2026年高考数学终极冲刺压轴12 数列中的创新与融合问题的4大核心题型（解析版）

压轴12数列中的创新与融合问题的4大核心题型

新高考的命题要求为：创新试题形式，加强情境设计，注意联系社会生活实际，增加综合性、开放性、

应用性、探究性试题.这些要求反映在数列试题中，就是出现了数列的新情境、新定义和新性质问题，这些

“三新”问题逐渐成为热点的压轴题.

题型01数列与其他知识的交汇

技法指导

数列与三角相结合出现的频率较高，一般是根据题干得到数列的递推关系式，结合数列的相关知识

进行求解，多通过构造的方法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程中灵活运用数列的性质，准确

应用相关的数列知识.

1

πππ*

1.数列an满足a1，an,，tanan1，nN.

622cosan

2

(1)证明：数列tanan为等差数列，并求数列tanan的通项公式；

1

(2)求正整数m，使得sinasinasina.

12m100

【解】（1）由已知条件可知，由于cosan0，

22

π21sinancosan2

故an10,,tanan1221tanan，

2cosancosan

22

则tanan1tanan1，

222π1

故数列tanan是以1为公差的等差数列，且首项为tana1tan，

63

213n23n2

故tanann1，即tana.

33n3

（2）sina1sina2sinamtana1cosa1tana2cosa2tanamcosam

tanatanatana

12m

tana2tana3tanam1

tana1

1，

tanam13m1

11

由，得m3333.

3m1100

2

2.（2025湖南长沙模拟）已知函数fxx4，设曲线yfx在点xn,fxn处的切线与x轴的交点为

*

xn1,0nN，且x1>0．

(1)用xn表示xn1；

xn2

(2)若x13，记anln，证明数列an是等比数列，并求数列xn的通项公式．

xn2

【解】（1）因为fxx24，所以f(x)2x，

2

则曲线yf(x)在点xn,f(xn)处的切线方程为y(xn4)2xn(xxn)，

2

将点xn1,0代入方程，得4xn2xnxn1，

x2

n

因为x1为正实数，所以xn为正实数，xn1.

2xn

x22

nxn2xn2

（2）因为xn1，所以x22，

2xn1

n2xn2xn

2x2

xn2xn2n

x22，由题意得anln，

n1

2xn2xnxn2

2

x2x2x2

则alnn1lnn2lnn2a，而x3，

n12n1

xn12xn2xn2

a

n132

则2，故an为公比为2的等比数列，且a1lnln5，

an32

x2

n1nn1

得到an2ln5，故ln2ln5，

xn2

2n1

n1

xn22251

两边取指数得到5，解得.

x2xnn1

n521

题型02数列的新情境问题

技法指导

解决数列的新情境问题要首先理解题意，从新情境中抽象出等差数列、等比数列等特殊的数列、转

化为数列的通项、性质或求和问题.

3．（2026·湖北黄冈·一模）抽屉里有相同规格的3块充电电池和2块一次性干电池，当需要使用电池时即从

抽屉随机抽取一块，充电电池使用完后充满电放回原抽屉，干电池使用完后即作垃圾回收．当抽屉只剩下

充电电池时则停止电池的随机抽取．

(1)求在第2次抽取的是干电池的条件下第1次抽取的也是干电池的概率；

(2)若每次用完一块干电池就补充一块充电电池，直到2块干电池用完．记抽取第n1次时恰好抽到最后一

块干电池的概率为Pn，求Pn．

【解】（1）记第1，2次取出的是干电池的概率分别为P(A)，P(B)，

322121

P(B)，P(AB)，

555454

在第2次取出的是干电池的条件下第1次取出的也是干电池的概率为

21

P(AB)545

P(A|B).

P(B)23117

554

（2）方法一：依题意有抽屉里有3块充电电池，2块干电池，

用完第一块干电池后补充一块充电电池，电池总数为5块不变．

记第i(i1,2,,n)次恰好抽到第一块干电池，

第n1次恰好抽到第二块干电池的概率为P(n,i)，

i1nini

3241243

则P(n,i)，

55551554

ninn

n24n3243

∴PnP(n,i).

i1155i14555

方法二：“第n1次抽取时恰好抽到最后1块干电池”可分为两类：

第1次抽到干电池与第1次抽到充电电池．

当第1次抽到充电电池时：

3

此时“第n1次抽取时恰好抽到最后1块干电池”的概率为P，

5n1

当第1次抽到干电池时，仅第1次与第n1次抽到干电池：

n1n1

24124

此时“第n1次抽取时恰好抽到最后1块干电池”的概率为，

555255

n1

212

∴324，．*，．

PnPn1P1nNn2

52555525

nn1nn1

535152352

∴，∴PP，

PnPn1nn1

4441045445

523

∵P1，

4510

n

5233

∴Pn是以为首项为公比的等比数列，

45104

nn1

∴5233，

Pn

45104

nnn1nn

24343243

∴Pn，当n1时该式也成立．

551054555

nn

243*

故所求概率为Pn，nN．

555

4．（2026·江苏南京·三模）小芳、小明两人各拿两颗质地均匀的骰子（点数为1,2,3,4,5,6）玩游戏，游戏规

则如下：每次由1人投掷手中的两颗骰子，在一次投掷后，若掷出的点数之和为4的倍数，则由原来投掷

人继续投掷；若掷出的点数之和不是4的倍数，则由对方接着投掷．

(1)求小明在一次投掷后，掷出的点数之和是4的倍数的概率；

(2)规定第一次从小明开始，在游戏的前4次投掷中，设小芳投掷的次数为随机变量X，求X的分布列和均

值；

(3)若第一次从小芳开始，求第n次由小芳投掷的概率Pn．

【解】（1）设事件A为“小明投掷一次骰子后，点数之和为4的倍数”，

则基本事件为：

1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,1,2,2,2,3,2,4,2,5,2,6，

3,1,3,2,3,3,3,4,3,5,3,6,4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6，

5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6,6,1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6，

总数为36，

事件A包含的基本事件有：1,3,2,2,3,1,2,6,6,2,3,5,5,3,4,4,6,6，

91

共9个基本事件，所以PA.

364

1

（2）由（1）知小芳投掷一次后，出现点数之和是4的倍数的概率也为，

4

由题意知X可取值为0,1,2,3，则：

111133113311321

PX0,PX1，

4446444444444464

131333313393113

PX2,PX3，

4444444446444464

所以X的分布列为：

X0123

121393

P

64646464

12139327

数学期望为：EX0123.

6464646416

（3）若第一次从小芳开始，则第n次由小芳投掷骰子有两种情况：

1

第一种情况：第n1次由小芳投掷，第n次继续由小芳投掷，其概率为Pn2，

4n1

333

第二种情况：第n1次由小明投掷，第n次由小芳投掷，其概率为1PPn2，

4n144n1

13313

由于这两种情况彼此互斥，所以PPPPn2，

n4n144n12n14

111

所以PnPn1n2，且P11，

222

111

所以Pn是以为首项，为公比的等比数列，

222

n1n

所以111，即11

PnPn.

22222

题型03数列的新定义问题

技法指导

数列中的新定义问题，主要是指即时定义新概念、新定理、新法则、新运算等，然后根据此新定义去解

决问题，有时还需要用类比的方法去理解新定义，这样有助于更透彻地理解新定义.但是，归根结底这些

问题考查的还是数列的基本概念、性质和运算，根据条件适时转化是解决此类问题的基本思路与原则.

13

5.（2025·安徽芜湖·期末）已知数列a的前n项和为S，且Sn2n．

nnn22

(1)求数列an的通项公式an；

(2)伯努利不等式是由瑞士数学家雅各布伯努利提出的，是分析不等式中最常见的一种不等式．伯努利不

・

等式的一般形式为：若x1且n为正整数时，(1x)n1nx，当且仅当n1或x0时等号成立．

n

a

（ⅰ）证明：数列n为递增数列；

n

n

（）已知*时，11，证明：nnnnn．

ⅱn4nN1a1a2a3anan1

n22

13

【解】（1）因为Sn2n，

n22

当n1时，a12，

当n2时，anSnSn1n1，n1符合此式，

*

所以ann1,nN；

nn

a

（）（）记nn1，

2ⅰbn0

nn

n1

n2

nn

bnn2n21n2

n1n1

则n212

bnn1(n1)n1(n1)n1

n

3

nn2n33n23n2n11

，

12331

(n1)n1(n1)(n1)

n

an

则bn1bn，所以数列为递增数列；

n

n

11

（ⅱ）当n4，kn时，因为1，

n22

k

1k

由伯努利不等式，得110，

n2n2

nknnkk

k111

于是111k1,2,,n，

n2n2n22

所以当n4时，

nnn2n

12n1111

11111，

n2n2n22222n

nnn

n1n2

所以1，

n2n2n2

即2n3n(n1)n(n2)n，

当n1时，23，不等式成立，

当n2时，22321342，不等式成立，

当n3时，2333439953，不等式成立，

nnnnn

综上所述，不等式a1a2a3anan1恒成立.

6.（2025·江苏徐州·一模）对于每项均是正整数的数列P：a1,a2,,an，定义变换T1，T1将数列P变换成数

列T1P：n,a11,a21,,an1．对于每项均是非负整数的数列Q:b1,b2,,bm，定义

222

S(Q)2(b12b2mbm)b1b2bm，定义变换T2，T2将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零

的项，得到数列T2Q．

(1)若数列P0为2，4，3，7，求ST1P0的值；

(2)对于每项均是正整数的有穷数列P0，令Pk1T2T1Pk，kN．

（i）探究ST1P0与SP0的关系；

（ii）证明：SPk1SPk．

【解】（1）依题意，P0:2,4,3,7，T1P0:4,1,3,2,6，

ST1P02(421334256)1619436172.

*

（2）（i）记P0:a1,a2,,an,(a1,a2,,anN)，

T1P0:n,a11,a21,,an1，

2222

S(T1(P0))2[n2(a11)3(a21)(n1)(an1])n(a11)(a21)(an1)，

222

S(P0)2(a12a23a3nan)a1a2an，

2

S(T1(P0))S(P0)2n2a12a22an462(n1)n2a12a22ann

2(2n6)n

n3n0，所以S(T1(P0))S(P0).

2

（ii）设A是每项均为非负整数的数列a1,a2,,an，

当存在1ijn，使得aiaj时，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，

则S(B)S(A)2(iajjaiiaijaj)2(ij)(ajai)0，

当存在1mn，使得am1am2an0时，若记数列a1,a2,,am为C，则S(C)S(A)，

因此ST2(A)S(A)，从而对于任意给定的数列P0，

由Pk1T2T1Pk(k0,1,2,)，SPk1ST1Pk，由（i）知ST1PkSPk，

所以SPk1SPk.

题型04数列的凹凸性

技法指导

数列的凹凸性是类比函数的凹凸性得到的，解决此类问题一般要从题目条件中挖掘出一个特殊的数

列(例如等差数列、等比数列)，数列的凹凸性给出的不等关系就可以利用这个特殊数列的运算，结合不

等式放缩加以证明.

*2

7.（2026·山东枣庄·模拟预测）若数列an的各项均为正数，对任意nN，有an1an2an，则称数列an为

“对数凹性”数列．

(1)已知数列1，3，2，4和数列1，2，4，3，2，判断它们是否为“对数凹性”数列，并说明理由；

23

(2)若函数f(x)b1b2xb3xb4x有三个零点，其中bi0(i1,2,3,4)．

证明：数列b1,b2,b3,b4为“对数凹性”数列；

1

(3)若数列cn的各项均为正数，c2c1，记cn的前n项和为Sn，WS，对任意三个不相等正整数p，

nnn

q，r，存在常数t，使得(pq)Wr(qr)Wp(rp)Wqt．

证明：数列Sn为“对数凹性”数列．

【解】（1）根据“对数凹性”数列的定义可知数列1，3，2，4中2234不成立，

所以数列1，3，2，4不是“对数凹性”数列；

2214

而数列1，2，4，3，2中4223均成立，所以数列1，2，4，3，2是“对数凹性”数列；

2

342

2

（2）根据题意及三次函数的性质易知f(x)b22b3x3b4x有两个不等实数根，

22

所以Δ14b343b2b40b33b2b4，

2

又bi0(i1,2,3,4)，所以b33b2b4b2b4，

显然x0f0b10，即x0不是fx的零点，

23

又1111，

fb1b2b3b4

xxxx

1

令t，则ftbbtbt2bt3也有三个零点，

x1234

32

1b1xb2xb3xb4

即f有三个零点，

xx3

32

则gxb1xb2xb3xb4有三个零点，

2

所以gx3b1x2b2xb3有两个零点，

22

所以同上有Δ24b243b1b30b23b1b3b1b3，

故数列b1,b2,b3,b4为“对数凹性”数列

（3）将p,q互换得：tqpWrpvrWqrqWpt，所以t0，

令p1,q2，得Wr2rWr1W20，

所以Wr2rW1r1W2W1r1W2W1，故数列Wn是等差数列，

S2c2c1c2c1

记dW2W1c10，所以Wnc1n1c1n1d，

222

2

所以SnnWndnc1dn，

c1,n1

又因为cn，所以cnc12dn1，

SnSn1,n2

所以cn1cn2d0，所以cn为单调递增的等差数列，

ncc

所以cc0,cc2c,S1n.

n1nn2nn1n2

222

所以4Sn1SnSn2(n1)c1cn1nn2c1cnc1cn2

2

22c1cnc1cn2

(n1)c1cn1nn2

2

2

222c1c1cn2

(n1)c1cn1nn2

2

222

(n1)c1cn1nn2c1cn1

22

(n1)nn2c1cn1

2

c1cn10

2

所以Sn1SnSn2，数列Sn是“对数凹性”数列

2*

8．（2026·浙江金华·三模）若正实数数列cn满足cn1cncn2nN，则称cn是一个对数凸数列；若实

数列dn满足2dn1dndn2，则称dn是一个凸数列.已知an是一个对数凸数列，bnlnan．

(1)证明：a1a10a5a6；

(2)若a1a2a20241，证明：a1012a10131；

(3)若b11，b20242024，求b10的最大值．

aaaaa

2n2n1nn12

【解】（1）法一：由题意得：an1anan2，∴，

an1anan1an2a1

aaaaaaaaaa

∴106，95，84，73，62，

a9a5a8a4a7a3a6a2a5a1

aa

106

将以上式子累乘得：，也即a1a10a5a6成立．

a5a1

aaaa

法二：由题意得：10932，

a9a8a2a1

∴a1a10a2a9a3a8a4a7a5a6，∴a1a10a5a6成立．

aaaaaaa

（2）法一：∵n1n2，∴nknk1n1n2nk1，

anan1ank1ankanan1ank

∴ankankank1ank11kn，

则a1012a1013a1011a1014a1010a1015a1a2024，

1012

∴a1012a1013a1a2a20241，

∴a1012a10131．

法二：考虑反证法，假设a1012a10131，

aaaaa

由n1n2得101210131014，

anan1a1011a1012a1013

∴a1012a1013a1011a1014，∴a1011a10141，

aaaaaa

同理：101210121011101410151015，

a1010a1011a1010a1013a1014a1013

∴a1010a1015a1012a1013，∴a1010a10151，

同理可证：a1009a10161，a1008a10171，…，a1a20241，

综上可得：a1a2a20241，与条件矛盾，

∴假设不成立，∴a1012a10131成立．

法三：∵a1a2a20241，∴ln(a1a2a2024)0，也即b1b2b20240，

22

同时，由an1anan2可得：lnan1lnanan2，

∴2bn1bnbn2，也即bn1bnbn2bn1，

∴b1013b1012b2024b2023，b1012b1011b2023b2022，…，b2b1b1013b1012，

将以上式子累加得：b1013b1b2024b1012，

也即b1012b1013b1b2024，同理可得：

b1012b1013b2b2023，

b1012b1013b3b2022，

……

b1012b1013b1012b1013，

将以上式子累加得：1012b1012b1013b1b2bn0，

∴b1012b10130，∴lna1012lna10130，∴a1012a10131成立．

22

（3）由an2anan2可得：lnan2lnanan2，

∴2bn1bnbn2，也即bn1bnbn2bn1，

∴b2024b2023b11b10，b2023b2022b11b10，…，b11b10b11b10，

将以上式子累加得：b2024b102014b11b10，①

另外，b11b10b10b9，b11b10b9b8，…，b11b10b2b1，

将以上式子累加得：9b11b10b10b1，②

bbbb

结合①②式可得：202410bb101，

201411109

2024bb1

∴1010，化简得：b10，

2014910

另外，显然有bnn符合题意，此时b1010，

综上，b10的最大值为10．

π

1．（2025·上海松江·二模）已知函数yAsin(2x),A0,0π，当x时函数取得最大值4，记

6

yf(x).

(1)求函数yf(x)的表达式；

πan

(2)若数列an为等差数列，a2f(0),a4f，记bn2，求数列bn的前n项和Sn.

6

π

【解】（1）已知当x时函数yAsin(2x)取得最大值4，

6

ππ

因为A0，所以A4.此时22kπ,kZ，

62

π

又0π，解得，

6

π

所以函数yf(x)的表达式为y4sin2x.

6

ππππ

（2）由（1）知f(x)4sin2x，则a2f(0)4sin2，a4f4sin4.

6662

因为an是等差数列，设公差为d，则a4a22d422，解得d1，a1a2d211，

所以an1(n1)1n.

ann=

又bn22，数列bn是以b12为首项，q2为公比的等比数列，

212n

可得S2n12.

n12

2.（2025·北京平谷·一模）对于数列A:a1,a2,,an，若满足ai0,1i1,2,3,,n，则称数列A为“01数列”.

定义变换T，若ai1，将ai变成0，1，若ai0，将ai变成1，0，得到新的“01数列”.设A0是“01数列”，

令AkTAk1,k1,2,3,.

(1)若数列A3:0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1,0，求数列A2,A1；

(2)若数列A0共有10项，则数列A2中连续两项相等的数对至多有多少对？请说明理由；

(3)若A0为0，1，记数列Ak中连续两项都是0的数对个数为lk,k1,2,3,.求lk关于k的表达式.

；

【解】（1）由变换T的定义可得A2:1,0,0,1,1,0A1:0,1,0.

（2）数列A0中连续两项相等的数对至多有19对.

证明：对于任意一个“01数列”A0,A0中每一个1在A2中对应连续四项1,0,0,1，

在A0中每一个0在A2中对应的连续四项为0,1,1,0，

因此，共有10项的“01数列”A0中的每一个项在A2中都会对应一个连续相等的数对，

在A2中若出现连续两项的数对最多，

对于i1,2,39,A0中的每一个第ai项和第ai1项之间产生一个连续相等的数对，

所以A2中至多有19对连续相等的数对.

比如：取A0:1,1,1,1,1,1,1,1,1,1，则A1:0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,

A2:1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1.

（3）设Ak中有bk个0，1数对，

Ak1中的“0，0”数对只能由Ak中的“0，1”数对得到，所以lk1bk，

Ak1中的“0，1”数对有两个产生途径：①由Ak中的1得到；②由Ak中“0，0”得到，

k1

由变换T的定义及A0:0,1可得Ak中0和1的个数总相等，且共有2个.

kk

所以bk1lk2，得lk2lk2，

由A0:0,1可得A1:0,11,0;A2:0,1,1,0,1,0,0,1，

所以l11,l21，

k2k42

当k3时，若k为偶数，lklk22,lk2lk42,,l4l22．

k

1421

上述各式相加可得l122242k1(2k1)，

k143

1

经检验，k2时，也满足l(2k1)．

k3

k2k4

若k为奇数，lklk22,lk2lk42,,l3l12．

k1

2

上述各式相加可得3k12(14)1k，

lk1222121

143

1k

经检验，k1时，也满足lk21．

3

1

2k1,k为奇数

3

所以l．

k1

2k1,k为偶数

3

3.（2025·浙江温州·模拟）设数列an的各项均为不等的正整数，其前n项和为Sn，我们称满足条件“对任意

*

的m,nN，均有nmSnmnmSnSm”的数列an为“好”数列．

n1*

(1)试分别判断数列an，bn是否为“好”数列，其中an2n1，bn2，nN，并给出证明；

(2)已知数列cn为“好”数列．

①若c20192020，求数列cn的通项公式；

2

②若c1p，且对任意给定正整数p,s(s1)，有c1,cs,ct成等比数列，求证：ts．

22

【解】（1）an2n1，则Snn，所以nmSnmnmnm，

222

而nmSnSmnmnmnmnm，

*

所以nmSnmnmSnSm，对任意的m,nN均成立，即数列an是“好”数列；

n1

bn2，取n2，m1，则nmSnmS37，nmSnSm3b26，

此时nmSnmnmSnSm，即数列bn不是“好”数列．

（2）因为数列cn为“好”数列，取m1，则n1Sn1n1SnS1，即2Snn1an1n1a1恒成

立．

当n2，有2Sn1n2anna1，两式相减，得2ann1an1n2ana1n2，

即nann1an1a1n2，所以n1an1n2ana1n3，

所以nann1an1n1an1n2an，即2n2ann1an1n1an1，

即2anan1an1n3，

当n2时，有2S2a33a1，即2a2a3a1，

所以2anan1an1对任意n2，恒成立，所以数列cn是等差数列．

设数列cn的公差为d，

2020c

①若c2020，则c2018d2020，即d1，

201912018

*．

因为数列cn的各项均为不等的正整数，所以dN，所以d1，c12，所以cnn1

2

②若c1p，则cndnpd，由c1,cs,ct成等比数列，得csc1ct，

2

所以dspdpdtpd，即pd2dspdpdds2pt0，

t12s

2．

化简得，pt12sds1，即d2p

s1

t12s*t12s

*

因为p是任意给定正整数，要使dN，必须2N，不妨设k2，

s1s1

22

由于s是任意给定正整数，所以tks12s1s12s1s2．

4.（2025·河南洛阳·模拟）已知函数fxtanxax．

π

(1)当x0,时，fx0，求实数a的取值范围．

4

(2)若a1，设fx的正零点从小到大依次为a1,a2,a3,．

（ⅰ）证明：an1anπ；

（ⅱ）判断数列an1an的单调性，并证明．

π

附：当x0,时，sinxxtanx．

2

tanxπ

【解】（1）由题意，fx0即a对任意x0,恒成立．

x4

tanxsinxxcos2xsinxcosxxsinx2xsin2x

设gx，则gx，

xxcosxx2cos2x2x2cos2x

πππ

当x0,时，2x0,，则2xsin2x，所以gx0，gx在0,上单调递增，

424

π44

gxg，所以a，

max4ππ

4

即a的取值范围是,．

π

1

（2）（ⅰ）若a1，fxtanxx，则fx10在定义域内恒成立，

cos2x

ππ

所以对任意nN*，fx在区间nπ,nπ上单调递增，

22

ππ

又fnπnπ0，当x趋近于nπ时，fx趋近于，所以fx在区间nπ,nπ内有唯一零点，

22

π

所以annπ,nπ．

2

π

所以anπ和an1都在区间n1π,n1π内，

2

又tananπtanananan1tanan1，所以anπan1，

即an1anπ．

（ⅱ）数列an1an是递减数列．

证明如下：记bnannπ，要证明数列an1an是递减数列，

an1an1

即证明：当n2时，aaaa，即a，

n1nnn1n2

bb

又因为abnπ，所以只需证明当n2时，bn1n1．

nnn2

ππ

由（ⅰ）知annπ,nπ，所以bn0,，且tanbntanannπtananan．

22

fbn1fbn1

所以fbntanbnbnanbnnπ，所以fb．

n2

bn1bn1fbn1fbn1bn1bn11bn1bn1

fbnfffbn1fbn12f，

22222

xbn1π

设函数hxfxfbn12f，x0,，

22

xb

则hxfxfn1，

2

1πxbxbn1

因为fx1在区间0,上单调递增，所以当xn1时，fxf，hx0，

cos2x222

所以hx在xbn1时单调递增，所以hbn1hbn10，