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第27讲 数列的概念（精讲）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
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这是一份第27讲 数列的概念（精讲）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用），文件包含第27讲数列的概念精讲原卷版docx、第27讲数列的概念精讲解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
题型目录一览
一、知识点梳理
一、数列的概念
1.定义：按照一定顺序排列的一列数，称为数列.数列中的每一项叫做数列的项.数列的项在这列数中是第几项，则在数列中是第几项，一般记为数列.
2.对数列概念的理解
（1）数列是按一定“顺序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关，这有别于集合中元素的无序性．因此，若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的两个数列．
（2）数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现，这也是数列与数集的区别．
（3）数列是一种特殊的函数，其定义域是正整数集和正整数集的有限子集.所以数列的函数的图像不是连续的曲线，而是一串孤立的点.
二、数列的分类
三、数列的通项公式
如果数列的第项与序号之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．即,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式.
四、数列的递推公式
如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第2项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
五、an与Sn的关系
数列的前项和和通项的关系：则
二、题型分类精讲
题型一 数列的概念与通项公式
策略方法 数列的概念与通项公式
1.根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用或来调整．
2.对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式.
【典例1】将1，5，12，22等称为五边形数，如下图所示，把所有的五边形数按从小到大的顺序排列，就能构成一个数列，则该数列的第6项（ ）
A．49B．50C．51D．52
【答案】C
【分析】根据图形找到五边形数的规律，即可得到通项，从而得解.
【详解】依题意五边形数的第一项为，
第二项为，第三项为，
则五边形数的第项为．
所以.
故选：C．
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考二模）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，······，则第十层有（ ）个球．
A．12B．20C．55D．110
【答案】C
【分析】把每一层的球数看成数列的项，即可得一个数列，根据规律即可求解.
【详解】由题意知：
，
，
，
，
所以.
故选：C
2．（2023秋·山西大同·高三统考阶段练习）分形几何学是数学家伯努瓦•曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路，按照如图1的分形规律可得知图2的一个树形图，记图2中第行黑圈的个数为，白圈的个数为，若，则（ ）
A．34B．35C．88D．89
【答案】D
【分析】由题可知，每个白圈在下一行产生一个白圈一个黑圈，一个黑圈在下一行产生一个白圈两个黑圈，从而可得递推式，然后由递推式可求得结果.
【详解】由题可知，每个白圈在下一行产生一个白圈一个黑圈，一个黑圈在下一行产生一个白圈两个黑圈，
所以有，，
又因为，，
所以，，，，，，
，，，，，，
故选：D.
3．（2023·河南·河南省内乡县高级中学校考模拟预测）“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数，按照上述规则实施第次运算的结果为，若，且均不为1，则（ ）
A．5或16B．5或32
C．5或16或4D．5或32或4
【答案】B
【分析】根据“角谷猜想”的规则，由倒推的值.
【详解】由题知，因为，则有：
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，则；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，可得；若为偶数，则.
综上所述：或32.
故选：B
4．（2023·全国·高三专题练习）历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：，，，，，，，，，，，，即，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】列举数列，得到数列的周期为6求解.
【详解】解：由题意得：数列为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…
所以该数列的周期为6，
所以
，
故选：B
5．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）已知数列中，，，则数列前项的和（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据数列的递推公式求出数列的奇数项都等于，偶数项都等于，进而求解.
【详解】依题意，，
则，两式相减得到，又，
所以数列的奇数项都等于，偶数项都等于，
所以，
故选：B．
二、填空题
6．（2023·全国·高三专题练习）如图，第个图形由第边形“扩展”而来的.记第个图形的顶点数为，则 .
【答案】
【分析】由题意写出，，，的值，即可得出，由此即可求出答案.
【详解】由图易知：，，，，
从而易知，
所以.
故答案为：
7．（2023·云南昆明·统考模拟预测）Farey序列是指把在0到1之间的所有分母不超过的最简分数及0（视为）和1（视为：）按从小到大的顺序排列起来所形成的数列，记作F－n，例如F－4就是．则F－7的项数为 ．
【答案】19
【分析】根据Farey序列构成的数列的性质，利用列举法，即可求解.
【详解】根据题意Farey序列构成的数列，
可得的各项为：，
共有项，所以的项数为.
故答案为：.
8．（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知，且（为正整数），则 .
【答案】
【分析】利用已知关系式推导出是以为周期的数列，所以根据周期性即可求出结果.
【详解】因为，且，
所以，，
，，
，，，
所以是以为周期的数列，
因为，
所以.
故答案为：
9．（2023·全国·高三专题练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”．那么 是斐波那契数列中的第 项．
【答案】2016
【分析】根据已知条件可以得到，则,即依次类推即可解得.
【详解】斐波那契数列总有则
，即
，
，
……，
，
∴
故是斐波那契数列中的第2016项．
故答案为：2016
题型二 数列的性质
策略方法
1．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．
2．判断数列单调性的两种方法
(1)作差(或商)法．
(2)目标函数法：写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去．
3．求数列中最大(小)项的两种方法
(1)根据数列的单调性判断．
(2)在数列中，若最大，则若最小，则
【典例1】若数列中，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】推导出对任意的，，可知数列的奇数项、偶数项构成的数列均为常数列，即可求得的值.
【详解】因为，，可得，所以，，
故对任意的，，
所以，数列的奇数项、偶数项构成的数列均为常数列，因此，.
故选：C.
【典例2】已知数列的通项公式为，且为递增数列，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据数列为单调递增数列，可得到恒成立，即可求得答案.
【详解】∵数列的通项公式为，数列是递增数列，
∴，恒成立
即，恒成立，而随n的增大而增大，
即当时，取得最小值2，则，
所以实数 的取值范围是 ，
故选：B.
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，已知，当时，是的个位数，则（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】由题意，列出数列的前若干项，分析出数列变化规律，进而得出答案.
【详解】因为，当时，是的个位数，
所以，，，，，，，，，，
可知数列中，从第3项开始有，
即当时，的值以6为周期呈周期性变化，
又，
故.
故选：C.
2．（2023·内蒙古赤峰·校考模拟预测）若数列满足，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】利用数列的周期性即可求得的值.
【详解】因为，所以.又因为，
所以，
所以是周期为4的数列，故.
故选：B
3．（2023·四川宜宾·统考三模）已知数列的前n项和为，则使得最小时的n是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】分与讨论项的正负即可求解.
【详解】当时，数列恒为负，
当时，数列恒为正，
所以当时最小.
故选:B.
4．（2023·贵州铜仁·统考模拟预测）已知数列的通项公式为，前n项和为，则取最小值时n的值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】由已知可推得当时，.又，即可得出答案.
【详解】解可得，或，即或.
所以，当时，.
又，
所以，当时，取最小值.
故选：C.
5．（2023·北京·统考模拟预测）设是等比数列，则“”是“为递增数列”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据数列单调性以及既不充分也不必要条件的定义可得答案.
【详解】当时，由，得，则不为递增数列；
当为递增数列时，，若，则，
所以“”是“为递增数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D
6．（2023·北京密云·统考三模）设数列的前n项和为，则“对任意，”是“数列为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不是充分也不是必要条件
【答案】A
【分析】根据题意，分别判断充分性和必要性是否成立即可.
【详解】数列中，对任意，，
则，
所以数列为递增数列，充分性成立；
当数列为递增数列时，，
即，所以，，
如数列不满足题意，必要性不成立；
所以“对任意，”是“数列为递增数列”的充分不必要条件.
故选：A
7．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，，对所有的正整数都有，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由得得到数列的周期，进而解决问题.
【详解】由得，
两式相加得，
，
是以6为周期的数列，
而，
.
故选：B.
8．（2023·河南·校联考模拟预测）已知数列的通项公式为，则当最小时，（ ）
A．9B．10C．11D．12
【答案】C
【分析】根据给定的通项公式，探讨数列的单调性，求出最小时的n值作答.
【详解】数列中，，则，而，
于是当时，，即，当时，，即，
因此当时，数列单调递减，当时，数列单调递增，
所以当且仅当时，最小.
故选：C
9．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，则下列结论成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求的大小，又单调递减，可推出的大小，再得到的大小，可得到，反复这个过程，可得到各项大小关系得出答案.
【详解】由已知，.
由指数函数单调递减，得：.
又，即，即，
再由可得，即，
反复，则有.
故选：D.
10．（2023·全国·高三专题练习）数列的通项公式是，则该数列中的最大项和最小项依次为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将数列的通项公式分离常数后，考虑项的正负结合函数的单调性即可判断.
【详解】因为，，
所以当时，且随着增大，减小，故为最大项；
当时，且随着增大，减小，故为最小项.
故选：B
11．（2023·北京通州·统考三模）数列中，，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】C
【分析】根据题意，分别求得，即可得到数列的周期，从而得到结果.
【详解】因为，令，则，求得，
令，则，求得，令，则，求得，
令，则，求得，令，则，求得，
令，则，求得，，
所以数列的周期为，则.
故选：C
12．（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1B．C．0D．
【答案】B
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.
【详解】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或，
于是有，即有，解得，
所以，.
故选：B
13．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知数列满足，，记数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据首项和递推公式，，发现数列是以3为周期的周期数列，然后逐项分析各选项；
【详解】∵，，∴，故A错误；
，，
∴数列是以3为周期的周期数列，∴，故B错误；
∵，，
∴，故C正确；
，故D错误．
故选：C．
14．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）斐波那契数列可以用如下方法定义：，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，则数列的第100项为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】由题意有，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，可得是以6为周期的周期数列，然后求解即可．
【详解】由题意有，且，
若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，
则，，，，，，，，，
则数列是以6为周期的周期数列，
则，
则数列的第100项为3，
故选：．
15．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，已知，，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据，结合，得到，求得，从而求得，，结合周期性，即可求解.
【详解】由，可得，
因为，所以，整理得，
由于，解得，从而，，
可知，
因为，所以．
故选：C．
16．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，若存在实数，使单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由单调递增可得恒成立，则，分析和应用排除法确定正确选项.
【详解】由单调递增，得，
由，得，
∴.
时，得①，
时，得，即②，
若，②式不成立，不合题意；
若，②式等价为，与①式矛盾，不合题意.
综上，排除B，C，D.
故选：A
17．（2023春·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）已知无穷实数列的前n项和为．若数列既有最大项，也有最小项，则在：①“且数列严格减”和②“且数列严格增”中，可能满足的条件是（ ）
A．不存在B．只有①
C．只有②D．①和②
【答案】B
【分析】若且数列严格减，则令满足，分为奇数和偶数可证得，所以数列既有最大项，也有最小项，可判断①，同理若且数列严格增，则可利用反证法来判断②.
【详解】若且数列严格减，则令满足，
则
，
当为偶数时，，
当时，有最小值为，
当为奇数时，
当时，有最大值为，
又因为，所以，故数列既有最大项，也有最小项，①正确；
若且数列严格增，因为数列既有最大项，也有最小项，
设最大项为，最小项为，
故任意的，有，
设，
因为为严格递增数列且为无穷数列，故存在，使得，
若，则，
这与最大项为矛盾.
若，则，
则，
这与最小项为矛盾.
综上，②不成立.
故选：B.
【点睛】思路点睛：数列中最值问题的讨论，往往和通项的符号相关，如果知道数列的前项和有最值，则可判断出数列通项的符号，再结合数列的无穷性质进行处理.
二、多选题
18．（2023·全国·高三专题练习）定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积，已知数列是等积数列，且，前项的和为，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．公积为D．
【答案】CD
【分析】由题可知，对任意的，（为常数），推导出，结合定义可得出，再结合已知条件求出的值，逐项判断可得出合适的选项.
【详解】由题可知，对任意的，（为常数），
若，则，可得，的值未知，则的值不一定为，故，
则对任意的，，所以，，故，A对；
因为，则，
所以，，解得，C错；
，B对；
，D错.
故选：CD.
19．（2023·全国·高三专题练习）数列中，．则下列结论中正确的是（ ）
A．是等比数列B．
C．D．
【答案】AC
【分析】由已知递推关系式，可得，则可得到 是等比数列，进而得到，再利用累加法得到，然后逐项判断．
【详解】因为数列中，，所以，即，
则是以为首项，以为公比的等比数列，所以，故A正确；
由累加法得，所以，从而，故B不正确；
当为奇数时，是递增数列，所以，
当为偶数时，是递减数列，所以，所以，故C正确；
又，，所以，故D不正确.
故选：AC.
20．（2023秋·江苏常州·高三校考期末）斐波那契数列是数学中的一个有趣的问题，它满足：，，人们在研究它的过程中获得了许多漂亮的结果某同学据此改编，研究如下问题：在数列中，，，数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据数列的递推公式求出数列的前项，得出数列为从第四项起为周期数列，且周期为，再对各选项逐项判定，即可求出结果．
【详解】因为，
所以，
，
，
，
，
所以数列从第四项起为周期数列，且周期为，
所以，故A错误，BC正确；
因为，
所以，故D错误．
故选: BC．
21．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足：，，前项和为（参考数据：，，则下列选项正确的是（ ）
A．是单调递增数列，是单调递减数列
B．
C．
D．
【答案】ABD
【详解】
由，
可得，
即有，
令，即，
则，，，
作出和的图像，
由图像可得，是单调递增数列，是单调递减数列，故正确；
因为，，所以，，
所以，，则，，故正确；
因为，所以
，故错误；
由不动点，，可得，
可得，所以，故正确．
故选．
三、填空题
22．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足：，则 .
【答案】
【分析】推导出当时，，再结合数列的周期性可求得的值.
【详解】因为，可得，
所以，当时，，
因为，因此，.
故答案为：.
23．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，已知，，则 .
【答案】
【分析】由递推数列求出数列的前几项，可得数列为周期数列，且周期为3，则，即可得出答案.
【详解】∵，∴，，，….
故数列为周期数列，且周期为3，∴.
故答案为：.
24．（2023·全国·高三专题练习）数列满足若，则 .
【答案】
【分析】采用归纳法求周期，先用递推公式求出数列前面若干项，可得数列是以3为周期的数列，即可求出答案.
【详解】由及递推公式求得，
故数列是以3为周期的数列，而.
故答案为：.
25．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考三模）若数列中，，，且（），记数列的前n项积为，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据数列的周期性，即可求解.
【详解】因为，，且，所以，
则，，，，，，
发现数列是以6为周期的数列，且前6项积为1，
则，，
所以.
故答案为：.
26．（2023·全国·高三专题练习）设数列满足.若存在常数，对于任意，恒有，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】当时，设，进而求出，然后判断是否满足题意，当时，或时得出数列和函数的单调性，进而判断不满足题意，得到答案.
【详解】若，令，则，，
此时存在，使得；
若，，即数列是递增数列，
而函数在上单调递增，且值域为，
故此时数列不满足题意.
若，则，根据上面的推理知不满足题意.
综上所述：的取值范围是.
故答案为：
27．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，且对任意，有，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意，根据推出的范围，再结合，即可求解出的取值范围．
【详解】已知，
① 若，即时，
可得
解得或（舍去）
②若，即时，
可得，即，
解得（舍去）
因此．
又对任意，有
即
解得或（舍去，当时，不满足）
综上所述，．
故答案为：.
28．（2023·山东泰安·校考模拟预测）已知数列满足：，若
，且数列为递增数列，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意，两边同时取倒数，然后变形即可得到数列是等比数列，从而得到，再根据其为递增数列，列出不等式，即可得到结果.
【详解】因为，两边取倒数可得：，
变形可得，所以数列是等比数列，且首项为，公比为，所以，
则，又，数列为递增数列，
所以，即.
当时，，即，解得.
所以实数的取值范围为.
故答案为:.
29．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，且，则 ．
【答案】
【分析】根据题干条件得到，数列是周期的周期数列，进而利用周期性求出答案.
【详解】①，
②，
由②①，得，
，
，
，
，
∴数列是周期的周期数列．
由可得，
∵，
∴.
故答案为：4022
30．（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）已知是各项均为正数的无穷数列，其前n项和为，．给出下列四个结论：
①；
②数列有最大值，无最小值；
③；
④存在，使得.
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】赋值和即可求出；作差比较判断数列单调性可判断②；证明可判断③④.
【详解】令，则，所以，
令，得，
又，可解得，故①正确；
依题意有，，因为，所以，
所以，，由得，
所以，
因为随着的增大而增大，所以，所以，
即，所以随着的增大而减小，故为正项单调递减的无穷数列，
且，故数列有最大值，无最小值，即②正确；
因为，当且仅当时取等号，
所以，即，故③错误；
因为对任意恒成立，当且仅当时取等号，
故有，即④正确.
故答案为：①②④
题型三 与的关系
策略方法 已知Sn求an的三个步骤
(1)利用a1＝S1求出a1．
(2)当n≥2时，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an的表达式．
(3)看a1是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；否则应写成分段的形式，即an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
【典例1】已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．16B．18C．20D．25
【答案】B
【分析】利用进行计算.
【详解】依题意，.
故选：B
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·北京·高三专题练习）已知数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．5C．7D．8
【答案】B
【分析】根据计算可得.
【详解】因为，所以.
故选：B
2．（2023·北京·高三专题练习）已知数列的前n项和是，则（ ）
A．9B．16C．31D．33
【答案】B
【分析】设数列的前n项和为，根据即可求解.
【详解】设数列的前n项和为，则，
则.
故选:B.
3．（2023秋·海南·高三统考期末）若数列的前n项和，则（ ）
A．7B．8C．15D．16
【答案】D
【分析】利用数列的和与项的关系求得，后即可得．
【详解】，，所以．
故选：D．
4．（2023·四川遂宁·四川省遂宁市第二中学校校考模拟预测）“斐波那契数列” 由十三世纪意大利数学家列昂纳多 •斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为 “兔子数列”.斐波那契数列 满足:，记其前项和为，设(为常数)，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据的关系，把转化为，结合递推关系可得答案.
【详解】由题意可得，.
故选：A.
5．（2023·河北·统考模拟预测）已知数列的前项和为，且，，，则（ ）
A．B．2C．1011D．2022
【答案】C
【分析】根据已知的递推关系式求得数列的周期，进而求解结论．
【详解】解：数列的前项和为，且，，，，
，即，
，
，
，
．
可得数列是周期为3的数列，且前三项为：2，，，
则，
故选：C．
6．（2023春·湖南长沙·高三校联考阶段练习）数列的前项和为，满足，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对于A，化简即可判断；
对于B，化简即可判断；
对于C，由得化简即可判断；
对于D，通过求出即可判断.
【详解】得，
又，选项A正确；，选项B正确；
由得，选项C正确；
由，，得，选项D错误.
故选：D.
7．（2023·陕西·西北工业大学附属中学校联考模拟预测）已知首项为3的数列的前项和为，若，则（ ）
A．1435B．1436C．D．
【答案】D
【分析】先利用得到，通过递推式列举前几项，得到的周期，再求出即可.
【详解】由，得，
所以，则，
因为，所以，，，，…，
故数列的周期为4.
而，
故
.
故选：D.
8．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）已知数列的前项和满足，数列满足，则下列各式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用与的关系，求出数列的通项公式，再通过判断数列的单调性即可得出答案.
【详解】当时，，可得，
当时，，，两式相减得，
即，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以；
所以，所以，
令得，，又，所以，此时有，
当时，，即，此时数列是递减数列，故有.
故选：C.
9．（2023·四川·校联考模拟预测）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.
10．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，若数列为单调递增数列，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件求出数列通项，再由数列为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答
【详解】由可得，
两式相减可得，则，
当时，可得满足上式，故，
所以，
因数列为单调递增数列，即，
则
整理得，
令，则，
当时，，当时，，
于是得是数列的最大项，即当时，取得最大值，从而得，
所以的取值范围为．
故选：A
二、多选题
11．（2023·湖南岳阳·统考三模）设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（ ）
A．B．数列单调递减
C．当时，取得最小值D．时，n的最小值为7
【答案】AC
【分析】根据已知条件及累加法求数列的前n项和为，利用与的关系求出数列的通项公式，再结合已知条件逐项判断即可求解．
【详解】由，得，
，
解得，
当时，满足上式，所以
当时，所以，故A正确；
当时，单调递增，又
所以数列单调递增，且，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，且，
所以当时，取得最小值，故B错误，C正确；
又故D错误．
故选：AC．
三、填空题
12．（2023·四川绵阳·模拟预测）已知数列的前项和为，若，则 ．
【答案】
【分析】由可直接求得结果.
【详解】.
故答案为：.
13．（2023·广西南宁·武鸣县武鸣中学校考三模）已知数列的前项和，则 ．
【答案】387
【分析】由已知数列的前项和，利用求得结果．
【详解】由，得．
故答案为：387．
14．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的前n和，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】根据可求通项公式.
【详解】，整理得到：，
故答案为：.
15．（2023·高三课时练习）数列的前n项积为，那么当时，＝ ．
【答案】
【分析】设数列的前n项积为，利用求出答案.
【详解】设数列的前n项积为，则，当时，．
故答案为：
16．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）数列满足，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据题目给出的递推公式进行升次作差即可求解.
【详解】由题意 …①， ， …②，
②①得： ，
则当时，，
当，不适合上式.
；
故答案为： .
17．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）若数列满足且，其中为数列的前n项和．请写出一个满足上述条件的数列通项 ．
【答案】(答案不唯一)
【分析】根据题意，分析可得数列为各项为负的递增的数列，结合数列的函数特性分析可得答案.
【详解】根据题意，数列满足，则有，
又由数列满足，故数列为各项为负的递增数列，
其通项公式可以为：，
故答案为：(答案不唯一)
18．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）数列的前n项和为，且，则“”是“”的 条件.（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”中的一种）
【答案】充分不必要
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合数列的前n项和与通项的关系分析判断即可.
【详解】当时，，
当时，，
当时，，
因为满足上式，
所以，
所以，，
所以成立，
由可得，
，
，
所以此时满足，但不一定，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故答案为：充分不必要
19．（2023·全国·高三专题练习）根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量（万件）近似地满足关系式，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是 .
【答案】7，8
【分析】由n个月内累积的需求量求出每月的需求量，从而可得结果.
【详解】因为，
所以当时，，
当时，
，
化为，解得，
可知当或8，需求量超过1.5万件.故答案为：7，8.
20．（2023·全国·高三专题练习）数列的前项和为，满足，且，则的通项公式是 ．
【答案】
【分析】由题意可证得是以为首项，为公比的等比数列，即可求出，再由与的关系求出的通项公式
【详解】，，且，
，是以为首项，为公比的等比数列．
，．
时，，
且不满足上式，所以．故答案为：.
①数列的概念与通项公式
②数列的性质
③与的关系
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间的大小关系分类
递增数列
其中n∈N＋
递减数列
常数列
按其他标准分类
有界数列
存在正数，使
摆动数列
的符号正负相间，如1，－1,1，－1，…
题型目录一览
一、知识点梳理
一、数列的概念
1.定义：按照一定顺序排列的一列数，称为数列.数列中的每一项叫做数列的项.数列的项在这列数中是第几项，则在数列中是第几项，一般记为数列.
2.对数列概念的理解
（1）数列是按一定“顺序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关，这有别于集合中元素的无序性．因此，若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的两个数列．
（2）数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现，这也是数列与数集的区别．
（3）数列是一种特殊的函数，其定义域是正整数集和正整数集的有限子集.所以数列的函数的图像不是连续的曲线，而是一串孤立的点.
二、数列的分类
三、数列的通项公式
如果数列的第项与序号之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．即,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式.
四、数列的递推公式
如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第2项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
五、an与Sn的关系
数列的前项和和通项的关系：则
二、题型分类精讲
题型一 数列的概念与通项公式
策略方法 数列的概念与通项公式
1.根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用或来调整．
2.对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式.
【典例1】将1，5，12，22等称为五边形数，如下图所示，把所有的五边形数按从小到大的顺序排列，就能构成一个数列，则该数列的第6项（ ）
A．49B．50C．51D．52
【答案】C
【分析】根据图形找到五边形数的规律，即可得到通项，从而得解.
【详解】依题意五边形数的第一项为，
第二项为，第三项为，
则五边形数的第项为．
所以.
故选：C．
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考二模）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，······，则第十层有（ ）个球．
A．12B．20C．55D．110
【答案】C
【分析】把每一层的球数看成数列的项，即可得一个数列，根据规律即可求解.
【详解】由题意知：
，
，
，
，
所以.
故选：C
2．（2023秋·山西大同·高三统考阶段练习）分形几何学是数学家伯努瓦•曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路，按照如图1的分形规律可得知图2的一个树形图，记图2中第行黑圈的个数为，白圈的个数为，若，则（ ）
A．34B．35C．88D．89
【答案】D
【分析】由题可知，每个白圈在下一行产生一个白圈一个黑圈，一个黑圈在下一行产生一个白圈两个黑圈，从而可得递推式，然后由递推式可求得结果.
【详解】由题可知，每个白圈在下一行产生一个白圈一个黑圈，一个黑圈在下一行产生一个白圈两个黑圈，
所以有，，
又因为，，
所以，，，，，，
，，，，，，
故选：D.
3．（2023·河南·河南省内乡县高级中学校考模拟预测）“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数，按照上述规则实施第次运算的结果为，若，且均不为1，则（ ）
A．5或16B．5或32
C．5或16或4D．5或32或4
【答案】B
【分析】根据“角谷猜想”的规则，由倒推的值.
【详解】由题知，因为，则有：
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，则；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，可得；若为偶数，则.
综上所述：或32.
故选：B
4．（2023·全国·高三专题练习）历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：，，，，，，，，，，，，即，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】列举数列，得到数列的周期为6求解.
【详解】解：由题意得：数列为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…
所以该数列的周期为6，
所以
，
故选：B
5．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）已知数列中，，，则数列前项的和（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据数列的递推公式求出数列的奇数项都等于，偶数项都等于，进而求解.
【详解】依题意，，
则，两式相减得到，又，
所以数列的奇数项都等于，偶数项都等于，
所以，
故选：B．
二、填空题
6．（2023·全国·高三专题练习）如图，第个图形由第边形“扩展”而来的.记第个图形的顶点数为，则 .
【答案】
【分析】由题意写出，，，的值，即可得出，由此即可求出答案.
【详解】由图易知：，，，，
从而易知，
所以.
故答案为：
7．（2023·云南昆明·统考模拟预测）Farey序列是指把在0到1之间的所有分母不超过的最简分数及0（视为）和1（视为：）按从小到大的顺序排列起来所形成的数列，记作F－n，例如F－4就是．则F－7的项数为 ．
【答案】19
【分析】根据Farey序列构成的数列的性质，利用列举法，即可求解.
【详解】根据题意Farey序列构成的数列，
可得的各项为：，
共有项，所以的项数为.
故答案为：.
8．（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知，且（为正整数），则 .
【答案】
【分析】利用已知关系式推导出是以为周期的数列，所以根据周期性即可求出结果.
【详解】因为，且，
所以，，
，，
，，，
所以是以为周期的数列，
因为，
所以.
故答案为：
9．（2023·全国·高三专题练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”．那么 是斐波那契数列中的第 项．
【答案】2016
【分析】根据已知条件可以得到，则,即依次类推即可解得.
【详解】斐波那契数列总有则
，即
，
，
……，
，
∴
故是斐波那契数列中的第2016项．
故答案为：2016
题型二 数列的性质
策略方法
1．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．
2．判断数列单调性的两种方法
(1)作差(或商)法．
(2)目标函数法：写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去．
3．求数列中最大(小)项的两种方法
(1)根据数列的单调性判断．
(2)在数列中，若最大，则若最小，则
【典例1】若数列中，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】推导出对任意的，，可知数列的奇数项、偶数项构成的数列均为常数列，即可求得的值.
【详解】因为，，可得，所以，，
故对任意的，，
所以，数列的奇数项、偶数项构成的数列均为常数列，因此，.
故选：C.
【典例2】已知数列的通项公式为，且为递增数列，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据数列为单调递增数列，可得到恒成立，即可求得答案.
【详解】∵数列的通项公式为，数列是递增数列，
∴，恒成立
即，恒成立，而随n的增大而增大，
即当时，取得最小值2，则，
所以实数 的取值范围是 ，
故选：B.
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，已知，当时，是的个位数，则（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】由题意，列出数列的前若干项，分析出数列变化规律，进而得出答案.
【详解】因为，当时，是的个位数，
所以，，，，，，，，，，
可知数列中，从第3项开始有，
即当时，的值以6为周期呈周期性变化，
又，
故.
故选：C.
2．（2023·内蒙古赤峰·校考模拟预测）若数列满足，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】利用数列的周期性即可求得的值.
【详解】因为，所以.又因为，
所以，
所以是周期为4的数列，故.
故选：B
3．（2023·四川宜宾·统考三模）已知数列的前n项和为，则使得最小时的n是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】分与讨论项的正负即可求解.
【详解】当时，数列恒为负，
当时，数列恒为正，
所以当时最小.
故选:B.
4．（2023·贵州铜仁·统考模拟预测）已知数列的通项公式为，前n项和为，则取最小值时n的值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】由已知可推得当时，.又，即可得出答案.
【详解】解可得，或，即或.
所以，当时，.
又，
所以，当时，取最小值.
故选：C.
5．（2023·北京·统考模拟预测）设是等比数列，则“”是“为递增数列”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据数列单调性以及既不充分也不必要条件的定义可得答案.
【详解】当时，由，得，则不为递增数列；
当为递增数列时，，若，则，
所以“”是“为递增数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D
6．（2023·北京密云·统考三模）设数列的前n项和为，则“对任意，”是“数列为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不是充分也不是必要条件
【答案】A
【分析】根据题意，分别判断充分性和必要性是否成立即可.
【详解】数列中，对任意，，
则，
所以数列为递增数列，充分性成立；
当数列为递增数列时，，
即，所以，，
如数列不满足题意，必要性不成立；
所以“对任意，”是“数列为递增数列”的充分不必要条件.
故选：A
7．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，，对所有的正整数都有，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由得得到数列的周期，进而解决问题.
【详解】由得，
两式相加得，
，
是以6为周期的数列，
而，
.
故选：B.
8．（2023·河南·校联考模拟预测）已知数列的通项公式为，则当最小时，（ ）
A．9B．10C．11D．12
【答案】C
【分析】根据给定的通项公式，探讨数列的单调性，求出最小时的n值作答.
【详解】数列中，，则，而，
于是当时，，即，当时，，即，
因此当时，数列单调递减，当时，数列单调递增，
所以当且仅当时，最小.
故选：C
9．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，则下列结论成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求的大小，又单调递减，可推出的大小，再得到的大小，可得到，反复这个过程，可得到各项大小关系得出答案.
【详解】由已知，.
由指数函数单调递减，得：.
又，即，即，
再由可得，即，
反复，则有.
故选：D.
10．（2023·全国·高三专题练习）数列的通项公式是，则该数列中的最大项和最小项依次为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将数列的通项公式分离常数后，考虑项的正负结合函数的单调性即可判断.
【详解】因为，，
所以当时，且随着增大，减小，故为最大项；
当时，且随着增大，减小，故为最小项.
故选：B
11．（2023·北京通州·统考三模）数列中，，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】C
【分析】根据题意，分别求得，即可得到数列的周期，从而得到结果.
【详解】因为，令，则，求得，
令，则，求得，令，则，求得，
令，则，求得，令，则，求得，
令，则，求得，，
所以数列的周期为，则.
故选：C
12．（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1B．C．0D．
【答案】B
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.
【详解】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或，
于是有，即有，解得，
所以，.
故选：B
13．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知数列满足，，记数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据首项和递推公式，，发现数列是以3为周期的周期数列，然后逐项分析各选项；
【详解】∵，，∴，故A错误；
，，
∴数列是以3为周期的周期数列，∴，故B错误；
∵，，
∴，故C正确；
，故D错误．
故选：C．
14．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）斐波那契数列可以用如下方法定义：，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，则数列的第100项为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】由题意有，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，可得是以6为周期的周期数列，然后求解即可．
【详解】由题意有，且，
若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，
则，，，，，，，，，
则数列是以6为周期的周期数列，
则，
则数列的第100项为3，
故选：．
15．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，已知，，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据，结合，得到，求得，从而求得，，结合周期性，即可求解.
【详解】由，可得，
因为，所以，整理得，
由于，解得，从而，，
可知，
因为，所以．
故选：C．
16．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，若存在实数，使单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由单调递增可得恒成立，则，分析和应用排除法确定正确选项.
【详解】由单调递增，得，
由，得，
∴.
时，得①，
时，得，即②，
若，②式不成立，不合题意；
若，②式等价为，与①式矛盾，不合题意.
综上，排除B，C，D.
故选：A
17．（2023春·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）已知无穷实数列的前n项和为．若数列既有最大项，也有最小项，则在：①“且数列严格减”和②“且数列严格增”中，可能满足的条件是（ ）
A．不存在B．只有①
C．只有②D．①和②
【答案】B
【分析】若且数列严格减，则令满足，分为奇数和偶数可证得，所以数列既有最大项，也有最小项，可判断①，同理若且数列严格增，则可利用反证法来判断②.
【详解】若且数列严格减，则令满足，
则
，
当为偶数时，，
当时，有最小值为，
当为奇数时，
当时，有最大值为，
又因为，所以，故数列既有最大项，也有最小项，①正确；
若且数列严格增，因为数列既有最大项，也有最小项，
设最大项为，最小项为，
故任意的，有，
设，
因为为严格递增数列且为无穷数列，故存在，使得，
若，则，
这与最大项为矛盾.
若，则，
则，
这与最小项为矛盾.
综上，②不成立.
故选：B.
【点睛】思路点睛：数列中最值问题的讨论，往往和通项的符号相关，如果知道数列的前项和有最值，则可判断出数列通项的符号，再结合数列的无穷性质进行处理.
二、多选题
18．（2023·全国·高三专题练习）定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积，已知数列是等积数列，且，前项的和为，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．公积为D．
【答案】CD
【分析】由题可知，对任意的，（为常数），推导出，结合定义可得出，再结合已知条件求出的值，逐项判断可得出合适的选项.
【详解】由题可知，对任意的，（为常数），
若，则，可得，的值未知，则的值不一定为，故，
则对任意的，，所以，，故，A对；
因为，则，
所以，，解得，C错；
，B对；
，D错.
故选：CD.
19．（2023·全国·高三专题练习）数列中，．则下列结论中正确的是（ ）
A．是等比数列B．
C．D．
【答案】AC
【分析】由已知递推关系式，可得，则可得到 是等比数列，进而得到，再利用累加法得到，然后逐项判断．
【详解】因为数列中，，所以，即，
则是以为首项，以为公比的等比数列，所以，故A正确；
由累加法得，所以，从而，故B不正确；
当为奇数时，是递增数列，所以，
当为偶数时，是递减数列，所以，所以，故C正确；
又，，所以，故D不正确.
故选：AC.
20．（2023秋·江苏常州·高三校考期末）斐波那契数列是数学中的一个有趣的问题，它满足：，，人们在研究它的过程中获得了许多漂亮的结果某同学据此改编，研究如下问题：在数列中，，，数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据数列的递推公式求出数列的前项，得出数列为从第四项起为周期数列，且周期为，再对各选项逐项判定，即可求出结果．
【详解】因为，
所以，
，
，
，
，
所以数列从第四项起为周期数列，且周期为，
所以，故A错误，BC正确；
因为，
所以，故D错误．
故选: BC．
21．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足：，，前项和为（参考数据：，，则下列选项正确的是（ ）
A．是单调递增数列，是单调递减数列
B．
C．
D．
【答案】ABD
【详解】
由，
可得，
即有，
令，即，
则，，，
作出和的图像，
由图像可得，是单调递增数列，是单调递减数列，故正确；
因为，，所以，，
所以，，则，，故正确；
因为，所以
，故错误；
由不动点，，可得，
可得，所以，故正确．
故选．
三、填空题
22．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足：，则 .
【答案】
【分析】推导出当时，，再结合数列的周期性可求得的值.
【详解】因为，可得，
所以，当时，，
因为，因此，.
故答案为：.
23．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，已知，，则 .
【答案】
【分析】由递推数列求出数列的前几项，可得数列为周期数列，且周期为3，则，即可得出答案.
【详解】∵，∴，，，….
故数列为周期数列，且周期为3，∴.
故答案为：.
24．（2023·全国·高三专题练习）数列满足若，则 .
【答案】
【分析】采用归纳法求周期，先用递推公式求出数列前面若干项，可得数列是以3为周期的数列，即可求出答案.
【详解】由及递推公式求得，
故数列是以3为周期的数列，而.
故答案为：.
25．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考三模）若数列中，，，且（），记数列的前n项积为，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据数列的周期性，即可求解.
【详解】因为，，且，所以，
则，，，，，，
发现数列是以6为周期的数列，且前6项积为1，
则，，
所以.
故答案为：.
26．（2023·全国·高三专题练习）设数列满足.若存在常数，对于任意，恒有，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】当时，设，进而求出，然后判断是否满足题意，当时，或时得出数列和函数的单调性，进而判断不满足题意，得到答案.
【详解】若，令，则，，
此时存在，使得；
若，，即数列是递增数列，
而函数在上单调递增，且值域为，
故此时数列不满足题意.
若，则，根据上面的推理知不满足题意.
综上所述：的取值范围是.
故答案为：
27．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，且对任意，有，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意，根据推出的范围，再结合，即可求解出的取值范围．
【详解】已知，
① 若，即时，
可得
解得或（舍去）
②若，即时，
可得，即，
解得（舍去）
因此．
又对任意，有
即
解得或（舍去，当时，不满足）
综上所述，．
故答案为：.
28．（2023·山东泰安·校考模拟预测）已知数列满足：，若
，且数列为递增数列，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意，两边同时取倒数，然后变形即可得到数列是等比数列，从而得到，再根据其为递增数列，列出不等式，即可得到结果.
【详解】因为，两边取倒数可得：，
变形可得，所以数列是等比数列，且首项为，公比为，所以，
则，又，数列为递增数列，
所以，即.
当时，，即，解得.
所以实数的取值范围为.
故答案为:.
29．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，且，则 ．
【答案】
【分析】根据题干条件得到，数列是周期的周期数列，进而利用周期性求出答案.
【详解】①，
②，
由②①，得，
，
，
，
，
∴数列是周期的周期数列．
由可得，
∵，
∴.
故答案为：4022
30．（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）已知是各项均为正数的无穷数列，其前n项和为，．给出下列四个结论：
①；
②数列有最大值，无最小值；
③；
④存在，使得.
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】赋值和即可求出；作差比较判断数列单调性可判断②；证明可判断③④.
【详解】令，则，所以，
令，得，
又，可解得，故①正确；
依题意有，，因为，所以，
所以，，由得，
所以，
因为随着的增大而增大，所以，所以，
即，所以随着的增大而减小，故为正项单调递减的无穷数列，
且，故数列有最大值，无最小值，即②正确；
因为，当且仅当时取等号，
所以，即，故③错误；
因为对任意恒成立，当且仅当时取等号，
故有，即④正确.
故答案为：①②④
题型三 与的关系
策略方法 已知Sn求an的三个步骤
(1)利用a1＝S1求出a1．
(2)当n≥2时，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an的表达式．
(3)看a1是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；否则应写成分段的形式，即an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
【典例1】已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．16B．18C．20D．25
【答案】B
【分析】利用进行计算.
【详解】依题意，.
故选：B
【题型训练】
一、单选题
1．（2023·北京·高三专题练习）已知数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．5C．7D．8
【答案】B
【分析】根据计算可得.
【详解】因为，所以.
故选：B
2．（2023·北京·高三专题练习）已知数列的前n项和是，则（ ）
A．9B．16C．31D．33
【答案】B
【分析】设数列的前n项和为，根据即可求解.
【详解】设数列的前n项和为，则，
则.
故选:B.
3．（2023秋·海南·高三统考期末）若数列的前n项和，则（ ）
A．7B．8C．15D．16
【答案】D
【分析】利用数列的和与项的关系求得，后即可得．
【详解】，，所以．
故选：D．
4．（2023·四川遂宁·四川省遂宁市第二中学校校考模拟预测）“斐波那契数列” 由十三世纪意大利数学家列昂纳多 •斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为 “兔子数列”.斐波那契数列 满足:，记其前项和为，设(为常数)，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据的关系，把转化为，结合递推关系可得答案.
【详解】由题意可得，.
故选：A.
5．（2023·河北·统考模拟预测）已知数列的前项和为，且，，，则（ ）
A．B．2C．1011D．2022
【答案】C
【分析】根据已知的递推关系式求得数列的周期，进而求解结论．
【详解】解：数列的前项和为，且，，，，
，即，
，
，
，
．
可得数列是周期为3的数列，且前三项为：2，，，
则，
故选：C．
6．（2023春·湖南长沙·高三校联考阶段练习）数列的前项和为，满足，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对于A，化简即可判断；
对于B，化简即可判断；
对于C，由得化简即可判断；
对于D，通过求出即可判断.
【详解】得，
又，选项A正确；，选项B正确；
由得，选项C正确；
由，，得，选项D错误.
故选：D.
7．（2023·陕西·西北工业大学附属中学校联考模拟预测）已知首项为3的数列的前项和为，若，则（ ）
A．1435B．1436C．D．
【答案】D
【分析】先利用得到，通过递推式列举前几项，得到的周期，再求出即可.
【详解】由，得，
所以，则，
因为，所以，，，，…，
故数列的周期为4.
而，
故
.
故选：D.
8．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）已知数列的前项和满足，数列满足，则下列各式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用与的关系，求出数列的通项公式，再通过判断数列的单调性即可得出答案.
【详解】当时，，可得，
当时，，，两式相减得，
即，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以；
所以，所以，
令得，，又，所以，此时有，
当时，，即，此时数列是递减数列，故有.
故选：C.
9．（2023·四川·校联考模拟预测）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.
10．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，若数列为单调递增数列，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件求出数列通项，再由数列为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答
【详解】由可得，
两式相减可得，则，
当时，可得满足上式，故，
所以，
因数列为单调递增数列，即，
则
整理得，
令，则，
当时，，当时，，
于是得是数列的最大项，即当时，取得最大值，从而得，
所以的取值范围为．
故选：A
二、多选题
11．（2023·湖南岳阳·统考三模）设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（ ）
A．B．数列单调递减
C．当时，取得最小值D．时，n的最小值为7
【答案】AC
【分析】根据已知条件及累加法求数列的前n项和为，利用与的关系求出数列的通项公式，再结合已知条件逐项判断即可求解．
【详解】由，得，
，
解得，
当时，满足上式，所以
当时，所以，故A正确；
当时，单调递增，又
所以数列单调递增，且，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，且，
所以当时，取得最小值，故B错误，C正确；
又故D错误．
故选：AC．
三、填空题
12．（2023·四川绵阳·模拟预测）已知数列的前项和为，若，则 ．
【答案】
【分析】由可直接求得结果.
【详解】.
故答案为：.
13．（2023·广西南宁·武鸣县武鸣中学校考三模）已知数列的前项和，则 ．
【答案】387
【分析】由已知数列的前项和，利用求得结果．
【详解】由，得．
故答案为：387．
14．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的前n和，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】根据可求通项公式.
【详解】，整理得到：，
故答案为：.
15．（2023·高三课时练习）数列的前n项积为，那么当时，＝ ．
【答案】
【分析】设数列的前n项积为，利用求出答案.
【详解】设数列的前n项积为，则，当时，．
故答案为：
16．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）数列满足，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据题目给出的递推公式进行升次作差即可求解.
【详解】由题意 …①， ， …②，
②①得： ，
则当时，，
当，不适合上式.
；
故答案为： .
17．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）若数列满足且，其中为数列的前n项和．请写出一个满足上述条件的数列通项 ．
【答案】(答案不唯一)
【分析】根据题意，分析可得数列为各项为负的递增的数列，结合数列的函数特性分析可得答案.
【详解】根据题意，数列满足，则有，
又由数列满足，故数列为各项为负的递增数列，
其通项公式可以为：，
故答案为：(答案不唯一)
18．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）数列的前n项和为，且，则“”是“”的 条件.（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”中的一种）
【答案】充分不必要
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合数列的前n项和与通项的关系分析判断即可.
【详解】当时，，
当时，，
当时，，
因为满足上式，
所以，
所以，，
所以成立，
由可得，
，
，
所以此时满足，但不一定，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故答案为：充分不必要
19．（2023·全国·高三专题练习）根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量（万件）近似地满足关系式，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是 .
【答案】7，8
【分析】由n个月内累积的需求量求出每月的需求量，从而可得结果.
【详解】因为，
所以当时，，
当时，
，
化为，解得，
可知当或8，需求量超过1.5万件.故答案为：7，8.
20．（2023·全国·高三专题练习）数列的前项和为，满足，且，则的通项公式是 ．
【答案】
【分析】由题意可证得是以为首项，为公比的等比数列，即可求出，再由与的关系求出的通项公式
【详解】，，且，
，是以为首项，为公比的等比数列．
，．
时，，
且不满足上式，所以．故答案为：.
①数列的概念与通项公式
②数列的性质
③与的关系
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间的大小关系分类
递增数列
其中n∈N＋
递减数列
常数列
按其他标准分类
有界数列
存在正数，使
摆动数列
的符号正负相间，如1，－1,1，－1，…
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