新高考数学一轮复习核心考点+提升练习考点34数列的概念（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习核心考点+提升练习考点34数列的概念（2份，原卷版+解析版），共8页。
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).
2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
【知识点】
1．数列的有关概念
2.数列的分类
3.数列与函数的关系
数列{an}是从正整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})到实数集R的函数，其自变量是序号n，对应的函数值是数列的第n项an，记为an＝f(n)．
常用结论
1．已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
2．在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)；若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2，n∈N*)．
【核心题型】
题型一 由an与Sn的关系求通项公式
Sn与an的关系问题的求解思路
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
【例题1】（2023·四川·三模）已知数列满足，则的通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
由题中等式，可得，再结合时，可得.
【详解】当时，有，所以，
当时，由，，
两式相减得，
此时，，也满足，
所以的通项公式为.
故选：B.
【变式1】（2024·江苏南通·三模）设数列的前项和为，若，则（ ）
A．65B．127C．129D．255
【答案】B
【分析】降次作差得，再利用等比数列通项公式即可得到答案.
【详解】时，，则.
时，，
，
是2为首项，2为公比的等比数列，，
故选：B.
【变式2】（23-24高三上·上海徐汇·阶段练习）已知数列的前项和，．若是等差数列，则的通项公式为 ．
【答案】
【分析】利用等差数列的定义以及的关系即可得出结论.
【详解】由知，
当时，；
当时，，
此时，当时，，
当时，，而，
若数列是等差数列，则，
所以，则.
故答案为：.
【变式3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知数列前n项的积为，数列满足，（，）．
(1)求数列，的通项公式；
(2)将数列，中的公共项从小到大排列构成新数列，求数列的通项公式．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）对，两边同时取对数，分是否等于讨论即可求出，由等差数列定义即可求出；
（2）令，解出即可得解.
【详解】（1），，
当时，，
当时，，即，
而，
从而数列的通项公式为；
若数列满足，（，），
则，
从而数列的通项公式为；
（2）令，解得，这表明，
从而只能，
所以数列的通项公式为
题型二 由数列的递推关系求通项公式
(1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法．
(2)形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)的数列，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．
命题点1 累加法
【例题2】（2024·河北保定·三模）设是公差为3的等差数列，且，若，则（ ）
A．21B．25C．27D．31
【答案】D
【分析】由，得，从而可得，进而可求解.
【详解】由，得，则，
从而.
故选：D
【变式1】（2024·河南·三模）已知函数满足：，且，，则的最小值是（ ）
A．135B．395C．855D．990
【答案】C
【分析】构造函数，可得，令，由得，从而得到，即可求出的最小值.
【详解】由，得，令，得，
令，得，
故，又，
所以，
所以，因为，当时，的最小值为855．
故选：C．
【变式2】（2024·北京西城·一模）在数列中，.数列满足.若是公差为1的等差数列，则的通项公式为 ，的最小值为 .
【答案】
【分析】求出等差数列的首项，直接求出的通项公式即可，利用数列的单调性得最小项为，利用累加法即可求解.
【详解】由题意，又等差数列的公差为1，所以；
故，所以当时，，当时，，
所以，显然的最小值是.
又，所以
，即的最小值是.
故答案为：，
【变式3】（2024·广东江门·二模）已知是公差为2的等差数列，数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)求；
(3)[x]表示不超过的最大整数，当时，是定值，求正整数的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)7
【分析】（1）先由是公差为2的等差数列，求得递推关系，再利用叠加法求得，进而得到的通项公式；
（2）法一：两次利用错位相减法即可求得数列的前项和为；法二：构造得，再利用裂项相消法即可得解；
（3）利用数列单调性结合题给条件即可求得正整数的最小值.
【详解】（1）设，则．
因为是公差为2的等差数列，所以．
设，则，
所以时，
．
所以，即，
又，满足上式，所以
（2）（方法一）因为，
所以
两式相减得．
设，
则，
两式相减得
，
则．
所以，即．
（方法二）因为，
所以．
所以
则，
即．
（3）当时，，且，所以的定值为9．
所以当时，．
令，则，
，
所以单调递减．
因为，所以，即正整数的最小值为
【点睛】方法点睛：数列求和的方法技巧：
（1）倒序相加法：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
（2）错位相减法：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
（3）分组求和法：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和
命题点2 累乘法
【例题3】（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，其中，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由累乘法代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意，得，，．
由累乘法，得，
即，
又，所以．
故选：C
【变式1】（2023·河南洛阳·模拟预测）已知数列满足，且，则数列的前18项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用数列的递推公式，结合累乘法，求得其通项公式，根据三角函数的计算，求得数列的周期，整理数列的通项公式，利用分组求和，可得答案.
【详解】由，则，
即，
显然，满足公式，即，
当时，；当时，；当时，；
当时，，当时，；当时，；
则数列是以为周期的数列，由，则，
设数列的前项和为，
.
故选：D
【变式2】（2022·山西太原·二模）已知数列的首项为1，前n项和为，且，则数列的通项公式 .
【答案】n
【分析】先利用累乘法将的通项公式求出，再利用与的关系，求出的通项公式即可.
【详解】解：∵，∴
当时，，
当时，成立，
∴，
当时，，
当时，满足上式，
∴.
故答案为：n
【变式3】（2024·陕西西安·模拟预测）设数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，数列的前项和为恒成立，求实数的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用与间的关系，得到，再利用累积法，即可求出结果；
（2）根据（1）中结果得到，利用裂项相消法得到，即可求出结果.
【详解】（1）因为①，所以当时，②，
由①②得到，整理得到，
又，所以，得到，
所以当时，，
当，满足，所以.
（2）由（1）知，
所以，
因为，且，所以是关于的递增数列，由恒成立，得到，
所以实数的最小值为.
题型三 数列的性质
(1)解决数列的单调性问题的方法
用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列．
(2)解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值
命题点1 数列的单调性
【例题4】（2024·江西·二模）已知数列的首项为常数且，，若数列是递增数列，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件推得数列是首项为，公比为的等比数列，运用等比数列的通项公式可得，再由数列的单调性，结合不等式恒成立思想，可得所求取值范围．
【详解】因为，
所以，
由于，即，
可得数列是首项为，公比为的等比数列，
则，因为数列是递增数列，可得，
即对任意的正整数都成立．
当为偶数时，恒成立，由于数列单调递减，
可得，则；
当为奇数时，恒成立，由于数列单调递增，
可得，则；
综上可得的取值范围是．
故选：B
【变式1】（2024·广东深圳·二模）已知n为正整数，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，构造数列，探讨该数列单调性即得.
【详解】令，显然，
当时，，即，
因此当时，，
所以n为正整数，且，有.
故选：C
【变式2】（2023·浙江·模拟预测）已知等差数列的公差为，前项和记为，满足，若数列为单调递增数列，则公差的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，确定恒成立，再分析判断，结合已知等式求解作答.
【详解】因为数列为单调递增数列，则当时，，
而等差数列的公差，若，由知，数列单调递减，
存在正整数，当时，，与数列为单调递增数列矛盾，
因此，由，得，即，解得，则，
所以公差的取值范围为.
故答案为：
【变式3】（2024·辽宁·模拟预测）已知是曲线上的点，，是数列的前n项和，且满足，
(1)求；
(2)确定的取值集合，使时，数列是单调递增数列；
(3)证明：当时，弦的斜率随n单调递减．
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对原递推式进行变换即可；
（2）求出的通项公式并将条件转化为，再解不等式；
（3）先证明对，有，然后利用单调递增即可.
【详解】（1）由已知有对任意正整数成立，故.
而根据的定义域，有，所以.
这就说明，，.
故，.
（2）我们有.
故.
再由，，，就得到.
从而，，.
所以命题等价于，即.
故.
（3）先证明一个结论：对，有.
证明：该不等式等价于，即，.
所以只需要说明当时，有成立即可.
设，则，故当时，当时.
所以在上递减，在上递增，故当时，有，即.
所以原来的结论也成立.
回到原题.
当时，数列是单调递增数列，结合的定义域知.
故有，.
所以，结论得证.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用导数工具证明不等式，从而求得相应数列的单调性.
命题点2 数列的周期性
【例题5】（2024·陕西榆林·三模）现有甲乙丙丁戊五位同学进行循环报数游戏，从甲开始依次进行，当甲报出1，乙报出2后，之后每个人报出的数都是前两位同学所报数的乘积的个位数字，则第2024个被报出的数应该为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】A
【分析】列举出部分数字观察其周期即可得解.
【详解】报出的数字依次是，除了首项以外是个周期为6的周期数列.
去掉首项后的新数列第一项为2，
因为，所以原数列第2024个被报出的数应该为2.
故选：A.
【变式1】（2024·山东济宁·三模）已知数列中，，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】利用数列的递推公式求出数列的周期，即可求解.
【详解】由，得
，
，
，
，
，
，
则是以6为周期的周期数列，
所以.
故选：C
【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）数列满足，，则 ．
【答案】/-0.5
【分析】由数列的递推关系，求出几项可以发现该数列是一个周期数列，且周期为3，求解即可.
【详解】因为，所以．
因为，所以，，，
所以是一个周期数列，且周期为3，故．
故答案为：
【变式3】（2024·福建福州·模拟预测）已知数列中，，．
(1)证明：数列为常数列；
(2)求数列的前2024项和．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用和差角的余弦公式，结合构造法推理即可.
（2）由（1）求出数列的通项，再结合余弦函数的周期性，利用分组求和法求和即可.
【详解】（1）依题意，
，
则化为，
而，则，因此，
所以数列为常数列.
（2）由（1）知，，由，即是以6为周期的周期数列，令，
所以数列的前2024项和
命题点3 数列的最值
【例题6】（2024·山东济南·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】C
【分析】因为是定值，要使当取最大值时也取得最大值，需满足前项是首相为，公差为的等差数列，通过计算的前项和与作比较，前项和与作比较即可得出的最大值.
【详解】因为是定值，要使当取最大值时也取得最大值，需满足各项尽可能取到最小值，又因为是各项均为正整数的递增数列，所以，即是首相为，公差为的等差数列，其中；的前项和为；
当时，；
当时，；
又因为，
所以的最大值为，此时，取得最大值为.
故选：C
【变式1】（2024·天津·二模）已知数列为不单调的等比数列，，数列满足，则数列的最大项为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等比数列的概念求公比及通项公式，再利用指数函数的单调性求最大项即可.
【详解】由题意可知或，
又为不单调的等比数列，所以，则，
故，
若要求的最大项，需为偶数，则，
根据指数函数的单调性可知当时，为的最大项.
故选：C
【变式2】（2023·上海普陀·一模）若数列满足，（，），则的最小值是 .
【答案】6
【分析】利用累加法求得，计算，由对勾函数的性质求最小值，注意是正整数.
【详解】由已知，，…，，，
所以，，
又也满足上式，所以，
设，由对勾函数性质知在上单调递减，在递增，
因此在时递减，在时递增，
又，，
所以的最小值是6，
故答案为：6
【变式3】（2024·安徽·模拟预测）已知数列的首项，且满足．
(1)求的通项公式；
(2)已知，求使取得最大项时的值．（参考值：）
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）由递推关系将已知等式变形为，即可求出通项；
（2）由已知可设，代入解不等式组求出即可.
【详解】（1）因为，
所以，
又，
所以，所以.
（2）由（1）有，
所以，
设时，最大，
因为，
所以，
即，
解得，又，
所以，
所以使取得最大项时的值为4
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024·天津北辰·模拟预测）设数列满足，则数列的前5项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用递推关系求出，再利用裂项相消法求和即可得出答案.
【详解】当时，，
当时，
，
，
两式相减可得：，所以，
又时，，所以不满足，
所以，设，数列的前项和，
所以，
设数列的前5项和为：
.
故选：D.
2．（23-24高三上·湖北·阶段练习）定义：在数列中，，其中d为常数，则称数列为“等比差”数列.已知“等比差”数列中，，，则（ ）
A．1763B．1935C．2125D．2303
【答案】B
【分析】运用累和法和累积法进行求解即可.
【详解】因为数列是“等比差”数列，
所以，
因为，，
所以，
所以有，
累和，得，
因此有，
累积，得，
所以，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题的关键是运用累和法和累积法.
3．（2024·河北唐山·二模）已知数列满足，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】由题意可得，由累加法可得，进而可求.
【详解】由题意可得，
则可得，
，
，
将以上等式左右两边分别相加得，
，即，
又，所以.
故选：D.
4．（2024·辽宁大连·一模）数列中， ，若数列是等差数列，则最大项为（ ）
A．B．或C．D．
【答案】D
【分析】根据等差数列的基本量确定数列的首项与公差，从而可得通项，作差确定差的符号，从而确定数列的单调性，从而可得最大项.
【详解】若数列是等差数列，则数列的首项为，公差为，
所以，则，
所以，
则当时，，则；
当时，，故此时数列单调递减，则
综上，最大项为.
故选：D.
二、多选题
5．（2024·浙江绍兴·二模）已知等比数列的公比为，前项和为，前项积为，且，，则（ ）
A．数列是递增数列B．数列是递减数列
C．若数列是递增数列，则D．若数列是递增数列，则
【答案】ACD
【分析】写出的表达式，根据，，得到或，由此即可判断AB，进一步根据递增数列的定义分别与的关系即可判断CD.
【详解】由题意可知，且，，
故有且（否则若，则的符号会正负交替，这与，，矛盾），
也就是有或，
无论如何，数列是递增数列，故A正确，B错误；
对于C，若数列是递增数列，即，由以上分析可知只能，故C正确；
对于D，若数列是递增数列，显然不可能是，（否则的符号会正负交替，这与数列是递增数列，矛盾），
从而只能是，且这时有，故D正确.
故选：ACD.
6．（2024·福建泉州·一模）已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，B．当时，数列是常数列
C．当时，D．当时，数列单调递减
【答案】BCD
【分析】对于A，直接说明即可；对于B，直接用数学归纳法即可；对于C和D，用数学归纳法证明，再推知C和D的结论即可.
【详解】对于A，当时，由知A错误；
对于B，当时，有，这意味着只要就有.
而，从而由数学归纳法即可证明，所以B正确；
对于C和D，当时，我们用数学归纳法证明.
当时，由知结论成立；
假设已有，则由可知.
所以，展开即.
这就得到.
同时，由可得.
所以.
故由数学归纳法可知恒成立，所以C正确；
同时，由于，故.
展开即，故，所以D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于是用数学归纳法证明数列的范围和单调性.
三、填空题
7．（2024·陕西西安·模拟预测）已知数列的前项和为，若，则 .
【答案】3
【分析】根据题意，结合，准确运算，即可求解.
【详解】因为，且，所以，解得.
故答案为：.
8．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，，，数列，满足，则数列的前2024项的和为 ．
【答案】1
【分析】利用数列的递推公式求出数列的项，再利用特殊角的三角函数值及数列的周期性，结合数列的求和公式即可求解.
【详解】因为，，
所以
…，
所以数列的各项依次为3，1，，，，2，3，1，，，，2，…，其周期为6．
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
…，
所以数列是周期为12的周期数列，前12项依次为3，0，2，0，，0，，0，，0，1，0，
其前项12的和为．
又，
所以数列的前2024项的和为等于前8项的和．
故答案为：.
9．（2024·四川泸州·三模）已知是数列的前项和，，，则 .
【答案】
【分析】借助与的关系及累乘法计算即可得.
【详解】当时，，即，，
则，即，
则有，，，，
则，
当时，，符合上式，故.
故答案为：.
四、解答题
10．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为．
(1)求．
(2)若，则当取最小值时，求的值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用与的关系，消去，求出，代入原式计算即得；
（2）依题意求得的表达式，取，则需求在且为奇数时的最小值，根据此函数的单调性即可求得.
【详解】（1）由，
得．
两式相减，得，
所以，代入，
即得.
（2）由（1）知，则，
不妨取，则且为奇数，
因为函数在上单调递减，在上单调递增.
因且为奇数，当时，，，此时 ；
当时，，，此时，因，
故当取得最小值时，.
11．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知数列满足，，是数列的前项和，对任意，有
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求的前100项的和.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据作差得到，从而得到，结合等差数列的定义计算可得；
（2）由（1）可得，记，则，利用并项求和法计算可得.
【详解】（1）由，，
两式相减得，即，
因为，所以，即，
故是首项为，公差为的等差数列，
所以；
（2）由（1）知，
所以，
记，则，
【综合提升练】
一、单选题
1．（2024·安徽·三模）已知数列的前n项和满足,则（ ）
A．272B．152C．68D．38
【答案】B
【分析】借助数列前n项和性质计算即可得.
【详解】，
则.
故选：B.
2．（2024·河南·三模）设为数列的前项和，若，则（ ）
A．4B．8C．D．
【答案】B
【分析】根据的关系可得递推公式，利用递推公式可得.
【详解】当时，，所以，
整理得，所以.
故选：B．
3．（2024·安徽阜阳·一模）已知数列满足，则“为递增数列”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由为递增数列得，再由充分条件与必要条件的定义进行判断即可.
【详解】由为递增数列得，
，
则对于恒成立，得．可得，反之不行，
故选：C．
4．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，若是递减数列，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意得到是等比数列，利用等比数列的通项公式得到，利用是递减数列列出关于的不等式，进而求出的取值范围.
【详解】将整理得，
又，易知当时,，不满足是递减数列，故，
因此数列是以为首项，2为公比的等比数列，
故，因此，
由于是递减数列，故恒成立，得，
化简得，故，
因此，解得，
故选：B．
5．（2023·河南·模拟预测）已知数列满足，，则（ ）
A．2023B．2024C．4045D．4047
【答案】C
【分析】根据递推关系化简后，由累乘法直接求.
【详解】，
，
即，
可得，
.
故选：C.
6．（2024·山西·三模）已知数列对任意均有.若，则（ ）
A．530B．531C．578D．579
【答案】C
【分析】根据等差数列可得，再利用累加法求.
【详解】因为，可知数列是以首项，公差的等差数列，
所以，
又因为，即，
可得，
累加可得，
则，所以.
故选：C.
7．（2024·陕西西安·模拟预测）已知数列的前项和为，则（ ）
A．190B．210C．380D．420
【答案】B
【分析】根据给定的递推公式，结合变形，再构造常数列求出通项即可得解.
【详解】数列中，，，当时，，
两式相减得，即，
因此，显然数列是常数列，
而，解得，于是，因此，
所以.
故选：B
8．（2024·天津·模拟预测）数列各项均为实数，对任意满足，定义：行列式且行列式为定值，则下列选项中不可能的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】根据定义列方程组，判断是否有实数解，结合周期性逐一验证判断即可.
【详解】由题知，，
又，所以，是周期为3的周期数列.
对于A，若，，则，则或
若，则，得，
又，
由周期性可知，当时，满足，A不满足题意；
对于B，若，，则，即，
又，消元整理得，
即，无实数解，故B满足题意；
对于C，若，，则，
解得，显然恒成立，C不满足题意；
对于D，若，，则，
解得，显然此时恒成立，D不满足题意.
故选：B
【点睛】关键点睛：本题解题关键在于根据定义列方程组，判断是否有实数解，当有解时，结合周期性即可判断.
二、多选题
9．（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）数列满足，且对任意的都有，则（ ）
A．B．数列的前项和为
C．数列的前项和为D．数列的第项为
【答案】AB
【分析】利用累加法求出数列的通项公式，可判断AD选项；利用裂项相消法可判断BC选项；
【详解】因为，所以，
又，当时，所以
，
也满足，故对任意的，.
所以数列的第项为，故A正确，D错误；
所以，
所以数列的前项和为，故B正确，C错误．
故选：AB.
10．（2023·全国·模拟预测）已知数列满足，，为的前n项和，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．存在实数m，使为无穷多项的常数列
D．存在常数m，，使，，成等差数列
【答案】BD
【分析】A.易得是周期为3的周期数列求解判断；B.根据是周期为3的周期数列求解判断；C.设为常数列，有求解判断；D.根据根据是周期为3的周期数列求解判断.
【详解】解：当时，，，，，…，∴是周期为3的周期数列，∴，故A错误．
由A可知，，∴，故B正确．
若为常数列，则必有，故，即，此方程无解，故C错误．
当时，由A可知，故D正确．
故选：BD．
11．（2024·重庆·模拟预测）已知数列，，记，，若且则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列中的最大项为
C．D．
【答案】BD
【分析】由已知可得时，，时，可证数列是以为首项，为公差的等差数列，即可判断A选项，，可判断B选项；再利用裂项相消法可得，即可判断CD选项.
【详解】对于A，由已知，
当时，，即，，
当时，，即，
所以，即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，A选项错误；
对于B，所以，，且数列单调递减，
所以数列中的最大项为，B选项正确；
对于C，，
，
所以，C选项错误；
对于D，又，所以，即，D选项正确；
故选：BD.
三、填空题
12．（2024·四川广安·二模）已知数列的前项和为，且，，则 .
【答案】
【分析】利用累加法求出数列的通项，再分组求和即可得解.
【详解】数列中，由，得当时，，
则，
显然满足上式，因此，
所以.
故答案为：
13．（2023·河南新乡·二模）已知正项数列满足，，，若是唯一的最大项，则k的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据数列递推关系得到是等比数列，进一步求出的通项公式，利用是最大项建立不等式求解即可.
【详解】因为，所以，又，，
所以是首项为64，公比为k的等比数列，则，
则，
因为是唯一的最大项，所以，即，解得，
即k的取值范围为.
故答案为：.
14．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知等比数列的前项和为，若，则取最大值时，的值为 ．
【答案】
【分析】根据求出、、，由等比中项有，进而求得，得到等比数列的首项、公比、通项公式，再结合的单调性，即可求出最大时的值.
【详解】，，，
因为是等比数列，所以，有，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
数列是递减数列，，，
所以时，最大.
故答案为：.
四、解答题
15．（2024·河南·三模）已知数列的各项都为正数，且其前项和.
(1)证明：是等差数列，并求；
(2)如果，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析，
(2).
【分析】（1）借助与的关系，结合等差数列定义计算即可得解；
（2）借助错位相减法计算即可得.
【详解】（1）当时，或，
因为，所以，
，
两式相减得，
因为，所以，
故是首项为1，公差为的等差数列，
；
（2）由（1）知，
，
，
则，
，
所以.
16．（2024·辽宁丹东·二模）已知数列中，，．
(1)求的通项公式；
(2)设数列是等差数列，记为数列的前n项和，，，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，得到，再利用累加法求解；
（2）设数列的公差为d，根据，得到，从而，再由求解.
【详解】（1）由，得，
当时，，
当时，，
所以．
（2）设数列的公差为d，
因为，得，易知，
因为，所以，可得，
又因为，所以，所以．
17．（2024·河南信阳·模拟预测）在数列中，，．
(1)记，证明：为等比数列；
(2)记为的前项和，若是递增数列，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据题意递推公式结合等比数列定义分析证明；
（2）由（1）可得，进而可得，结合二次函数性质分析求解.
【详解】（1）因为，即，
则，且，
所以数列是以首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）可知：，即，
所以
，
可知，
若是递增数列，结合二次函数对称性可得，解得，
所以实数的取值范围为.
18．（2024·全国·模拟预测）数列的前项和为，，且.
(1)证明：为等差数列；
(2)对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据即可代入化简得，由等差数列的定义即可求解，
（2）根据可得的表达式，进而将问题转化为，构造，利用作差法确定数列的单调性，即可求解最值得解.
【详解】（1）当时，，则，
化简得，又，
所以，又，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）得，则，
故
则，
由，得，则，
令，
则，所以数列单调递增，
又，故，所以实数的取值范围是.
19．（2024·全国·模拟预测）已知数列的各项均为正数，，．
(1)若，证明：；
(2)若，证明：当取得最大值时，．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得，则，结合和累乘法计算即可证明；
（2）由可得的最大值为8，进而，得，结合等比数列前n项求和公式计算即可.
【详解】（1）由题意知，，设，，
，，，
当时，．
当时，满足，
综上，.
（2），，
的最大值为8，当且仅当时取等号．
而，，
而时，，
，
．
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·陕西咸阳·三模）在数列中，，，则（ ）
A．43B．46C．37D．36
【答案】C
【分析】由递推公式用累加法公式求出，再求即可.
【详解】法一：由题得，
所以.
法二：由题，，
所以.
故选：C.
2．（2024·全国·模拟预测）已知为正项数列的前项和．若，且，则（ ）
A．7B．15C．8D．16
【答案】B
【分析】本题可通过题中的一般项与前项和的关系式，利用公式来推导和 的关系，再通过构造法构造新数列并结合来得到的通项公式，算出结果.
【详解】因为，
所以，即．
因为，所以，所以，
所以数列是公比为2的等比数列，
所以，则，
所以，解得，
所以，则．
故选：B．
3．（2024·全国·模拟预测）已知，数列中，，，为数列的前项和，，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根据，令，根据等差数列的定义和通项公式可得，再由等差数列前项和与通项关系即可得结论.
【详解】在中，令，可得，所以，又，
所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，则，
所以，所以．
故选：C．
4．（2022·河南·模拟预测）已知数列满足，则数列的前40项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知，根据题意由可得：，从而计算，由递推可得：，结合可得：，从而计算，将两组和合并即可完成求解.
【详解】由已知，数列满足①，②，
②①得；，
所以，
由递推可得：③，
③②得；，
，
所以
.
故选：D.
二、多选题
5．（23-24高二上·河北邢台·阶段练习）已知数列满足（m为正整数），，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则m所有可能取值的集合为
C．若，则
D．若，k为正整数，则的前k项和为
【答案】AC
【分析】A选项，依次计算出结果；B选项，从推出m所有可能取值的集合为；C选项，从第5项开始为周期数列，且周期为3，求出；D选项，推出的各项，利用等比数列求和公式求出答案.
【详解】A选项，若，则，，，，，，，，故A正确；
B选项，若，则，或7．
当时，，，，或，，；
当时，，，，或，，，
或，，，或，，，
故m所有可能取值的集合为，故B不正确；
C选项，若，则，，，，，，，，…，
所以从第5项开始为周期数列，且周期为3，则，
，故，C正确；
D选项，若，则，，…，，，
所以的前k项和为，故D不正确.
故选：AC
6．（2024·海南海口·二模）已知为正项数列的前项和，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据题意及与的关系可得，从而得到数列等差数列，从而即可得到其通项公式，进而即可判断A；结合A可得，，进而即可判断B；结合A可得，，再证明即可判断C；构造函数，对其求导，从而即可判断其单调性，再令即可得到结论．
【详解】对于A，当时，有，则，即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，又为正项数列，所以，故A正确；
对于B，结合A可得，，
所以，故B正确；
对于C，结合A可得，，
又
，
所以，故C错误；
令，则，
所以在上单调递增，则，
所以，
所以，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：构造函数，对其求导，再结合其单调性是解答选项D的关键．
三、填空题
7．（2023·广西·模拟预测）有穷数列共有k项，满足，，且当，时，，则项数k的最大值为 ．
【答案】
【分析】分析数列为有穷数列，且，所以项数最大的项，利用累加法可得即可得解.
【详解】当时，，
因为有穷数列，，，
所以当项数最大时，，则，
，，
将以上各式相加得，
即，
，即，则.
故答案为：
8．（2024·上海徐汇·二模）已知数列的前项和为，若（是正整数），则 .
【答案】
【分析】由已知结合数列的和与项的递推关系进行转化，然后结合等比数列的通项公式即可求解．
【详解】因为，
时，，
两式相减可得，，
即，，
因为，解得，
故数列是以1为首项，以3为公比的等比数列，
所以．
故答案为：81．
9．（2024·内蒙古包头·一模）已知数列的前项和为，，，，则 ．
【答案】6
【分析】
根据题意，由递推公式可得数列是周期为6的数列，再由代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，，，
则，，，，，
所以数列是周期为6的数列，且，
所以.
故答案为：6
四、解答题
10．（2024·山东济南·一模）已知数列的前n项和为，且，令.
(1)求证：为等比数列；
(2)求使取得最大值时的n的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)或.
【分析】（1）结合已知，由时化简得，再由及等比数列的定义证明即可；
（2）先求得，利用作商法判断数列的单调性即可求得最值.
【详解】（1）由，可得时，
即，，又因为，所以，，
综上，，，所以为首项和公比均为的等比数列.
（2）由（1）可得，所以，
时，，
令，可得，（或令，可得），
可知，
综上，或时，的取得最大值.
11．（2024·山东·模拟预测）已知数列满足，，．
(1)若，为递增数列，且，，成等比数列，求；
(2)若，，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用数列为单调递增数列，得到，再根据2，，成等比数列，得到，即可求出的值.
（2）由数列是递增数列得出，可得，但，可得．可得；由数列是递减数列得出，可得，再利用累加法可求出数列的通项公式.
【详解】（1）因为，且为递增数列，所以，
所以为等差数列， 因为2，，成等比数列，
所以， 整理得，
得，， 因为为递增数列，
所以.
（2）由于是递增数列，因而，
于是①
但，
所以．②
又①，②知，，
因此③
因为是递减数列，同理可得，
故，④
由③，④即知，，
于是
，
故数列的通项公式为．
【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题.
（1）数列为等差数列，利用等差数列的性质即可；
（2）根据数列是递增数列得，，数列是递减数列得，，综合数列和即可得，最后利用累加法可求出数列的通项公式.
概念
含义
数列
按照确定的顺序排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
通项公式
如果数列{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
数列{an}的前n项和
把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an
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