高考数学一轮复习考点讲与练专题29 数列的概念与简单表示法讲义（含答案解析）

这是一份高考数学一轮复习考点讲与练专题29 数列的概念与简单表示法讲义（含答案解析），共3页。试卷主要包含了数列的定义，数列的表示方法等内容，欢迎下载使用。

1．数列的定义
按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．
2．数列的表示方法
3.数列的分类
4.数列的前n项和
(1)表示：在数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列{an}的前n项和．
(2)an与Sn的关系：若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
►考点01 已知Sn求an

▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼

【例1】（2024秋•金安区期末）若数列满足，，则 ．
【答案】．
【分析】根据与的关系，结合累乘法求解即可．
【解答】解：因为，
所以，
两式相减可得，，
由累乘法可得：，，，，
将上述个式相乘可得：
，
所以．
故答案为：．
【例2】（2024秋•昆明期末）已知数列的前项和，则下列正确的是
A．为递增数列B．C．D．
【答案】
【分析】根据数列的性质即可求解．
【解答】解：，令得，
当时，，
，
①②得，，所以．
故选：．
【例3】（2025春•崇义县月考）数列的前项和为，已知，则
A．B．是递减数列
C．当时，D．当或4时，取得最大值
【答案】
【分析】首先根据，的关系求出数列的分段表达式，然后结合数列的性质即可逐一判断各个选项求解．
【解答】解：根据题意，数列满足，
当时，有，
当，时，，
依次分析选项：
对于，，故正确；
对于，，故错误；
对于，显然，当，时，当且仅当，故正确；
对于，由于，，所以当或4时，取得最大值，故正确．
故选：．
【例4】（2025春•孝感期中）已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）已知数列满足．①，当时，，②，两式相减即可得解；
（2）由（1）可得：，然后累加求和即可．
【解答】解：（1）已知数列满足．①
当时，，②
由①②可得：，
即，，
又满足上式，
即；
（2）由（1）可得：，
则．
【例5】（2025春•南宁月考）数列的前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）根据给定条件结合与的关系求解；
（2）由结合（1）可求出，再利用裂项相消法计算得解．
【解答】解：（1）当时，，
当时，，
所以，
又满足上式，
所以；
（2）由（1）得，．
所以，
所以，
即．
►考点02 已知an与Sn的关系求an

▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼

【例6】（2025春•盐城期中）已知数列的前项和为，满足，则
A．364B．362C．121D．120
【答案】
【分析】首先利用公式可确定是等比数列，进一步利用等比数列前项和公式求出即可．
【解答】解：当时，，解得，
当时，由，得，
两式相减得，，即，故，
所以数列是以为首项以为公比的等比数列，
所以．
故选：．
【例7】（2025春•宝山区期中）已知数列的前项和为，且，，则 97 ．
【答案】97．
【分析】由递推关系得到，再用累加法和等差数列的求和公式求出结果即可．
【解答】解：依题意，由，
可得，
即，
则，
，
，
，
各项相加，
可得，
化简整理，可得
．
故答案为：97．
【例8】（2025•和平区一模）已知正项数列的前项和满足，则 ．
【答案】．
【分析】通过题给条件逐项计算发现规律，即可写出的值．
【解答】解：由题知，
当时，，
所以，因为，
解得，
时，，
即，
所以，
因为，解得，
时，，
即，
即，
所以，
因为，
解得，
同理可得，．
故答案为：．
【例9】（2025•汉中模拟）设正项数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，求数列的前项和的取值范围．
【答案】（1）；
（2），．
【分析】（1）利用降标作差得，，再分别求出奇偶项的通项公式即可；
（2）利用错位相减法求出数列的前项和，再令，求证其增减性即可求出范围．
【解答】解：（1）由，得，
两式相减得，
因为数列为正项数列，
所以，
令，得，解得，
所以数列的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，
故为奇数时，，
数列的偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列，
故为偶数时，，
综上可得，数列的通项公式为；
（2）由（1）可得，
设数列的前项和为，则，
则，
两式相减得，
即，
所以，
令，则，
则数列为递减数列，且，
则，
所以，
所以数列的前项和的取值范围是，．
【例10】（2025•辽宁模拟）记数列的前项和为，已知．
（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．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）．
【分析】（1）利用和等比数列的定义即可求证；
（2）由（1）通过等比数列求通项公式即可求解；
（3）利用错位相减法和分组求和即可求解．
【解答】解：（1）证明：根据题意，当时，，解得，
当时，由，得，
所以，
即，即，
又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
（2）由（1）得，
所以，
（3）由（2）得，
记，
则，
两式相减得，
即，
所以，
所以．
►考点03 累加法求通项公式

▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼

【例11】（2024秋•合浦县期中）数列满足且，则
A．B．
C．D．
【答案】
【分析】由，得，利用累加法可求得答案，注意检验时的情形．
【解答】解：由，得，
时，，，，，，
以上各式相加，得，
又，，
又适合上式，
，
故选：．
【例12】（2024•潮州二模）已知数列满足：，，则
A．B．C．D．
【分析】通过数列的递推关系式，利用累加法转化求解即可．
【解答】解：数列满足：，，
即，
所以，
，
，
，
累加可得：
．
．
故选：．
【例13】（2024•龙潭区模拟）数列，若，，则
A．34B．43C．53D．64
【分析】利用数列的递推关系式，逐项求解即可．
【解答】解：数列，若，，
所以：时，，
时，，
时，，
时，，
时，，
时，，
时，，
故选：．
【例14】（2025•沧州一模）已知数列满足：，，则
A．10B．11C．12D．13
【答案】
【分析】根据题设有，累加可得，即可求结果．
【解答】解：数列满足：，，
可得，则，
即，则．
故选：．
【例15】（2024秋•潞州区月考）已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和，求证．
【分析】（1）将，移向并裂项，得出 利用累加法求数列的通项公式；
（2）由（1）知，，利用错位相消法求出，再证．
【解答】解：（1），
，
．
（2）由（1）知，，
，
两式相减得
，
化简得，
．
►考点04 累乘法求通项公式

▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼

【例16】（2024秋•集美区月考）在数列中，，且，则数列的通项公式 ．
【答案】．
【分析】根据数列的递推关系式，结合累乘法即可求解结论．
【解答】解：数列中，，且，
，
可得：，
，
，
．
，
，
，也适合）
故答案为：．
【例17】（2025春•吉林期中）已知数列满足，且，则 ．
【答案】．
【分析】直接根据递推关系式整理得到，进而求解结论．
【解答】解：数列满足，且，
，
，
，
故答案为：．
【例18】（2025春•海淀区期中）已知，，则数列的通项公式
A．3B．4C．5D．6
【答案】
【分析】由可得，即，从而利用累加法即可求出．
【解答】解：由，得，即，
所以．
故选：．
【例19】（2025春•南宁期末）已知数列，且，则的通项公式 ．
【答案】．
【分析】由题意得，即当时，，，，，利用累乘法，即可得出答案．
【解答】解：且，
，即当时，，，，，
由累乘法得，即，
又符合上式，
．
故答案为：．
【例20】已知数列满足，，求的通项公式．
【分析】通过与作差、整理可知，进而利用累乘法计算即得结论．
【解答】解：，
，
两式相减得：，
整理得：，
，，，，
累乘得：，
又，
．
►考点05 数列的周期性

▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼

【例21】（2025春•振兴区期中）若数列满足，，则
A．8B．C．D．
【答案】
【分析】根据递推关系得到数列的前几项以及它的周期性，据此求解．
【解答】解：因为，，
所以，同理，，
，，，
所以是周期为4的数列，
故．
故选：．
【例22】（2025春•南宁期中）已知数列满足，且，则
A．B．1C．D．
【答案】
【分析】先求出前几项，发现规律，为周期数列，一个周期为4，并且，从而得到，计算出答案．
【解答】解：根据题意，，解得，
所以，，
，，
所以是以4为周期的周期数列，
又，
所以．
故选：．
【例23】（2025•清江浦区模拟）已知数列满足，，，设，则数列的前21项和为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】令，证出数列是以3为周期的周期数列，再利用分组求和法，结合等比数列求和公式即可求解．
【解答】解：因为，则，
令，
所以，
因为，所以，
当时，，
当时，，
当时，，
所以数列是以3为周期的周期数列，
因此，数列的通项公式为：，，
所以，，
由可得，数列的通项公式为：，，
数列的前21项和可分组求和：
，
这是一个首项为，公比为的等比数列的前7项和，
根据等比数列求和公式可得：．
故选：．
【例24】（2025•铜仁市三模）数列满足，若，则 1 ．
【答案】1．
【分析】由题意可得：数列是周期为4的周期数列，则，得解．
【解答】解：数列满足，
则，
则，
即数列是周期为4的周期数列，
又，
则．
故答案为：1．
【例25】（2025春•盐城期末）数列满足，，则
A．B．C．D．3
【答案】
【分析】由数列递推式求数数列的前几项，得到数列的周期，再结合周期性即可求得．
【解答】解：因为，，
所以，，，
所以数列是周期为3的周期数列，
所以．
故选：．
►考点06 数列的最值

▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼ ▼

【例26】（2025•固始县二模）已知是各项均为正整数的递增数列，前项和为，若，当取最大值时，的最大值为
A．63B．64C．71D．72
【答案】
【分析】根据题意分析可得：若取最大值时，，结合等差数列分析、验证可得答案．
【解答】解：根据题意，因为为递增数列且均为正整数，
若取最大值时，，
，
，
，，
，
，
的最大值为63，此时，，，，，，
的最大值为．
故选：．
【例27】（2025•岳阳模拟）已知数列的通项公式为，前项的和为，则取到最小值时的值是
A．6B．7C．8D．9
【答案】
【分析】对通项公式化简变形后可求得当或时，，当时，，从而可求出取到最小值时的值．
【解答】解：，
由，得，解得或，
，当或时，，当时，，
当时，取得最小值．
故选：．
【例28】（2025春•赣州期中）已知数列的通项公式为，则的最小项为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据二次函数的图象与性质研究，结合求出答案．
【解答】解：二次函数的图象是开口向上的抛物线，关于直线对称，
因为，，且，，所以可能的最小项为或，
结合，，可知的最小项为．
故选：．
【例29】（2025春•沈阳月考）已知数列的通项公式为，则取到最小值时的值是
A．6B．7C．8D．9
【答案】
【分析】分，和，判断的单调性，即可求解．
【解答】解：因为，
当，时，，单调递减，
且，
所以当，时，，单调递减，
且，
所以取到最小值时的值是7．
故选：．
【例30】（2025春•宝山区期末）已知数列的通项公式是，数列最大项是 ．
【答案】．
【分析】设数列第项最大，将通项公式代入不等式组，求出，即可得到数列的最大项．
【解答】解：由，
可得，，
若为最大项，则有，
即，解得，
当或时，数列取得最大项，
故数列的最大项为．
故答案为：．列表法
列出表格表示n与an的对应关系
图象法
把点(n，an)画在平面直角坐标系中
解析
式法
通项公式
数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式
递推公式
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式
分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
项与项间的大小关系
递增数列
an＋1＞an
其中n∈N*
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
摆动数列
从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列
已知Sn求an的步骤
步骤一
利用a1＝S1，求出a1
步骤二
用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出当n≥2时an的表达式
步骤三
检验当n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并
Sn与an关系问题的解题策略
根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．
策略一
利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解
策略二
利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解
形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即利用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，即可求数列{an}的通项公式．
形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)的数列，常令n分别为1，2，3，…，n－1，代入eq \f(an＋1,an)＝f(n)，再把所得的(n－1)个等式相乘，利用an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(n≥2)即可求数列{an}的通项公式．
解决数列周期性问题，根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，或者根据给出的关系式进行变形，推导出an＝an＋T，从而得到数列的周期，进而求出有关项的值或前n项和．
求数列的最大项与最小项的常用方法
单调性法
根据数列的单调性判断
不等式法
利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项