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【高考真题汇编】热点压轴题专项训练：数列-2025年高考数学
1．（2025·天津河北·二模）设数列是等差数列，是等比数列．已知．
(1)求和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和；
(3)设，数列的前n项积为，证明：．
2．（2025·北京昌平·二模）设为正整数，数列是公差不为的等差数列，若从中去掉两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的个数都能构成等差数列，则称数列是的可分数列．
(1)写出所有，使得数列是、的可分数列；
(2)当时，证明：数列是的可分数列；
(3)若数列是的可分数列，记所有满足条件的的个数为，求的值．
3．（24-25高二下·四川成都·阶段练习）已知数列的首项，且满足.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列的通项公式和前项和；
(3)记，求数列的前项和，并证明.
4．（2025·辽宁·模拟预测）已知数列满足，，记，
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求数列的前项和.
5．（2025·天津和平·二模）已知，数列为等差数列，公差为d，且，若.记数列，的前n项和分别为，.
(1)若，，求d；
(2)若数列为等差数列，.
（i）求数列的通项公式；
（ii）若数列满足，将数列，中的项按如下规律组成数列：，，，，，，…，，，，…，，，…，，…，，…（），求（）.
6．（2025·河南新乡·三模）若正项数列满足对任意，都有成立，则称数列为“倍增数列”.
(1)试判断数列1，2，5，13和数列1，3，8，21是否为“倍增数列”；
(2)设数列为“倍增数列”，若为整数，，，，求正整数的最大值；
(3)设数列满足，，试判断数列是否是“倍增数列”，并说明理由.
7．（2025·北京丰台·二模）设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”．
(1)判断下列数列是否为“好数列”：
①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3．
(2)证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）；
(3)若数列为“好数列”，求的最大值．
8．（2025·海南海口·模拟预测）已知函数．
(1)求证：曲线在处的切线恒过定点；
(2)判断在上最多有几个零点，并说明理由；
(3)设数列，通项公式，前项和为，求证：当时，．
9．（2025·上海奉贤·二模）函数，其中，定义域是一切实数．
(1)计算的值并指出其几何意义；
(2)当时，方程只有一个解，求实数的取值范围；
(3)设，，，，，．求证：．
10．（2025·重庆·模拟预测）已知有穷数列共有2025项，且.记为数列的前项和.
(1)求的最小值；
(2)对，证明：；
(3)设满足的所有构成集合为，现从中随机取一个数列，若该数列满足，则试验成功，否则试验失败.记为该试验成功的概率，证明：.
11．（2025·河北·二模）对数运算可以使一些复杂的数学计算变得简单，比如函数：，通常为了便于求导，我们可以作变形：．
(1)求的单调区间；
(2)已知．
①若数列满足，，求数列的通项公式；
②求证：．
12．（2025·河北·二模）已知是公差不为0的无穷等差数列.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质.
(1)已知，，判断数列，是否具有性质；
(2)若数列具有性质，证明：的各项均为整数；
(3)若，求具有性质的数列的个数.
13．（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”.
14．（2025·辽宁·模拟预测）设为正整数，数列，，…，的各项均为正整数，若该数列满足下列性质：①，，，都有且，②，则称该数列是—特性数列．
(1)若数列是－特性数列，求与的最小值；
(2)若数列是—特性数列，是否存在数列是—特性数列？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由；
(3)从，，，…，中一次任取四个不同的数，记抽取的四个数组成的数列是—特性数列的概率为，求．
15．（2025·江苏南京·模拟预测）已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列．若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为．
(1)求；
(2)设数列满足，求数列的前项和．
《【高考真题汇编】热点压轴题专项训练：数列-2025年高考数学》参考答案
1．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据等差和等比数列通项公式得到方程组，解出即可；
（2）为奇数时，求得，为偶数时，利用错位相减法得，最后相加即可；
（3），利用作差法得其单调性，即可证明.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，所以，
所以．
（2）为奇数时，，
，
为偶数时，，
，
所以
所以．
（3），，
当时，；
当时，即
又，
所以，当时，，
所以．
2．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据可分数列的定义可得出合乎条件的；
（2）对进行讨论：①，去掉后，按照可分数列的定义进行列举即可；②时，去掉后，前项按①中的分组，后面的项按原顺序每项分为一组，结合可分数列的定义可证得结论成立.综合可得结论；
（3）设数列的公差为，将数列表示为：．分两种情况讨论：①；②.结合可分数列的定义，求出每种情况下“”的个数，可得出的个数，然后再结合可分数列的定义验证即可.
【详解】（1）根据题意，可以为．
（2）设数列的公差为．
当时，去掉后，剩余项按照：；
分为三组（*），每组都是公差为的等差数列．
当时，去掉后，前项按如上（*）分组；后面的项按原顺序每项分为一组，每组都是公差为的等差数列．
综上，数列是的可分数列．
（3）若数列是的可分数列，设其公差为，
将数列表示为：．
①当时，可以去掉数列中的项和，其余项顺序保持不变，
从前往后按原顺序每项分为一组，每组均为公差为的等差数列，
所以数列是的可分数列．
其中，符合的一组“”的取值有个．
②当时，且时，可以去掉数列中的和．
若，则数列分组为：，，
其中、部分按原顺序每项分为一组，每组均为公差为的等差数列；
部分按照被除所得余数分组，余数相同的每组数按序号从小到大每项分为一组，
则每组数均为等差数列，公差为．
若或，由上述证明，数列仍可分为组等差数列．
所以数列是的可分数列．
而符合的一组“”的取值有个．
满足上述两类的的个数为．
设，记，
用表示数列中的项组成的集合（下同）．
则，且中元素个数均为中元素个数均为．
由题意，数列去掉和两项后可分为每项一组的等差数列共组，
记为，，对应的公差为，则．
考虑被除所得余数：
当时，数列中的项均在某一个中；
当时，数列中的项分别在中，
且没有两项在同一个中，所以，或．
综上，所有满足条件的的个数．
3．(1)证明见解析
(2)；
(3)；证明见解析
【分析】（1）根据题意，化简得到，结合等比数列的定义，即可得证；
（2）由（1），得到，得到，结合等比数列的求和公式，即可求解；
（3）由（2），求得，得到，结合裂项法求和，求得，进而证得.
【详解】（1）证明：因为数列满足，
可得，又因为，可得，
从而可得，即，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）解：由（1）知，数列是首项为，公比为的等比数列，
可得，所以，
则数列的前项和为.
（3）解：由（2）知：，可得，
所以，
所以，
当时，易知关于是单调递增数列，
当时，取得最小值，最小值为，
又因为，可得，所以.
4．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知可得，，代入变形可证结论；
（2）由（1）可求得；
（3）由（2）可得，利用分组求和法，结合错位相减法求解即可.
【详解】（1）因为，，，
所以，
即，
又，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列.
（2）由（1）可知，
所以.
（3）由（2）得，
设，其前n项和为，
则，
，
两式相减得，
所以，
所以.
5．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）根据等差数列的通项公式及前项和定义计算即可求解；
（2）由题意得或，（），则或.（i）结合题意根据等差数列的前项和公式计算即可；（ii）结合已知及对数运算可得，数列共n项，数列共项，利用等差、等比数列的前项和公式及分组求和法即可求解.
【详解】（1），所以，
可得，故，
因为， ，
所以，，
即，解得或（舍），所以.
（2）由，两个等差数列及，，
则有或，（）.
证明：设，，所以有，
整理得，所以，，，
若，则，，所以，所以，，
若，则，，所以，所以，.
（ⅰ）①若（），，则，，
，，
由整理得，，解得或，因为，所以.
②（），，
则，，，，
由整理得，，解得或，因为，所以舍去.
综上，数列的通项公式为，数列的通项公式为.
（ⅱ）因为，由（ⅰ）有，即，
求和式中，数列共n项，数列共项，
所以，，
所以.
【点睛】方法点睛：分组求和法：
若，且，为等差或等比数列，可采用分组求和法，利用等差、等比数列的前项和公式对、分别求和，然后再合并，从而得到的前项和.
6．(1)数列是“倍增数列”；数列不是“倍增数列”；
(2)5
(3)是“倍增数列”,理由见解析.
【分析】（1）根据定义判断即可；
（2）就中是否出现的倍数、是否出现一个数为5且另一个为的倍数、一个15的倍数且另一个为45的倍数分类讨论后可得的最大值；
（3）先证明，据此可证数列是否是“倍增数列”.
【详解】（1）对于数列，因为，故该数列是“倍增数列”；
对于数列，因为，故该数列不是“倍增数列”；
（2）因为数列为“倍增数列”，故，
而为整数，且为正项数列，故且为正整数，
而，故当时，，故，
因为，而，
若有一个为的倍数，则只能为的倍数，
否则或，
若为前者，则累乘的数分别为；
若为后者，则累乘的数分别为；
当时，则累乘的数只可能为中的数，
则无论取其中一个或两个，都与矛盾；
若无的倍数，
故有两个不同的数，一个数为5，另一个为的倍数，
或者有两个不同的数，它们一个为15的倍数，另一个为45的倍数，
若一个为15的倍数，另一个为45的倍数，则此时，这与矛盾；
若一个数为5，另一个为的倍数，则累乘的数为，
综上，的最大值为5，此时.
（3）先证明：（*），
由，
同理有，
利用迭代可得，
而，故，证毕.
在（*）中，取,则得，故，
由可得为正项数列，故，
故数列是“倍增数列”.
7．(1)①是“好数列”；②不是“好数列”
(2)证明见解析
(3)7
【分析】（1）根据“好数列”的定义逐项检验即可判断①②；
（2）分析可知若是“好数列”，可知存在，结合“好数列”的定义分析可得且，即可得结果；
（3）分类讨论的奇偶性，利用反证法结合（2）可知为偶数不成立，为奇数时且，不存在“好数列”，即可得结果.
【详解】（1）对于①：检验可知①是“好数列”；
对于②：例如，取长为2的子列集和长为3的子列集，
此时，所以②不是“好数列”．
（2）若是“好数列”，可知存在．
令与，
于是集合和也分别是数列和数列的子列集，
又存在，得．
因此．
所以，数列也是“好数列”．
设与中较小者为，则且，
因此，即，于是，
所以存在首项不超过的“好数列”．
（3）的最大值为7．
①先考虑．
假设存在“好数列”．由（2）可知，不妨设．
若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知，
即此“好数列”为：．
又，长为的子列集和与集合的交集非空．
所以且，与矛盾．
若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知；
又与集合的交集非空，知，矛盾；
②再考虑．假设存在“好数列”．
由（2）可知，不妨设．
若，则由长为的子列集和
与集合的交集非空，知．
又，长为的子列集和与集合的交集非空．
所以且，与矛盾．
若，则由长为的子列集和
与集合的交集非空，知；
又与集合的交集非空，知，
此时，长为的子列集，矛盾．
所以，当时，不存在“好数列”．
又数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”．
综上，的最大值为7．
8．(1)证明见解析
(2)最多有3个零点，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线方程，进而求解定点；
（2）求导，利用导数分析其单调性，进而判断零点的情况；
（3）由（2）可得函数在上单调递减，可得，进而得到，则，设，，所以函数在上单调递减，则，
则,，利用导数分析其单调性，可得，取，可得，进而得到，进而求证即可.
【详解】（1）由，，
则，则，
所以曲线在处的切线方程为，
当时，，
则曲线在处的切线恒过定点.
（2）在上最多有3个零点，理由如下：
由，，，
则，
设，，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
而，，，
①当，即时，，即，
此时函数在上单调递减，又，
则函数在上有1个零点；
②当，即时，，，
则存在，使得，
当时，，，函数单调递增，
当时，，，函数单调递减，
又，则，又，
所以函数在上也有一个零点，
所以函数在上有2个零点；
③当，且，即时，
存在，使得，
当时，，，函数单调递减，
当时，，，函数单调递增，
当时，，，函数单调递减，
又，，
此时函数在上可能存在3个零点，
取，，，
此时函数在上有3个零点.
综上所述，函数在上最多存在3个零点.
（3）证明：由（2）知，当时，函数在上单调递减，
则，即，则，
则，
设，，则，
所以函数在上单调递减，则，
则,，
取，则，
所以，
则，
则.
9．(1)，几何意义是函数在点处切线的斜率是；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据极限的计算方法求值，并理解导数的几何意义；
（2）分离参数得，设，利用利用导数分析函数的单调性，求其值域即可；
（3）结合（2）中的结论，先得到，进一步类推，即可证明结论.
【详解】（1）因为，
所以 ，
几何意义是函数在点处切线的斜率是.
（2）变形得到，
令，，
又，所以函数在内恒小于零，
所以函数在单调递减 ，又，
所以值域为，所以的取值范围为.
（3）由（2）知函数在单调递减，且存在唯一的零点使得，即，
，
根据函数单调性知，
即，依次类推，得到，
同理，
即，
，
因为，所以，
，所以得到 ，
，
，
，
所以.
10．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）列举法计算得出最小值；
（2）根据已知条件累加计算求出即可证明；
（3）结合（2）分类结合组合数公式计算证明.
【详解】（1）直接枚举得：
0 1 2 3 6
0 1 2 0
0 1 1 0
0 1
0 0 1 0
0 0
故的最小值为.
（2）由题：，平方得：，故,
则对有，
以上个式子累加得：，故，
故.
经检验时命题也成立，从而对于,
（3）由（2）得：，解得或，
显然不为空集，以下便是一个满足要求的：
只需证明：满足的的个数多于满足的的个数，
引理：若共有项，且，
且，（这里）则这样的数列有个.
引理证明：令，则满足，
且或，
我们先证明与一一对应：
一方面，对于每个，显然有唯一的一个绝对值数列与之对应；
另一方面，对于每个，则有确定，只需证明每个的符号此时也唯一确定，
若，则必有，若，则必有，
这样可确定到的符号，又因为给定，从而此时有唯一的与之对应.
从而与一一对应.从而只需计算的个数.
注意到，且或
先忽略限制条件.设此时的有个.
则由：
此时相当于在个位置中放入，设有个1，则有个，
从而有，故，从而.
再计算其中不满足的个数.
即存在（不妨设是满足的最小下标）
构造数列满足：
则每个不满足的数列唯一对应一个数列；
另一方面，若满足：，
则必存在（不妨设是满足的最小下标），
从而令，
可唯一确定一个不满足的数列，
从而每个不满足的数列与数列一一对应.从而的个数.
注意到满足：，
则由知：相当于在个位置中放入，
设有个1，则有个-1，从而有，
故，从而.
故满足条件的有个.从而引理得证.
回原题：由引理只需证明：，
这等价于证明，
即证明：，
即证明：，
即证：，这显然成立.综上，命题得证.
11．(1)单调递增区间为，递减区间为；
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数正负得出函数单调性；
（2）①两边取对数，再结合等比数列定义计算结合指数及对数运算求解；②构造根据函数最值结合累加法证明即可.
【详解】（1），
令，解得，令，解得
所以的单调递增区间为，递减区间为
（2）①由题意可知，，
那么
两边同时取对数可得
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
则，所以，
所以
②设函数，
当时，，当时，，
所以在（0，1）上单调递增，在上单调递减
则，即在上恒成立
所以，
即．
12．(1)数列具有性质；数列不具有性质
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据数列具有性质的定义即可求解.
（2）设数列的公差为，由题意知存在，同理存在，两式相减，根据等差数列的定义即可得证.
（3）由题意结合（2）知数列的各项均为整数，所以为整数.首先证明为正整数，其次证明为的约数，从而即可得解.
【详解】（1），，即，所以数列具有性质.
，令，则，不符合，则不具有性质.
（2）设数列的公差为，因为数列具有性质，所以存在，
同理存在，两式相减得，
即，因为，所以.所以的各项均为整数.
（3）由（2）可知，数列的各项均为整数，所以为整数.
假设为负整数，则为递减数列，所以中各项最大值为，
由题意，中存在某项，且，所以，
而数列中存在，则，与题意相矛盾，所以不是负整数，为正整数.
由得，，
所以，
所以为整数，即为的约数.
由为正整数，所以为的正约数，
，所以的正约数共有个，则，具有性质的数列的个数为.
13．(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”.
14．(1)的最小值为3，的最小值为6
(2)存在，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意，可得，，再验证当时和当时是否满足题意即可得解；
（2）根据，即不断的给最后一项乘“1”，可得，可证存在数列是—特性数列；
（3）由前面分析可得，，当的值取定时分析的值，可得有，，，，共4个，从而求概率.
【详解】（1）由②可知，所以，
又数列，，，的各项均为正整数，所以．
由①可知且，
所以，则，
当时，，不满足性质②；
当时，因为且，所以，所以．
当时，，，满足性质①②．
所以的最小值为3．
当时，数列2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5均不满足性质②，
所以的最小值为6．
（2）存在数列是—特性数列．
证明如下：
因为数列是一特性数列，由上可知，
所以
，
又，，
则，
由定义可知，数列，，…，，，，，，，…，
，…，是—特性数列；
故存在数列是—特性数列．
（3）若数列是—特性数列，
则，，由上可知，
当时，，矛盾，
所以，故．
又，所以，
因为，
所以，则．
当时，，则，
所以，则，又，所以，则，即，
因为，所以当时，；
当时，；当时，18；
当时，；当时，（舍去）．
当时，同理，因为，所以当时，；
当时，；当时，（舍去）．
当时，同理，又，所以，
又，所以（舍去）．
经验证，从1，2，3，…，20中一次任取四个不同的数，数列是—特性数列，
有，，，，共4个，
故．
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据定义可确定，进而得到的通项公式，结合等差数列求和公式可求得结果；
（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得结果.
【详解】（1）当时，，即能被整除；当时，的余数为；
由题意可知：，，
.
（2）由（1）知：，，
的前项和为.
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