資源簡介

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】 3
【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 6
【分層檢測】 7
【基礎篇】 7
【能力篇】 9
【培優篇】 10
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．
5．（2021·浙江·高考真題）已知數列滿足.記數列的前n項和為，則（ ）
A． B． C． D．
二、填空題
6．（2022·北京·高考真題）已知數列各項均為正數，其前n項和滿足．給出下列四個結論：
①的第2項小于3； ②為等比數列；
③為遞減數列； ④中存在小于的項．
其中所有正確結論的序號是 ．
【考點1】由an與Sn的關系求通項
一、單選題
1．（2024·陜西西安·模擬預測）已知數列的前項和為，則（ ）
A．190 B．210 C．380 D．420
2．（2024·江蘇蘇州·二模）已知數列的前項和為，，若對任意的恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·湖北黃岡·二模）數列滿足：，則下列結論中正確的是（ ）
A． B．是等比數列
C． D．
4．（2024·安徽淮北·二模）已知數列的前項和分別為，若，則（ ）
A． B．
C．的前10項和為 D．的前10項和為
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）已知數列的前項和為，滿足，則 ；數列滿足，數列的前項和為，則的最大值為 ．
6．（2024·浙江嘉興·二模）設數列的前項和為，等比數列的前項和為，若，，則 .
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·河南·三模）已知函數滿足：，且，，則的最小值是（ ）
A．135 B．395 C．855 D．990
2．（23-24高三上·湖北·階段練習）定義：在數列中，，其中d為常數，則稱數列為“等比差”數列.已知“等比差”數列中，，，則（ ）
A．1763 B．1935 C．2125 D．2303
二、多選題
3．（23-24高三下·甘肅·開學考試）已知數列滿足，則（ ）
A．是等差數列
B．的前項和為
C．是單調遞增數列
D．數列的最小項為4
4．（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
5．（23-24高二上·廣東河源·期末）已知正項數列滿足，則 .
6．（2024·江蘇南京·模擬預測）已知數列滿足，則數列的通項公式為 ．
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·山東濟寧·三模）已知數列中，，則（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（2024·天津·二模）已知數列為不單調的等比數列，，數列滿足，則數列的最大項為（ ）．
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·浙江紹興·二模）已知等比數列的公比為，前項和為，前項積為，且，，則（ ）
A．數列是遞增數列 B．數列是遞減數列
C．若數列是遞增數列，則 D．若數列是遞增數列，則
4．（2022·吉林長春·模擬預測）意大利數學家列昂納多 斐波那契提出的“兔子數列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，，在現代生物及化學等領域有著廣泛的應用，它可以表述為數列滿足.若此數列各項被3除后的余數構成一個新數列，記的前項和為，則以下結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2024·湖北武漢·二模）歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數，且與互質的正整數的個數（公約數只有1的兩個正整數稱為互質整數），例如：，，則 ；若，則的最大值為 ．
6．（23-24高二上·湖北省直轄縣級單位·期中）已知數列的通項公式為，且為遞減數列，則實數的取值范圍是 .
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．（2024·四川廣安·二模）已知數列滿足，（），則（ ）
A． B． C． D．2
2．（2024·廣東深圳·二模）已知n為正整數，且，則（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全國·模擬預測）已知等比數列的前n項和為，若，，且，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·山西·模擬預測）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（即第一層）有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，第四層有10個球，…，設“三角垛”從第一層到第n層的各層球的個數構成一個數列，則（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
5．（2024·云南·二模）記數列的前項和為為常數.下列選項正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．存在常數A、B，使數列是等比數列
D．對任意常數A、B，數列都是等差數列
6．（2024·云南昆明·一模）在數列中，，，，記的前n項和為，則下列說法正確的是（ ）
A．若，，則 B．若，，則
C．若，，則 D．若，，則
7．（2022·廣東·模擬預測）已知數列滿足，為其前n項和，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
8．（2022·黑龍江齊齊哈爾·一模）數列中，，當時，，則數列的通項公式為 ．
9．（23-24高二下·江西撫州·階段練習）數列滿足，則 .
10．（2023·四川樂山·三模）已知數列滿足，，則 ．
四、解答題
11．（23-24高二上·內蒙古呼倫貝爾·階段練習）已知數列中，，，．
(1)求數列的通項公式；
(2)設，求數列的前n項和．
12．（2024·山西·模擬預測）已知數列的前項和為，且.
(1)求的通項公式；
(2)若，求數列的前項和.
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·四川宜賓·二模）在數列中，已知，且滿足，則數列的前2024項的和為（　　）
A．3 B．2 C．1 D．0
二、多選題
2．（2024·吉林長春·模擬預測）已知數列滿足，則下列結論成立的有（ ）
A．
B．數列是等比數列
C．數列為遞增數列
D．數列的前項和的最小值為
三、填空題
3．（2023·湖南邵陽·二模）已知數列滿足，，設數列的前項和為，則數列的通項公式為 ， ．
四、解答題
4．（2024·全國·高考真題）記為數列的前項和，且．
(1)求的通項公式；
(2)設，求數列的前項和為．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·北京東城·二模）設無窮正數數列，如果對任意的正整數，都存在唯一的正整數，使得，那么稱為內和數列，并令，稱為的伴隨數列，則（ ）
A．若為等差數列，則為內和數列
B．若為等比數列，則為內和數列
C．若內和數列為遞增數列，則其伴隨數列為遞增數列
D．若內和數列的伴隨數列為遞增數列，則為遞增數列
二、多選題
2．（22-23高二上·江蘇常州·期末）在邊長為2的等邊三角形紙片中，取邊的中點，在該紙片中剪去以為斜邊的等腰直角三角形得到新的紙片，再取的中點，在紙片中剪去以為斜邊的等腰直角三角形得到新的紙片，以此類推得到紙片，，……，，……，設的周長為，面積為，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
3．（2024·吉林·模擬預測）“冰天雪地也是金山銀山”，2023-2024年雪季，東北各地冰雪旅游呈現出一片欣欣向榮的景象，為東北經濟發展增添了新動能．某市以“冰雪童話”為主題打造—圓形“夢幻冰雪大世界”，其中共設“森林姑娘”“扣像墻”“古堡滑梯”等16處打卡景觀．若這16處景觀分別用表示，某游客按照箭頭所示方向（不可逆行）可以任意選擇一條路徑走向其它景觀，并且每個景觀至多經過一次，那么他從入口出發，按圖中所示方向到達有 種不同的打卡路線；若該游客按上述規則從入口出發到達景觀的不同路線有條，其中，記，則 （結果用表示）.
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【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【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】 26
【基礎篇】 26
【能力篇】 34
【培優篇】 37
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．
5．（2021·浙江·高考真題）已知數列滿足.記數列的前n項和為，則（ ）
A． B． C． D．
二、填空題
6．（2022·北京·高考真題）已知數列各項均為正數，其前n項和滿足．給出下列四個結論：
①的第2項小于3； ②為等比數列；
③為遞減數列； ④中存在小于的項．
其中所有正確結論的序號是 ．
參考答案：
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，
于是有，即有，解得，
所以，.
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．A
【分析】顯然可知，，利用倒數法得到，再放縮可得，由累加法可得，進而由局部放縮可得，然后利用累乘法求得，最后根據裂項相消法即可得到，從而得解．
【詳解】因為，所以，．
由
，即
根據累加法可得，，當時，
則，當且僅當時等號成立，
，
由累乘法可得，且，
則，當且僅當時取等號，
由裂項求和法得：
所以，即．
故選：A．
【點睛】本題解題關鍵是通過倒數法先找到的不等關系，再由累加法可求得，由題目條件可知要證小于某數，從而通過局部放縮得到的不等關系，改變不等式的方向得到，最后由裂項相消法求得．
6．①③④
【分析】推導出，求出、的值，可判斷①；利用反證法可判斷②④；利用數列單調性的定義可判斷③.
【詳解】由題意可知，，，
當時，，可得；
當時，由可得，兩式作差可得，
所以，，則，整理可得，
因為，解得，①對；
假設數列為等比數列，設其公比為，則，即，
所以，，可得，解得，不合乎題意，
故數列不是等比數列，②錯；
當時，，可得，所以，數列為遞減數列，③對；
假設對任意的，，則，
所以，，與假設矛盾，假設不成立，④對.
故答案為：①③④.
【點睛】關鍵點點睛：本題在推斷②④的正誤時，利用正面推理較為復雜時，可采用反證法來進行推導.
【考點1】由an與Sn的關系求通項
一、單選題
1．（2024·陜西西安·模擬預測）已知數列的前項和為，則（ ）
A．190 B．210 C．380 D．420
2．（2024·江蘇蘇州·二模）已知數列的前項和為，，若對任意的恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·湖北黃岡·二模）數列滿足：，則下列結論中正確的是（ ）
A． B．是等比數列
C． D．
4．（2024·安徽淮北·二模）已知數列的前項和分別為，若，則（ ）
A． B．
C．的前10項和為 D．的前10項和為
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）已知數列的前項和為，滿足，則 ；數列滿足，數列的前項和為，則的最大值為 ．
6．（2024·浙江嘉興·二模）設數列的前項和為，等比數列的前項和為，若，，則 .
參考答案：
1．B
【分析】根據給定的遞推公式，結合變形，再構造常數列求出通項即可得解.
【詳解】數列中，，，當時，，
兩式相減得，即，
因此，顯然數列是常數列，
而，解得，于是，因此，
所以.
故選：B
2．B
【分析】根據給定的遞推公式求出，再按為奇數、偶數分類求解即可得的范圍.
【詳解】由，得，
當時，，則，
整理得，即，
而，解得，
于是，數列是首項為，公比為的等比數列，
因此，即，
由，得，
當為奇數時，，即，顯然為遞增數列，
當時，，于是，
當為偶數時，，即，顯然恒有，于是，
所以實數的取值范圍為.
故選：B
3．AC
【分析】利用已知求得，可判斷A；，可得，判斷BC，進而求得，判斷D.
【詳解】由，
當，解得，故A正確；
當，可得，
所以，所以，
即，而，故C正確，B不正確；
因，故D錯誤.
故選：AC.
4．ABD
【分析】本題首先根據題意判斷出數列、分別是等差數列、等比數列，求出等比數列的通項公式，進而分析也是等比數列并求出其通項公式，可解決選項A、B、D的問題，再依據裂項法，可解決選項C的問題.
【詳解】，所以是首項，公差的等差數列，
，故選項A正確.
令，則，
，
又，，
，故選項C錯誤.
又，，
又，，，
是首項為，公比的等比數列，
，故選項B正確.
又，
是首項為，公比為的等比數列，
，故選項D正確.
故選：ABD.
5．
【分析】借助數列與前項和的關系，由得作差即可得；得到后，結合裂項相消法計算即可得，結合數列的函數特性即可得的最大值.
【詳解】將代入，得，
當時，由，得，
化簡得，
因此數列是以2為首項，2為公比的等比數列，
故，
，
則，
故，
易知函數在上單調遞增，
在上單調遞增，
且當時，，
當時，，
所以當時，取得最大值.
故答案為：；.
6．
【分析】根據題意，先求出等比數列的通項公式和前n項和，進而求得，再利用項與和的關系求得通項.
【詳解】設等比數列的公比為，
由，則，解得，又，
所以，，代入，
解得，
當時，，
當，時，，
滿足上式，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·河南·三模）已知函數滿足：，且，，則的最小值是（ ）
A．135 B．395 C．855 D．990
2．（23-24高三上·湖北·階段練習）定義：在數列中，，其中d為常數，則稱數列為“等比差”數列.已知“等比差”數列中，，，則（ ）
A．1763 B．1935 C．2125 D．2303
二、多選題
3．（23-24高三下·甘肅·開學考試）已知數列滿足，則（ ）
A．是等差數列
B．的前項和為
C．是單調遞增數列
D．數列的最小項為4
4．（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
5．（23-24高二上·廣東河源·期末）已知正項數列滿足，則 .
6．（2024·江蘇南京·模擬預測）已知數列滿足，則數列的通項公式為 ．
參考答案：
1．C
【分析】構造函數，可得，令，由得，從而得到，即可求出的最小值.
【詳解】由，得，令，得，
令，得，
故，又，
所以，
所以，因為，當時，的最小值為855．
故選：C．
2．B
【分析】運用累和法和累積法進行求解即可.
【詳解】因為數列是“等比差”數列，
所以，
因為，，
所以，
所以有，
累和，得，
因此有，
累積，得，
所以，
故選：B
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是運用累和法和累積法.
3．BC
【分析】利用等比數列的定義求出可得，再由等比數列求和公式計算可判斷AB；根據的通項公式可判斷C；根據的單調性可判斷D.
【詳解】由，得，因為，
所以，從而，
所以是首項為1，公比為的等比數列，所以，
即，所以，
所以，所以A錯誤，B正確；
由，易知是單調遞增數列，C正確；
當時，，
當時，，D錯誤.
故選：BC.
4．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.
5．
【分析】由遞推公式可得，再由累乘法即可求得結果.
【詳解】由可得，
由累乘可得.
故答案為：
6．
【分析】根據給定的遞推公式，利用構造法求出通項即得.
【詳解】數列中，，，顯然，
則有，即，而，
因此數列是以2為首項，2為公比的等比數列，
所以，即．
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·山東濟寧·三模）已知數列中，，則（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（2024·天津·二模）已知數列為不單調的等比數列，，數列滿足，則數列的最大項為（ ）．
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·浙江紹興·二模）已知等比數列的公比為，前項和為，前項積為，且，，則（ ）
A．數列是遞增數列 B．數列是遞減數列
C．若數列是遞增數列，則 D．若數列是遞增數列，則
4．（2022·吉林長春·模擬預測）意大利數學家列昂納多 斐波那契提出的“兔子數列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，，在現代生物及化學等領域有著廣泛的應用，它可以表述為數列滿足.若此數列各項被3除后的余數構成一個新數列，記的前項和為，則以下結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
5．（2024·湖北武漢·二模）歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數，且與互質的正整數的個數（公約數只有1的兩個正整數稱為互質整數），例如：，，則 ；若，則的最大值為 ．
6．（23-24高二上·湖北省直轄縣級單位·期中）已知數列的通項公式為，且為遞減數列，則實數的取值范圍是 .
參考答案：
1．C
【分析】利用數列的遞推公式求出數列的周期，即可求解.
【詳解】由，得
，
，
，
，
，
，
則是以6為周期的周期數列，
所以.
故選：C
2．C
【分析】根據等比數列的概念求公比及通項公式，再利用指數函數的單調性求最大項即可.
【詳解】由題意可知或，
又為不單調的等比數列，所以，則，
故，
若要求的最大項，需為偶數，則，
根據指數函數的單調性可知當時，為的最大項.
故選：C
3．ACD
【分析】寫出的表達式，根據，，得到或，由此即可判斷AB，進一步根據遞增數列的定義分別與的關系即可判斷CD.
【詳解】由題意可知，且，，
故有且（否則若，則的符號會正負交替，這與，，矛盾），
也就是有或，
無論如何，數列是遞增數列，故A正確，B錯誤；
對于C，若數列是遞增數列，即，由以上分析可知只能，故C正確；
對于D，若數列是遞增數列，顯然不可能是，（否則的符號會正負交替，這與數列是遞增數列，矛盾），
從而只能是，且這時有，故D正確.
故選：ACD.
4．ABC
【分析】根據數列可得出數列是以8為周期的周期數列，依次分析即可判斷.
【詳解】數列為1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…，
被3除后的余數構成一個新數列，
數列為1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，…，
觀察可得數列是以8為周期的周期數列，故，A正確；
且，故，B正確；
，C正確；
則的前2022項和為，D錯誤.
故選：ABC
5． 4
【分析】由歐拉函數定義，確定中與8互質的數的個數求，且，應用作差法判斷的單調性，即可求最大值.
【詳解】由題設，則中與8互質的數有，共4個數，故，
在中，與互質的數為范圍內的所有奇數，共個，即，
所以，則，
當時，當時，即，
所以的最大值為.
故答案為：4，
6．
【分析】根據條件，可得對恒成立，轉化為最值問題，化簡解出即可.
【詳解】因為為遞減數列，，
所以對恒成立，
即對恒成立，所以，
故答案為：.
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．（2024·四川廣安·二模）已知數列滿足，（），則（ ）
A． B． C． D．2
2．（2024·廣東深圳·二模）已知n為正整數，且，則（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全國·模擬預測）已知等比數列的前n項和為，若，，且，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·山西·模擬預測）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（即第一層）有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，第四層有10個球，…，設“三角垛”從第一層到第n層的各層球的個數構成一個數列，則（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
5．（2024·云南·二模）記數列的前項和為為常數.下列選項正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．存在常數A、B，使數列是等比數列
D．對任意常數A、B，數列都是等差數列
6．（2024·云南昆明·一模）在數列中，，，，記的前n項和為，則下列說法正確的是（ ）
A．若，，則 B．若，，則
C．若，，則 D．若，，則
7．（2022·廣東·模擬預測）已知數列滿足，為其前n項和，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
8．（2022·黑龍江齊齊哈爾·一模）數列中，，當時，，則數列的通項公式為 ．
9．（23-24高二下·江西撫州·階段練習）數列滿足，則 .
10．（2023·四川樂山·三模）已知數列滿足，，則 ．
四、解答題
11．（23-24高二上·內蒙古呼倫貝爾·階段練習）已知數列中，，，．
(1)求數列的通項公式；
(2)設，求數列的前n項和．
12．（2024·山西·模擬預測）已知數列的前項和為，且.
(1)求的通項公式；
(2)若，求數列的前項和.
參考答案：
1．A
【分析】列舉出數列的前幾項，即可找到規律，從而得解.
【詳解】因為，，
所以，，
，，，
又，所以
故選：A
2．C
【分析】根據給定條件，構造數列，探討該數列單調性即得.
【詳解】令，顯然，
當時，，即，
因此當時，，
所以n為正整數，且，有.
故選：C
3．B
【分析】設等比數列的公比為，由，，列方程求出，進而可求出，結合指數函數的性質求出的最大、小值，列不等式組即可求出的取值范圍
【詳解】解：設等比數列的公比為，
因為，，
所以，解得，
所以，
當x為正整數且奇數時，函數單調遞減，
當x為正整數且偶數時，函數單調遞增，
所以時，取得最大值，當時，取得最小值，
所以，解得.
故選：B.
4．D
【分析】根據已知條件寫出遞推關系式，運用累加法求得通項公式，賦值可判斷A項、B項、D項，分別計算與比較大小可判斷B項.
【詳解】由相鄰層球的個數差，可知，，
所以當時，，
將代入得，符合
所以，
對于A項，當時，，故A項錯誤；
對于B項，當時，，故B項錯誤；
對于C項，因為，
所以，
，
所以，故C項錯誤；
對于D項，，故D項正確.
故選：D.
5．ABC
【分析】根據與的關系求得可判斷A；由可判斷B；取可得是公比為1的等比數列，可判斷C；當時，根據等差數列定義驗證，可判斷D.
【詳解】對于A，若，則，A正確；
對于B，若，則，B正確；
對于C，由得，
當時，，
所以，當時，數列是公比為1的等比數列，C正確；
對于D，由上知，當時，若，則，
此時，數列不是等差數列，D錯誤.
故選：ABC
6．ACD
【分析】根據已知，結合條件，，可依次求出數列的前幾項，從而判斷A、B；由題意可得，根據等差數列的定義可判定數列為等差數列，從而判斷C、D.
【詳解】若，，又，則，A正確；
若，，由A選項可知，又，可得，
，可得，B錯誤；
若，，則，，，可得，
所以數列為等差數列，且，所以，C正確；
且，D正確.
故選：ACD
7．ABC
【分析】根據條件依次可得，，，，，…，，然后可得，，，然后可逐一判斷.
【詳解】因為，，，
，，…，，
所以，，
，
累加得，
∴，，
因為，，所以，
故選：ABC．
8．
【分析】根據累加法求通項公式即可.
【詳解】解：因為，
所以， ，，，
累乘得：， ，
所以，．
由于，所以，．
顯然當時，滿足，
所以，．
故答案為：
9．
【分析】當時求出，當時，作差即可得解.
【詳解】因為，
當時，
當時，
所以，
所以，
當時不成立，所以.
故答案為：
10．
【分析】湊配法得出數列是等比數列，由等比數列的通項公式可得結論．
【詳解】由得，又，
所以，即是等比數列，
所以，即．
故答案為：．
11．(1)
(2)
【分析】（1）利用累乘法即可得解；
（2）利用裂項相消法即可得解.
【詳解】（1）因為，，
所以，
當時， 滿足上式，
所以；
（2）因為，
所以，
所以.
12．(1)
(2)
【分析】（1）首先利用作差法得到，再由作差可得；
（2）由（1）知，再利用分組求和法及裂項相消法計算可得.
【詳解】（1）因為，
當時有，
兩式相減得，所以，
當時，，所以，此時仍然成立，
所以，
當時，，
又也滿足，
所以.
（2）由（1）知
，
所以.
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·四川宜賓·二模）在數列中，已知，且滿足，則數列的前2024項的和為（　　）
A．3 B．2 C．1 D．0
二、多選題
2．（2024·吉林長春·模擬預測）已知數列滿足，則下列結論成立的有（ ）
A．
B．數列是等比數列
C．數列為遞增數列
D．數列的前項和的最小值為
三、填空題
3．（2023·湖南邵陽·二模）已知數列滿足，，設數列的前項和為，則數列的通項公式為 ， ．
四、解答題
4．（2024·全國·高考真題）記為數列的前項和，且．
(1)求的通項公式；
(2)設，求數列的前項和為．
參考答案：
1．A
【分析】用去換中的，得，相加即可得數列的周期，再利用周期性運算得解.
【詳解】由題意得，用替換式子中的，得，
兩式相加可得，即，所以數列是以6為周期的周期數列.
又，，.
所以數列的前2024項和.
故選：A.
2．ABD
【分析】變形給定的等式，利用等比數列的定義判斷并求出的通項，再逐項判斷即得.
【詳解】在數列中，由，得，而，
因此數列是首項為1，公比為2的等比數列，則，即，B正確；
顯然，A正確；
顯然，，當時，，因此數列不是單調數列，C錯誤；
當時，，即數列從第2項起單調遞增，而，
因此數列的前6項均為負數，從第7項起均為正數，所以數列的前項和的最小值為，D正確.
故選：ABD
3．
【分析】由題得，利用累乘法得，通過錯位相減法求得，進而得出答案.
【詳解】因為，且，所以，
則當時，
．
又當時，符合上式，
故．
由①
②
得．
令，③
∴，④
得
∴．
故，
則，即．
故答案為：，.
4．(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求的通項公式．
（2）利用錯位相減法可求.
【詳解】（1）當時，，解得．
當時，，所以即，
而，故，故，
∴數列是以4為首項，為公比的等比數列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·北京東城·二模）設無窮正數數列，如果對任意的正整數，都存在唯一的正整數，使得，那么稱為內和數列，并令，稱為的伴隨數列，則（ ）
A．若為等差數列，則為內和數列
B．若為等比數列，則為內和數列
C．若內和數列為遞增數列，則其伴隨數列為遞增數列
D．若內和數列的伴隨數列為遞增數列，則為遞增數列
二、多選題
2．（22-23高二上·江蘇常州·期末）在邊長為2的等邊三角形紙片中，取邊的中點，在該紙片中剪去以為斜邊的等腰直角三角形得到新的紙片，再取的中點，在紙片中剪去以為斜邊的等腰直角三角形得到新的紙片，以此類推得到紙片，，……，，……，設的周長為，面積為，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
3．（2024·吉林·模擬預測）“冰天雪地也是金山銀山”，2023-2024年雪季，東北各地冰雪旅游呈現出一片欣欣向榮的景象，為東北經濟發展增添了新動能．某市以“冰雪童話”為主題打造—圓形“夢幻冰雪大世界”，其中共設“森林姑娘”“扣像墻”“古堡滑梯”等16處打卡景觀．若這16處景觀分別用表示，某游客按照箭頭所示方向（不可逆行）可以任意選擇一條路徑走向其它景觀，并且每個景觀至多經過一次，那么他從入口出發，按圖中所示方向到達有 種不同的打卡路線；若該游客按上述規則從入口出發到達景觀的不同路線有條，其中，記，則 （結果用表示）.
參考答案：
1．C
【分析】對于ABD：舉反例說明即可；對于C：根據題意分析可得，結合單調性可得，即可得結果.
【詳解】對于選項AB：例題，可知即為等差數列也為等比數列，
則，但不存在，使得，
所以不為內和數列，故AB錯誤；
對于選項C：因為，
對任意，，可知存在，
使得，
則，即，
且內和數列為遞增數列，可知，
所以其伴隨數列為遞增數列，故C正確；
對于選項D：例如，
顯然是所有正整數的排列，可知為內和數列，且的伴隨數列為遞增數列，
但不是遞增數列，故D錯誤；
故選：C.
【點睛】方法點睛：對于新定義問題，要充分理解定義，把定義轉化為已經學過的內容，簡化理解和運算.
2．ABD
【分析】畫出圖形依據裁剪規律可得比多了兩條邊，少了線段，即可得到，即A正確，比少了一個以為斜邊的等腰直角三角形，可得，C錯誤；再分別利用A和C中的結論，由累加法計算可得BD正確.
【詳解】根據題意可知，如下圖所示規律：
對于A，易知比多了兩條邊，少了線段；
由，
可得，故A正確；
對于B，利用A中結論由累加法可得，
當時，，又，
所以
，顯然當時，也符合上式，即B正確；
對于C，比少了一個以為斜邊的等腰直角三角形，
所以，即C錯誤；
對于D，利用B中結論由累加法可得，
當時，，又，
所以，顯然當時，也符合上式，即D正確；
故選：ABD
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于由裁剪規律得出以及之間的遞推規律，再利用累加法由等比數列前項和公式即可求得結果.
3． 8
【分析】結合題意及分類加法原理，依次計算到達、、、、的走法即可.由題意可知數列為斐波那契數列，即（且），結合累加法求解即可.
【詳解】由題意知，到達點共有1種走法，
到達點共有種走法（一種是經過點到達，一種是直接到達），
到達點共有種走法（一種是經過，一種是經過，所以到達將、的走法加起來），
到達點共有種走法（一種是經過和，一種是經過，所以到達將、的走法加起來），
到達點共有種走法（一種是經過和，一種是經過和，所以到達將、的走法加起來），
故按圖中所示方向到達有8種不同的打卡路線.
由題意知，，，，，，…，（且），
因為（且），
所以，，，…，，（且），
將上式累加可得，（且），
整理可得，又，，
所以，即.
故答案為：8；.
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