明：．【解析】（1）由题意知，因此数列是以为首项，以4为公比的等比数列，于是，．．又适合上式，所以．（2）（i）因为，所以．（ii）因为数列的前n项和为，所以只需证明：，也就是，令，只需证明，设函数，，．所以，即成立，得证．【变式02】（25-26高三上·浙江温州·期中）已知正项数列满足．(1)求证：是等比数列(2)设，记数列的前项和为，求证：．答案(1)证明见解析(2)证明见解析思路分析:（1）根据题设整理可得，进而求证即可；（2）由（1）得，结合指数函数的性质可得，进而求和即可求证.解（1）由，则，由于，则，所以，则，又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.（2）由（1）得，，则，因为，所以，当且仅当时等号成立，则，即，所以.【变式03】（2025高三·全国·专题练习）已知首项为3的正项数列的前n项积为.(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为，证明：.答案(1)(2)证明见解析思路分析：(1)首先利用两边平方的方法将的指数化为整数，再利用递推关系消掉，再两边取对数进行化简，即可得到一个常数列，进而求解；(2)令，分离常数化简数列的通项公式，再利用分组求和和放缩的方法去求数列的和，即可得证.解（1），，，，即，两边取常用对数得，则，，且，数列为常数数列，，.（2）由(1)知，令，，又，，.题型三新定义数列（概念转化）方法点拨：核心场景：定义新性质（如“速增数列”“受限数列”）、新运算（如行列式定义、生成数列），需转化为熟悉数列问题。方法点拨：紧扣定义：将新定义翻译为数学表达式（如“速增数列”转化为aₙ₊₂-aₙ₊₁>aₙ₊₁-aₙ）。回归基础：转化为等差、等比数列的通项、前n项和问题，或利用单调性、周期性、有界性分析。特殊值验证：通过前3-5项的计算，发现规律（如周期、单调性），辅助解题。【典例01】（2025·湖南永州·三模）如果数列对任意的，都有成立，则称为“速增数列”.若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（

）A．62 B．63 C．64 D．65【答案】B【分析】由题意可知数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1的等差数列，由此得到构造的增长最缓慢的“速增数列”的递推关系，利用累加法可求得其通项公式，令，解出代入验证即可得出答案.【详解】由题干条件，即，也即数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则数列增长尽可能缓慢，需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1的等差数列，因为，则，，，所以，采用累加法，令，即，解得，当时，，符合题意；当时，，无法构造“速增数列”满足题意，故选：B.【典例02】（2025·天津·模拟预测）数列an各项均为实数，对任意n∈N∗满足an+3=anA．a1=1，c=1 B．aC．a1=1，c=0 D．a【答案】B【解题思路】根据定义列方程组，判断a2【解答过程】由题知，an又an+3=an，所以对于A，若a1=1，c=1，则a2a若a2=0，则a2又a3由周期性可知，当a1=1,a对于B，若a1=2，c=2，则4−a又a22−即a3对于C，若a1=1，c=0，则解得a2=a对于D，若a1=2，c=0，则解得a2=a故选：B.【变式01】（24-25高三上·福建厦门·阶段练习）如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成9个圆环，解开九连环共需要256步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程.九连环把玩时按照一定得程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上.将第n个圆环解下最少需要移动的次数记为ann≤9,n∈N∗，已知a1

A．4 B．7 C．16 D．31【答案】C【解题思路】根据递推公式求a5【解答过程】由题意得a3=a2+2所以解下第5个圆环最少需要移动的次数为16次.故选：C.【变式02】（2025·江西·模拟预测）若数列满足且，则称数列为“对数底数列”.已知正项数列是“对数2底数列”且，则当且时，（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据定义，即，再利用累乘，平方后再由根据递推关系可得答案.【详解】因为正项数列是“对数2底数列”，所以，所以，所以且，以上式子相乘得，所以，所以，得，即，得，因为，所以；同理，，所以，所以，所以.故.故选：C.【变式03】（25-26高三上·江苏南京·开学考试）对于数列，记，称数列为数列的差分数列．(1)已知，证明：的差分数列为等差数列；(2)已知的差分数列为，求的通项公式．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据定义可求，再利用定义法可证的差分数列为等差数列；（2）利用累加法可求的通项公式．【详解】（1），其中，故，故的差分数列为等差数列.（2）由题设有，故，由累加法可得，而，所以，而也满足该式，故.题型四裂项放缩（求和不等式）方法点拨：常见裂项形式：、。放缩技巧：裂项后保证剩余项可抵消，或通过“添项”“减项”调整放缩精度（如）。求和验证：先求和再放缩，或先放缩再求和，确保步骤可逆且不等式成立。【典例01】（2025·辽宁·模拟预测）已知数列，为数列的前项和，且满足，．(1)求的通项公式：(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由可得出，两式作差推导出，然后利用初值可求得数列的通项公式；（2）利用放缩法推导出，再结合等比数列求和公式可证得结论成立；【详解】（1）因为，进而，两式作差可得：，即，所以为常数列，又，则，故数列的通项公式为．（2）由（1），则，其中，8，…，，结合等比数列求和公式，有：，当时，，综上所述，.【典例02】（2025·吉林长春·三模）记为数列的前项和，已知，．(1)判断是否为等比数列，并求出的通项公式；(2)设递增的等差数列满足，且、、成等比数列．设，证明：．【答案】(1)不是等比数列，且(2)证明见解析【分析】（1）当时，求出的值，当时，由可得，两式作差可得出，结合可得出结论，结合等比数列的通项公式可得出数列的通项公式；（2）设等差数列的公差为，由题意可知，根据题中条件可得出关于的方程，解出的值，可得出数列的通项公式，放缩可得，结合裂项相消法可证得所证不等式成立.【详解】（1）因为，且对任意的，，当时，，当时，由可得，上述两个等式作差得，即，所以，又因为，故数列不是等比数列，且该数列是从第项开始成公比为的等比数列，当时，，即，综上所述，.（2）设等差数列的公差为，由题意可知，且，，，，所以，，，因为、、成等比数列，所以，整理得，解得或（舍去），所以，所以，所以，故原不等式得证.【变式01】（24-25高三上·辽宁·月考）已知数列的首项为1，其前项和为，等比数列是首项为1的递增数列，若．(1)求数列和的通项公式；(2)证明：；(3)求使得成立的最大整数．【答案】(1)，(2)证明见解析(3)6【分析】（1）根据与的关系，结合等差数列的定义、等比数列的通项公式进行求解即可；（2）对的表达式进行放缩，利用裂项相消法进行求解即可；（3）利用作差比较法，结合数列的单调性进行求解即可.【详解】（1）因为，所以当时，，作差得，两边同时除以得，又，所以，得，所以，故对，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，则．设等比数列的公比为，因为，所以由，或又因以数列是递增数列，所以．（2）因为，所以．（3）由（1）知，即，令，则，，所以当时，，当时，，当时，，即有，，又，故当时，，所以，，又，所以，当时，，故使得成立的最大整数为6．【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是，之二是利用作差比较法判断数列的单调性.【变式02】（2025·四川·模拟预测）已知数列满足，且．(1)证明：为等比数列；(2)设，证明：；(3)设，且数列的前项和为，证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）分析可知，对任意的，且，可得出，变形得出，结合等比数列的定义即可证得结论成立；（2）利用（1）中的结论求出数列的通项公式，分析可知数列是各项均为正数的单调递减数列，分、两种情况，由结合数列的单调性即可证得结论成立；（3）由不等式的性质得出，利用错位相减法求出数列的前项和，可得出，由结合不等式的传递性可证得结论成立.【详解】（1）因为数列满足，且，可得，由，得，可得，由，得，可得，，以此类推可知，对任意的，且，所以，所以，可得，所以数列为等比数列，首项为，公比为.（2）由（1）可得，所以，故，易知数列是各项均为正数的单调递减数列，因为，所以，当时，，当时，，所以，所以，对任意的，，综上所述，.（3）因为，所以，令①，可得②，①②得，所以，故，故对任意的，.【变式03】（2025·浙江·一模）已知渐近线为的双曲线过点，过点且斜率为的直线交双曲线于异于的点，记的面积为.(1)求双曲线的方程；(2)求；(3)证明：.【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）双曲线的方程为代入计算得解；（2）联立方程与，解得的横坐标.求出，计算，代入得解；（3）将利用放缩法得到，利用裂项相消求解.【详解】（1）设双曲线的方程为，代入得，故双曲线的方程为.（2）联立方程与，解得的横坐标.因为，故，所以.（3）因为，故，当时成立.故.

题型五斐波那契型递推新情境（递推创新）方法点拨：核心场景：以实际背景（如兔子繁殖、九连环）或递推关系（aₙ₊₂=aₙ₊₁+aₙ）定义新数列，考查通项、求和或不等式。方法点拨：递推转化：利用递推关系推导通项性质（如aₙ₊₂-aₙ₊₁=aₙ），或构造等比数列求通项。归纳证明：对与n相关的不等式，采用数学归纳法证明，结合放缩技巧优化步骤。性质应用：利用斐波那契数列的单调性、有界性辅助解题。【典例01】（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多・斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：F1=1，Fn=Fn−1+Fn−2A．a2023 B．a2024 C．a2025【答案】C【解题思路】由题意得，a1=1，an【解答过程】由题意得，a1=1，an则a2019故选：C.【典例02】（2025·广东·一模）斐波那契数列因数学家斐波那契以兔子繁殖为例而引入，又称“兔子数列”.这一数列如下定义：设an为斐波那契数列，a1=1，a2=1，an=an−1+aA．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【解题思路】利用给定条件结合对数的性质将log21+5n−1−5n<n+4化为1+5n【解答过程】由题知n是log2故log21+5同除2n得，1+52即an<15×于是原不等式转化为an由斐波那契数列可得，a5=5，a52可以得到满足要求的n的最大值为5，故A正确.故选：A.【变式01】（2025·湖南长沙·一模）裴波那契数列，因数学家莱昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列满足，且.洛卡斯数列是以数学家爱德华·洛卡斯命名，与裴波那契数列联系紧密，即，且，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】先利用数列的递推式推得，从而推得，由此得解.【详解】∵，∴当时，，∴，故，∵，∴，，故，∴.故选：C.【变式02】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）提丢斯—波得定则是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是1766年由德国的一位中学老师戴维·提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成一条定律，即数列：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6，…表示的是太阳系第n颗行星与太阳的平均距离（以AU为天文单位）．现将数列的各项乘以10后再减4得数列，可以发现从第3项起，每一项是前一项的2倍，则．【答案】【分析】由题意得到数列从第二项起是等比数列，由题意写出，即可写出当时，数列的的通项公式，然后得到数列的通项公式，从而知道.【详解】由题意可知数列从第2项起，是以为首项，2为公比的等比数列.，，∴当时，，∴，∴，故答案为：.【变式03】（2025·江苏淮安·模拟预测）斐波拉契数列的前两项都是1，从第三项起，每一项都等于它前两项的和.很多自然现象中都蕴含着这个数列，比如图（1）中螺旋星系的星球分布呈螺旋形结构，这个结构中的每条曲线称为等角螺线.现用图（2）的方式近似地绘制等角螺线：由正方形构成一系列的长方形，正方形的边长为斐波拉契数列的连续项，在每一个正方形内绘制一个圆的，这些圆弧连结起来就近似地得到等角螺线.将正方形的边长由小到大排列，已知第个正方形的边长为，第个正方形的边长为，则前个正方形中圆弧总长为.【答案】【分析】设第个圆弧的半径为，设前个圆弧的半径之和为，根据斐波拉契数列的性质推导出，即，从而求出前个正方形中圆弧总长.【详解】设第个圆弧的半径为，设前个圆弧的半径之和为，则，，，，，依题意，，则，，所以，所以，所以前个正方形中圆弧总长为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出根据斐波拉契数列的性质.（限时训练：15分钟）1．（2025·高三·浙江·期中）已知数列满足，且，，则（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】∵，，∴，，则，∵，∴，即数列递减，则，∵，∴两边取倒数得，即，则，∵数列递减，∴当时，，即；当时，，即，，，，∴根据不等式的性质可得，即，∴.故选：B.2．（多选题）（2025·辽宁铁岭·一模）设数列满足，对恒成立，则下列说法正确的是（

）．A． B．是递增数列C． D．【答案】ABD【解析】由，，设，则，所以当时，，即在上为单调递增函数，所以函数在为单调递增函数，即，即，所以，即，则，故A正确；由在上为单调递增函数，，所以是递增数列，故B正确；∵，所以，故C错误；因此，，故D正确．故选：ABD．3.（24-25高三上·湖北·月考）定义：在数列中，，其中为常数，则称数列为“等比差”数列．已知“等比差”数列中，，，则（

）A．1763 B．1935 C．2125 D．2303【答案】B【分析】运用累和法和累积法进行求解即可．【详解】因为数列是“等比差”数列，所以，因为，，所以，所以有，，…，，累和，得，因此有，，…，，累积，得，所以.故选：B.4.（2025·云南昆