第27练 数列的概念（精练：基础+重难点）-【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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刷真题 明导向
一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确.
2．（2020·北京·统考高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（ ）．
A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项
【答案】B
【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.
【详解】由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.
3．（2021·全国·统考高考真题）等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】由题，当数列为时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．
4．（2023·全国·统考高考真题）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
二、填空题
5．（2020·浙江·统考高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列，数列 的前3项和是 ．
【答案】
【分析】根据通项公式可求出数列的前三项，即可求出．
【详解】因为，所以．
即．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．
6．（2020·全国·统考高考真题）数列满足，前16项和为540，则 .
【答案】
【分析】对为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立方程，求解即可得出结论.
【详解】，
当为奇数时，；当为偶数时，.
设数列的前项和为，
，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.
7．（2022·北京·统考高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.
【详解】由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由可得，两式作差可得，
所以，，则，整理可得，
因为，解得，①对；
假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，
故数列不是等比数列，②错；
当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；
假设对任意的，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.
【A组 在基础中考查功底】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，若，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】根据递推公式逐项求值发现周期性，结合周期性求值.
【详解】由得
，
所以数列的周期为3，所以．
故选：B
2．（2023·甘肃·模拟预测）记数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由列方程组求值即可.
【详解】因为，解得.
又因为，解得.
故选：A.
3．（2023·全国·高三专题练习）数列满足，，若让字母表中的分别依次对应数字，将数列的一些排成一列就会对应一个字符串；如：，对应字符串，若存在某数列中出现了，则这个数列对应的字符串可能是下面的（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用周期性求解即可.
【详解】由题意可知数列以26为周期，
所以，仅有D中包含字母，
故选：D
4．（2023·全国·高三专题练习）按一定规律排列的单项式：a，，，，，，…，第n个单项式是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据所给的6项，找出排列规律即可.
【详解】解：因为前6项为：a，，，，，，
所以第n项为.
故选：C.
5．（2023秋·山西大同·高三统考阶段练习）等比数列的前n项和，则（ ）
A．B．2C．1D．
【答案】A
【分析】求出数列的通项公式，根据通项公式确定参数的值.
【详解】，当时，，
因为是等比数列，所以，得，所以A正确.
故选：A.
6．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）数列满足，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】B
【分析】首先根据递推公式，求数列中的项，并得到数列的周期，再求的值.
【详解】由题可知，，得，∴数列是以3为周期的周期数列，∴.
故选：B.
7．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的通项公式是，则（ ）
A．不是单调数列B．是递减数列C．是递增数列D．是常数列
【答案】C
【分析】由与0比较即可得出答案.
【详解】因为，
所以是递增数列.
故选：C.
8．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的通项公式为，则中的最大项为（ ）
A．第6项B．第12项C．第24项D．第36项
【答案】C
【分析】作商当时，；反之.解出的值即可.
【详解】因为令，得，解得．
所以当时，，即，
当时，，即，因此当时，最大．
故选：C.
9．（2023·全国·高三专题练习）若数列是递增数列，则的通项公式可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据数列通项公式的函数性质即可判断.
【详解】对于A，，易知是递增数列；A正确；
对于B，，当时，数列递减，
当时，数列递减，B错误；
对于C，，故数列是递减数列，C错误；
对于D，，数列是摆动数列，不具单调性，D错误.
故选：A
10．（2023·全国·高三专题练习）设数列满足且，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】由题意首先确定数列为周期数列，然后结合数列的周期即可求得最终结果.
【详解】由题意可得：，，
，，
据此可得数列是周期为4的周期数列，
则.
故选：D
11．（2023·全国·高三专题练习）已知数列为递增数列，前项和，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据可求，要使为递增数列只需满足即可求解.
【详解】当时，，
故可知当时，单调递增，故为递增数列只需满足，即
故选：B
12．（2023·辽宁鞍山·鞍山一中校考二模）九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具.它用九个圆环相连成串，以解开为胜.它在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载.周邦彦也留下关于九连环的名句“纵妙手、能解连环.”九连环有多种玩法，在某种玩法中:已知解下1个圆环最少需要移动圆环1次，解下2个圆环最少需要移动圆环 2 次，记 为解下个圆环需要移动圆环的最少次数，且，则解下 8 个圆环所需要移动圆环的最 少次数为（ ）
A．30B．90C．170D．341
【答案】C
【分析】根据，逐个代入，即可求解.
【详解】由题，，所以.
故选.：C
13．（2023秋·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先分别确定每段的单调性，然后结合可得答案.
【详解】当时，有，即；当时，有，
又，即，综上，有，
故选：C．
14．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的通项公式为，则取得最大值时n为（ ）
A．2B．3C．4D．不存在
【答案】B
【分析】先求得，利用导数求得当时，的单调性，从而确定正确答案.
【详解】依题意，
构造函数，
，
由于，所以在上恒成立，
所以在区间上递减，
所以当时，是单调递减数列，
所以的最大值为.
所以取得最大值时n为.
故选：B
15．（2023·全国·武功县普集高级中学校联考模拟预测）《天才引导的过程——数学中的伟大定理》的作者威廉·邓纳姆曾写道：“如果你想要做加法你需要0，如果你想要做乘法你需要1，如果你想要做微积分你需要e，如果你想要做几何你需要，如果你想要做复分析你需要i，这是数学的梦之队，他们都在这个方程里”.这里指的方程就是：，令，，则，令，，则，若数列满足，为数列的前n项和，则下列结论正确的个数是（ ）
①是等比数列 ② ③ ④
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据题意可知，进而即可根据所给式子逐一判断.
【详解】，
故是公比为的等比数列，A正确，
，B正确，
，故C错误，
由的定义可知，故D正确，
故选：C
16．（2023·全国·高三专题练习）数列满足，，则（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】A
【分析】由递推公式可得数列是的周期数列，从而得解.
【详解】，且，
，，
，，
所以数列是的周期数列，
所以.
故选：A
17．（2023·全国·高三专题练习）已知为递增数列，前n项和，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意先算，再利用，求出时的通项公式，再利用数列的单调性，即可解决问题
【详解】当时，，
当时，，
由为递增数列，只需满足，即8>4+λ，解得，
则实数的取值范围是，
故选：D.
18．（2023秋·河南·高三安阳一中校联考阶段练习）已知数列的前项和. 若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得，然后根据求得的值.
【详解】依题意，
当时，；
当时，，，
两式相减得，也符合上式，
所以，
，由解得，所以.
故选：B
19．（2023·全国·高三专题练习）记为数列的前n项和，“对任意正整数n，均有”是“为递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据与的关系，利用作差法，可得充分性，取特殊例子，可得必要性，即得答案.
【详解】当时，则，∴，则“对任意正整数n，均有”是“为递减数列”的充分条件；
如数列为，显然数列是递减数列，但是不一定小于零，还有可能大于或等于零，所以“对任意正整数n，均有”不是“为递减数列”的必要条件，
因此“对任意正整数n，均有”是“为递减数列”的充分不必要条件.
故选：A.
20．（2023·全国·高三专题练习）记数列的前n项和为，已知向量，，若，且，则对于任意的，下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据向量共线的坐标表示得到，再根据计算可得.
【详解】解：因为，且，
所以，当时，又，所以，
当时，所以，即，
所以，，又，故A、B错误；
又，所以，即，故C错误，D正确；
故选：D
21．（2023·北京·高三专题练习）已知数列满足，，则数列（ ）
A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项
【答案】A
【分析】根据递推公式求得，再根据的单调性，即可判断和选择.
【详解】因为，，所以当时，；
当时，，故，
因为函数在区间上单调递减，
所以当，时，是递减数列.
又，所以，且，故数列的最小项为，最大项为.
故选：A.
22．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足：（），且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】仿照分段函数的单调性求解，同时注意．
【详解】由题意，解得．故选：C．
23．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的通项公式为，则“”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．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合数列的单调性判断
【详解】若数列为递增数列，
则
，
即
由，所以有，
反之，当时，，则数列为递增数列，
所以“”是“数列为递增数列”的充要条件，
故选：C.
24．（2023·北京·101中学校考三模）设为数列的前n项和．若，则“”是“”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．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据给定条件，结合，利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】为数列的前n项和，且，
当时，，，，，则，
当时，有，，，则，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
25．（2023·全国·高三专题练习）数列满足，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．C．D．
【答案】B
【分析】由利用二次函数的性质计算可得答案.
【详解】，
∵不等式恒成立，
∴，
解得，
故选：B．
26．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，若是递增数列，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出函数和的图象，结合图象分析求解.
【详解】因为是递增数列，所以，即．
如图所示，作出函数和的图象，
由图可知，当时，，且．
故当时，，且，
依此类推可得，
满足是递增数列，即的取值范围是．
故选:A.
二、填空题
27．（2023·广东深圳·统考模拟预测）已知数列{an}的通项公式an=，则an·an+1·an+2= .
【答案】
【分析】根据给定的通项公式写出和，再经计算即可得解.
【详解】an·an+1·an+2=··=.
故答案为：
28．（2023·高三课时练习）已知数列的前n项和，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】利用与关系即得.
【详解】因为，
当时，，
当时，，
所以．
故答案为：．
29．（2023·全国·高三专题练习）已知是数列的前n项和，，，则 ．
【答案】1011
【分析】根据递推式计算可知数列具有周期性，即可解出．
【详解】因为，，所以，因此数列具有周期性，，，故．
故答案为：1011．
30．（2023·全国·高三专题练习）记数列的前项和为，若，则使得取得最小值时的值为 .
【答案】16
【分析】根据数列的单调性，即可判断的最小时的值.
【详解】由得,当时，单调递减，且，
当时，，故当时，，当时，，且，
所以当时，最小.
故答案为：16
31．（2023·全国·高三专题练习）在一个数列中，如果∀n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝ ．
【答案】28
【分析】依题意得数列{an}是周期为3的数列，再由a1＝1，a2＝2，公积为8，求出a3＝4，然后根据周期可求得结果
【详解】因为数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，
所以a1a2a3＝8，所以a3＝4，
同理可得a4＝1，a5＝2，a6＝4，……
所以数列{an}是周期为3的数列，
因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28．
故答案为：28
32．（2023·全国·高三专题练习）若数列{an}的前n项和Sn满足：，且a1=1，则a10的值为 ．
【答案】1
【分析】根据题意，令，代入计算，即可得答案.
【详解】因为，令可得，
所以对于任意都成立，
所以，所以.
故答案为：1
33．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，则 .
【答案】
【分析】根据和的关系可得.
【详解】记数列的前n项和为，则由题知，当时，；当时，，所以.
故答案为：
34．（2023·全国·高三专题练习）已知数列是严格递减数列，n为正整数，则实数k的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意对任意恒成立即可求出.
【详解】因为是严格递减数列，
所以对任意恒成立，
即对任意恒成立，解得.
故答案为：.
35．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，则 .
【答案】
【分析】根据数列的前项和与第项的关系进行求解即可.
【详解】因为，
所以当时，有，
，得，
当时，也适合，
故答案为：
36．（2023·全国·高三专题练习）数列满足，，若对于大于2的正整数，，则 .
【答案】
【分析】先由递推关系式求出的周期，再由周期性求出即可.
【详解】由题意知：，
故是周期为3的周期数列，则.
故答案为：.
37．（2023·全国·高三专题练习）若数列的前n项和，则其通项公式为 ．
【答案】
【分析】根据，即可解出．
【详解】当时，；
当时，，当时，不满足上式，所以，
．
故答案为：．
38．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的通项公式为（其中是常数），若数列为严格增数列，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】由题意对任意恒成立，从而可得答案.
【详解】数列为严格增数列，则
所以，即对任意恒成立
所以
故答案为：
39．（2023·全国·高三专题练习）能说明命题“若无穷数列满足，则为递增数列”为假命题的数列的通项公式可以为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，数列首项为负并且是递减数列，写出符合该条件的一个通项作答.
【详解】因无穷数列满足，当时，，数列为递增数列，给定命题是真命题，
当时，，数列为递减数列，给定命题是假命题，
因此，取，显然有，，
所以.
故答案为：
40．（2023·全国·高三专题练习）数列的通项公式为，若，则p的一个取值为 .
【答案】（答案不唯一，只要满足“”即可）
【分析】依题意可得，即可得到，从而求出的取值范围，本题属于开放性问题，只需填写合适的值即可；
【详解】解：因为，且，
即，
所以，因为，所以当时，所以；
故答案为：（答案不唯一，只要满足“”即可）
【B组 在综合中考查能力】
数列的概念B组
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的前n项和满足，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】当时，，当时，，得到答案.
【详解】，当时，；
当时，.
故.
故选：.
【点睛】本题考查了数列的通项公式，忽略掉的情况是容易发生的错误.
2．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，“”是“数列为严格递增数列”的（ ）．
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，等价于或，进而判断即可求解.
【详解】由可得或，所以充分性不成立，
若数列为严格递增数列，则成立，必要性成立，
所以“”是“数列为严格递增数列”的必要非充分条件，
故选：.
3．（2023春·四川成都·高三成都七中校考开学考试）已知数列中，（e为自然对数的底数），当其前项和最小时，n是（ ）
A．4B．5C．5或6D．4或5
【答案】D
【分析】根据已知分析数列中当时，，且，即可根据数列前项和的定义得出答案.
【详解】，在时，，且时，，
则数列中当时，，且，
，
则当其前项和最小时，n是4或5，
故选：D.
4．（2023·北京·高三专题练习）已知数列满足：对任意的，都有，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据对任意的，有，且，求得的值，即可得的值.
【详解】对任意的，都有，且，所以，
则，所以.
故选：B.
5．（2023·全国·高三专题练习）任意写出一个正整数，并且按照以下的规律进行变换：如果是个奇数，则下一步变成，如果是个偶数，则下一步变成，无论是怎样一个数字，最终必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”．它可以表示为数列（为正整数），，若，则的所有可能取值之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】列举出的可能情况，可得出的所有可能取值，相加即可得解.
【详解】由题意，的可能情况有：
①；②；
③；④；
⑤；⑥；
所以，的可能取值集合为，的所有可能取值之和为.
故选：B.
6．（2023·全国·高三专题练习）某公司有10名股东，其中任何六名股东所持股份之和不少于总股份的一半，则下列选项错误的是（ ）
A．公司持股最少的5位股东所持股份之和可以等于总股份的
B．公司持股较多的5位股东所持股份均不少于总股份的
C．公司持股最大的股东所持股份不超过总股份的
D．公司持股较多的2位股东所持股份之和可以超过总股份的
【答案】D
【分析】设10名股东所持股份为，总股份为1，则由题意可推得，由此可判断A；结合即可判断B；推出，则可得，判断C；由因为，推得，结合，推出，判断D.
【详解】不妨设10名股东所持股份为，总股份为1，
∵，，的最小值为，
若，此时，
又因为，此时，A正确；
由于，且，
故公司持股较多的5位股东所持股份均不少于总股份的，B正确；
因为，所以，
∴，C正确；
因为，所以，又，
所以，D错误，
故选：D．
7．（2023·北京·北师大实验中学校考模拟预测）数列是无穷项数列，则“存在，且”是“存在最大项”的（ ）
A．充分且不必要条件B．必要且不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据题意可通过举例特殊数列可知不满足充分性，再由数列可得不满足必要性即可得出结论.
【详解】根据题意可知，若存在，且，
不妨设即数列从第三项起满足，
此时存在满足且，但数列从第三项开始是递增数列，无最大项；
所以充分性不成立；
若存在最大项，不妨设数列，此时的最大项为，且为递减数列；
所以不存在，且，即必要性不成立.
故选：D
8．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，设数列的前项和为，若，，则( )
A．1008B．1009C．2016D．2018
【答案】B
【分析】根据已知递推式得出以，，则，由此根据已知条件求出，由此即可求解．
【详解】∵，，
∴，则，∴，，
则，可知，，，
∴，
∵，∴，
∴，
∵，则，
∴，
∵，
∴，，
∵，∴，
故选：B．
9．（2023春·安徽·高三统考开学考试）已知数列满足，,则的前项积的最大值为（ ）
A．B．C．1D．4
【答案】C
【分析】先通过递推关系推出数列的周期为，然后个数为一组，分别计算的表达式后进行研究.
【详解】由可知，，，亦可得：，两式相除得：，即，所以数列是以为周期的周期数列，由得：.
记数列的前项积为，结合数列的周期性，当，则，记，为了让越大，显然需考虑为偶数，令，结合指数函数的单调性，则，即；类似的，.综上所述，的前项积的最大值为.
故选：C.
10．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）将正整数排成下表：
则在表中数字2021出现在（ ）
A．第44行第77列B．第45行第82列
C．第45行第85列D．第45行第88列
【答案】C
【分析】观察数阵的规律，每行的最后一个数分别为1，4，9，16，…，可归纳出第行的最后一个数为，然后根据2021，找平方数是2021附近的正整数即可.
【详解】解：因为每行的最后一个数分别为1，4，9，16，…，
所以可归纳出第行的最后一个数为，
又因为，，
所以2021在第45行，且第45行最后一个数为2025，
又因为第1行有1个数，第2行有3个数，第3行有5个数，第4行有7个数，…，
由此可归纳出第行有个数为，
所以第45行共有89个数，
又因为最后一个数是2025，第89个数是2025，
所以第88个数是2024，第87个数是2023，第86个数是2022，第85个数是2021.
故选：C.
11．（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
12．（2023·江西萍乡·芦溪中学校考一模）关于“函数的最大、最小值与数列的最大、最小项”，下列说法正确的是（ ）
A．函数无最大、最小值，数列有最大、最小项
B．函数无最大、最小值，数列无最大、最小项
C．函数有最大、最小值，数列有最大、最小项
D．函数有最大、最小值，数列无最大、最小项
【答案】A
【分析】依题意可得，根据反比例函数及指数函数的性质分析函数的单调性与值域，即可得到数列的单调性，即可判断.
【详解】解：函数，
令，由，解得，所以函数的定义域为，
因为且，所以，
则，则，所以函数无最大、最小值；
又在，上单调递减，在定义域上单调递增，
所以在，上单调递减，且当时，
因为
对于数列，
则，，且时，
所以数列有最小项，有最大项.
故选：A
二、多选题
13．（2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第n项，则数列满足：，，记，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】用数列的递推关系逐一验证计算即可.
【详解】对A，由知，的前10项依次为：
1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，其中，第一二项相等，不满足递增性，故A错误；
对B，根据递推公式得，则，
得，故B正确；
对C，，，
，……，，
∴，即，故C正确；
对D，由递推式，得，，…，，
累加得，
∴，∴，
即，故D正确.
故选：BCD.
14．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足为的前项和．则下列说法正确的是（ ）
A．取最大值时，B．当取最小值时，
C．当取最大值时，D．的最大值为
【答案】AD
【分析】由题意知，即可得到的取值范围，从而得到令，即可得到，从而得到，即可判断A、B，再利用基本不等式求出，即可判断C、D.
【详解】由题意知，则，因为，
所以，
令，所以，所以，所以，
即或，又，故．
当取最大值时，，此时，则，，
故，故A正确；
当取最小值时，，此时，则，，
故，故B不正确；
由，知，
即，当且仅当时取等号，
故当取最大值时，，
此时，故C不正确，D正确．
故选：AD
15．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，数列的前项和为，且满足，，则下列有关数列的叙述不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【详解】
由 知，，
故为非负数列，又，
设，则，
易知 在，单调递减，且，
又，所以，从而，
所以 为递减数列，且，故、 错误；
又，
故当 时，有，
所以，
故错误；
又，而，故 正确．
故选．
三、填空题
16．（2023春·云南昭通·高三云南云天化中学教育管理有限公司校考阶段练习）已知数列满足，，则的通项公式是 .
【答案】
【分析】根据所给递推关系可得，，与原式作差即可求解.
【详解】因为①
所以，
当时，②，
①-②可得，，
所以，
所以数列的通项公式是.
故答案为： .
17．（2023·全国·高三专题练习）数列满足，若，，则＝ ．
【答案】-6
【分析】由递推公式可得数列的周期为4，又因为，再由计算即可.
【详解】解：因为，，
所以，，，，
所以数列的周期为4，
又因为，
所以.故答案为：-6
18．（2023·上海·统考模拟预测）无穷数列的前项和，存在正整数，使恒成立，则 .
【答案】或或
【分析】根据题意结合周期数列分析可得，即，分类讨论运算求解.
【详解】由题意可得：，
假设，则
，
可得的可能取值不可能仅限三个，假设不成立，
故，
即，则有：
当，则，例如数列，符合题意；
当，即，则，例如数列，符合题意；
当，即，则，例如数列，符合题意；
综上所述：或或.
故答案为：或或.
19．（2023春·辽宁·高三朝阳市第一高级中学校联考阶段练习）已知在数列中，，，则 ．
【答案】
【分析】根据递推关系得到、、、及、，、，进而得，即可求值.
【详解】由，，，，，，
，，,
所以，，即，同理得、、；
，即，同理得，、；
综上，.
故答案为：
20．（2023春·山东济南·高三山东省实验中学校考开学考试）已知数列满足：，记，且，则整数 ．
【答案】
【分析】根据因式分解法，结合取倒数法进行求解即可.
【详解】由，可得，
所以，，
则，所以，
，所以，
，
所以
，
因为，所以，则有，
所以，则.
故答案为： ．
【点睛】关键点睛：利用取倒数法，结合因式分解法是解题的关键.
【C组 在创新中考查思维】
一、单选题
1．（2023·北京·高三专题练习）已知数列满足，.给出下列四个结论：
①数列每一项都满足；
②数列的前n项和；
③数列每一项都满足成立；
④数列每一项都满足.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①③B．②④C．①③④D．①②④
【答案】C
【分析】由递推公式，判断每个命题的正误.
【详解】①，，，所以，由递推关系得，①正确；
②，，，，则，所以②不正确；
③，所以，
累加得，，所以，，所以（，），，故成立，③正确；
④，，累乘得，，所以，④正确.
故选：C.
【点睛】将递推公式变形为和分别进行累加和累乘，得的取值范围.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知数列中，，，，则以下成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出的通项公式，然后表示出各项，再利用作差法比较大小，即可得到正确答案．
【详解】解：，，则，则，
，，
两式相除，得，是一个公比为的等比数列，
，记，，
，，，错误；
代入通项公式，易得，，，，
，，错误；
，
，正确；
，，错误．
故选：．
3．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足：，且，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．D．
【答案】D
【分析】化简已知递推关系式可得到，由此分别判断选项，可知错误；
设，则，；采用数形结合的方式知越来越小，错误；假设成立，通过化简不等式可知不等式恒成立，知正确.
【详解】，，，
又，，，
对于，若，则，，
，，错误；
对于，若，则，
，即，，错误；
对于，设，则，
考虑函数与的图象，如下图所示：

当时，单调递减，且越来越小，，
，错误；
对于，设，则，，
若，则，
等价于，即，即，
而显然成立，，正确.
故选：.
【点睛】本题考查根据数列递推关系式研究数列的性质的问题，关键是能够通过递推关系式得到数列前后项所满足的关系，同时借用函数的思想将数列前后项的大小关系变化利用函数图象来进行表现，属于难题.
4．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，满足，，则下列成立的是（ ）
A．B．
C．D．以上均有可能
【答案】C
【分析】由题设可得且，根据等式条件有，应用放缩法可得，构造并利用导数研究单调性可得上，则即可得到答案.
【详解】由题设，，，即数列均为正项，
∴，当时等号成立，
当时，有，以此类推可得与题设矛盾，
综上，，故，即.
∵，
∴，
令，则，
当时，即递减，当时，即递增，
∴，故上，即，
∴
故选：C
【点睛】关键点点睛：由条件等式结合放缩法得到的不等关系，再利用导数研究的单调性确定有，根据目标式作放缩处理得到关于的二次函数形式求最值.
5．（2023·全国·高三专题练习）已知为非常数数列且，，，下列命题正确的是（ ）
A．对任意的，，数列为单调递增数列
B．对任意的正数，存在，，，当时，
C．存在，，使得数列的周期为2
D．存在，，使得
【答案】B
【分析】对于A选项：取.即可判断数列为单调递减数列.
对于B选项：令，记,根据的单调性结合其与的交点，即可说明总能找到一个，使得的极限为1.即可判断出结论.
对于C选项：先假设存在，利用化简后即可说明矛盾.
对于D选项：利用等式表示出,即可判断结论.
【详解】当时：恒成立.此时数列为单调递减数列.A错误.
令，记，，则，.
，令，取
则在上单调递增.
令或.
如图所示：在区间内总能找到一个，使得的极限为1.B正确.
假设存在，，使得数列的周期为2，即.
则
②-①：，又.
化简得：.
记,恒成立.
故在上单调递增.
要使，
则需.与为非常数数列矛盾.C错误.
因为
所以
则.
不存在，，使得.D错误.
【点睛】本题考查递推关系.属于难题.本类题型常常借助函数的单调性来说明问题.
6．（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
7．（2023·全国·高三专题练习）已知为非常数数列且，，，则（ ）
A．对任意的，数列为单调递增数列
B．对任意的正数，存在，当时，
C．不存在，使得数列的周期为
D．不存在，使得
【答案】BCD
【分析】当时，可知为单调递减数列，知A错误；令，，，利用导数可求得在上单调递增，令，可解得或，结合图象可确定B正确；采用反证法，若周期为，可化简得到，令，利用导数可求得单调递增，由此确定，与已知矛盾，知C正确；利用已知等式化简得到，知D正确.
【详解】对于A，当时，，此时为单调递减数列，A错误；
对于B，令，令，，则；
，令，则，可取，
当时，，在上单调递增；
令，解得：或，
如图所示，在区间内，总能找到一个，使得的极限为，B正确；
对于C，假设存在，使得数列的周期为，则；
，，
，即；
令，则，在上单调递增，
则由得：，即为常数列，与已知矛盾，
假设错误，即不存在，使得数列的周期为，C正确；
对于D，，
，
不存在，使得，D正确.
故选：BCD.
【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
三、填空题
8．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，（），若，数列的前项和为，则 ．
【答案】2022
【分析】根据题目条件，利用的表达式，求出的表达式，再错位相加求和，化简可得的通项公式，即可求解.
【详解】由题意得：，
即，
两式相加得：，
数列满足，（），
所以，即，
则，所以，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题解决的难点在于以学习过的数列相关的知识为基础，通过问题的特征，引出新的解题思路，然后在快速理解的基础上，解决新问题.本题中主要是根据题目条件，联想到数列的错位相减求和，再根据条件和所求式进行构造及推理，将平时常见的错位相减求和转化为本题中所用的错位相加求和，可得所求式子的结果.
9．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的通项公式为，数列为公比小于1的等比数列，且满足，，设，在数列中，若，则实数的取值范围为
．
【答案】
【详解】在等比数列中，由，又，且公比小于，，因此，由，得到是取中最大值，是数列中的最小项，又单调递减，单调递增，当时，，即是数列中的最小项，则必须满足，即得，当时，，即，是数列中的最小项，则必须满足，即得，综上所述，实数的取值范围是，故答案为.
10．（2023春·上海·高三上海市实验学校校考阶段练习）已知数列、、的通项公式分别为、、，其中，，，，，令，（表示、、三者中的最大值），则对于任意，的最小值为 ．
【答案】
【分析】当时可得，再根据数列的单调性求得，取得最小值，而，分别求出、，比较可得时的最小值；然后当、时，根据数列的单调性，分别求出可能取得最小值时的值，比较即可得答案.
【详解】当时可得，
因为数列是单调递减数列，数列为单调递增数列，
所以当时，取得最小值，此时，
因为，而，
，
又，所以当时，的最小值为；
当时，，
因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，
所以当时，取得最小值，此时，
因为，而，
，
此时的最小值为，而；
当时，，，
所以，
令，
因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，
所以时，取得最小值，此时，
因为，，
，
又因为，此时的最小值为.
综上所述，的最小值为.故答案为：.