資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題32 數列的概念與簡單表示法（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 2
【考點突破】 4
【考點1】由an與Sn的關系求通項 4
【考點2】由數列的遞推關系式求通項公式 5
【考點3】數列的性質 7
【分層檢測】 8
【基礎篇】 8
【能力篇】 10
【培優篇】 11
考試要求：
1.了解數列的概念和幾種簡單的表示方法(列表、圖象、通項公式).
2.了解數列是自變量為正整數的一類特殊函數.
1.數列的定義
按照確定的順序排列的一列數稱為數列，數列中的每一個數叫做這個數列的項.
2.數列的分類
分類標準 類型 滿足條件
項數 有窮數列 項數有限
無窮數列 項數無限
項與項 間的大 小關系 遞增數列 an＋1＞an 其中 n∈N*
遞減數列 an＋1＜an
常數列 an＋1＝an
擺動數列 從第二項起，有些項大于它的前一項，有些項小于它的前一項的數列
3.數列的表示法
數列有三種表示法，它們分別是表格法、圖象法和解析式法.
4.數列的通項公式
如果數列{an}的第n項an與它的序號n之間的對應關系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數列的通項公式.
5.數列的遞推公式
如果一個數列的相鄰兩項或多項之間的關系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數列的遞推公式.
1.若數列{an}的前n項和為Sn，通項公式為an，則an＝
2.在數列{an}中，若an最大，則若an最小，則
一、單選題
1．（2023·北京·高考真題）已知數列滿足，則（ ）
A．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
B．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
C．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
D．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
2．（2023·全國·高考真題）已知等差數列的公差為，集合，若，則（ ）
A．－1 B． C．0 D．
3．（2022·浙江·高考真題）已知數列滿足，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全國·高考真題）嫦娥二號衛星在完成探月任務后，繼續進行深空探測，成為我國第一顆環繞太陽飛行的人造行星，為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數列：，，，…，依此類推，其中．則（ ）
A． B． C． D．
二、解答題
5．（2024·天津·高考真題）已知數列是公比大于0的等比數列．其前項和為．若．
(1)求數列前項和；
(2)設，．
（ⅰ）當時，求證：；
（ⅱ）求．
【考點1】由an與Sn的關系求通項
一、單選題
1．（2024·山東濟南·三模）若數列的前項和，則等于（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
2．（2025·浙江·模擬預測）若數列滿足：對于任意正整數n，，則稱，互為交錯數列．記正項數列的前n項和為，已知1，，成等差數列，則與數列互為交錯數列的是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·安徽·一模）已知數列滿足，則（ ）
A． B．的前n項和為
C．的前100項和為100 D．的前30項和為357
4．（2023·廣東佛山·模擬預測）已知數列，下列結論正確的有（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，則數列是等比數列
D．若為等差數列的前項和，則數列為等差數列
三、填空題
5．（2025·廣東廣州·模擬預測）已知數列滿足，設數列的前項和為，則滿足的實數的最小值為 ．
6．（2024·山西陽泉·三模）已知數列的前項和為，且，則數列的前100項和 ．
反思提升：
(1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝轉化為關于an的關系式，再求通項公式.
(2)Sn與an關系問題的求解思路
方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉化為只含Sn，Sn－1的關系式，再求解.
方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉化為只含an，an－1的關系式，再求解.
【考點2】由數列的遞推關系式求通項公式
一、單選題
1．（2024·陜西西安·三模）如圖，用相同的球堆成若干堆“正三棱錐”形的裝飾品，其中第1堆只有1層，且只有1個球；第2堆有2層4個球，其中第1層有1個球，第2層有3個球；…；第n堆有n層共個球，第1層有1個球，第2層有3個球，第3層有6個球，…．已知，則（ ）
A．2290 B．2540 C．2650 D．2870
2．（2024·山西·三模）已知數列對任意均有.若，則（ ）
A．530 B．531 C．578 D．579
二、多選題
3．（2024·黑龍江·模擬預測）分形幾何學是美籍法國數學家伯努瓦·曼德爾布羅特在20世紀70年代創立的一門新學科，它的創立為解決傳統科學領域的眾多難題提供了全新的思路.下圖展示了如何按照圖①的分形規律生長成一個圖②的樹形圖，設圖②中第n行白心圈的個數為，黑心圈的個數為，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．
C．數列為等比數列
D．圖②中第2023行的黑心圈的個數是
4．（2023·重慶·三模）函數是定義在上不恒為零的可導函數，對任意的x，均滿足：，，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2024·四川·三模）在數列中，已知，，則數列的前2024項和 ．
6．（2022·湖南益陽·一模）已知數列中，，，若，則數列的前項和 .
反思提升：
(1)形如an＋1＝an＋f(n)的遞推關系式利用累加法求和，特別注意能消去多少項，保留多少項.
(2)形如an＋1＝an·f(n)的遞推關系式可化為＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝··…··a1代入求出通項.
(3)形如an＋1＝pan＋q的遞推關系式可以化為(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，構成新的等比數列，求出通項公式，求變量x是關鍵.
(4)形如an＋1＝(A，B，C為常數)的數列，可通過兩邊同時取倒數的方法構造新數列求解.
【考點3】數列的性質
一、單選題
1．（2024·陜西安康·模擬預測）在數列中，，若對，則（ ）
A． B．1 C． D．
2．（2024·重慶九龍坡·三模）正整數的倒數的和已經被研究了幾百年，但是迄今為止仍然沒有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，當很大時，.其中稱為歐拉-馬歇羅尼常數，，至今為止都不確定是有理數還是無理數.設表示不超過的最大整數，用上式計算的值為（ ）
（參考數據：，，）
A．10 B．9 C．8 D．7
二、多選題
3．（2024·重慶·模擬預測）已知數列，，記，，若且則下列說法正確的是（ ）
A． B．數列中的最大項為
C． D．
4．（2024·安徽黃山·二模）已知數列滿足：，其中，下列說法正確的有（ ）
A．當時，
B．當時，數列是遞增數列
C．當時，若數列是遞增數列，則
D．當時，
三、填空題
5．（2024·北京西城·一模）在數列中，.數列滿足.若是公差為1的等差數列，則的通項公式為 ，的最小值為 .
6．（2024·河南駐馬店·二模）定義：對于函數和數列，若，則稱數列具有“函數性質”.已知二次函數圖象的最低點為，且，若數列具有“函數性質”，且首項為1的數列滿足，記的前項和為，則數列的最小值為 .
反思提升：
1.解決數列周期性問題，根據給出的關系式求出數列的若干項，通過觀察歸納出數列的周期，進而求出有關項的值或前n項和.
2.求數列最大項與最小項的常用方法
(1)函數法：利用相關的函數求最值.若借助通項的表達式觀察出單調性，直接確定最大(小)項，否則，利用作差法.
(2)利用(n≥2)確定最大項，利用(n≥2)確定最小項.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河北·模擬預測）已知首項為2的數列滿足，當的前項和時，則的最小值為（ ）
A．40 B．41 C．42 D．43
2．（2023·北京·模擬預測）已知為等差數列的前項和，滿足，，則數列中（ ）
A．有最大項，無最小項 B．有最小項，無最大項
C．有最大項，有最小項 D．無最大項，無最小項
3．（2024·天津南開·二模）設數列的通項公式為，若數列是單調遞增數列，則實數b的取值范圍為（ ）.
A． B． C． D．
4．（2024·陜西咸陽·三模）在數列中，，，則（ ）
A．43 B．46 C．37 D．36
二、多選題
5．（2023·江蘇宿遷·模擬預測）設是數列的前n項和，且，，則（ ）
A．
B．數列是公差為的等差數列
C．數列的前5項和最大
D．
6．（2021·山東濰坊·一模）南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中出現了如圖所示的形狀，后人稱為“三角垛”．“三角垛”的最上層有個球，第二層有個球，第三層有個球，…，設各層球數構成一個數列，則（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·江蘇鹽城·三模）已知數列對任意的整數，都有，則下列說法中正確的有（ ）
A．若，則
B．若，，則
C．數列可以是等差數列
D．數列可以是等比數列
三、填空題
8．（2022·四川·二模）已知數列滿足，且前8項和為761，則 ．
9．（22-23高二下·安徽淮北·階段練習）在一個數列中，如果每一項與它的后一項的和為同一個常數，那么這個數列稱為等和數列，這個常數稱為該數列的公和．已知數列是等和數列，且，，則這個數列的前2022項的和為 ．
10．（2019·河北保定·一模）我國古代數學著作《九章算術》中有如下問題：“今有人持金出五關，前關二而稅一，次關三而稅一，次關四而稅一，次關五而稅一，次關六而稅一．并五關所稅，適重一斤．問本持金幾何？“其意思為“今有人持金出五關，第1關收稅金為總量的，第2關收稅金為剩余的，第3關收稅金為剩余的，第4關收稅金為剩余的,第5關收稅金為剩余的,5關所收稅金之和恰好重1斤，問原本持金多少？假設原本持金斤，則 斤．
四、解答題
11．（2023·廣西柳州·二模）在數列中，，它的最大項和最小項的值分別是等比數列中的和的值.
(1)求數列的通項公式；
(2)已知數列，求數列的前n項和.
12．（2023·河南·模擬預測）已知正項數列滿足，．
(1)求數列的通項公式；
(2)設為數列的前n項和，且．求數列的通項公式．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）據中國古代數學名著《周髀算經》記截：“勾股各自乘，并而開方除之（得弦）．”意即“勾”、“股”與“弦”之間的關系為（其中）．當時，有如下勾股弦數組序列：，，則在這個序列中，第10個勾股弦數組中的“弦”等于（ ）
A．145 B．181 C．221 D．265
二、多選題
2．（2024·山西太原·二模）已知數列滿足，，則下列結論正確的是（ ）
A．是遞增數列 B．是等比數列
C．當n是偶數時， D．，，使得
三、填空題
3．（2025·廣東廣州·模擬預測）已知數列滿足，設數列的前項和為，則滿足的實數的最小值為 ．
四、解答題
4．（2024·廣西柳州·模擬預測）某牧場今年年初牛的存欄數為1200，預計以后每年存欄數的增長率為8％，且在每年年底賣出100頭牛．設牧場從今年起每年年初的計劃存欄數依次為，，，…．
(1)寫出一個遞推公式，表示與之間的關系；
(2)求的值．（其中，，）
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·浙江·模擬預測）已知且，則的值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·山東煙臺·一模）給定數列，定義差分運算：.若數列滿足，數列的首項為1，且，則（ ）
A．存在，使得恒成立
B．存在，使得恒成立
C．對任意，總存在，使得
D．對任意，總存在，使得
三、填空題
3．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知數列的前項和為，且.若，則的最小值為 .
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專題32 數列的概念與簡單表示法（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 2
【考點突破】 13
【考點1】由an與Sn的關系求通項 13
【考點2】由數列的遞推關系式求通項公式 18
【考點3】數列的性質 23
【分層檢測】 29
【基礎篇】 29
【能力篇】 37
【培優篇】 41
考試要求：
1.了解數列的概念和幾種簡單的表示方法(列表、圖象、通項公式).
2.了解數列是自變量為正整數的一類特殊函數.
1.數列的定義
按照確定的順序排列的一列數稱為數列，數列中的每一個數叫做這個數列的項.
2.數列的分類
分類標準 類型 滿足條件
項數 有窮數列 項數有限
無窮數列 項數無限
項與項 間的大 小關系 遞增數列 an＋1＞an 其中 n∈N*
遞減數列 an＋1＜an
常數列 an＋1＝an
擺動數列 從第二項起，有些項大于它的前一項，有些項小于它的前一項的數列
3.數列的表示法
數列有三種表示法，它們分別是表格法、圖象法和解析式法.
4.數列的通項公式
如果數列{an}的第n項an與它的序號n之間的對應關系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數列的通項公式.
5.數列的遞推公式
如果一個數列的相鄰兩項或多項之間的關系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數列的遞推公式.
1.若數列{an}的前n項和為Sn，通項公式為an，則an＝
2.在數列{an}中，若an最大，則若an最小，則
一、單選題
1．（2023·北京·高考真題）已知數列滿足，則（ ）
A．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
B．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
C．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
D．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
2．（2023·全國·高考真題）已知等差數列的公差為，集合，若，則（ ）
A．－1 B． C．0 D．
3．（2022·浙江·高考真題）已知數列滿足，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全國·高考真題）嫦娥二號衛星在完成探月任務后，繼續進行深空探測，成為我國第一顆環繞太陽飛行的人造行星，為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數列：，，，…，依此類推，其中．則（ ）
A． B． C． D．
二、解答題
5．（2024·天津·高考真題）已知數列是公比大于0的等比數列．其前項和為．若．
(1)求數列前項和；
(2)設，．
（ⅰ）當時，求證：；
（ⅱ）求．
參考答案：
題號 1 2 3 4
答案 B B B D
1．B
【分析】法1：利用數列歸納法可判斷ACD正誤，利用遞推可判斷數列的性質，故可判斷B的正誤.
法2：構造，利用導數求得的正負情況，再利用數學歸納法判斷得各選項所在區間，從而判斷的單調性；對于A，構造，判斷得，進而取推得不恒成立；對于B，證明所在區間同時證得后續結論；對于C，記，取推得不恒成立；對于D，構造，判斷得，進而取推得不恒成立.
【詳解】法1：因為，故，
對于A ，若，可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立，
由數學歸納法可得成立.
而，
，，故，故，
故為減數列，注意
故，結合，
所以，故，故，
若存在常數，使得恒成立，則，
故，故，故恒成立僅對部分成立，
故A不成立.
對于B，若可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立即
由數學歸納法可得成立.
而，
，，故，故，故為增數列，
若，則恒成立，故B正確.
對于C，當時， 可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立即
由數學歸納法可得成立.
而，故，故為減數列，
又，結合可得：，所以，
若，若存在常數，使得恒成立，
則恒成立，故，的個數有限，矛盾，故C錯誤.
對于D，當時， 可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立
由數學歸納法可得成立.
而，故，故為增數列，
又，結合可得：，所以，
若存在常數，使得恒成立，則，
故，故，這與n的個數有限矛盾，故D錯誤.
故選：B.
法2：因為，
令，則，
令，得或；
令，得；
所以在和上單調遞增，在上單調遞減，
令，則，即，解得或或，
注意到，，
所以結合的單調性可知在和上，在和上，
對于A，因為，則，
當時，，，則，
假設當時，，
當時，，則，
綜上：，即，
因為在上，所以，則為遞減數列，
因為，
令，則，
因為開口向上，對稱軸為，
所以在上單調遞減，故，
所以在上單調遞增，故，
故，即，
假設存在常數，使得恒成立，
取，其中，且，
因為，所以，
上式相加得，，
則，與恒成立矛盾，故A錯誤；
對于B，因為，
當時，，，
假設當時，，
當時，因為，所以，則，
所以，
又當時，，即，
假設當時，，
當時，因為，所以，則，
所以，
綜上：，
因為在上，所以，所以為遞增數列，
此時，取，滿足題意，故B正確；
對于C，因為，則，
注意到當時，，，
猜想當時，，
當與時，與滿足，
假設當時，，
當時，所以，
綜上：，
易知，則，故，
所以，
因為在上，所以，則為遞減數列，
假設存在常數，使得恒成立，
記，取，其中，
則，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C錯誤；
對于D，因為，
當時，，則，
假設當時，，
當時，，則，
綜上：，
因為在上，所以，所以為遞增數列，
因為，
令，則，
因為開口向上，對稱軸為，
所以在上單調遞增，故，
所以，
故，即，
假設存在常數，使得恒成立，
取，其中，且，
因為，所以，
上式相加得，，
則，與恒成立矛盾，故D錯誤.
故選：B.
【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是根據首項給出與通項性質相關的相應的命題，再根據所得命題結合放縮法得到通項所滿足的不等式關系，從而可判斷數列的上界或下界是否成立.
2．B
【分析】根據給定的等差數列，寫出通項公式，再結合余弦型函數的周期及集合只有兩個元素分析、推理作答.
【詳解】依題意，等差數列中，，
顯然函數的周期為3，而，即最多3個不同取值，又，
則在中，或或
于是有或，
即有，解得；
或者，解得；
所以，或.
故選：B
3．B
【分析】先通過遞推關系式確定除去，其他項都在范圍內，再利用遞推公式變形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放縮可得出．
【詳解】∵，易得，依次類推可得
由題意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
綜上：．
故選：B．
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是利用遞推關系進行合理變形放縮.

4．D
【分析】根據，再利用數列與的關系判斷中各項的大小，即可求解.
【詳解】[方法一]:常規解法
因為，
所以，，得到，
同理，可得，
又因為，
故，；
以此類推，可得，，故A錯誤；
，故B錯誤；
，得，故C錯誤；
，得，故D正確.
[方法二]：特值法
不妨設則
故D正確.
5．(1)
(2)①證明見詳解；②
【分析】（1）設等比數列的公比為，根據題意結合等比數列通項公式求，再結合等比數列求和公式分析求解；
（2）①根據題意分析可知，，利用作差法分析證明；②根據題意結合等差數列求和公式可得，再結合裂項相消法分析求解.
【詳解】（1）設等比數列的公比為，
因為，即，
可得，整理得，解得或（舍去），
所以.
（2）（i）由（1）可知，且，
當時，則，即
可知，
，
可得，
當且僅當時，等號成立，
所以；
（ii）由（1）可知：，
若，則；
若，則，
當時，，可知為等差數列，
可得，
所以，
且，符合上式，綜上所述：.
【點睛】關鍵點點睛：1.分析可知當時，，可知為等差數列；
2.根據等差數列求和分析可得.
【考點1】由an與Sn的關系求通項
一、單選題
1．（2024·山東濟南·三模）若數列的前項和，則等于（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
2．（2025·浙江·模擬預測）若數列滿足：對于任意正整數n，，則稱，互為交錯數列．記正項數列的前n項和為，已知1，，成等差數列，則與數列互為交錯數列的是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·安徽·一模）已知數列滿足，則（ ）
A． B．的前n項和為
C．的前100項和為100 D．的前30項和為357
4．（2023·廣東佛山·模擬預測）已知數列，下列結論正確的有（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，則數列是等比數列
D．若為等差數列的前項和，則數列為等差數列
三、填空題
5．（2025·廣東廣州·模擬預測）已知數列滿足，設數列的前項和為，則滿足的實數的最小值為 ．
6．（2024·山西陽泉·三模）已知數列的前項和為，且，則數列的前100項和 ．
參考答案：
題號 1 2 3 4
答案 C D AD ABD
1．C
【分析】根據與關系求解即可.
【詳解】.
故選：C.
2．D
【分析】由等差數列的性質和與的關系，推得，再由互為交錯數列的定義，對各個選項分析，可得結論．
【詳解】由1，，成等差數列，可得，，
當時，，解得，
當時，由，可得，
上面兩式相減可得，
化為，
由，即有，
是3為首項，2為公差的等差數列，可得，
對A，，
，
與數列不互為交錯數列，故A選項錯誤；
對B，由，可得，
與數列不互為交錯數列，故B選項錯誤；
對C，由，
，
與數列不互為交錯數列，故C選項錯誤；
對D，由可得
，
與數列互為交錯數列，故D正確．
故選：D．
3．AD
【分析】當時，，兩式相減可求出，檢驗滿足，可判斷A；由等差數列的前項和公式可判斷B；由分組求和法可判斷C，D.
【詳解】當時，，
當時，，
兩式相減可得：，
所以，
顯然當時，滿足，故，故A正確；
由等差數列求和公式知的前項和為，故B錯誤；
令，的前100項和為：
，故C錯誤；
令，
所以的前30項和為：
，故D正確.
故選：AD.
4．ABD
【分析】A.利用累加法求和，即可判斷；B.利用構造法，構造為等比數列，求通項公式，即可判斷;C.利用公式，即可求解通項公式，判斷選項；D.根據等差數列前項和公式，結合等差數列的定義，即可判斷選項.
【詳解】對于選項A，由，得，
則
，故A項正確；
對于選項B，由得，
所以為等比數列，首項為，公比為2，
所以，所以，故B項正確；
對于選項C，因為，
當時，，
當時，，
將代入，得，
所以，所以數列不是等比數列，故C項錯誤.
對于選項D，設等差數列的公差為d，
由等差數列前項和公式可得，
所以與n無關，
所以數列為等差數列，故D項正確.
故選：ABD
5．
【分析】先將代入題干表達式計算出的值，當時，由，可得，兩式相減進一步計算即可推導出數列的通項公式，再根據數列的通項公式及等比數列的求和公式推導出前項和的表達式，最后根據不等式的性質即可計算出實數的最小值．
【詳解】由題意，當時，，
當時，由，
可得，
兩式相減，可得，
解得，
當時，不滿足上式，
，
則當時，，
當時，
，
當時，也滿足上式，
，，
，且對任意恒成立，
，即實數的最小值為．
故答案為：.
6．
【分析】由與的關系求得，用裂項求和法求得.
【詳解】因為，
所以，
故時，兩式相減得，
即，
因為，即，
所以數列是以2為首項，以2為公比的等比數列，
所以，


故答案為:.
反思提升：
(1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝轉化為關于an的關系式，再求通項公式.
(2)Sn與an關系問題的求解思路
方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉化為只含Sn，Sn－1的關系式，再求解.
方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉化為只含an，an－1的關系式，再求解.
【考點2】由數列的遞推關系式求通項公式
一、單選題
1．（2024·陜西西安·三模）如圖，用相同的球堆成若干堆“正三棱錐”形的裝飾品，其中第1堆只有1層，且只有1個球；第2堆有2層4個球，其中第1層有1個球，第2層有3個球；…；第n堆有n層共個球，第1層有1個球，第2層有3個球，第3層有6個球，…．已知，則（ ）
A．2290 B．2540 C．2650 D．2870
2．（2024·山西·三模）已知數列對任意均有.若，則（ ）
A．530 B．531 C．578 D．579
二、多選題
3．（2024·黑龍江·模擬預測）分形幾何學是美籍法國數學家伯努瓦·曼德爾布羅特在20世紀70年代創立的一門新學科，它的創立為解決傳統科學領域的眾多難題提供了全新的思路.下圖展示了如何按照圖①的分形規律生長成一個圖②的樹形圖，設圖②中第n行白心圈的個數為，黑心圈的個數為，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．
C．數列為等比數列
D．圖②中第2023行的黑心圈的個數是
4．（2023·重慶·三模）函數是定義在上不恒為零的可導函數，對任意的x，均滿足：，，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2024·四川·三模）在數列中，已知，，則數列的前2024項和 ．
6．（2022·湖南益陽·一模）已知數列中，，，若，則數列的前項和 .
參考答案：
題號 1 2 3 4
答案 D C ACD ABD
1．D
【分析】由題意總結規律得，再利用累加法求得的通項公式，然后再進分組求和，建立一個關于的方程，解方程可得.
【詳解】在第堆中，從第2層起，第n層的球的個數比第層的球的個數多n，
記第n層球的個數為，則，
得，
其中也適合上式，則，
在第n堆中，
，
當時，，解得.
故選：D.
2．C
【分析】根據等差數列可得，再利用累加法求.
【詳解】因為，可知數列是以首項，公差的等差數列，
所以，
又因為，即，
可得，
累加可得，
則，所以.
故選：C.
3．ACD
【分析】求得，的值判斷選項AB；利用等比數列定義判斷選項C；求得圖②中第2023行的黑心圈的個數判斷選項D.
【詳解】由題可得，，故A正確，B錯誤；
，，，且有，，
故有
所以是以為首項，3為公比的等比數列，
為常數列，且，
所以是以為首項，1為公比的等比數列，故C正確；
由上可得故
所以，故D正確.
故選：ACD.
4．ABD
【分析】先得到，再假設為正整數，利用累乘法求出的解析式，再驗證不為正整數時，也符合題意.利用的解析式容易判斷ABC，根據錯位相減法求和可判斷D.
【詳解】令，得，代入，得，
當為正整數時，，
所以，
所以，代入，得，
所以，又當時，也符合題意，
所以.
當不為正整數時，經驗證也滿足，
故為任意實數時，都有.
所以，故A正確；，故B正確；
所以，，故C不正確；
所以，
令，
則，
所以，
所以，所以，故D正確.
故選：ABD
【點睛】關鍵點點睛： 假設為正整數，利用累乘法求出，再驗證不為正整數時，也滿足題意是解題關鍵.
5．
【分析】由，得到，利用累乘法得到數列的通項公式，再用裂項相消，即可求解.
【詳解】因為，所以，
所以，
因此，
故答案為：.
6．
【分析】根據條件，先構造等比數列求出，再由得，從而可求和.
【詳解】由，有，
，兩式相除得到，
所以是以為公比，為首項的等比數列，
所以，則，
所以，
所以.
故答案為：.
反思提升：
(1)形如an＋1＝an＋f(n)的遞推關系式利用累加法求和，特別注意能消去多少項，保留多少項.
(2)形如an＋1＝an·f(n)的遞推關系式可化為＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝··…··a1代入求出通項.
(3)形如an＋1＝pan＋q的遞推關系式可以化為(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，構成新的等比數列，求出通項公式，求變量x是關鍵.
(4)形如an＋1＝(A，B，C為常數)的數列，可通過兩邊同時取倒數的方法構造新數列求解.
【考點3】數列的性質
一、單選題
1．（2024·陜西安康·模擬預測）在數列中，，若對，則（ ）
A． B．1 C． D．
2．（2024·重慶九龍坡·三模）正整數的倒數的和已經被研究了幾百年，但是迄今為止仍然沒有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，當很大時，.其中稱為歐拉-馬歇羅尼常數，，至今為止都不確定是有理數還是無理數.設表示不超過的最大整數，用上式計算的值為（ ）
（參考數據：，，）
A．10 B．9 C．8 D．7
二、多選題
3．（2024·重慶·模擬預測）已知數列，，記，，若且則下列說法正確的是（ ）
A． B．數列中的最大項為
C． D．
4．（2024·安徽黃山·二模）已知數列滿足：，其中，下列說法正確的有（ ）
A．當時，
B．當時，數列是遞增數列
C．當時，若數列是遞增數列，則
D．當時，
三、填空題
5．（2024·北京西城·一模）在數列中，.數列滿足.若是公差為1的等差數列，則的通項公式為 ，的最小值為 .
6．（2024·河南駐馬店·二模）定義：對于函數和數列，若，則稱數列具有“函數性質”.已知二次函數圖象的最低點為，且，若數列具有“函數性質”，且首項為1的數列滿足，記的前項和為，則數列的最小值為 .
參考答案：
題號 1 2 3 4
答案 A C BD ACD
1．A
【分析】根據遞推公式得出,進而即可．
【詳解】由與相減得：，
即，又，故，所以.
故選：A.
2．C
【分析】設，分析可知數列為遞增數列，結合題中數據估算可知，即可得結果.
【詳解】設，則，
因為，
可知數列為遞增數列，
且，
，
可知，所以.
故選：C.
3．BD
【分析】由已知可得時，，時，可證數列是以為首項，為公差的等差數列，即可判斷A選項，，可判斷B選項；再利用裂項相消法可得，即可判斷CD選項.
【詳解】對于A，由已知，
當時，，即，，
當時，，即，
所以，即，
所以數列是以為首項，為公差的等差數列，
所以，即，A選項錯誤；
對于B，所以，，且數列單調遞減，
所以數列中的最大項為，B選項正確；
對于C，，
，
所以，C選項錯誤；
對于D，又，所以，即，D選項正確；
故選：BD.
4．ACD
【分析】根據可得，即可迭代求解A，根據，時，可得為常數列，即可判斷B；根據二次函數的單調性，證出當時，從而判斷出數列的單調性，建立關于的一元二次不等式，解出首項的取值范圍，判斷出C項的正誤；當，時，根據遞推關系證出，從而可得，由此推導出，進而利用等比數列的求和公式證出，從而判斷出D項的正誤．
【詳解】對于A，當時，，又，故，
所以，故A項正確．
對于B，因為且，
所以，
當，時，，此時數列是常數列，故B項錯誤；
對于C, 由于數列是遞增數列, 當時，故，，
故， 所以，即，
解得或，故C項正確；
對于D,當時，，結合，可知，
，，結合，
可知是遞增數列，，則，
即，所以，
即，
所以，當時，，所以，
可得，故D項正確；
故選：ACD．
【點睛】方法點睛：遞推關系式轉化的常見形式
（1）轉化為常數，則數列是等差數列．
（2）轉化為常數，則數列是等差數列．
（3）轉化為常數，則數列是等差數列．
（4）轉化為常數，則數列是等差數列．
（5）轉化為常數，則數列是等差數列．
（6）轉化為常數，則數列是等差數列．
5．
【分析】求出等差數列的首項，直接求出的通項公式即可，利用數列的單調性得最小項為，利用累加法即可求解.
【詳解】由題意，又等差數列的公差為1，所以；
故，所以當時，，當時，，
所以，顯然的最小值是.
又，所以
，即的最小值是.
故答案為：，
6．
【分析】利用二次函數的性質求解析式，再利用數列的遞推思想構造等比數列，即可求和，從而用數列的單調性來求出最小值.
【詳解】由二次函數最低點為可知：，
又，所以，
則.由題意得，
又由，得，
因為，所以，
即，又，
所以，則，即，
故是以1為首項，2為公比的等比數列，所以.
令.，則，
故當時，，當時，，
故.
故答案為：.
【點睛】方法點睛，根據二次遞推，則需要通過構造兩邊對數，來得到等比數列遞推關系.
反思提升：
1.解決數列周期性問題，根據給出的關系式求出數列的若干項，通過觀察歸納出數列的周期，進而求出有關項的值或前n項和.
2.求數列最大項與最小項的常用方法
(1)函數法：利用相關的函數求最值.若借助通項的表達式觀察出單調性，直接確定最大(小)項，否則，利用作差法.
(2)利用(n≥2)確定最大項，利用(n≥2)確定最小項.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河北·模擬預測）已知首項為2的數列滿足，當的前項和時，則的最小值為（ ）
A．40 B．41 C．42 D．43
2．（2023·北京·模擬預測）已知為等差數列的前項和，滿足，，則數列中（ ）
A．有最大項，無最小項 B．有最小項，無最大項
C．有最大項，有最小項 D．無最大項，無最小項
3．（2024·天津南開·二模）設數列的通項公式為，若數列是單調遞增數列，則實數b的取值范圍為（ ）.
A． B． C． D．
4．（2024·陜西咸陽·三模）在數列中，，，則（ ）
A．43 B．46 C．37 D．36
二、多選題
5．（2023·江蘇宿遷·模擬預測）設是數列的前n項和，且，，則（ ）
A．
B．數列是公差為的等差數列
C．數列的前5項和最大
D．
6．（2021·山東濰坊·一模）南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中出現了如圖所示的形狀，后人稱為“三角垛”．“三角垛”的最上層有個球，第二層有個球，第三層有個球，…，設各層球數構成一個數列，則（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·江蘇鹽城·三模）已知數列對任意的整數，都有，則下列說法中正確的有（ ）
A．若，則
B．若，，則
C．數列可以是等差數列
D．數列可以是等比數列
三、填空題
8．（2022·四川·二模）已知數列滿足，且前8項和為761，則 ．
9．（22-23高二下·安徽淮北·階段練習）在一個數列中，如果每一項與它的后一項的和為同一個常數，那么這個數列稱為等和數列，這個常數稱為該數列的公和．已知數列是等和數列，且，，則這個數列的前2022項的和為 ．
10．（2019·河北保定·一模）我國古代數學著作《九章算術》中有如下問題：“今有人持金出五關，前關二而稅一，次關三而稅一，次關四而稅一，次關五而稅一，次關六而稅一．并五關所稅，適重一斤．問本持金幾何？“其意思為“今有人持金出五關，第1關收稅金為總量的，第2關收稅金為剩余的，第3關收稅金為剩余的，第4關收稅金為剩余的,第5關收稅金為剩余的,5關所收稅金之和恰好重1斤，問原本持金多少？假設原本持金斤，則 斤．
四、解答題
11．（2023·廣西柳州·二模）在數列中，，它的最大項和最小項的值分別是等比數列中的和的值.
(1)求數列的通項公式；
(2)已知數列，求數列的前n項和.
12．（2023·河南·模擬預測）已知正項數列滿足，．
(1)求數列的通項公式；
(2)設為數列的前n項和，且．求數列的通項公式．
參考答案：
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 B C A C AC BC BC
1．B
【分析】通過計算得到為一個周期為4的數列，從而計算出，得到答案.
【詳解】由題意得，，解得，
同理，解得，
，解得，
，解得，
故為一個周期為4的數列，且，
故，，
故的最小值為41.
故選：B
2．C
【分析】通過已知條件先算出等差數列的首項，公差，然后寫出的通向公式，最后寫出數列的通項公式分析即可.
【詳解】在等差數列中，設首項為，公差為，
因為，
，
解得，
所以等差數列的通項公式為：
，
所以，
當時，，
當時，，
所以數列有最大項為第1項，有最小項第7或第8項，
故選：C.
3．A
【分析】由遞增數列定義可得，代入計算即可得解.
【詳解】由題意可得恒成立，即，
即，又，，故.
故選：A.
4．C
【分析】由遞推公式用累加法公式求出，再求即可.
【詳解】法一：由題得，
所以.
法二：由題，，
所以.
故選：C.
5．AC
【分析】
令可得即可求判斷A，利用的關系可得即可判斷B,C，取求得即可判斷D.
【詳解】
，
，或(舍)，故選項A正確；
又，，，
數列是公差為的等差數列，故選項B錯誤；
由得，
，數列的前5項和最大，故選項C正確；
當時，，這與矛盾，
故選項D錯誤，
故選:AC.
6．BC
【分析】根據示意圖，結合題意找到各層球的數量與層數的關系，可得，即可判斷各項的正誤.
【詳解】由題意知：，故，
∴，故A錯誤；
，故B正確；
，故C正確；
，，顯然，故D錯誤；
故選：BC
7．BC
【分析】利用賦值，遞推式以及假設法，即可逐一選項進行判斷.
【詳解】若，
當時，，
解得，故A錯；
若，，
當時，，
解得，
當時，，
解得，
，
根據遞推關系可知，
當為奇數，即時，
，故B正確；
若，
則成立，
故數列可以是等差數列，即C正確；
若數列是等比數列，假設公比為，
則由，
得，
兩式相除得，，
即，
解得，不符合題意，
則假設不成立，故D錯.
故選：BC
8．/
【分析】依題意可得，判斷可得，即可得到數列是以為首項，2為公比的等比數列，從而得到，再根據等比數列求和公式得到方程，解得即可；
【詳解】解：數列滿足，整理得，若，則，顯然不符合題意，所以，則（常數）；
所以數列是以為首項，2為公比的等比數列；
所以，整理得；
由于前8項和為761，
所以，
解得．
故答案為：．
9．6066
【分析】寫成的通項公式，求出公和，再分組求和.
【詳解】設等和數列的公和為m．
因為，所以，，，，…，
所以，
又，所以，
所以．
故答案為：6066
10．1.2
【分析】計算每關過后的剩余量即，列方程求出答案．
【詳解】解：由題意可知過第一關后剩余，
過第二關后剩余，
過第三關后剩余，
過第四關后剩余，
過第五關后剩余，
∴，解得
故答案為1.2
【點睛】本題考查了數學應用，考查了解方程的數學思想，屬于基礎題．
11．(1)
(2)
【分析】（1）結合函數的單調性得到數列的最大項和最小項，解出，可得等比數列的通項公式；
（2）用錯位相減法求數列的前n項和
【詳解】（1）由題意，，
結合函數的單調性，可知，
所以數列中的最大項為，最小項為，
所以，即，
所以等比數列的公比，
（2），
，
，
兩式相減得：，
故.
12．(1)
(2)
【分析】（1）利用換底公式和累乘法求出數列的通項公式；
（2）由作差法求出數列的通項公式．
【詳解】（1）已知（且），
設，則，
所以，
當時，．
即，所以，
當時，符合上式，
所以；
（2），
當時，，
當時，，
則．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）據中國古代數學名著《周髀算經》記截：“勾股各自乘，并而開方除之（得弦）．”意即“勾”、“股”與“弦”之間的關系為（其中）．當時，有如下勾股弦數組序列：，，則在這個序列中，第10個勾股弦數組中的“弦”等于（ ）
A．145 B．181 C．221 D．265
二、多選題
2．（2024·山西太原·二模）已知數列滿足，，則下列結論正確的是（ ）
A．是遞增數列 B．是等比數列
C．當n是偶數時， D．，，使得
三、填空題
3．（2025·廣東廣州·模擬預測）已知數列滿足，設數列的前項和為，則滿足的實數的最小值為 ．
四、解答題
4．（2024·廣西柳州·模擬預測）某牧場今年年初牛的存欄數為1200，預計以后每年存欄數的增長率為8％，且在每年年底賣出100頭牛．設牧場從今年起每年年初的計劃存欄數依次為，，，…．
(1)寫出一個遞推公式，表示與之間的關系；
(2)求的值．（其中，，）
參考答案：
題號 1 2
答案 C BC
1．C
【分析】由給定的勾股弦數組序列中，，，得，由，得.
【詳解】因為，所以．
在給定的勾股弦數組序列中，，所以．
易得勾股弦數組序列中“勾”的通項公式為，
所以，
故“弦”的通項公式為．
所以第10個勾股弦數組中的“弦”等于．
故選：C．
2．BC
【分析】對于A，求出數列的前幾項即可判斷；對于B，等比數列的定義證明即可；對于C，由B可知，是以為首項，為公比的等比數列，求解判斷即可；對于D，由C可知，，結合，所以，分類討論判斷即可.
【詳解】對于A：由，，，所以A錯誤；
對于B：當時，由，，
當時，，
綜上所述：所以是以為首項，為公比的等比數列，B正確；
對于C：由B可知，是以為首項，為公比的等比數列，
所以，所以，為偶數，
所以當n是偶數時，，故C正確；
對于D：由C可知，，由，
所以，因為，
所以當時，，
當時，，而，
所以恒成立，故D錯誤；
故選：BC.
3．
【分析】先將代入題干表達式計算出的值，當時，由，可得，兩式相減進一步計算即可推導出數列的通項公式，再根據數列的通項公式及等比數列的求和公式推導出前項和的表達式，最后根據不等式的性質即可計算出實數的最小值．
【詳解】由題意，當時，，
當時，由，
可得，
兩式相減，可得，
解得，
當時，不滿足上式，
，
則當時，，
當時，
，
當時，也滿足上式，
，，
，且對任意恒成立，
，即實數的最小值為．
故答案為：.
4．(1)
(2)11775
【分析】（1）由題意，可得；
（2）原式可化為，結合（1）可求出r，k，可知，數列是以為首項，1.08為公比的等比數列，進而利用等比數列的求和公式可得答案．
【詳解】（1）由題意，得，并且．
（2）將化成．
比較①②的系數，可得．
解這個方程組，得．
所以，
所以數列是以為首項，1.08為公比的等比數列，
則
．
所以（頭）．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·浙江·模擬預測）已知且，則的值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·山東煙臺·一模）給定數列，定義差分運算：.若數列滿足，數列的首項為1，且，則（ ）
A．存在，使得恒成立
B．存在，使得恒成立
C．對任意，總存在，使得
D．對任意，總存在，使得
三、填空題
3．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知數列的前項和為，且.若，則的最小值為 .
參考答案：
題號 1 2
答案 C BC
1．C
【分析】由題意等式兩邊平方化簡為平方得，令，結合二倍角余弦公式得，取，，利用二倍角正弦公式和誘導公式計算的結果；
【詳解】平方得，令，
則，
不妨取，則，
故選：C.
2．BC
【分析】由已知求出及范圍判斷AB；利用累加法結合錯位相減法求和求出及范圍判斷C；求出及的范圍判斷D.
【詳解】對于A，由，得，顯然有最小值4，無最大值，
因此不存在，使得恒成立，A錯誤；
對于B，由選項A知，，則，
顯然當時，恒成立，B正確；
對于C，由，得，
當時，
即，
于是，
兩式相減得，
因此，顯然滿足上式，則，由，
得數列是遞增數列，有最小值1，無最大值，
從而對任意，總存在，使得，C正確；
對于D，，由選項C得，
顯然數列是遞減數列，，因此對任意，不存在，使得成立，D錯誤.
故選：BC
【點睛】關鍵點睛：涉及數列新定義問題，關鍵是正確理解給出的定義，由給定的數列結合新定義探求數列的相關性質，并進行合理的計算、分析、推理等方法綜合解決.
3．7
【分析】降次作差得，構造數列，求出，則得到，作差構造新數列，再證明其單調性即可得到答案.
【詳解】因為，
兩式相減得：，即.
兩邊同除以可得，
又，得，滿足，
所以數列是首項為，公差為的等差數列，故，
即，所以，
因為，
令，則，
所以數列單調遞增，因為，
所以當時，，即；
當7時，，
即.所以的最小值為7.
故答案為：7.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵首先是作差得到，然后是構造等差數列，從而得到，最后作差并結合數列的單調性即可.
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