2026年高三数学一轮复习备考题型归纳讲义第21讲：数列的概念(数列通项公式+数列性质)(知识梳理+题型总结)(学生版+解析)

这是一份2026年高三数学一轮复习备考题型归纳讲义第21讲：数列的概念(数列通项公式+数列性质)(知识梳理+题型总结)(学生版+解析)，共21页。学案主要包含了新高考课程标准要求，知识梳理，课前自测，针对训练，解题策略，角度1：数列的周期性，角度2：数列的单调性等内容，欢迎下载使用。
1. 认知层面：通过实例理解数列定义，掌握3种表示方法，吃透“定义域为正整数集的特殊函数”这一核心。
2. 应用层面：衔接递推关系，能构建数列模型解决实际问题（如还款、折旧），关联等差/等比数列的函数特征。
3. 能力层面：基础达标需会求指定项，高考核心需能抽象模型、分析数列性质（增减、周期等）。
【知识梳理】
一、核心定义
1. 定义：按确定顺序排列的一列数，记作（或），其中是第项（通项），是项的序号。
关键：“顺序”是本质，相同数字按不同顺序排列为不同数列（如1,2与2,1）。
2. 本质属性：特殊的函数——定义域为正整数集（或其有限子集），值域为数列的各项组成的集合，对应关系为。
二、表示方法
三、数列的分类
1. 按项数多少：
有穷数列：项数有限（如1,2,3,4,5）；
无穷数列：项数无限（如1,,,…）。
2. 按项的增减性（仅对无穷数列）：
递增数列：（如）；
递减数列：（如）；
常数列：（如）；
摆动数列：项的大小交替变化（如1,-1,1,-1…）。
3. 按项的有界性：
有界数列：存在正数，使对所有成立（如常数列、）；
无界数列：不存在这样的（如）。
四、关键辨析
1. 与的区别：表示整个数列（如{1,3,5,7…}），表示数列的第项（如）。
2. 通项公式的唯一性：一个数列可能有多个通项公式（如1,-1,1,-1…可表示为或）。
3. 递推公式与通项公式的关系：递推公式需结合首项才能确定数列，部分数列可由递推公式推导通项公式（如等差数列由和推得）。
【课前自测】
一、单选题
1．（24-25高二下·四川资阳·开学考试）已知数列满足：，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题可先根据数列的递推公式求出数列的前几项，再找出数列的周期，最后根据周期求出的值.
【详解】解：因为且
所以，，
，，
，，
所以数列是周期数列，且周期为4，
所以.
故选：C.
2．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，且，若数列为递增数列，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】变形给定等式，利用构造法求出通项公式，再由递增数列建立不等式求出范围.
【详解】由数列为递增数列，，得，由，
得，即，因此，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
整理得，而，
则，整理得，
因此，解得，所以的取值范围是.
故选：C
二、多选题
3．（24-25高二下·福建厦门·期末）已知数列：，其中第1项为，接下来的2项为，接下来的4项为，依此类推，设为的前项和，则（ ）
A．B．
C．有且仅有一个正整数，使得D．存在无数个正整数，使得
【答案】ABD
【分析】根据数列的形成规律即可结合选项逐一求解ABC，根据，利用迭代累加法，即可求解D.
【详解】A选项：易知接下来的8项为，所以，故A正确：
B选项：，故B正确；
C选项：设分母为的为第组，
情形一：在不同组，设为第组最后一个数，则，
为第组第一个数，则，所以，
解得，即．
情形二：为第组第和第个，则，
取，即符合题意，故C错误；
D选项：因为，
所以，
因此存在无数个正整数，使得，故D正确；
故选:ABD.
三、填空题
4．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足（其中为数列前项和），则数列的通项公式是 .
【答案】
【分析】利用求解.
【详解】当时，，解得；
当时，①，又②，
②①得：，整理得，
又，
所以是首项为，公比为的等比数列.
所以，所以.
故答案为：.
5．（24-25高二下·四川广安·阶段练习）数列中，若,，则 .
【答案】
【分析】先由题意结合累乘法求出数列的通项公式即可计算求解.
【详解】若，，则且，
所以，
所以.
故答案为：.
四、解答题
6．（2026高三·全国·专题练习）在数列中，，，求数列的通项公式.
【答案】
【分析】将已知条件中的递推公式进行变形，再利用累加法即可求解.
【详解】，，
当时，
，
当时，，与相符，
数列的通项公式为.
7．（2026高三·全国·专题练习）已知数列满足， ，求数列的通项公式.
【答案】
【分析】根据，构造数列为等比数列，进而求出答案.
【详解】∵，∴，
∴，
∴数列为等比数列，公比，
又，∴，
∴.
8．（2025高三·全国·专题练习）已知在数列中，，求的最大项．
【答案】
【分析】由可判断数列单调性，据此可得答案.
【详解】因，
当时，，则此时递增，
当时，，则此时递减，
又注意到，所以最大项为．
题型分类
知识讲解与常考题型
【考点一：已知通项公式与前项的和关系求通项问题】
【例题】1．（2026高三·全国·专题练习）已知数列的前项和为，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由的关系，转化为关于的递推关系，变形后可构造等差数列，由等差数列的通项公式求解.
【详解】因为，则，于是得，
因此数列是首项，公差为1的等差数列，
则，
所以.
故选：D
2．（2025高三·全国·专题练习）设为数列的前项和，，从①，；②中选一个作为已知，则的通项公式为 ．
【答案】
【分析】①等式因式分解计算得到或，因为是正项数列，利用，计算得到通项公式.
②直接利用化简得，结合连乘法计算得，再次利用得到通项公式；.
【详解】选择条件①：，则或．
因为是正项数列，则，，当时，，
又，符合该式，所以．
故答案为：.
选择条件②：因为，所以，
所以，即，
则，而，
所以，故时，，所以，
又，符合该式，所以．
故答案为：.
【针对训练】3．（24-25高三下·江苏南京·开学考试）已知各项均不为0的数列的前项和为，且，．
（1）的通项公式为 ．
（2）若对于任意，恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】（1）根据题意得出，，利用，可判断是隔项等差数列，进而写出的通项公式；
（2）由（1）求得，证为恒成立，设，求得数列的单调性和最大值，即可求解.
【详解】（1），，
当时，可得，
两式相减得，
因为，故，
所以及均为公差为4的等差数列，
当时，由及，解得，
所以，，
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）知，可得，
因为对于任意，恒成立，所以恒成立，
设，则，
时，时，，，
所以，故，所以，
即实数的取值范围为．
故答案为：（1）；（2）．
4．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知数列满足，则 ．
【答案】
【分析】根据可求.
【详解】时，，与原式相减得
，则，
经检验，时也成立，
故，即．
故答案为：.
5．（24-25高二下·江西景德镇·期末）已知数列的前项和，且满足，则 ．
【答案】
【分析】先令得到，再结合前项和与通项公式的关系得到，再构造等比数列求出，最后得到.
【详解】令，得到，解得，
因为，所以，
当时，，
则，
得到，即，
故，设，
则，即，
得到，解得，故，
而，则是公比为的等比数列，且首项为，
可得，故.
故答案为：
【解题策略】
已知与关系求的解题策略
核心依据：数列前项和，故，分两步求解：
第一步：求时的
1. 直接代入公式：由（），将已知的表达式（或与的关系）代入，消去和，推导与的递推关系（或直接得出的表达式）。
示例：若，则时，，两式相减得，化简得（递推关系）。
第二步：求时的并验证统一性
1. 求：由，将代入的表达式（或已知条件），计算（注意：不能用求，因时无意义）。
示例：承接上例，时，，解得。
2. 验证统一性：将代入第一步求得的时的表达式，若结果与相等，则合并为一个通项公式；若不相等，则分和两段表示。
示例：上例中时，结合，得，代入时，与第一步结果一致，故统一为。
常见注意事项
1. 勿漏的情况：直接用求时，默认，必须单独计算。
2. 验证是关键：若不满足时的表达式，需分段写通项（如）。
3. 化简递推关系：若第一步得到递推式（如），需进一步用“构造等差/等比数列”等方法推导通项（后续可结合具体递推式展开）。
【考点二：用累加法，累乘法求通项公式】
【例题】1．（24-25高二下·湖北十堰·期末）在数列中，，则的通项公式为 .
【答案】
【分析】等式两边同除以，得到，利用累加法求出，得到答案.
【详解】，等式两边同除以得
，即，
所以，，……，，
累加可得，
又，故，
所以.
故答案为：
2．（24-25高二下·上海奉贤·阶段练习）已知数列 满足 ，则 的通项公式为
【答案】
【分析】通过递推公式得到相邻两项的比值关系，然后利用累乘法求出数列的通项公式.
【详解】已知，将换为，可得，
那么（）.
利用累乘法求（），
由（）可得：
观察发现，约分后可得（）.
当时，，与已知相符.
所以，.
故答案为：，.
【针对训练】3．（23-24高二下·四川绵阳·阶段练习）已知数列满足，，则其通项公式为 .
【答案】
【分析】设，则可得，利用累加法求出，即得数列的通项公式.
【详解】不妨设，则，
由
，
经检验当时满足，故，解得，
即数列的通项公式为.
故答案为：.
4．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·期中）若数列满足（，且），，则 .
【答案】
【分析】结合累加法，由裂项相消法化简求解即可.
【详解】因为（，且），，
所以；
经验证，时，，符合条件.
故答案为：.
5．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）在数列中，首项，时，，则数列的前项和为 .
【答案】/
【分析】利用累乘法可求出数列的通项公式，再利用裂项求和法可求得数列的前项和.
【详解】在数列中，首项，时，，
即当时，，
所以，，，，，
上述等式全部相乘得，则，
也满足，故对任意的，，
所以，，
所以数列的前和为.
故答案为：.
【解题策略】
累加法与累乘法求通项公式解题策略
累加法、累乘法是针对相邻项为“差”或“商”关系的递推数列的核心解法，核心思路是通过“望远镜求和/求积”消去中间项，直接建立首项与第项的联系。
一、累加法（适用于 型递推）
1. 适用条件
递推公式可整理为 相邻两项之差 = 关于的函数（），且可通过等差、等比、裂项等方法求和（如、）。
2. 解题步骤（四步走）
3. 关键提醒
若是分式（如），需先裂项（）再累加，抵消更简便。
二、累乘法（适用于 型递推）
1. 适用条件
递推公式可整理为 相邻两项之商 = 关于的函数（），且分子分母可约分（如、），同时需保证。
2. 解题步骤（四步走）
3. 关键提醒
若含负号（如），需注意最终的符号（由负号的个数决定，即）。
三、通用注意事项
1. 先定类型：递推式是“差”用累加法，是“商”用累乘法，勿混淆。
2. 首项必用：无论哪种方法，最终通项都需关联（题目未给时，需用求）。
3. 分段处理：若不满足时的通项，需分段表示（如）。
【考点三：用数列的构造法求通项公式】
【例题】1．（2025高三·全国·专题练习）已知在数列中，，，则通项 ．
【答案】
【分析】利用待定系数法构造新数列，得到，从而利用等比数列性质求出答案.
【详解】利用待定系数法构造新数列，
，
又，则，
所以．
令，是以为首项，公比的等比数列．
．即，．
当时成立，所以．
故答案为：
2．（24-25高二下·河南南阳·期中）已知数列中，，且，则 ．
【答案】
【分析】将两边取倒数，即可得到，从而求出的通项，即可得解.
【详解】由，可得，即，
又，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，所以．
故答案为：
【针对训练】3．（24-25高二下·湖北·期中）数列中，，，则通项 ．
【答案】
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项公式.
【详解】数列中，由，得，而，
因此数列是首项为，公比为3的等比数列，则，
所以.
故答案为：
4．（24-25高二下·上海宝山·阶段练习）已知数列中，，，则 ．
【答案】
【分析】由递推公式构造，通过等比数列通项公式即可求解；
【详解】由，
可得：，
所以是首项为，公比为3的等比数列，
所以，
所以，
故答案为：
5．（24-25高二下·广东广州·开学考试）已知数列满足，则 ．
【答案】
【分析】变形给定的递推公式，利用构造法求出通项.
【详解】由，得，即，
因此数列是首项为，公差为1的等差数列，，
所以.
故答案为：
6．（24-25高三上·广东广州·期末）已知数列满足，，，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】由得，构造等比数列即可求解.
【详解】由，，，可得，
所以是以3为首项、3为公比的等比数列，所以，
则，；
故答案为：.
【解题策略】
数列构造法求通项公式解题策略
构造法的核心是根据已知递推关系的结构特征，通过代数变形（如加减、乘除、待定系数、取倒数等），将非等差/等比数列转化为等差或等比数列，再利用等差/等比数列的通项公式求解原数列通项。
一、核心原则
1. 目标导向：构造的新数列必须是等差（满足，为常数）或等比（满足，为非零常数）。
2. 结构匹配：分析原递推式（如线性、分式、含幂次等）的形式，选择对应的构造手段，确保变形后新数列的递推关系符合等差/等比定义。
3. 简洁性：构造过程需尽量简化，避免引入复杂参数，优先通过“凑项”“补常数”“取对应形式”实现转化。
二、常见递推类型及对应构造策略
1. 线性非齐次递推：（为常数，）
核心是“消去非齐次项”，构造新的等比数列，具体按的形式分类：
2. 分式递推：（，）
核心是“取倒数或凑常数”，将分式递推转化为线性递推，具体按形式分类：
3. 含“”项的递推
典型递推式：（为常数）
构造方法：两边同除以，消去乘积项
目标：转化为等差数列（满足）
4. 含“”（前项和）的递推
核心是“消去”，转化为仅含的递推关系：
1. 求首项：当时，；
2. 消去：当时，利用代入已知关系，整理得与的递推式；
3. 后续构造：按线性、分式等类型构造新数列，求时的；
4. 验证首项：检查时的通项是否符合，不满足则分段表示。
5. 递推式含“的多项式乘积”（如）
构造逻辑：先通过累加法展开通项，再对求和项构造等比数列求和；
具体步骤：
1. 累加法：；
2. 求和构造：对，用“错位相减法”（本质是构造等比数列）计算和式；
3. 整理得。
三、通用解题步骤
1. 分析结构：判断递推式类型（线性、分式、含等），明确非等差/等比的“障碍项”（如常数项、分式分母）；
2. 选择手段：根据“障碍项”选构造方法（待定系数、取倒数、同除等），定义新数列；
3. 验证新数列：推导的递推关系，确认其为等差/等比，并求首项、公差/公比；
4. 求原通项：先写的通项，再根据与的关系反解；
5. 验证首项：检查时通项是否成立，必要时分段。
【考点四：数列的性质及其应用】
【角度1：数列的周期性】
【例题】1．（2025高三·全国·专题练习）在数列中，，则（ ）
A．2020B．2022C．2024D．2026
【答案】C
【分析】分析，是由正弦函数和常数项组成，的周期为8，求一个周期内的n项和；由题知总共项，共计253个整周期，从而求出.
【详解】函数的周期为：，即每8项重复一次.
计算到8内的和：
由题可知总共2024项，所以，
同理有
所以
故选：C．
【针对训练】2．（2025高三·全国·专题练习）设数列满足：，，那么等于（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】根据递推数列的规律可求出数列的周期，进而根据求出.
【详解】因为，设，
所以，，，
.
所以数列是以4为周期的周期数列.
所以，所以.
故选：A.
二、填空题
3．（2025高三·全国·专题练习）已知数列的首项，，，记为数列的前项之和，则的值是 ．
【答案】
【分析】由已知递推式求出数列的前项，结合的周期，确定数列的周期为，根据周期求和.
【详解】因为，
所以，，，
，，，
又的函数值取值的周期为，所以的周期为.
所以.
故答案为：
4．（25-26高二上·全国·单元测试）已知数列满足若，则的值为 ．
【答案】
【分析】数列递推式从起，依次判断并赋值求值，观察数列的周期性，即可求出答案.
【详解】由，得，
则，所以3是数列的一个周期，
所以．
故答案为：.
【解题策略】
数列周期性解题策略
数列的周期性是指存在正整数（周期），使得对任意正整数，都有。解题核心是先判断数列是否周期，再确定最小正周期，最后利用周期性简化计算（如求特定项、前项和）。
一、核心原则
1. 周期优先判断：遇到递推关系复杂（如分式、分段、含绝对值）或前几项有重复趋势的数列，优先尝试找周期；
2. 最小周期关键：若数列周期存在，需确定“最小正周期”，后续计算均基于最小周期展开；
3. 周期性简化计算：利用“”（为整数），将所求项/和转化为周期内的项/和，避免逐项递推。
二、周期数列的判定与周期求解策略
1. 观察法（适用于递推简单或可直接计算前几项的数列）
适用场景：递推式为简单线性、分段函数，或可快速计算前5-10项的数列；
操作步骤：
1. 由首项和递推式，依次计算；
2. 观察是否存在最小正整数，使得、（即从首项开始重复）；
3. 验证：若对连续项成立，则为最小正周期。
2. 递推式变形法（适用于可通过代数变形显化周期的数列）
通过对递推式进行迭代、消元或公式转化，推导与的关系，常见类型如下：
3. 函数映射法（适用于递推式可转化为函数迭代的数列）
核心逻辑：将数列递推视为函数迭代，即，若函数满足（表示迭代次），则数列可能以为周期；
操作步骤：
1. 定义递推函数（如对应）；
2. 计算函数迭代：、…直到；
3. 验证：若，则数列满足，为周期。
三、周期性的应用策略（求项、求和、求最值）
1. 求特定项
步骤：
1. 确定最小正周期；
2. 计算除以的余数：设（为非负整数，，若余数为0则）；
3. 利用周期性得，直接计算即可。
2. 求前项和
步骤：
1. 确定最小正周期，计算一个周期内的和；
2. 拆分：设（为非负整数，）；
3. 总求和：（若，则）。
3. 求数列的最值或范围
核心逻辑：周期数列的所有项仅由一个周期内的项构成，因此最值、范围等价于周期内项的最值、范围；
步骤：
1. 确定最小正周期，列出周期内所有项；
2. 直接分析周期内项的最大值、最小值或取值范围，即为整个数列的最值和范围。
四、易错点提醒
1. 周期起点验证：部分数列从第2项或第3项开始周期（如），需确认周期起点，避免误判周期；
2. 最小周期确认：若是周期，也是周期，需找到“最小正周期”，否则会增加计算量（如比更简便）；
3. 首项参与性：计算周期内和时，需确保包含首项，避免漏项或多算项。
【角度2：数列的单调性】
【例题】一、单选题
1．（24-25高二下·湖北省直辖县级单位·期中）已知数列的通项公式为，若是递增数列，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由是递增数列，所以，不等式恒成立求解参数的取值范围即可.
【详解】由题可知是递增数列，所以，即，
所以，故．因为，所以．
故选：C.
2．（24-25高三下·甘肃庆阳·期中）已知，若数列不是递增数列，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合题意，由递增数列的性质解不等式可得.
【详解】若不是递增数列，只需令或故.
故选：B.
【针对训练】3．（24-25高二下·广西桂林·阶段练习）已知函数若数列满足且是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定的分段函数，结合指数函数单调性及数列单调性列出不等式组求解.
【详解】函数，由数列是递增数列，
得，则，解得，
所以实数a的取值范围是.
故选：C
多选题4．（2025·湖南娄底·模拟预测）数列的前项和为，已知，则下列结论正确的是（ ）
A．为等差数列B．可能为常数列
C．若为递增数列，则D．若为递增数列，则
【答案】ABC
【分析】对于A，利用与的关系求出数列通项，再根据等差数列的定义判断即得；对于B，根据A项结论，取即可推得；对于C，通过作差判断易得；对于D，利用和条件，判断，由对的分析即可求得即可.
【详解】对于A，因为，所以当时，；
当时，．
显然当时，上式也成立，所以．
当时，因为，
所以是以为公差的等差数列，故A正确；
对于B，当时，为常数列，故B正确；
对于C，若为递增数列，则，即，故C正确；
对于D，若为递增数列，由可得，
由，需使，
即，因，故可得，解得，故，即D错误．
故选：ABC.
【解题策略】
数列单调性解题策略
核心是通过比较与的大小关系，判定数列的增减性（递增/递减/非增/非减），进而解决最值、不等式证明、参数范围等问题。
一、单调性判定（3类核心方法）
1. 作差法（最基础，优先选用）
核心原理：通过的符号判断单调性，是通用且无需额外条件的方法。
若（对任意）→ 数列递增；
若（对任意）→ 数列递减；
若（或≤0）→ 数列非减（或非增）。
操作步骤：
1. 由数列的通项公式或递推关系，写出的表达式；
2. 计算，对结果进行因式分解、配方等化简；
3. 分析化简后式子的符号（常结合二次函数、分式、指数函数的性质）。
2. 作商法（仅适用于的数列）
核心原理：通过与1的大小关系判断，适用于含幂次、乘积项的正项数列。
若（）→ 数列递增；
若（）→ 数列递减；
若（或≤1，）→ 数列非减（或非增）。
操作步骤：
1. 确认数列各项均为正数（必要条件）；
2. 计算，约分或化简（如幂次项可利用指数运算法则）；
3. 将化简结果与1比较，判断大小关系。
3. 函数法（适用于通项可转化为函数的数列）
核心原理：将数列（为正整数）视为函数在正整数点的取值，通过函数单调性推导数列单调性。
操作步骤：
1. 构造函数：将通项中的替换为连续变量；
2. 求导分析的单调性：计算，判断在上的符号；
3. 验证一致性：函数单调时，需确认其在正整数点的取值规律与数列完全一致（极少数函数单调但数列不单调，需结合首项验证）。
二、单调性的应用（3类高频场景）
1. 求数列的最值（最大/最小项）
2. 证明数列不等式（如或）
若数列递增：则（或），可通过证明“递增数列有上界”推导；
若数列递减：则（或），可通过证明“递减数列有下界”推导。
3. 确定递推式中参数的范围
若要求数列递增：需满足（或，）对所有正整数成立，解不等式得参数范围；
若要求数列递减：同理，需满足（或，）对所有正整数成立；
关键：需确保不等式对所有正整数 成立，而非仅某几项，常需分析表达式的最值（如“的最小值>0”）。
三、关键提醒
1. 作商法的前提：必须保证数列所有项为正，否则符号会导致判断错误；
2. 函数与数列的区别：函数单调不代表数列一定单调（如在上递增，但数列可能因波动出现局部递减，需验证）；
3. 递推数列的首项影响：含递推关系的数列，首项可能影响单调性（如，为参数，首项不同可能导致递增或递减）。
【角度3：求数列的最大最小项】
【例题】．（2025高三·全国·专题练习）已知数列的首项为，若的前n项积，则（ ）
A．数列有最大项，无最小项B．数列无最大项，有最小项
C．数列有最大项，有最小项D．数列无最大项，无最小项
【答案】B
【分析】由与关系可得，化简可得，从而得即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，则．
又，所以是首项为3，公差为1的等差数列，
所以，故，
所以是递增数列，故有最小项，无最大项．
故选:B
【针对训练】2．（2025高二·全国·专题练习）已知数列满足，，设，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据给定的递推公式，结合等差数列求出，进而求出及其的最小值.
【详解】由，得，而，则，
因此数列是首项为，公差为2的等差数列，，
，
注意到离函数对称轴最近2个整数为和3，
又，所以当时，取得最小值.
故答案为：
3．（24-25高二下·上海·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.
【详解】，
，，
取最大值，有，
，解得：，
当时，；当时，；
所以最大项为，且.
故答案为：.
4．（2025高二·全国·专题练习）已知数列的通项公式为，求数列的最大项．
【答案】最大项为．
【分析】法一：用作差法判断数列的单调性，找到最大项；
法二：空前绝后法得到数列的最大项.
【详解】法一：．
当时，；当时，．
因此，
所以数列的最大项为．
法二：设数列的最大项为，则，即，解得，
因为，所以，故数列的最大项为．
【解题策略】
求数列最大/最小项解题策略
核心是先判断数列单调性，再结合单调性特征定位最值项，或通过“项与邻项比较”“函数化分析”直接锁定最值。
一、核心解题方法（按适用场景排序）
1. 单调性分析法（最通用）
通过判定数列的增减趋势（递增/递减/先增后减/先减后增），直接确定最值位置，是解决该类问题的首选思路。
操作步骤：
1. 用“作差法”（）或“作商法”（，需）判断数列单调性；
2. 找到单调性变化的“转折点”（解方程或）；
3. 验证转折点及附近项的大小，确定最值。
2. 邻项比较法（适用于“先变后定”的数列）
直接比较第项与相邻两项的大小，通过解不等式锁定“比前后项都大（或小）”的项，即最值项。
核心原理：
若存在，使得（，若则只需）→ 为最大项；
若存在，使得（，若则只需）→ 为最小项。
示例：若，解，得，故为最大项。
3. 函数化法（适用于通项可转化为函数的数列）
将数列（为正整数）视为函数在正整数点的取值，通过函数最值推导数列最值。
操作步骤：
1. 构造连续函数：将中的替换为连续变量（）；
2. 求函数的最值：通过求导找到的极值点；
3. 找极值点附近的正整数：比较左右相邻的正整数（如和）对应的数列项，较大（或较小）者即为最值项。
示例：若，构造，求导得极值点，故为最大项。
4. 不等式法（适用于含参数或递推数列）
通过解不等式（任意）或（任意），直接确定的取值，进而找到最值项。
核心思路：若对所有成立，则为最大项，需满足且（同邻项比较法），本质是通过不等式组缩小的范围。
二、关键提醒
1. 验证首项与末项：对于“先增后减”或“先减后增”的数列，需验证首项、末项与转折点项的大小，避免遗漏最值（如数列，转折点在，但需验证与，最终均为最大项）；
2. 函数与数列的差异：函数的极值点若不是正整数，需取其附近的正整数比较（如在处取最小值，则需比较与）；
3. 无穷数列的最值：无穷递增数列无最大项，无穷递减数列无最小项，需说明“无最值”或“趋近于某极限”。
课后针对训练
一、单选题
1．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，，则（ ）
A．B．3C．4D．
2．（24-25高二下·辽宁大连·期中）已知为数列的前项和，若，，则的值为（ ）
A．23B．24C．25D．26
3．（2025高三·全国·专题练习）已知数列的前项和为，当时，，则的值为（ ）
A．1010B．1011C．1012D．1013
4．（24-25高二下·河南南阳·期中）在数列中，，则（ ）
A．B．C．2025D．5050
5．（2025高三·全国·专题练习）在数列中，若，则 （ ）
A．B．C．D．
二、填空题
6．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，，则 ．
7．（24-25高一下·上海青浦·期末）已知函数，数列满足，且（为正整数），则 ．
8．（24-25高二下·上海·阶段练习）已知数列 为严格增数列，则实数 的取值范围为 .
9．（2025高三·全国·专题练习）数列的各项按如下规律排列：，，，，，，，，，，，，，，，，则 ．
三、解答题
10．（2025高三·全国·专题练习）在下列条件下，求数列的通项公式：
(1)若，，求；
(2)若，，求；
(3)若，，求；
(4)若，，求；
(5)若，，求；
(6)若，，求；
(7)若，，求；
(8)若，，求；
(9)若，，求；
(10)若，，求；
(11)若，，求；
(12)若，，求；
(13)若，，求；
(14)若，，求；
(15)若，，求．
11．（25-26高三上·广东·开学考试）已知数列的前n项和为，满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，且数列的前n项和为，求证：．
12．（25-26高三上·广东·开学考试）记为数列的前项和，已知．
(1)求；
(2)证明：数列是等比数列；
(3)求的最值．
参考答案
1．C
【分析】根据与的关系，先得到数列的递推关系式，再根据累加法求的值.
【详解】由，
得，
所以，
所以，
，…，
，
各式两端相加得，
故．
故选：C.
2．B
【分析】利用递推公式求出，然后利用累乘法求解即可.
【详解】当时，，
由，
由，得，
两式相减得，，
所以，
故选：B
3．D
【分析】根据数列的递推公式得出，即第3项起相邻两项之和为定值，再结合题意即可求出结果.
【详解】由题意可知，当时，，则当时，，
两式相减可得，即，
则，
所以．
故选：D．
4．D
【分析】根据已知递推公式得出相邻两项的比值关系，然后利用累乘法求出数列的通项公式，最后根据通项公式判断数列类型，进而求出前100项的和．
【详解】因为，所以，
当时，，
以上个式子左右两边分别相乘得，
即，
又，所以，
所以．
故选：D.
5．A
【分析】结合递推关系和首项，求出数列得前几项，归纳出数列周期为4，结合周期性求解.
【详解】因为且，
所以，
，
，
，
，
所以是以4为周期的周期数列，
所以.
故选：A.
6．
【分析】整理数列的递推公式，利用累加法求得其通项公式，再赋值计算即得.
【详解】因为，所以，
所以时，，
则
，
故.
故答案为：.
7．
【分析】由，先求，进而得，最后利用诱导公式即可求解.
【详解】由有，所以，
所以数列是常数数列，所以，
所以，
所以.
故答案为：.
8．
【分析】利用数列单调性定义列式求解得到答案.
【详解】由数列为严格增数列，
得，，
因此，，而数列为严格减数列，
所以，则，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
9．
【分析】由已知先找到数列的项数的规律，按分子进行分组后，当分子为时，该组共有项，其中第项的分母为，此时数列的总项数共有项，由此分析出属于哪一组的哪一项，即可得到答案．
【详解】数列的各项按分子进行分组如下规律排列：
当分子为时，该组只有一项，；
当分子为时，该组有项，；
当分子为时，该组共有项，，其中第项的分母为.
所以数列的总项数，即为这组的项数之和，故共有项，
当时，共有项数，
当时，共有项数，
所以所在组的分子为，分母应从63起倒数第5个，为59.
即，
故答案为：.
10．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)
(11)
(12)
(13)
(14)
(15)
【分析】根据已知条件应用累加法计算或构造等差数列或构造等比数列求解通项公式.
【详解】（1）型．
递推累加，等差数列求和：
；
；
；
．
上述个式子累加得，即．
（2）型．
递推累加，等比数列求和：
；
；
；
．
上述个式子累加得，即．
（3）型．
同除转化为等差数列：，令，则，转化为等差数列．
本小题中，同除转化为等差数列，
由得，
令，则，，
得，即，．
（4）型．
直接待定系数：．
本小题中，，
令，
则，，
得，即，即．
（5）型．
直接待定系数：，
其中，．
本小题中，由，得，
令，则，，
得，即，
故．
直接待定系数时必须是完整的关于的一次函数．
（6）型．
直接待定系数：，
其中，，．
本小题中，由，
得，
同（5）方法可得．
（7）型．
先待定系数配制掉多项式部分，再同除转化为等差数列．
，
，令，则，转化为等差数列．
本小题中，由，
得，
同除得，
同（3）方法可得，
故．
（8）型．
先同除转化为等差数列，再待定系数转化为等比数列．
，
令，则，
，
再令，则．以下步骤略．
本小题中，由得，
，
可得，
故．
变式：
．
本小题中，，
，
故．
（9）先同除转化为（1）类求解．
由得，
再令，得．最终得．
（10）型．
先待定系数转化为（8）类求解：
，
，
令，则，
．
或直接待定系数转化为等比数列：
．
本小题中，直接待定系数得，
得，
故．
（11）先待定系数转化为（9）类求解．
由题意得，
令，则．最终得．
（12）型．
直接待定系数求解：
．
本小题中，，
最终得．
（13），
，
最终得．
（14）由得，
，
最终得．
（15）由得，
，
最终得．
11．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由数列的递推公式利用累乘法求解；
（2）由（1）求出，再由裂项法求和即可证明．
【详解】（1）由，则（n≥2），
两式左右分别相减得，即．
得，
则，，…，，，
将以上个式子相乘得．
上式对仍成立，所以．
（2），
∴．
故命题得证．
12．(1)
(2)证明见解析
(3)的最小值为，无最大值
【分析】（1）已知，要求，可直接令，代入等式求解.
（2）要证明数列是等比数列，可先根据与的关系，用表示出，再通过变形得到与的关系，根据等比数列的定义进行证明.
（3）先根据（2）求出的的通项公式，再结合求出的表达式，最后通过分析的单调性来确定其最值.
【详解】（1）已知，则当时，有.
，，即，解得．
（2）由可得，当时，.
得.
，，即，进一步变形可得.
当时，.
又，数列是以为首项，为公比的等比数列.
（3）由（2）可知，则，即.
，，则.
由于，所以是递增数列，的最小值为，无最大值.
表示方法
特点
示例（数列：1,3,5,7…）
列表法
直观呈现序号与项的对应
:1,2,3,4…；:1,3,5,7…
图象法
体现“离散性”（非连续曲线）
在平面直角坐标系中，点
通项公式
用含的式子直接表示
（）
递推公式
由首项（或前几项）+相邻项关系确定
首项，递推关系（）
步骤
操作要点
示例（已知，）
1. 写递推式
从到，列出所有相邻项的差
：；：；…；：
3. 计算化简
求右边和，整理得
右边是等差数列，和为，故
4. 验证
代入看是否与一致
时，，与已知一致，无需分段
步骤
操作要点
示例（已知，）
1. 写递推式
从到，列出所有相邻项的商
：；：；…；：
2. 左右累乘
左边中间项抵消（望远镜求积），右边求积
左边：；右边：
3. 计算化简
求右边积，整理得
右边分子分母抵消，结果为，故
4. 验证
代入看是否与一致
时，，与已知一致，无需分段
的形式
构造方法
目标
（常数）
设（为待定系数），代入递推式后令常数项为0，解得
为等比数列（满足）
（一次多项式）
设（为待定系数），代入后对比的系数和常数项求参数
为等比数列
（指数型，）
方法1：设，求使为等比数列；
方法2：两边同除以，设
方法1→为等比数列；
方法2→为等差数列
一般形式（均非零）
1. 求不动点：解方程得根；
2. 构造
为等比数列
递推式类型
变形策略
周期特征

迭代：
最小周期

迭代2次：，再迭代2次：
最小周期

迭代：，再迭代3次：
最小周期
（直接给出递推）
无需变形，直接确认
周期为（需验证是否为最小）
数列单调性特征
最值结论
严格递增
最小值为，无最大值（或当时趋近极限）
严格递减
最大值为，无最小值（或当时趋近极限）
先增后减
最大值在“增减转折点”（即满足且的处）
先减后增
最小值在“减增转折点”（即满足且的处）
数列单调性特征
最大项结论
最小项结论
严格递增
无最大项（或当时趋近极限）
首项
严格递减
首项
无最小项（或当时趋近极限）
先增后减
存在唯一“转折点”（满足且），为最大项
首项或末项（若数列有穷）
先减后增
首项或末项（若数列有穷）
存在唯一“转折点”（满足且），为最小项
题号
1
2
3
4
5





答案
C
B
D
D
A