新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题15 数列的概念与表示（含解析）

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专题15 数列的概念与表示
【考纲要求】
1、了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表法、图象法、通项公式法)．
2、了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.
【思维导图】

【考点总结】
1．数列的定义、分类与通项公式
(1)数列的定义
①数列：按照一定顺序排列的一列数；
②数列的项：数列中的每一个数．
(2)数列的分类
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 常数列
an＋1＝an
(3)数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
2．数列的递推公式
如果已知数列{an}的首项(或前几项)，且任一项an与它的前一项an－1(n≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式．
【题型汇编】
题型一：数列的概念
题型二：递增数列与递减数列
题型三：数列的通项公式
题型四：数列的递推
【题型讲解】
题型一：数列的概念
一、单选题
1．（2022·宁夏·银川一中一模（文））意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的问题:已知-对兔子每个月可以生一对兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象，那么兔子对数依次为:1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，...，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是，其中，若从该数列的前120项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据已知条件先分析数列中相邻三项的奇偶性情况，然后得到前项中的偶数个数，由此可求解出对应概率.
【详解】
因为奇数加奇数结果是偶数，奇数加偶数结果是奇数，偶数加奇数结果是奇数，
所以数列中任意相邻的三项，其中一项为偶数，两项为奇数，
所以前项中偶数有项，
所以这个数是偶数的概率为.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于分析斐波那契数列中项的奇偶组成，通过项的奇偶组成确定出项中奇数和偶数的项数，完成问题的求解.
2．（2022·浙江·高三专题练习）已知数列满足：，，，则数列前100项的和为(       )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先分别求出的前9项，观察这9项知是周期为6的周期函数，由此能求出前100项之和．
【详解】
，
，
，
，
，
，
，
，
是周期为6的周期函数，
，
﹒
故选：C﹒
3．（2022·全国·高三专题练习）已知数列，满足，若，则（       ）
A． B．2 C．1 D．
【答案】A
【解析】
利用递推公式计算出数列的前几项，找出数列的周期，然后利用周期性求出的值.
【详解】
由，且
则，，
所以，即数列是以3为周期的周期数列
所以
故选：A
题型二：递增数列与递减数列
一、单选题
1．（2022·四川达州·二模（理））已知单调递增数列满足，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据数列的单调性可知每一段上单调递增且，由此可构造不等式求得结果.
【详解】
为单调递增数列，，即，解得：，
即实数的取值范围为.
故选：B.
2．（2022·上海崇明·二模）已知无穷等比数列中，，它的前n项和为，则下列命题正确的是（       ）
A．数列是递增数列 B．数列是递减数列
C．数列存在最小项 D．数列存在最大项
【答案】C
【解析】
【分析】
对AB，举公比为负数的反例判断即可
对CD，设等比数列公比为，分和两种情况讨论，再得出结论即可
【详解】
对AB，当公比为时，此时，此时既不是递增也不是递减数列；
对CD，设等比数列公比为，当时，因为，故，故，此时，易得随的增大而增大，故存在最小项，不存在最大项；
当时，因为，故，故，，因为，故当为偶数时，，随着的增大而增大，此时无最大值，当时有最小值；当为奇数时，，随着的增大而减小，故无最小值，有最大值.综上，当时，因为，故当时有最小值，当时有最大值
综上所述，数列存在最小项，不一定有最大项，故C正确；D错误
故选：C
3．（2022·广东广州·三模）等比数列中，，且，，成等差数列，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等差中项的知识列方程，求得，结合数列的单调性求得的最小值.
【详解】
设等比数列的公比为，
由于，，成等差数列，
所以，即，
也即，解得，
所以，所以.
，
，
当时，，当时，，
所以，
所以的最小值为.
故选：D
4．（2022·山西·一模（理））“三分损益法”是古代中国制定音律时所用的生律法．三分损益包含“三分损一”“三分益一”．取一段弦，“三分损一”即均分弦为三段，舍一留二，便得到弦．“三分益一”即弦均分三段后再加一段，便得到弦．以宫为第一个音，依次按照损益的顺序，得到四个音，这五个音的音高从低到高依次是宫、商、角、微、羽，合称“五音”.已知声音的音高与弦长是成反比的，那么所得四音生成的顺序是（       ）
A．微、商、羽、角 B．微、羽、商、角
C．商、角、微、羽 D．角、羽、商、徵
【答案】A
【解析】
【分析】
设宫的弦长为，根据生律法按顺序写出后续四音的弦长，再由题设音高与弦长的反比关系判断五音生成顺序，即可得答案.
【详解】
由题设，若宫的弦长为，则其它四音对应弦长依次为、、、，
因为声音的音高与弦长是成反比，则四音的音高关系为，
又音高从低到高依次是宫、商、角、微、羽，
所以五音生成顺序为宫、微、商、羽、角.
故选：A
5．（2022·山东泰安·一模）已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满足．若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（       ）
A．， B． C．， D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由等差数列通项公式得，再结合题意得数列单调递增，且满足，，即，再解不等式即可得答案.
【详解】
解：根据题意：数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以，
由于数列满足，
所以对任意的都成立，
故数列单调递增，且满足，，
所以，
解得．
故选：．
6．（2022·湖南·雅礼中学二模）已知数列{}满足则∈（       ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【答案】C
【解析】
【分析】
由，可知数列的单调性，然后两边三次方后放缩，，可得，累加可得，再利用上述三次方的式子结合单调性放缩，可得，即可得解.
【详解】
由，得，，所以，又，所以数列时递增数列且，
，
所以
所以
，所以， .
当，得，

，
，
所以，所以，则.
故选： C.
二、多选题
1．（2022·湖南永州·三模）已知等差数列是递减数列，为其前项和，且，则（       ）
A． B．
C． D．、均为的最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据等差数列的性质以及其前项和的性质，逐个选项进行判断即可求解
【详解】
因为等差数列是递减数列，所以，，所以，，故A错误；
因为，所以，故B正确；
因为，故C错误；
因为由题意得，，所以，，故D正确；
故选：BD
2．（2022·湖南·一模）数列满足，，则（       ）
A．数列可能为常数列 B．当时，数列前10项之和为
C．当时，的最小值为 D．若数列为递增数列，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用构造数列法可得数列为等差数列，写出通项公式，从而判断每个选项.
【详解】
A．由，得，当时，，为常数列；
B．，故为等差数列，时，的前10项和为；
C．由B知，时，，故，数列的最小值为；
D．，故，当递增时，有．
故选：ABD
【点睛】
求解本题的关键是通过构造数列法，证明得数列为等差数列，从而写出通项公式，再判断每个选项.
题型三：数列的通项公式
一、单选题
1．（2022·云南曲靖·二模（文））设是数列的前n项和，若，则（       ）
A．4045 B．4043 C．4041 D．2021
【答案】A
【解析】
【分析】
根据计算可得；
【详解】
解：因为，
所以；
故选：A
2．（2022·内蒙古赤峰·三模（文））已知数列的前项和为，且，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据，求出、、，即可得解；
【详解】
解：因为，当时，即，
当时，解得，
当时，解得，所以；
故选：D
3．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室二模（文））数列满足，则（       ）
A．64 B．128 C．256 D．512
【答案】A
【解析】
【分析】
即数列的前n项和为，根据代入计算．
【详解】
当时，由，①
得，②
①－②，得，
所以，则．
故选：A．
4．（2022·陕西·安康市高新中学三模（文））已知数列的前n项和为，且，则（       ）
A．129 B．132 C．381 D．384
【答案】C
【解析】
【分析】
根据与的关系可证得数列是等比数列，再根据等比数列的前项和公式即可得出答案.
【详解】
解：当时，由，得；
当时，由，得，
所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列，
故，
所以．
故选：C．
5．（2022·四川宜宾·二模（文））设数列的前项和为，若，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题目所给递推关系，利用，求得为等比数列，首项为3公比为2，即可得解.
【详解】
由 ①，
当时，可得，
当时，②，
作差可得：，
所以，
所以为等比数列，首项为3公比为2，
所以.
故选：C
6．（2022·黑龙江·一模（理））已知数列满足对任意的正整数n，都有，其中，则数列的前2022项和是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据已知条件，利用的关系，求得数列类型，再利用等比数列的前项和公式即可求得结果.
【详解】
不妨设数列的前项和为，故由题可得，
故当时，，则，
即，又当时，，
故该数列是，且从第二项起是公比为的等比数列.
故.
故选：C.
7．（2022·青海西宁·二模（理））已知为数列的前项和，，，则（       ）
A．2020 B．2021 C．2022 D．2024
【答案】C
【解析】
【分析】
利用化简可得出，则可求出答案.
【详解】
当时， ，
当时，由得，
两式相减可得
，即，
所以，可得，
所以.
故选：C.
8．（2022·北京东城·三模）已知数列的前n项和为，若，，则中的项不可能为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，，，再分别讨论，，时对应的情况，进而求解即可.
【详解】
解：因为，
所以，，，
所以，当时，则，或，此时或；
当时，则，或，此时或；
当时，则，或，此时或；
故中的项不可能为.
故选：D
二、多选题
1．（2022·重庆·二模）设数列的前n项和为，已知，且，则下列结论正确的是（       ）
A．是等比数列 B．是等比数列
C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
由条件变形，先求的通项公式，再判断选项
【详解】
由题意得，故是首项为2，公比为2的等比数列，
，则．故B，C正确，A错误
,
,
两式相减得：，故D错误．
故选：BC
2．（2022·江苏江苏·三模）已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则（       ）
A．是等差数列 B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对于A,求出，再将转化为,即可证明，
对于B,利用A的结论求出，再利用基本不等式，即可证明.
对于C，求出，即可判断正误，
对于D，构造函数，即可判断正误
【详解】
，，解得：
时，，
整理得：
故是等差数列，选项A正确；
，则，，选项B正确；
，选项C错误；
令，，
在递增，，则
即，选项D正确；
故选：ABD.
题型四：数列的递推
一、单选题
1．（2022·陕西·西安中学一模（文））斐波那契数列又称黄金分割数列，也叫“兔子数列”，在数学上，斐波那契数列被以下递推方法定义：数列满足，，先从该数列前12项中随机抽取1项，是质数的概率是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据递推公式写出前12项，找出质数的个数，利用古典概型求概率公式进行求解.
【详解】
由斐波那契数列的递推关系可知，前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，
所以基本事件数共有12，
其中质数有2，3，5，13，89，共5种，
故是质数的概率为．
故选：A．
2．（2022·江西南昌·一模（文））数列中，，，则（       ）
A．8 B．16 C．12 D．24
【答案】B
【解析】
【分析】
先令，求出，再令，可求出
【详解】
因为数列中，，，
所以令，则，即，
令，则，即，
故选：B
3．（2022·河南·襄城县教育体育局教学研究室二模（文））设数列满足，且，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据，，分别求出，，的值即可.
【详解】
∵，,
∴，解得，
∴，解得，
∴，解得，
故选：.
4．（2022·山东济南·二模）在数列中，，，，则等于（       ）
A．0 B．-1 C．-2 D．-3
【答案】D
【解析】
【分析】
依次求得的值.
【详解】
，
.
故选：D
5．（2022·北京·北大附中三模）已知数列满足，其中，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
【解析】
【分析】
求得数列的通项公式，再分析数列的单调性即可
【详解】
依题意，因为，其中，当时，，
当时，，，两式相除有，易得随着的增大而减小，故，且，故最小项为，最大项为
故选：A
6．（2022·重庆·三模）已知数列满足，则数列第2022项为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题中条件可得到偶数项得关系，再进行累加即得.
【详解】

所以



累加得
故选：C.
7．（2022·安徽蚌埠·三模（理））若数列满足：，且.则（       ）
A．19 B．22 C．43 D．46
【答案】C
【解析】
【分析】
直接由递推关系式求解即可.
【详解】
由得，，，
，，.
故选：C.
8．（2022·安徽蚌埠·三模（文））若数列满足：，且，则（       ）
A．7 B．10 C．19 D．22
【答案】C
【解析】
【分析】
根据递推公式一一计算可得；
【详解】
解：因为，且，所以，，，；
故选：C
9．（2022·黑龙江·哈九中二模（理））已知数列满足，，且．若，则正整数
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【详解】
由知，数列是等差数列，首项是，公差是，所以，所以可化为，解得，故选C.
10．（2022·上海虹口·二模）在数列中，，，.对于命题：
①存在，对于任意的正整数，都有.
②对于任意和任意的正整数，都有.
下列判断正确的是（       ）
A．①是真命题，②也是真命题 B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②也是假命题
【答案】A
【解析】
【分析】
对①，直接令判断即可；
对②，利用反证法，先设数列中第一项满足的项为，再推导的大小推出矛盾即可；
【详解】
对①，当时，易得，，，，，…故数列为2，2，1循环.所以对于任意的正整数，都有成立，故①正确；
对②，对于任意，有，，，，设数列中第一项满足的项为，则，此时易得，又，且由题意，恒成立，故，即数列中所有项都满足，故，因为，与矛盾，故对于任意和任意的正整数，都有.
故选：A
11．（2022·重庆·三模）已知数列的前项和为，，则（       ）
A． B．0 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
当为奇数时有，函数的周期为可得，
计算出，，可得答案.
【详解】
当为奇数时有，函数的周期为，
故有，，，，，按此规律下去循环重复下去，，
故有.
故选：C.
二、多选题
1．（2022·湖南·雅礼中学二模）著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下､从小到大套着n个中心带孔的圆盘.将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作.设将n个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】
【分析】
由题可得，进而可得是以2为首项，2为公比的等比数列，可得，即得.
【详解】
将圆盘从小到大编为号圆盘，则将第号圆盘移动到3号柱时，需先将第号圆盘移动到2号柱，需次操作；
将第号圆盘移动到3号柱需1次操作；
再将号圆需移动到3号柱需次操作，
故，，又，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，即，
∴.
故选：AD.
2．（2022·广东·一模）已知数列满足，，则下列结论中正确的是（       ）
A．
B．为等比数列
C．
D．
【答案】AD
【解析】
【分析】
利用递推式可求得 的值，可判断A,B;将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断C; 将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断D;
【详解】
，则 ，又 ，
同理 ，故A正确；
而 ，故不是等比数列，B错误；

，故C错误；

，故D正确，
故选：AD
3．（2022·福建龙岩·一模）已知数列的前n项和为，，则下列选项正确的是（       ）
A．数列的奇数项构成的数列是等差数列 B．数列的偶数项构成的数列是等比数列
C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据，，进行递推得到数列的规律逐项判断.
【详解】
因为，，
所以,，
，,
，,
，，
，，
，，
可以看出：偶数项为常数列，可看作是以1为公比的等比数列，
奇数项不是等差数列，
，
，
，
，
，
故选：BC.
4．（2022·重庆·一模）已知数列满足：，则下列说法中正确的是（       ）
A． B．
C．数列的前10项和为定值 D．数列的前20项和为定值
【答案】AD
【解析】
【分析】
由，两式可判断A,B选项；由题意可得，，从而可判断选项C,D.
【详解】
取得，故；选项A正确
取得，又，两式相减得；选项B不正确.
由题知，①，②，③，
②-①得，②+③得，
∴为定值，题中条件只限制，
所以的值不确定，故前10项和无法确定；所以选项C不正确.
前20项中奇数项有10项，相邻两项的和确定，故这10项的和确定，
同理10个偶数项的和确定，故前20项和为定值. 所以选项D正确.
故选：AD