专题32 数列的概念与简单表示法-2025年高考数学一轮复习讲义（知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测）（新高考专用）

这是一份专题32 数列的概念与简单表示法-2025年高考数学一轮复习讲义（知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测）（新高考专用），文件包含专题32数列的概念与简单表示法-2025年高考数学一轮复习讲义知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测新高考专用原卷版docx、专题32数列的概念与简单表示法-2025年高考数学一轮复习讲义知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。
【知识梳理】2
【真题自测】3
【考点突破】13
【考点1】由an与Sn的关系求通项13
【考点2】由数列的递推关系式求通项公式18
【考点3】数列的性质23
【分层检测】26
【基础篇】26
【能力篇】34
【培优篇】37
考试要求：
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.
知识梳理
1.数列的定义
按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.
2.数列的分类
3.数列的表示法
数列有三种表示法，它们分别是表格法、图象法和解析式法.
4.数列的通项公式
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.
5.数列的递推公式
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.
1.若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝eq \b\lc\{(\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\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1.))若an最小，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1.))
真题自测
一、单选题
1．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
2．（2023·全国·高考真题）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1B．C．0D．
3．（2022·浙江·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2022·全国·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．
5．（2021·浙江·高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
6．（2022·北京·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 ．
参考答案：
1．B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
2．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
3．B
【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.

4．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.
5．A
【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当时，
则，当且仅当时等号成立，
，
由累乘法可得，且，
则，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
6．①③④
【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.
考点突破
【考点1】由an与Sn的关系求通项
一、单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知数列的前项和为，则（ ）
A．190B．210C．380D．420
2．（2024·江苏苏州·二模）已知数列的前项和为，，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·湖北黄冈·二模）数列满足：，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．
4．（2024·安徽淮北·二模）已知数列的前项和分别为，若，则（ ）
A．B．
C．的前10项和为D．的前10项和为
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，满足，则 ；数列满足，数列的前项和为，则的最大值为 ．
6．（2024·浙江嘉兴·二模）设数列的前项和为，等比数列的前项和为，若，，则 .
参考答案：
1．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
2．B
【分析】根据给定的递推公式求出，再按为奇数、偶数分类求解即可得的范围.
【详解】由，得，
当时，，则，
整理得，即，
而，解得，
于是，数列是首项为，公比为的等比数列，
因此，即，
由，得，
当为奇数时，，即，显然为递增数列，
当时，，于是，
当为偶数时，，即，显然恒有，于是，
所以实数的取值范围为.
故选：B
3．AC
【分析】利用已知求得，可判断A；，可得，判断BC，进而求得，判断D.
【详解】由，
当，解得，故A正确；
当，可得，
所以，所以，
即，而，故C正确，B不正确；
因，故D错误.
故选：AC.
4．ABD
【分析】本题首先根据题意判断出数列、分别是等差数列、等比数列，求出等比数列的通项公式，进而分析也是等比数列并求出其通项公式，可解决选项A、B、D的问题，再依据裂项法，可解决选项C的问题.
【详解】，所以是首项，公差的等差数列，
，故选项A正确.
令，则，
，
又，，
，故选项C错误.
又，，
又，，，
是首项为，公比的等比数列，
，故选项B正确.
又，
是首项为，公比为的等比数列，
，故选项D正确.
故选：ABD.
5．
【分析】借助数列与前项和的关系，由得作差即可得；得到后，结合裂项相消法计算即可得，结合数列的函数特性即可得的最大值.
【详解】将代入，得，
当时，由，得，
化简得，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故，
，
则，
故，
易知函数在上单调递增，
在上单调递增，
且当时，，
当时，，
所以当时，取得最大值.
故答案为：；.
6．
【分析】根据题意，先求出等比数列的通项公式和前n项和，进而求得，再利用项与和的关系求得通项.
【详解】设等比数列的公比为，
由，则，解得，又，
所以，，代入，
解得，
当时，，
当，时，，
满足上式，所以，.
故答案为：.
反思提升：
(1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))转化为关于an的关系式，再求通项公式.
(2)Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解.
方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解.
【考点2】由数列的递推关系式求通项公式
一、单选题
1．（2024·河南·三模）已知函数满足：，且，，则的最小值是（ ）
A．135B．395C．855D．990
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
二、多选题
3．（23-24高三下·甘肃·开学考试）已知数列满足，则（ ）
A．是等差数列
B．的前项和为
C．是单调递增数列
D．数列的最小项为4
4．（2024·山东烟台·一模）给定数列，定义差分运算：.若数列满足，数列的首项为1，且，则（ ）
A．存在，使得恒成立
B．存在，使得恒成立
C．对任意，总存在，使得
D．对任意，总存在，使得
三、填空题
5．（23-24高二上·广东河源·期末）已知正项数列满足，则 .
6．（2024·江苏南京·模拟预测）已知数列满足，则数列的通项公式为 ．
参考答案：
1．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．
2．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．BC
【分析】利用等比数列的定义求出可得，再由等比数列求和公式计算可判断AB；根据的通项公式可判断C；根据的单调性可判断D.
【详解】由，得，因为，
所以，从而，
所以是首项为1，公比为的等比数列，所以，
即，所以，
所以，所以A错误，B正确；
由，易知是单调递增数列，C正确；
当时，，
当时，，D错误.
故选：BC.
4．BC
【分析】由已知求出及范围判断AB；利用累加法结合错位相减法求和求出及范围判断C；求出及的范围判断D.
【详解】对于A，由，得，显然有最小值4，无最大值，
因此不存在，使得恒成立，A错误；
对于B，由选项A知，，则，
显然当时，恒成立，B正确；
对于C，由，得，
当时，
即，
于是，
两式相减得，
因此，显然满足上式，则，由，
得数列是递增数列，有最小值1，无最大值，
从而对任意，总存在，使得，C正确；
对于D，，由选项C得，
显然数列是递减数列，，因此对任意，不存在，使得成立，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
5．
【分析】由递推公式可得，再由累乘法即可求得结果.
【详解】由可得，
由累乘可得.
故答案为：
6．
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项即得.
【详解】数列中，，，显然，
则有，即，而，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即．
故答案为：
反思提升：
(1)形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项.
(2)形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为eq \f(an＋1,an)＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1代入求出通项.
(3)形如an＋1＝pan＋q的递推关系式可以化为(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键.
(4)形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.
【考点3】数列的性质
一、单选题
1．（2024·山东济宁·三模）已知数列中，，则（ ）
A．B．C．1D．2
2．（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．
二、多选题
3．（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
4．（2022·吉林长春·模拟预测）意大利数学家列昂纳多•斐波那契提出的“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，，在现代生物及化学等领域有着广泛的应用，它可以表述为数列满足.若此数列各项被3除后的余数构成一个新数列，记的前项和为，则以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
5．（2024·湖北武汉·二模）欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个正整数称为互质整数），例如：，，则 ；若，则的最大值为 ．
6．（23-24高二上·湖北省直辖县级单位·期中）已知数列的通项公式为，且为递减数列，则实数的取值范围是 .
参考答案：
1．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
2．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
3．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.
4．ABC
【分析】根据数列可得出数列是以8为周期的周期数列，依次分析即可判断.
【详解】数列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…，
被3除后的余数构成一个新数列，
数列为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，…，
观察可得数列是以8为周期的周期数列，故，A正确；
且，故，B正确；
，C正确；
则的前2022项和为，D错误.
故选：ABC
5． 4
【分析】由欧拉函数定义，确定中与8互质的数的个数求，且，应用作差法判断的单调性，即可求最大值.
【详解】由题设，则中与8互质的数有，共4个数，故，
在中，与互质的数为范围内的所有奇数，共个，即，
所以，则，
当时，当时，即，
所以的最大值为.
故答案为：4，
6．
【分析】根据条件，可得对恒成立，转化为最值问题，化简解出即可.
【详解】因为为递减数列，，
所以对恒成立，
即对恒成立，所以，
故答案为：.
反思提升：
1.解决数列周期性问题，根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求出有关项的值或前n项和.
2.求数列最大项与最小项的常用方法
(1)函数法：利用相关的函数求最值.若借助通项的表达式观察出单调性，直接确定最大(小)项，否则，利用作差法.
(2)利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·四川广安·二模）已知数列满足，（），则（ ）
A．B．C．D．2
2．（2024·广东深圳·二模）已知n为正整数，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2023·全国·模拟预测）已知等比数列的前n项和为，若，，且，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．（2023·山西·模拟预测）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（即第一层）有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层球的个数构成一个数列，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
5．（2024·云南·二模）记数列的前项和为为常数.下列选项正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．存在常数A、B，使数列是等比数列
D．对任意常数A、B，数列都是等差数列
6．（2024·云南昆明·一模）在数列中，，，，记的前n项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
7．（2022·广东·模拟预测）已知数列满足，为其前n项和，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
8．（2022·黑龙江齐齐哈尔·一模）数列中，，当时，，则数列的通项公式为 ．
9．（23-24高二下·江西抚州·阶段练习）数列满足，则 .
10．（2023·四川乐山·三模）已知数列满足，，则 ．
四、解答题
11．（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·阶段练习）已知数列中，，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
12．（2024·山西·模拟预测）已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
参考答案：
1．A
【分析】列举出数列的前几项，即可找到规律，从而得解.
【详解】因为，，
所以，，
，，，
又，所以
故选：A
2．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
3．B
【分析】设等比数列的公比为，由，，列方程求出，进而可求出，结合指数函数的性质求出的最大、小值，列不等式组即可求出的取值范围
【详解】解：设等比数列的公比为，
因为，，
所以，解得，
所以，
当x为正整数且奇数时，函数单调递减，
当x为正整数且偶数时，函数单调递增，
所以时，取得最大值，当时，取得最小值，
所以，解得.
故选：B.
4．D
【分析】根据已知条件写出递推关系式，运用累加法求得通项公式，赋值可判断A项、B项、D项，分别计算与比较大小可判断B项.
【详解】由相邻层球的个数差，可知，，
所以当时，，
将代入得，符合
所以，
对于A项，当时，，故A项错误；
对于B项，当时，，故B项错误；
对于C项，因为，
所以，
，
所以，故C项错误；
对于D项，，故D项正确.
故选：D.
5．ABC
【分析】根据与的关系求得可判断A；由可判断B；取可得是公比为1的等比数列，可判断C；当时，根据等差数列定义验证，可判断D.
【详解】对于A，若，则，A正确；
对于B，若，则，B正确；
对于C，由得，
当时，，
所以，当时，数列是公比为1的等比数列，C正确；
对于D，由上知，当时，若，则，
此时，数列不是等差数列，D错误.
故选：ABC
6．ACD
【分析】根据已知，结合条件，，可依次求出数列的前几项，从而判断A、B；由题意可得，根据等差数列的定义可判定数列为等差数列，从而判断C、D.
【详解】若，，又，则，A正确；
若，，由A选项可知，又，可得，
，可得，B错误；
若，，则，，，可得，
所以数列为等差数列，且，所以，C正确；
且，D正确.
故选：ACD
7．ABC
【分析】根据条件依次可得，，，，，…，，然后可得，，，然后可逐一判断.
【详解】因为，，，
，，…，，
所以，，
，
累加得，
∴，，
因为，，所以，
故选：ABC．
8．
【分析】根据累加法求通项公式即可.
【详解】解：因为，
所以， ，，，
累乘得：， ，
所以，．
由于，所以，．
显然当时，满足，
所以，．
故答案为：
9．
【分析】当时求出，当时，作差即可得解.
【详解】因为，
当时，
当时，
所以，
所以，
当时不成立，所以.
故答案为：
10．
【分析】凑配法得出数列是等比数列，由等比数列的通项公式可得结论．
【详解】由得，又，
所以，即是等比数列，
所以，即．
故答案为：．
11．(1)
(2)
【分析】（1）利用累乘法即可得解；
（2）利用裂项相消法即可得解.
【详解】（1）因为，，
所以，
当时， 满足上式，
所以；
（2）因为，
所以，
所以.
12．(1)
(2)
【分析】（1）首先利用作差法得到，再由作差可得；
（2）由（1）知，再利用分组求和法及裂项相消法计算可得.
【详解】（1）因为，
当时有，
两式相减得，所以，
当时，，所以，此时仍然成立，
所以，
当时，，
又也满足，
所以.
（2）由（1）知
，
所以.
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·四川宜宾·二模）在数列中，已知，且满足，则数列的前2024项的和为（ ）
A．3B．2C．1D．0
二、多选题
2．（2024·吉林长春·模拟预测）已知数列满足，则下列结论成立的有（ ）
A．
B．数列是等比数列
C．数列为递增数列
D．数列的前项和的最小值为
三、填空题
3．（2023·湖南邵阳·二模）已知数列满足，，设数列的前项和为，则数列的通项公式为 ， ．
四、解答题
4．（2024·全国·高考真题）记为数列的前项和，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和为．
参考答案：
1．A
【分析】用去换中的，得，相加即可得数列的周期，再利用周期性运算得解.
【详解】由题意得，用替换式子中的，得，
两式相加可得，即，所以数列是以6为周期的周期数列.
又，，.
所以数列的前2024项和.
故选：A.
2．ABD
【分析】变形给定的等式，利用等比数列的定义判断并求出的通项，再逐项判断即得.
【详解】在数列中，由，得，而，
因此数列是首项为1，公比为2的等比数列，则，即，B正确；
显然，A正确；
显然，，当时，，因此数列不是单调数列，C错误；
当时，，即数列从第2项起单调递增，而，
因此数列的前6项均为负数，从第7项起均为正数，所以数列的前项和的最小值为，D正确.
故选：ABD
3．
【分析】由题得，利用累乘法得，通过错位相减法求得，进而得出答案.
【详解】因为，且，所以，
则当时，
．
又当时，符合上式，
故．
由①
②
得．
令，③
∴，④
得
∴．
故，
则，即．
故答案为：，.
4．(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求的通项公式．
（2）利用错位相减法可求.
【详解】（1）当时，，解得．
当时，，所以即，
而，故，故，
∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
【培优篇】
一、单选题
1．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得，那么称为内和数列，并令，称为的伴随数列，则（ ）
A．若为等差数列，则为内和数列
B．若为等比数列，则为内和数列
C．若内和数列为递增数列，则其伴随数列为递增数列
D．若内和数列的伴随数列为递增数列，则为递增数列
二、多选题
2．（22-23高二上·江苏常州·期末）在边长为2的等边三角形纸片中，取边的中点，在该纸片中剪去以为斜边的等腰直角三角形得到新的纸片，再取的中点，在纸片中剪去以为斜边的等腰直角三角形得到新的纸片，以此类推得到纸片，，……，，……，设的周长为，面积为，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
3．（2024·吉林·模拟预测）“冰天雪地也是金山银山”，2023-2024年雪季，东北各地冰雪旅游呈现出一片欣欣向荣的景象，为东北经济发展增添了新动能．某市以“冰雪童话”为主题打造—圆形“梦幻冰雪大世界”，其中共设“森林姑娘”“扣像墙”“古堡滑梯”等16处打卡景观．若这16处景观分别用表示，某游客按照箭头所示方向（不可逆行）可以任意选择一条路径走向其它景观，并且每个景观至多经过一次，那么他从入口出发，按图中所示方向到达有 种不同的打卡路线；若该游客按上述规则从入口出发到达景观的不同路线有条，其中，记，则 （结果用表示）.
参考答案：
1．C
【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：根据题意分析可得，结合单调性可得，即可得结果.
【详解】对于选项AB：例题，可知即为等差数列也为等比数列，
则，但不存在，使得，
所以不为内和数列，故AB错误；
对于选项C：因为，
对任意，，可知存在，
使得，
则，即，
且内和数列为递增数列，可知，
所以其伴随数列为递增数列，故C正确；
对于选项D：例如，
显然是所有正整数的排列，可知为内和数列，且的伴随数列为递增数列，
但不是递增数列，故D错误；
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.
2．ABD
【分析】画出图形依据裁剪规律可得比多了两条边，少了线段，即可得到，即A正确，比少了一个以为斜边的等腰直角三角形，可得，C错误；再分别利用A和C中的结论，由累加法计算可得BD正确.
【详解】根据题意可知，如下图所示规律：
对于A，易知比多了两条边，少了线段；
由，
可得，故A正确；
对于B，利用A中结论由累加法可得，
当时，，又，
所以
，显然当时，也符合上式，即B正确；
对于C，比少了一个以为斜边的等腰直角三角形，
所以，即C错误；
对于D，利用B中结论由累加法可得，
当时，，又，
所以，显然当时，也符合上式，即D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于由裁剪规律得出以及之间的递推规律，再利用累加法由等比数列前项和公式即可求得结果.
3． 8
【分析】结合题意及分类加法原理，依次计算到达、、、、的走法即可.由题意可知数列为斐波那契数列，即（且），结合累加法求解即可.
【详解】由题意知，到达点共有1种走法，
到达点共有种走法（一种是经过点到达，一种是直接到达），
到达点共有种走法（一种是经过，一种是经过，所以到达将、的走法加起来），
到达点共有种走法（一种是经过和，一种是经过，所以到达将、的走法加起来），
到达点共有种走法（一种是经过和，一种是经过和，所以到达将、的走法加起来），
故按图中所示方向到达有8种不同的打卡路线.
由题意知，，，，，，…，（且），
因为（且），
所以，，，…，，（且），
将上式累加可得，（且），
整理可得，又，，
所以，即.
故答案为：8；.
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＜an
常数列
an＋1＝an
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列