第24讲 数列的概念（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较高，分值为15分
【备考策略】1.理解、掌握数列的概念
2.能掌握数列的通项公式与递推公式
3.具备数形类比递推的思想意识，会借助函数求解数列的最值与单调性
4.会解数列中的规律问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出数列求解数列的通项公式与求和问题。
知识讲解
知识点一．数列的有关概念
1. 数列：按照确定的顺序排列的一列数
2. 数列的项：数列中的每一个数
3. 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
4. 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
5. 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
知识点二.数列的分类
1. 项数：
（1）有穷数列：项数有限
（2）无穷数列：项数无限
2. 项与项间的大小关系：
（1）递增数列：an＋1>an
（2）递减数列：an＋1（3）常数列：an＋1＝an
（4）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（其中n∈N*）
知识点三.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)．
知识点四.数列常用的结论
1．已知数列{an}的前n项和Sn，则an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2
2．在数列{an}中，若an最大，则an≥an−1an≥an+1 (n≥2，n∈N*)；若an最小，则an≤an−1an≤an+1 (n≥2，n∈N*)．
知识点五.数列的两种常用表示方法
（1）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．
（2）递推公式：如果已知数列的第1项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任一项与它的前一项（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．
考点一、数列的周期性
1.（·湖南·高考真题）已知数列an满足a1=0，an+1=an−33an+1n∈N+ ，则a20=（ ）
A．0B．−3
C．3D．32
【答案】B
【分析】计算出an的前四项的值，可得出an+3=ann∈N+，由此可求得a20的值.
【详解】因为数列an满足a1=0，an+1=an−33an+1n∈N+，a2=a1−33a1+1=−3，
a3=a2−33a2+1=3，a4=a3−33a3+1=0，⋯，
由上可知，对任意的n∈N+，an+3=an，∴a20=a3×6+2=a2=−3.
故选：B.
2.（2024·陕西安康·模拟预测）在数列an中，an>0,a1=1,a2=2，若对∀n∈N*,an2+an+12+an+22=10，则a2024=（ ）
A．2B．1C．3D．5
【答案】A
【分析】根据递推公式得出an+3=an,进而a2024=a2021=⋯=a2=2即可．
【详解】由an+12+an+22+an+32=10与an2+an+12+an+22=10相减得：an+32−an2=0，
即(an+3−an)(an+3+an)=0，又an>0，故an+3=an，所以a2024=a2021=⋯=a2=2.
故选：A.
1.（2024·河北·模拟预测）已知首项为2的数列an满足4an+1−5an+1an−2an=2，当an的前n项和Sn≥16时，则n的最小值为（ ）
A．40B．41C．42D．43
【答案】B
【分析】通过计算得到an为一个周期为4的数列，从而计算出S41=10a1+a2+a3+a4+2=17，得到答案.
【详解】由题意得a1=2，4a2−5a2a1−2a1=2，解得a2=−1，
同理4a3−5a3a2−2a2=2，解得a3=0，
4a4−5a4a3−2a3=2，解得a4=12，
4a5−5a5a4−2a4=2，解得a5=2，
故an为一个周期为4的数列，且a1+a2+a3+a4=2−1+0+12=32，
故S40=10a1+a2+a3+a4=15，S41=10a1+a2+a3+a4+2=17，
故n的最小值为41.
故选：B
2.（2024·山东济宁·三模）已知数列an中，a1=2，a2=1，an+1=an−an−1n≥2，n∈N∗，则a2024=（ ）
A．−2B．−1C．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a1=2,a2=1,an+1=an−an−1n≥2,n∈N∗，得
a3=a2−a1=−1，
a4=a3−a2=−2，
a5=a4−a3=−1，
a6=a5−a4=1，
a7=a6−a5=2，
a8=a7−a6=1，
⋯⋯
则{an}是以6为周期的周期数列，
所以a2024=a337×6+2=a2=1.
故选：C
3.（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1,2,2,4,8,2,6,2,2,4,8,2,6⋯，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2023=337×6+1，所以原数列第2024个被报出的数应该为2.
故选：A.
4.（2024·辽宁·模拟预测）数列an中，a1=4，a2=3，an+1=anan−1n∈N*,n≥2，则a1000的值为（ ）
A．14B．34C．3D．43
【答案】A
【分析】根据递推公式代入检验可知数列an是以6为周期的周期数列，结合周期性分析求解即可.
【详解】因为a1=4，a2=3，an+1=anan−1n∈N*,n≥2，
令n=2，可得a3=a2a1=34；令n=3，可得a4=a3a2=14；
令n=4，可得a5=a4a3=13；令n=5，可得a6=a5a4=43；
令n=6，可得a7=a6a5=4；令n=7，可得a8=a7a6=3；
可知数列an是以6为周期的周期数列，
所以a1000=a166×6+4=a4=14.
故选：A.
考点二、数列的单调性
1.（2024·贵州·模拟预测）已知数列an满足an=n+k−1n(k∈R)，则“数列an是递增数列”的充要条件是（ ）
A．k<0B．k<1C．k>0D．k>1
【答案】B
【分析】根据条件，利用递增数列满足an+1>an，即可求解.
【详解】因为an=n+k−1n(k∈R)，所以an+1−an=n+kn+1−n+k−1n=1−k(n+1)n
由an+1−an=1−k(n+1)n>0，得到k<1，所以“数列an是递增数列”的充要条件是k<1，
故选：B.
2.（2024·天津南开·二模）设数列an的通项公式为an=n2+bn，若数列an是单调递增数列，则实数b的取值范围为（ ）.
A．−3,+∞B．−2,+∞C．−2,+∞D．−3,+∞
【答案】A
【分析】由递增数列定义可得an+1−an>0，代入计算即可得解.
【详解】由题意可得an+1−an>0恒成立，即n+12+bn+1−n2−bn=2n+1+b>0，
即b>−2n−1，又n≥1，−2n−1≤−3，故b∈−3,+∞.
故选：A.
1.（2024·北京西城·三模）对于无穷数列{an}，定义dn=an+1−an（n=1,2,3,⋯），则“{an}为递增数列”是“{dn}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】由递增数列的性质，分别判断充分性和必要性即可.
【详解】{an}为递增数列时，有dn=an+1−an>0，不能得到{dn}为递增数列，充分性不成立；
{dn}为递增数列时，不一定有dn>0，即不能得到{an}为递增数列，必要性不成立.
所以“{an}为递增数列”是“{dn}为递增数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
2.（2024·江西·模拟预测）已知数列an满足an=n−aa∈R，则“a≤1”是an是递增数列的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】当a≤1时an=n−a≥0，则an=n−a=n−a，
所以an+1−an=n+1−a−n−a=1>0，即an+1>an，所以an是递增数列，故充分性成立；
当a=54时an=n−54=14,n=1n−54,n≥2，则a1所以当数列an是递增数列，a可以大于1，所以必要性不成立，
所以“a≤1”是an是递增数列的充分不必要条件.
故选：B
3.（2024·四川雅安·模拟预测）已知数列an满足an+2=3an+1−2an，a1=λ，a2=2，an单调递增，则λ的取值范围为 .
【答案】−∞,2
【分析】根据an+2=3an+1−2an可得an+2−an+1=2an+1−an，再结合an单调递增以及等比数列定义可求出an+1−an，则由an+1−an>0即可得解.
【详解】因为an+2=3an+1−2an，所以an+2−an+1=2an+1−an，
又因为an单调递增，所以an+1−an>0，
所以数列an+1−an是以a2−a1=2−λ为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1−an=2−λ·2n−1，
所以2−λ·2n−1>0即2−λ>0⇒λ<2，
则λ的取值范围为−∞,2，
故答案为：−∞,2.
4.（2024·河南信阳·模拟预测）在数列an中，a1=32，2an+1=an+n+2．
(1)记bn=an−n，证明：bn为等比数列；
(2)记Sn为an的前n项和，若Sn+12n+λn是递增数列，求实数λ的取值范围．
【答案】(1)证明见详解
(2)−2,+∞
【分析】（1）根据递推公式结合等比数列定义分析证明；
（2）由（1）可得an=n+12n，进而可得Sn+12n+λn=12n2+122λ+1n+1，结合二次函数性质分析求解.
【详解】（1）因为2an+1=an+n+2，即an+1=12an+12n+1，
则b1=a1−1=12≠0，且bn+1bn=an+1−n+1an−n=12an+12n+1−n+1an−n=12an−12nan−n=12，
所以数列bn是以首项为12，公比为12的等比数列.
（2）由（1）可知：bn=an−n=1212n−1=12n，即an=n+12n，
所以Sn=1+12+2+122+⋅⋅⋅+n+12n=1+2+⋅⋅⋅+n+12+122+⋅⋅⋅+12n
=nn+12+121−12n1−12=12n2+12n+1−12n，
可知Sn+12n+λn=12n2+122λ+1n+1，
若Sn+12n+λn是递增数列，结合二次函数对称性可得−λ+12<32，解得λ>−2，
所以实数λ的取值范围为−2,+∞.
考点三、数列的最值
1.（2020·北京·高考真题）在等差数列an中，a1=−9，a5=−1．记Tn=a1a2…an(n=1,2,…)，则数列Tn（ ）．
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d=a5−a15−1=−1+95−1=2，
则其通项公式为：an=a1+n−1d=−9+n−1×2=2n−11，
注意到a1且由T5<0可知Ti<0i≥6,i∈N，
由TiTi−1=ai>1i≥7,i∈N可知数列Tn不存在最小项，
由于a1=−9,a2=−7,a3=−5,a4=−3,a5=−1,a6=1，
故数列Tn中的正项只有有限项：T2=63，T4=63×15=945.
故数列Tn中存在最大项，且最大项为T4.
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.
2.（·辽宁·高考真题）已知数列an满足a1=33,an+1−an=2n,则ann的最小值为__________.
【答案】212
【分析】先利用累加法求出an＝33+n2﹣n，所以ann=33n+n−1，设f（n）=33n+n−1，由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到ann的最小值．
【详解】解：∵an+1﹣an＝2n，∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+33＝n2﹣n+33
且对n＝1也适合，所以an＝n2﹣n+33．
从而ann=33n+n−1
设f（n）=33n+n−1，令f′（n）=−33n2+1＞0，
则f（n）在(33，+∞)上是单调递增，在(0，33)上是递减的，
因为n∈N+，所以当n＝5或6时f（n）有最小值．
又因为a55=535，a66=636=212，
所以ann的最小值为a66=212
故答案为 212
【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法．还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性．
1.（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）在递增数列an中，a1=π6，sinan=csan+1．已知Sn表示an前n项和的最小值，则sinS9=（ ）
A．12B．32C．−12D．−32
【答案】C
【分析】由题意依次确定数列的前9项的值，结合三角函数诱导公式，即可得答案.
【详解】由题意在递增数列an中，a1=π6，sinan=csan+1，
则csan+1=sinan，故csa2=sina1=12，
则a2=π3+2kπ,k∈Z或a2=5π3+2kπ,k∈Z，结合题意取a2=π3；
又csa3=sina2=32，则a3=π6+2kπ,k∈Z或a3=11π6+2kπ,k∈Z，
结合题意取a3=11π6；
同理csa4=sina3=−12，则a4=2π3+2kπ,k∈Z或a4=4π3+2kπ,k∈Z，
结合题意取a4=2π3+2π，
同理csa5=sina4=32，则a5=π6+2kπ,k∈Z或a5=11π6+2kπ,k∈Z，
结合题意取a5=11π6+2π，
同理csa6=sina5=−12，则a6=2π3+2kπ,k∈Z或a6=4π3+2kπ,k∈Z，
结合题意取a6=2π3+4π，同理可得a7=11π6+4π，a8=2π3+6π，a9=11π6+6π，
故an前9项和的最小值S9=π6+π3+11π6+2π3+2π+11π6+2π+2π3+4π
+11π6+4π+2π3+6π+11π6+6π
=59π6+24π，
可得sinS9=−12，
故选：C
2.（24-25高三上·山西大同·期末）等比数列an中，Sn为其前n项和，a1=1，且4a1,2a2,a3成等差数列，则Snnn∈N*的最小值为（ ）
A．12B．49C．1625D．1
【答案】D
【分析】先根据等差中项及等比数列得通项求出公比，再根据等比数列的前n项和公式求出Sn，判断出数列Snn的单调性即可得解.
【详解】设公比为q，
由4a1,2a2,a3成等差数列，得4a2=4a1+a3，
又数列an为等比数列，所以得4a1q=4a1+a1q2，解得q=2，
所以Snn=a11−qnn1−q=2n−1n，
令bn=2n−1n，
则bn+1−bn=2n+1−1n+1−2n−1n=n−12n+1nn+1>0，
所以数列2n−1n递增数列，
所以当n=1时，Snn取得最小值1.
故选：D.
3.（2024·山东济南·二模）已知an是各项均为正整数的递增数列，an前n项和为Sn，若Sn=2024，当n取最大值时，an的最大值为（ ）
A．63B．64C．71D．72
【答案】C
【分析】因为Sn=2024是定值，要使当n取最大值时an也取得最大值，an需满足前m (m=n−1)项是首相为1，公差为1的等差数列，通过计算am的前63项和与Sn=2024作比较，前64项和与Sn=2024作比较即可得出an的最大值.
【详解】因为Sn=2024是定值，要使当n取最大值时an也取得最大值，an需满足各项尽可能取到最小值，又因为an是各项均为正整数的递增数列，所以a1=1，a2=2，a3=3，⋯，am=m，即am是首相为1，公差为1的等差数列，其中m=n−1；am的前m项和为Tm=m(m+1)2；
当m=63时，T63=63(63+1)2=2016<2024；
当m=64时，T64=64(64+1)2=2080>2024；
又因为2024−2016=8<63，
所以n的最大值为63，此时a1=1，a2=2，a3=3，⋯，a62=62，an取得最大值为a63=63+8=71.
故选：C.
4.（2024·天津和平·二模）已知数列an满足12a1+122a2+⋯+12nan=nn∈N*，则数列an的通项公式为an= ，若数列an的前n项和为Sn，记Rn=65Sn−S2nan+1n∈N*，则数列Rn的最大项为第 项．
【答案】 2n 3
【分析】当n=1时求出a1，当n≥2时，12a1+122a2+…+12n−1an−1=n−1，作差即可求出an的通项公式，从而求出Sn，即可表示出Rn，再由基本不等式求出数列Rn的最大项.
【详解】因为12a1+122a2+⋯+12nan=nn∈N*，
当n=1时，12a1=1，解得a1=2；
当n≥2时，12a1+122a2+…+12n−1an−1=n−1，
两式相减得12nan=1，即an=2n n≥2，
经检验当n=1时an=2n也成立，所以an=2n；
因为an=2n，所以Sn=21−2n1−2=2n+1−2，
所以Rn=65Sn−S2nan+1=65×2n+1−130−22n+1+22n+1 =65−642n+2n≤65−22n×642n=49，
当且仅当2n=642n，即n=3时取等号．
所以数列Rn的最大项为第3项.
故答案为：2n；3．
考点四、an与Sn的关系求通项公式
1.（2024·山东济南·三模）若数列an的前n项和Sn=n(n+1)，则a6等于（ ）
A．10B．11C．12D．13
【答案】C
【分析】根据an与Sn关系求解即可.
【详解】a6=S6−S5=6×7−5×6=12.
故选：C.
2.（2024·贵州遵义·二模）已知数列an的前n项和Sn=n2+n−1，则a1+a9=（ ）
A．16B．17C．18D．19
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用an=Sn−Sn−1,n≥2求出a9，即可计算即得.
【详解】依题意，a1=S1=1，a9=S9−S8=(92+9−1)−(82+8−1)=18，
所以a1+a9=19.
故选：D
1.（2024·内蒙古呼和浩特·二模）数列an的前n项和为Sn=3−2an,n∈N*，则S5=（ ）
A．1681B．21181C．827D．6527
【答案】B
【分析】由Sn,an的关系可得{an}是以1为首项，以23为公比的等比数列，由等比数列的求和公式即可求解．
【详解】因为Sn=3−2an，所以，n≥2时，Sn−1=3−2an−1，
两式相减得，an=2an−1−2an，即anan−1=23，n≥2，
因为S1=3−2a1，即a1=1，
所以数列{an}是以1为首项，以23为公比的等比数列，
则S5=1−(23)51−23=21181．
故选：B．
2.（2024高三·全国·专题练习）已知数列an的前n项和为Sn，an+1=Sn+2n+1，a1=2，则Sn=
【答案】n⋅2n
【分析】根据已知式子应用an+1=Sn+1−Sn得出等差数列，最后应用等差数列通项公式计算即可.
【详解】因为an+1=Sn+2n+1,则Sn+1−Sn=Sn+2n+1,整理得Sn+12n+1−Sn2n=1,
又因为a1=2,则a12=1,
因此数列Sn2n是首项为1，公差为1的等差数列，
则Sn2n=1+n−1×1=n,
所以Sn=n·2n.
故答案为：n·2n.
3.（2024高三·全国·专题练习）在数列an中，a1=13，前n项和Sn=n2n−1an，则数列an的通项公式为
【答案】an=12n−12n+1
【分析】当n≥2时，由已知的等式可得Sn−1=n−12n−3an−1，与已知的等式相减化简可得anan−1=2n−32n+1，然后利用累乘法可求出an.
【详解】由于数列an中，a1=13，前n项和Sn=n2n−1an，
所以当n≥2时，Sn−1=n−12n−3an−1，
两式相减可得：an=n2n−1an−n−12n−3an−1，
所以n−12n−3an−1=2n2−n−1an，
n−12n−3an−1=n−12n+1an，
所以2n−3an−1=2n+1an，
所以anan−1=2n−32n+1，
所以an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋅⋅⋅⋅⋅anan−1
=13×15×37×⋯×2n−52n−1×2n−32n+1=12n−12n+1，
a1=13符合上式，
因此an=12n−12n+1.
故答案为：an=12n−12n+1
4.（2024高三·全国·专题练习）已知数列an的前n项和为Sn，若Sn=2n−1−12，则数列an的通项公式为
【答案】an=2n−2
【分析】利用数列的前n项和Sn与an的关系求出数列的通项；
【详解】Sn=2n−1−12
当n=1时，a1=S1=20−12=12，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1−2n−2=2n−2,a1=12也满足，
所以数列an的通项公式为an=2n−2．
故答案为：an=2n−2.
考点五、累加法求通项公式
1.（2024·重庆·三模）已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,Sn+Sn+1=n2+1n∈N∗,S24=（ ）
A．276B．272C．268D．266
【答案】A
【分析】令n=1得S2=1，当n≥2时，结合题干作差得Sn+1−Sn−1=2n−1，从而利用累加法求解S24=即可.
【详解】∵a1=S1=1，又∵Sn+Sn+1=n2+1，
当n=1时，S1+S2=12+1=2，解得S2=1；
当n≥2时，Sn−1+Sn=(n−1)2+1，作差得Sn+1−Sn−1=2n−1，
∴S24=S24−S22+S22−S20+⋯+S4−S2+S2=223+21+⋯+3−11+1=276.
故选：A
2.（2024·河北保定·三模）设bn是公差为3的等差数列，且bn=an+1+an，若a1=1，则a21=（ ）
A．21B．25C．27D．31
【答案】D
【分析】由bn=an+1+an，得bn+1=an+2+an+1，从而可得bn+1−bn=an+2−an=3，进而可求解.
【详解】由bn=an+1+an，得bn+1=an+2+an+1，则bn+1−bn=an+2−an=3，
从而a21=a21−a19+a19−a17+⋅⋅⋅+a3−a1+a1=3×10+1=31.
故选：D
1.（2024·陕西咸阳·三模）在数列an中，a1=1，an+1=an+2n−1，则a7=（ ）
A．43B．46C．37D．36
【答案】C
【分析】由递推公式an+1=an+2n−1用累加法公式an=an−an−1+an−1−an−2+...+a2−a1+a1n≥2求出an，再求a7即可.
【详解】法一：由题得an=an−an−1+an−1−an−2+...+a2−a1+a1 =2n−3+2n−5+...+3+1+1=n−12n−3+12+1=n2−2n+2n≥2，
所以a7=72−2×7+2=37.
法二：由题a1=1，an+1−an=2n−1，
所以a7=a7−a6+a6−a5+...+a2−a1+a1=11+9+7+5+3+1+1=37.
故选：C.
2.（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知数列an满足：a1=1，an=an−1+nn≥2，且bn=1an，则数列bn前n项的和Sn为（ ）
A．Sn=nn+1B．Sn=2nn+1C．Sn=nn+2D．Sn=3n2n+2
【答案】B
【分析】由叠加法求出数列an通项公式，再代入bn=1an，求出数列bn通项公式，再由列项相消法求出Sn.
【详解】由an=an−1+nn≥2得a2=a1+2，a3=a2+3，a4=a3+4，…，an−1=an−2+n−1，an=an−1+nn≥2，
叠加得an=a1+2+3+4+...+n =1+2+3+4+...+n =nn+12 n≥2，
由题可知a1=1也适合上式，故an=nn+12；
所以bn=1an =2nn+1 =21n−1n+1，
则数列bn前n项的和Sn =b1+b2+b3+...+bn−1+bn =21−12+12−13+13−14+...+1n−1−1n+1n−1n+1 =21−1n+1 =2nn+1.
故选：B.
3.（2024·全国·模拟预测）已知数列an满足a1=3,a2=15，且an+2−2an+1+an=8，若x表示不超过x的最大整数，则4034a1+4034a2+⋅⋅⋅+4034a2024=（ ）
A．2016B．2017C．4032D．4034
【答案】A
【分析】根据递推关系可证数列an+1−an是等差数列，进而利用累加法求出通项an，再利用裂项相消法求出4034a1+4034a2+⋅⋅⋅+4034a2024，结合条件求得结果.
【详解】由an+2−2an+1+an=8，可得an+2−an+1−an+1−an=8，又
a2−a1=15−3=12，故数列an+1−an是以12为首项，8为公差的等差数列，
则an+1−an=12+n−1×8=8n+4，a2−a1=8+4，a3−a2=8×2+4，
a4−a3=8×3+4,⋅⋅⋅，an−an−1=8n−1+4n≥2，
故当n≥2时，an−a1=8+8×2+8×3+⋅⋅⋅+8×n−1+4n−1=4n2−4，
则当n≥2时，an=4n2−1，又a1=3适合上式，故an=4n2−1，n∈N∗，
∵1an=14n2−1=12n−12n+1=1212n−1−12n+1，
∴4034an=40342×12n−1−12n+1=2017×12n−1−12n+1，
∴4034a1+4034a2+⋅⋅⋅+4034a2024=2017×1−13+13−15+⋅⋅⋅+12×2024−1−12×2024+1
=2017×1−14049.
又2016<2017×1−14049<2017，故4034a1+4034a2+⋅⋅⋅+4034a2024=2016.
故选：A.
4.（2024·广东深圳·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+3n，若首项为12的数列bn满足1bn+1−1bn=an，则数列bn的前2024项和为（ ）
A．10122023B．20252024C．20232024D．20242025
【答案】D
【分析】已知数列an的前n项和为Sn，做差法计算数列an的通项公式，代入1bn+1−1bn=an，累加法求出数列bn的通项公式，裂项相消即可求出数列bn的前2024项和.
【详解】解：∵Sn=n2+3n，∴an=Sn−Sn−1=2n+2n≥2，
当n=1时，a1=4，符合an=2n+2，
所以数列an的通项公式为an=2n+2.
∵1bn+1−1bn=an，∴1bn+1−1bn=2n+2，
即1b2−1b1=4，
1b3−1b2=6，
……
1bn−1bn−1=2n，又1b1=2，累加法可得：1bn=n2+n，
即bn=1n2+n=1nn+1=1n−1n+1，
设数列bn的前n项和为Tn，则T2024=11−12+12−13+⋯+12024−12025=20242025.
故选：D
考点六、累乘法求通项公式
1.（2024·西藏·模拟预测）已知数列an对任意k∈N*满足ak⋅ak+1=2k，则a1⋅a2024=（ ）
A．21012B．21013C．22024D．22025
【答案】A
【分析】由ak⋅ak+1=2k，得ak+1⋅ak+2=2k+1，从而ak+2ak=2，再利用累乘法求解.
【详解】解：由ak⋅ak+1=2k，得ak+1⋅ak+2=2k+1，
所以ak+2ak=2，
所以a2024a2022⋅a2022a2020⋅a2020a2018⋅⋅⋅⋅⋅a8a6⋅a6a4⋅a4a2=21011，即a2024a2=21011①．
又因为a1⋅a2=2②，
①②两式相乘，得a1⋅a2024=21012．
故选：A．
2.（2024·全国·模拟预测）已知数列an满足an+1an=n⋅2nn+1，其中a1=1，则a8=（ ）
A．28B．220C．225D．228
【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a2a1=12×21，a3a2=23×22，⋯,a8a7=78×27．
由累乘法，得a2a1×a3a2×⋅⋅⋅×anan−1=12×21×23×22×⋅⋅⋅×n−1n×2n−1，
即a8a1=18×21×22×⋅⋅⋅×27=21+2+⋯+723=271+72−3=225，
又a1=1，所以a8=225．
故选：C．
1.（2024高三下·全国·专题练习）在数列an中，a1=13，前n项和Sn=n2n−1an，则数列an的通项公式为 （ ）
A．12n−12n+1B．3n−22n+1C．2−n+42n+1D．2−n+32n
【答案】A
【分析】根据数列递推式，得Sn−1=n−12n−3an，两式相减，可得anan−1=2n−32n+1，利用累乘法，即可得到结论
【详解】由于数列an中，a1=13，前n项和Sn=n2n−1an，
∴当n≥2时，Sn−1=n−12n−3an−1，
两式相减可得：an=n2n−1an−n−12n−3an−1
∴2n+1an=2n−3an−1，
所以anan−1=2n−32n+1，
因此an=a1×a2a1×a3a2×a4a3×⋯×anan−1=13×15×37×⋯×2n−52n−1×2n−32n+1=12n−12n+1，
故选：A.
2.（23-24高三上·河南·期中）在数列an中，an>0，a1=1，an+12+an2an+12−an2=2n，则a113=（ ）
A．414B．15C．223D．10
【答案】B
【分析】依题意对an+12+an2an+12−an2=2n化简，采用累乘法得到a1132，从而得到a113
【详解】因为an+12+an2an+12−an2=2n，所以an+12+an2=2nan+12−an2，即1−2nan+12=−2n−1an2，得an+12an2=2n+12n−1.
所以a1132=a1132a1122×a1122a1112×a1112a1102×⋯×a32a22×a22a12×a12 =225223×223221×221219×⋯×53×31×1=225.
因为an>0，所以a113=15.
故选：B.
3.（2024·四川泸州·三模）已知Sn是数列an的前n项和，a1=1，nan+1=n+2Sn，则an= .
【答案】n+1⋅2n−2
【分析】借助an与Sn的关系及累乘法计算即可得.
【详解】当n≥2时，n−1an=n+1Sn−1，即Sn=nn+2an+1，Sn−1=n−1n+1an，
则Sn−Sn−1=nn+2an+1−n−1n+1an=an，即an+1an=2n+2n+1，
则有anan−1=2n+1n，an−1an−2=2nn−1，⋯，a2a1=2×32，
则an=anan−1×an−1an−2×⋯×a2a1×a1=n+1⋅2n−2，
当n=1时，a1=1，符合上式，故an=n+1⋅2n−2.
故答案为：n+1⋅2n−2.
4.（2024高三下·全国·专题练习）已知数列{an}中，a1=1，nan+1=2(a1+a2+⋯+an)(n∈N∗)，则数列{an}的通项为
【答案】an=n (n∈N∗)
【分析】利用条件，再写一式，两式相减，可得an+1an=n+1n，利用累乘法，可求数列{an}的通项．
【详解】∵nan+1=2(a1+a2+…+an) ①，
∴当n≥2时，(n−1)an=2(a1+a2+…+an﹣1) ②，
①-②得：nan+1−(n−1)an=2an，即：nan+1=(n+1)an，
∴an+1an=n+1n，
∴an=a1⋅a2a1⋅…⋅anan−1=1⋅21⋅…⋅nn−1=n，当n=1时，结论也成立．
∴an=n (n∈N∗)．
故答案为：an=n (n∈N∗)
考点七、数列恒成立
1.（24-25高三上·全国·单元测试）已知等差数列an的前n项和为Sn，且对任意的n≥2，都有n+1nSn2+nSn−12+ma12≥2nSnSn−1，则m的取值范围是（ ）
A．14,+∞B．−∞,15
C．−15,+∞D．−∞,−45
【答案】C
【分析】根据已知条件及an与Sn之间的关系，利用等差数列的前n项和公式，结合一元二次不等式恒成立的条件即可求解.
【详解】由n+1nSn2+nSn−12+ma12≥2nSnSn−1整理得，nSn−Sn−12+Sn2+mn2a12≥0．
又an为等差数列，则Sn=na1+an2，
故5an2+2a1an+4m+1a12≥0．对任意n≥2恒成立，
所以Δ=4a12−204m+1a12≤0对任意a1恒成立，
即1−54m+1≤0，解得m≥−15，
所以m的取值范围是−15,+∞.
故选：C．
2.（24-25高三上·广东·开学考试）设数列an的前n项和为Sn,an+2+2an3an+1=1,a1=1,a2=2．对任意n∈N*,2+λSn+1lg2a2n>lg22an+1恒成立，则（ ）
A．λ>0B．λ>−12C．λ>−1D．λ>−32
【答案】D
【分析】根据递推关系可得an+1−an为等比数列，即可结合累加法求解an=2n−1，由等比求和公式得Sn=2n−1，即可代入不等式化简得λ+2>n22n−1⋅2n，构造bn=n22n−1⋅2n，作差得数列单调性，即可求解.
【详解】由an+2+2an3an+1=1，得an+2−an+1=2an+1−an，又a2−a1=1，
所以数列an+1−an是以2为公比，1为首项的等比数列，所以an+1−an=2n−1，
则an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1=2n−2+2n−3+⋯+21+20+1=1−2n−11−2+1=2n−1，
进而数列an是以2为公比，1为首项的等比数列，可得Sn=1−2n1−2=2n−1，
不等式2+λSn+1lg2a2n>lg22an+1恒成立，
即2n2n−12+λ>n2⇒2+λ>n22n−1⋅2n．
设bn=n22n−1⋅2n，则bn+1−bn=n+122n+1⋅2n+1−n22n−1⋅2n=−2n3+n2−12n−1⋅2n+1⋅2n+1，
当n≥1时，bn+1−bn<0，bn为递减数列，
所以bnmax=b1=12，
所以2+λ>12，解得λ>−32．
故选：D．
1.（23-24高三上·四川雅安·期中）已知数列an满足0A．0,5B．0,5C．0,10D．0,15
【答案】C
【分析】根据00有解来求得t的取值范围.
【详解】因为an>0，所以an+1=6an+tan+3>0恒成立，即t>−6an恒成立.
因为0整理得t<15−an恒成立.
因为an<5，所以t≤15−5=10.
当t∈0,10时，由an+1−an=6an+tan+3−an=−an2+3an+tan+3>0，
得−an2+3an+t>0,t>an2−3an=anan−3在an∈0,5上有解，
故t的取值范围是0,10.
故选：C
【点睛】本题主要考查的是数列与不等式结合的问题，根据不等式的性质，可求得t的取值范围，再根据t取这个范围时，不等式成立来确定t的范围.比较数列的大小（或求数列的单调性）时，可考虑差比较法来进行求解.
2.（2023高三·全国·专题练习）若数列an满足a1=12，an+1=12an2−an+m，若对任意正整数n都有an<2，则实数m的最大值为（ ）
A．0.5B．1C．2D．4
【答案】C
【分析】由递推关系变形可得an+1−an=12(an−2)2+m−2, 分析可知m>2时不满足题意，再验证m=2时满足题意，即可得解.
【详解】依题意得a1=12，an+1−an=12an−22+m−2,
若m>2，则an+1−an≥m−2，
得a2−a1≥m−2,a3−a2≥m−2，…，an−an−1≥m−2,(n≥2)，
于是有an−a1≥(n−1)(m−2)，即an≥a1+(n−1)(m−2),(n≥2)，
当n≥2−a1m−2+1时，an≥a1+2−a1m−2(m−2)=2
因此数列an中将存在大于2的项，这与an<2恒成立相矛盾，
所以m>2不符合题意．
若m=2，则an+1−an=12an−22≥0，即an+1≥an．
由a1=12，则an≥a1=12>0，
又an+1−2=12anan−2，得an+1−2与an−2同号，
而a1−2<0，于是an−2<0，即有an<2恒成立，
综合以上可知实数m的最大值为2，
故选：C
3.（2024·全国·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，2an+1=3Sn，若tSn<2n对任意的n∈N∗恒成立，则实数t的取值范围为（ ）
A．−3,2B．−3,2C．−3,2D．−3,2
【答案】B
【分析】根据给定的递推公式求出Sn，再按n为奇数、偶数分类求解即可得t的范围.
【详解】由2an+1=3Sn，得an=3Sn−12，当n≥2时，an=Sn−Sn−1，则3Sn−12=Sn−Sn−1，
整理得Sn=−2Sn−1+1，即Sn−13=−2(Sn−1−13)，而3S1=2a1+1=2S1+1，解得S1=1，
于是S1−13=23，数列{Sn−13}是首项为23，公比为−2的等比数列，
因此Sn−13=23⋅(−2)n−1，即Sn=1−(−2)n3，由tSn<2n，得1−(−2)n3⋅t<2n，
当n为奇数时，1+2n3⋅t<2n，即t<3×2n1+2n=3−31+2n，显然{3−31+2n}为递增数列，
当n=1时，(3−31+2n)min=2，于是t<2，
当n为偶数时，1−2n3⋅t<2n，即t>3×2n1−2n=−3+31−2n，显然恒有−3+31−2n<−3，于是t≥−3，
所以实数t的取值范围为−3,2.
故选：B
4.（23-24高三下·安徽·阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，数列bn的前n项和为Tn，且an+1=Sn+n,a1=1,bn=1an+1，则使得TnA．1B．32C．76D．2
【答案】C
【分析】
根据给定条件，求出数列an+1的通项，再利用等比数列前n项和公式求出Tn即可得解.
【详解】数列an中，a1=1，an+1=Sn+n，当n≥2时，an=Sn−1+n−1，两式相减得an+1−an=an+1，
即an+1=2an+1，整理得an+1+1=2(an+1)，而a2=S1+1=a1+1=2，
因此数列an+1(n≥2)是首项为3，公比为2的等比数列，an+1=3×2n−2，a1=1不满足上式，
则b1=1a1+1=12，当n≥2时，bn=13×12n−2，Tn=12+13×1−12n−11−12=12+23−13×12n−2<76，
而T1=b1=12<76，依题意，M≥76，所以实数M的最小值为76.
故选：C
【点睛】思路点睛：给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路是：一是利用Sn+1−Sn=an转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
考点八、递推数列问题
1.（2025·广东·一模）斐波那契数列因数学家斐波那契以兔子繁殖为例而引入，又称“兔子数列”. 这一数列如下定义：设an为斐波那契数列，a1=1,a2=1,an=an−1+an−2n≥3,n∈N*，其通项公式为an=151+52n−1−52n，设n是lg2(1+5)x−(1−5)xA．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】利用给定条件结合对数的性质构造an<15×24，两侧同时平方求最值即可.
【详解】由题知n是lg2(1+5)x−(1−5)x故lg2(1+5)n−(1−5)n取指数得1+5n−1−5n<2n+4，
同除2n得，1+52n−1−52n<24，
故151+52n−1−52n<15×24，即an<15×24，
根据an是递增数列可以得到an2也是递增数列，
于是原不等式转化为an2<15×28<52.
而a5=5,a6=8可以得到满足要求的n的最大值为5，故A正确.
故选：A
2.（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，满足an+1=Snann∈N∗，a1<0，则可能同时为整数的是（ ）
A．a3a4和a5a6B．a4a5和a6a7C．a5a6和a10a11D．a6a7和a11a12
【答案】D
【分析】由an+1=Snann∈N∗，a1<0，推得an+2=an+1，在此基础上，对各选项中的结论进行计算，即可判定可能同时为整数的选项；
【详解】依题意，由an+1=Snann∈N∗，an不等于0，a1<0，可得：
当n=1时，a2=S1a1=1，
Sn=anan+1⇒an+1an+2=Sn+1=an+1+Sn=an+1+anan+1⇒an+2=an+1，
对于A，a3=a1+1，a4=a2+1=2，a5=a3+1=a1+2，a6=a4+1=3，
则a3a4=2a1+2，a5a6=3a1+6，因为数列的每一项都不等于0，a1<0,a1不是整数，
2a1,3a1不可能同时为整数，a3a4和a5a6不可能同时取整数，故A错误；
对于B，a7=a5+1=a1+3，则a4a5=2a1+4，a6a7=3a1+9，
因为数列每一项都不为0，a1<0且不为负整数，2a1,3a1不可能同时为整数，
a4a5和a6a7不可以同时取整数，故B错误；
对于C，a10=a8+1=a6+2=5，a11=a9+1=a7+2=a1+5，
则a5a6=3a1+6，a10a11=5a1+25，因为数列每一项都不为0，a1<0且不为负整数，
3a1,5a1不可能同时为整数，a5a6和a10a11不可以同时取整数，故C错误；
对于D，a12=a2+5=6，则a11a12=6a1+30，a6a7=3a1+9，
当3a1为负整数时，a6a7和a11a12可以同时取整数，故D正确；
故选：D.
1.（2024·湖北襄阳·模拟预测）已知函数fx=3x−13x+1，数列an满足a1=a2=1，an+3=ann∈N∗，fa2+fa3+a4=0，则i=12024ai=（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据函数解析式判断函数奇偶性，判断函数的单调性，根据已知的条件推得数列的周期，从而计算的出结果；
【详解】由题意可知：fx的定义域为R，
且fx+f−x=3x−13x+1+3−x−13−x+1=3x−13x+1+1−3x1+3x=0，即fx=−f−x，
可知fx为定义在R上的奇函数，且fx=3x−13x+1=1−23x+1，
因为y=3x在R上单调递增，可知fx在R上单调递增；
综上所述：fx在R上单调递增，且为奇函数.
因为fa2+fa3+a4=0，则fa3+a4=−fa2=f−a2，
可得a3+a4=−a2，即a2+a3+a4=0，
由an+3=ann∈N∗可知：3为数列an的周期，则an+an+1+an+2=0，
且2024=3×674+2，所以i=12024ai=a1+a2=2.
故选：B.
2.（2024·安徽马鞍山·模拟预测）数列{an}共有9项，且a1=1 ，a9=9，|an+1−an|=2，则这样的数列{an}有（ ）
A．28个B．36个C．45个D．56个
【答案】A
【分析】根据题目该数列相邻两项之差dn=2或−2，因为a1=1 ，a9=9已确定，所以只需先判断a1到a9相邻两项之差有几个2和几个−2及其排列方法数，就能对应得到中间七项可能的排列方法数. 计算可得相邻两项之差中有6个2和2个−2，利用排列组合可得.
【详解】设an+1−an=dn，因为|an+1−an|=2，所以dn=2或−2.
可设d1，…，d8中有a个2和b个−2,
则a9=a1+d1+d2+⋯+d8=1+2a−2b=9a+b=8，解得a=6，b=2，
即d1，…，d8中有6个2和2个−2，因此这样的数列{an}共有C86C22=28个.
故选：A
3.（2024·天津·模拟预测）数列an各项均为实数，对任意n∈N∗满足an+3=an，定义：行列式abcd=ad−bc且行列式anan+1an+2an+3=c为定值，则下列选项中不可能的是（ ）
A．a1=1，c=1B．a1=2，c=2
C．a1=1，c=0D．a1=2，c=0
【答案】B
【分析】根据定义列方程组，判断a2,a3是否有实数解，结合周期性逐一验证判断即可.
【详解】由题知，anan+3−an+1an+2=c，
又an+3=an，所以an2−an+1an+2=c，an是周期为3的周期数列.
对于A，若a1=1，c=1，则a2a3=0，则a2=0或a3=0
若a2=0，则a22−a3a4=−a3a1=1，得a3=−1，
又a32−a4a5=−12−a1a2=1，
由周期性可知，当a1=1,a2=0,a3=−1时，满足anan+1an+2an+3=1，A不满足题意；
对于B，若a1=2，c=2，则4−a2a3=2，即a2a3=2，
又a22−a3a4=a22−2a3=2a32−a4a5=a32−2a2=2，消元整理得a32+2a3+2=0，
即a3+12=−1，无实数解，故B满足题意；
对于C，若a1=1，c=0，则a12−a2a3=1−a2a3=0a22−a3a4=a22−a3=0，
解得a2=a3=1，显然anan+1an+2an+3=0恒成立，C不满足题意；
对于D，若a1=2，c=0，则a12−a2a3=4−a2a3=0a22−a3a4=a22−2a3=0，
解得a2=a3=2，显然此时anan+1an+2an+3=0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a2,a3是否有实数解，当有解时，结合周期性即可判断.
4.（2024·四川乐山·三模）峨眉山是一个著名的旅游和朝圣地，以其壮丽的自然风光和宗教文化遗址而闻名．其中“九十九道拐”景点约有2000级台阶，某游客一次上1个或2个台阶，设爬上第n个台阶的方法数为an，给出下列四个结论：
①a5=8；②3an+1=an−1+an+3；③a1+a3+a5+⋯+a2n−1=a2n；④i=12000ai2=a2000a2001−1．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④．
【分析】依题意得出an+2=an+an+1，a1=1，a2=2，再对每一选项进行判断．
【详解】根据一次上1个台阶或2个台阶，爬上第n 个台阶的方法数为an，
可得an+2=an+an+1，a1=1，a2=2，
所以a3=3，a4=5，a5=8，所以①正确；
因为3an=an+an+an=an−2+an−1+an+1−an−1+an+2−an+1=an−2+an+2
3an+1=an−1+an+3，所以②正确；
由①有a6=13，a7=21，则a1+a3+a5+a7=33，a8=34，
显然不满足a1+a3+a5+⋯+a2n−1=a2n，故③不正确；
因为a12=1，
a22=a2⋅(a3−a1)=a2⋅a3−a2⋅a1，
a32=a3⋅(a4−a2)=a3⋅a4−a3⋅a2，…，
an−12=an⋅(an+1−an−1)=an⋅an+1−an，
累加可得a12+a22+⋯+an2=an⋅an+1−1，
所以i=12000ai2=a2000a2001−1，④正确．
故答案为：①②④
考点九、数列中的规律
1.（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：从蜂房A只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房，…，以此类推，用an表示蜜蜂爬到n号蜂房的方法数，则a10=（ ）
A．10B．55C．89D．99
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出数列{an}的递推公式，再依次计算求出a10.
【详解】依题意，an=an−1+an−2（n∈N∗，n≥3），a1=1，a2=2，
所以a3=3,a4=5,a5=8,a6=13,a7=21,a8=34,a9=55, a10=89.
故选：C
2.（24-25高三上·广东深圳·开学考试）三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练（不能传给自己），由丙开始传，经过5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有（ ）
A．6种B．10种C．11种D．12种
【答案】B
【分析】设在第n(n≥2)次传球后有an种情况球在丙手中，结合题意可推出an+1=2n−an，即可求得答案.
【详解】设在第n(n≥2)次传球后有an种情况球在丙手中，即经过n次传球后球又被传回给丙，
在前n次传球中，每次传球都有2种可能，故在前n次传球中共有2n种传球方法，
故在第n次传球后，球不在丙手中的情况有2n−an（种），即球在甲或乙手中，
只有在这些情况时，在第n+1次传球后，球才会被传回给丙，
即an+1=2n−an，由题意可得a2=2，则a3=22−a2=2,a4=23−a3=6，
a5=24−a4=16−6=10，
故选：B
1.（2024·四川·模拟预测）南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为1,4,8,13，则该数列的第18项为（ ）
A．188B．208C．229D．251
【答案】A
【分析】记该二阶等差数列为an，bn=an+1−an，计算出bn=n+2，利用累加法结合等差数列求和能求出a18的值.
【详解】记该二阶等差数列为an，且该数列满足a1=1,a2=4,a3=8,a4=13，记bn=an+1−an，
由题意可知，数列bn为等差数列，且b1=a2−a1=4−1=3,b2=a3−a2=8−4=4,b3=a4−a3=13−8=5，
所以等差数列bn的公差为d=b2−b1=4−3=1，所以bn=b1+n−1d=3+n−1=n+2，
所以b1=a2−a1=3b2=a3−a2=4b3=a4−a3=5⋯⋯⋯⋯b17=a18−a17=19，则a18−a1=3+4+5+⋯+19=17(3+19)2=187，
所以a18=a1+187=188，
故选：A
2.（2024·辽宁·二模）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.大衍数列的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第30项为（ ）
A．366B．422C．450D．600
【答案】C
【分析】根据题意，得到数列an的偶数项的通项公式为a2n=2n2，即可求解.
【详解】由题意，大衍数列的偶数项为2,8,18,32,50,⋯，
可得该数列an的偶数项的通项公式为a2n=2n2，
所以此数列an的第30项为a30=2×152=450.
故选：C.
3.（2024·浙江绍兴·二模）汉诺塔（Twer f Hani），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子， A柱子从下到上按金字塔状叠放着n个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为Hn，例如：H(1)=1，H(2)=3，则下列说法正确的是（ ）
A．H(3)=5B．H(n)为等差数列
C．H(n)+1为等比数列D．H7<100
【答案】C
【分析】由题意可得H(3)=7，判断A；归纳得到Hn=2n−1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B，C；求出H7，判断D.
【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：
若有2个圆盘，则移动情况为：A→C,A→B,C→B，需移动3次；
若有3个圆盘，则移动情况如下：
A→B,A→C,B→C,A→B,C→A,C→B,A→B，共7次，故H(3)=7，A错误；
由此可知若有n个圆盘，设至少移动an次，则an=2an−1+1,
所以an+1=2an−1+1，而a1+1=1+1=2≠0，故{an+1}为等比数列，
故an=2n−1即Hn=2n−1，该式不是n的一次函数，
则H(n)不为等差数列，B错误；
又Hn=2n−1，则Hn+1=2n，Hn+1+1Hn+1=2，则H(n)+1为等比数列，C正确，
H7=27−1=127>100，D错误，
故选：C
4.（2024·全国·模拟预测）据中国古代数学名著《周髀算经》记截：“勾股各自乘，并而开方除之（得弦）．”意即“勾”a、“股”b与“弦”c之间的关系为a2+b2=c2（其中a≤b）．当a,b,c∈N∗时，有如下勾股弦数组序列：(3,4,5),(5,12,13),(7,24,25)，(9,40,41),⋯，则在这个序列中，第10个勾股弦数组中的“弦”等于（ ）
A．145B．181C．221D．265
【答案】C
【分析】由给定的勾股弦数组序列中，an=2n+1n∈N∗，c−b=1，得a2=c+bc−b=b+c，由2n+12= 2n2+2n+2n2+2n+1,n∈N*，得cn=2n2+2n+1n∈N*.
【详解】因为a2+b2=c2，所以a2=c2−b2=c+bc−b．
在给定的勾股弦数组序列中，c−b=1，所以a2=c+b．
易得勾股弦数组序列中“勾”的通项公式为an=2n+1n∈N∗，
所以an2=2n+12=4n2+4n+1=2n2+2n+2n2+2n+1),n∈N*，
故“弦”的通项公式为cn=2n2+2n+1 n∈N*．
所以第10个勾股弦数组中的“弦”等于2×102+2×10+1=221．
故选：C．
1．（2024·天津·二模）已知数列an为不单调的等比数列，a2=14,a4=116，数列bn满足bn=1−an+1，则数列bn的最大项为（ ）．
A．34B．78C．98D．54
【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q2=a4a2=14⇒q=12或q=−12，
又an为不单调的等比数列，所以q=−12，则an=a2⋅−12n−2=−12n，
故bn=1−an+1=1−−12n+1，
若要求bn的最大项，需n为偶数，则bn=1+12n+1，
根据指数函数的单调性可知当n=2时，b2=98为bn的最大项.
故选：C
2．（23-24高三上·天津和平·期末）已知数列an为等比数列，Sn为数列an的前n项和，an=12Sn+32，则S4的值为（ ）
A．9B．21C．45D．93
【答案】C
【分析】利用an=Sn−Sn−1将条件转化为关于数列Sn的递推式，然后构造等比数列求出数列Sn的通项公式，进而可得S4的值.
【详解】由an=12Sn+32得Sn−Sn−1=12Sn+32(n≥2)，
整理得Sn+3=2Sn−1+3，
又a1=12S1+32得S1=a1=3，
故数列Sn+3是以6为首项，2为公比的等比数列，
所以Sn+3=6×2n−1，即Sn=3×2n−3
所以S4=3×24−3=45.
故选：C.
3．（23-24高三上·天津·期中）设Sn是数列an的前n项和，已知a1=1且an+1=2Sn+1，则a4=（ ）
A．9B．27C．81D．101
【答案】B
【分析】n≥2时，an=2Sn−1+1，作差得数列an从第二项起成等比数列，即可求解.
【详解】n=1时，a2=2S1+1=3，
n≥2时，an=2Sn−1+1，
作差得an+1−an=2Sn−2Sn−1=2an，即an+1=3an,
所以数列an从第二项起成等比数列，
所以a4=a2⋅32=3⋅9=27.
故选：B.
4．（22-23高三上·湖南娄底·期末）已知Sn为等差数列an的前n项和，a3+S5=18,a6=a3+3，则数列 ann2+56 的最大项为 （ ）
A．157B．115
C．114D．1456
【答案】B
【分析】先根据等差数列的求和公式和通项公式求出首项与公差，求出等差数列an的通项公式，代入ann2+56中，利用基本不等式性质分析即可.
【详解】设等差数列an的首项为a1，公差为d，
因为a3+S5=a3+5a1+a52=6a3=18，
所以a3=3，所以a6=a3+3=6，
则3d=a6−a3=3⇒d=1，
所以a3=a1+2d=3⇒a1=1，
所以等差数列an的通项公式为：an=nn∈N*，
所以ann2+56=nn2+56=1n+56n≤12n⋅56n=1414，
当且仅当n=56n⇒n=214时取等号，又n∈N*，
所以当n=7或n=8时取最大值为772+56=882+56=115，
故选：B.
5．（22-23高三上·天津静海·阶段练习）设命题P：已知定义在(0,+∞)的可导函数f(x)，其导函数f'x=xlnx−x，存在k∈R，使得∀x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2，k≤fx1−fx2x1−x2恒成立.命题Q：存在k∈R，使得an=n2−k−2n为递增数列.则Q是P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】B
【分析】根据给定条件，分别求出k的取值范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】依题意，∀x1,x2∈(0,+∞)，不妨令x1>x2，k≤f(x1)−f(x2)x1−x2⇔f(x1)−kx1≥f(x2)−kx2，
令g(x)=f(x)−kx，即有g(x1)≥g(x2)，而g'(x)=f'(x)−k不可能恒为0，
所以函数g(x)在(0,+∞)上递增，故g'(x)≥0，即k≤f'(x)恒成立，
令ℎ(x)=f'(x)=xlnx−x，x>0，求导得ℎ'(x)=lnx，
当01时，ℎ'(x)>0，
即ℎ(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，ℎ(x)min=ℎ(1)=−1，故k≤−1，
于是命题P为真：k≤−1，
数列{an}是递增数列，则∀n∈N∗，an+1−an>0，即(n+1)2−(k−2)(n+1)−[n2−(k−2)n]=2n+3−k>0，
故2n+3>k在n属于正整数集上恒成立，于是有k<5，因此命题Q为真：k<5，
显然当k≤−1时，k<5成立，反之当k<5时，k≤−1不一定成立，则Q是P的必要不充分条件，B正确.
故选：B
6．（21-22高三上·天津河西·期中）已知数列an中，a1=−1，an=2an−1+3，则通项公式an= ；前n项和Sn= .
【答案】 2n−3 2n+1−3n−2
【分析】设实数λ满足an+λ=2(an−1+λ)，构造等比数列，即可求解通项公式，再由分组求和法代入求解前n项和Sn.
【详解】设实数λ满足an+λ=2(an−1+λ)⇒an=2an−1+λ，则λ=3，所以an+3=2(an−1+3)，可得an+3是公比为2的等比数列，又a1+3=−1+3=2，所以an+3=2×2n−1=2n，得an=2n−3；Sn=2−3+22−3+23−3+...+2n−3=2+22+23+...+2n−3n=2(1−2n)1−2−3n=2n+1−3n−2.
故答案为：2n−3；2n+1−3n−2
1．（2024·天津北辰·模拟预测）设数列an满足a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nan=2n+1n∈N*，则数列ann+1的前5项和为（ ）
A．53B．85C．127D．136
【答案】D
【分析】利用递推关系求出an，再利用裂项相消法求和即可得出答案.
【详解】当n=1时，a1=3，
当n≥2时，
a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nan=2n+1，
a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+n−1an−1=2n−1n∈N*，
两式相减可得：nan=2，所以an=2n，
又n=1时，a1=2，所以a1不满足an，
所以an=3,n=12n,n≥2，设bn=ann+1，数列ann+1的前n项和Tn，
所以bn=32,n=12nn+1=21n−1n+1,n≥2，
设数列ann+1的前5项和为：
T5=a12+a23+a34+a45+a56=32+212−13+13−14+14−15+15−16
=32+2×12−16=136.
故选：D.
2．（2024·全国·模拟预测）已知Sn为正项数列an的前n项和．若Sn+2an=Sn+1−1，且S5=57，则a4=（ ）
A．7B．15C．8D．16
【答案】B
【分析】本题可通过题中的一般项an与前n项和Sn的关系式，利用公式an+1=Sn+1−Sn来推导an和 an+1的关系，再通过构造法构造新数列an+1并结合S5=57来得到an的通项公式，算出结果.
【详解】因为Sn+2an=Sn+1−1，
所以2an+1=Sn+1−Sn=an+1，即2an+1=an+1+1．
因为an>0，所以an+1>0，所以an+1+1an+1=2，
所以数列an+1是公比为2的等比数列，
所以an+1=a1+1⋅2n−1，则an=a1+1⋅2n−1−1，
所以S5=a1+1⋅1−251−2−5=57，解得a1=1，
所以an=2n−1，则a4=24−1=15．
故选：B．
3．（2024·四川宜宾·二模）在数列an中，已知a1=2,a2=1，且满足an+2+an=an+1，则数列an的前2024项的和为（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】A
【分析】用n+1去换an+2+an=an+1中的n，得an+3=an+2−an+1，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an+2=an+1−an，用n+1替换式子中的n，得an+3=an+2−an+1，
两式相加可得an+3=−an，即an+6=−an+3=an，所以数列an是以6为周期的周期数列.
又a1=2，a2=1，∴a3=−1,a4=−2,a5=−1,a6=1.
所以数列an的前2024项和S2024=337a1+a2+⋯+a6+a1+a2=3.
故选：A.
4．（2024·陕西安康·模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，且an+1=Sn+1，则数列an2的前n项和为（ ）
A．4n−13B．2n−13
C．4n−1D．2n−1
【答案】A
【分析】
根据an,Sn关系求出an=2n−1，最后再根据等比数列前n项和公式计算求解即可.
【详解】
因为an+1=Sn+1，所以当n≥2时，an=Sn−1+1，两式相减，得an+1=2an，
因为数列an是等比数列，所以a2=2a1．
由a2=S1+1=a1+1，解得a1=1，所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an=2n−1，即an2=2n−12=4n−1，所以数列an2是首项为1，公比为4的等比数列，
所以数列an2的前n项和为1−4n1−4=4n−13．
故选：A．
5．（23-24高三上·天津西青·期末）已知an是等比数列，Sn是数列an的前n项和，2Sn=an+1−2，则a4的值为（ ）
A．3B．18C．54D．152
【答案】C
【分析】当n≥2时，2Sn−1=an−2，两式相减可得an+1an=3，因为an是等比数列，所以a2a1=3，令n=1时，2a1=a2−2，由此解出a1，再由等比数列的通项公式求出a4的值.
【详解】当n≥2时，2Sn−1=an−2，
两式相减可得：2Sn−2Sn−1=an+1−an，即2an=an+1−an，即an+1an=3，
因为an是等比数列，所以a2a1=3，
又令n=1时，2a1=a2−2，所以2a1=3a1−2，解得：a1=2，
所以an是以a1=2为首项，3为公比的等比数列，
所以a4=a1⋅q3=2×33=54.
故选：C.
6．（23-24高三下·天津·阶段练习）著名的“全错位排列”问题（也称“装错信封问题”是指“将n个不同的元素重新排成一行，每个元素都不在自己原来的位置上，求不同的排法总数．”，若将n个不同元素全错位排列的总数记为an，则数列an满足a1=0,a2=1，an=(n−1)an−1+an−2(n≥3)．已知有7名同学坐成一排，现让他们重新坐，恰有两位同学坐到自己原来的位置，则不同的坐法有 种
【答案】924
【分析】根据数列递推公式求出项，再结合分步计数原理求解.
【详解】第一步，先选出两位同学位置不变，则有C72=7×62×1=21种，
第二步，剩下5名同学都不在原位，则有a5种，
由数列an满足a1=0,a2=1，an=(n−1)an−1+an−2(n≥3)，
则a3=3−1a2+a1=2，a4=4−1a3+a2=9，
a5=5−1a4+a3=44，
则不同的做法有21×44=924种.
故答案为：924.
1.（2023·全国·高考真题）已知等差数列an的公差为2π3，集合S=csann∈N∗，若S=a,b，则ab=（ ）
A．－1B．−12C．0D．12
【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{an}中，an=a1+(n−1)⋅2π3=2π3n+(a1−2π3)，
显然函数y=cs[2π3n+(a1−2π3)]的周期为3，而n∈N∗，即csan最多3个不同取值，又{csan|n∈N∗}={a,b}，
则在csa1,csa2,csa3中，csa1=csa2≠csa3或csa1≠csa2=csa3或csa1=csa3≠csa2
于是有csθ=cs(θ+2π3)或csθ=cs(θ+4π3)，
即有θ+(θ+2π3)=2kπ,k∈Z，解得θ=kπ−π3,k∈Z；
或者θ+(θ+4π3)=2kπ,k∈Z，解得θ=kπ−2π3,k∈Z；
所以k∈Z，ab=cs(kπ−π3)cs[(kπ−π3)+4π3]=−cs(kπ−π3)cskπ=−cs2kπcsπ3=−12或ab=cs(kπ−2π3)cskπ=−12.
故选：B
2.（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bn：b1=1+1α1，b2=1+1α1+1α2，b3=1+1α1+1α2+1α3，…，依此类推，其中αk∈N∗(k=1,2,⋯)．则（ ）
A．b1【答案】D
【分析】根据αk∈N∗k=1,2,…，再利用数列bn与αk的关系判断bn中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为αk∈N∗k=1,2,⋯，
所以α1<α1+1α2，1α1>1α1+1α2，得到b1>b2，
同理α1+1α2>α1+1α2+1α3，可得b2b3
又因为1α2>1α2+1α3+1α4, α1+1α2+1α3<α1+1α2+1α3+1α4，
故b2b4；
以此类推，可得b1>b3>b5>b7>…，b7>b8，故A错误；
b3>b7>b8，故B错误；
1α2>1α2+1α3+…1α6，得b2α1+1α2+1α3+1α4>α1+1α2+…1α6+1α7，得b4[方法二]：特值法
不妨设an=1,则b1=2,b2=32，b3=53,b4=85，b5=138,b6=2113，b7=3421,b8=5534，
b43.（2021·全国·高考真题）等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q>0，乙：Sn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q>0时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当Sn是递增数列时，必有an>0成立即可说明q>0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−2,−4,−8,⋯时，满足q>0，
但是Sn不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若Sn是递增数列，则必有an>0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q>0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.（2022·北京·高考真题）已知数列an各项均为正数，其前n项和Sn满足an⋅Sn=9(n=1,2,⋯)．给出下列四个结论：
①an的第2项小于3； ②an为等比数列；
③an为递减数列； ④an中存在小于1100的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】推导出an=9an−9an−1，求出a1、a2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，∀n∈N∗，an>0，
当n=1时，a12=9，可得a1=3；
当n≥2时，由Sn=9an可得Sn−1=9an−1，两式作差可得an=9an−9an−1，
所以，9an−1=9an−an，则9a2−a2=3，整理可得a22+3a2−9=0，
因为a2>0，解得a2=35−32<3，①对；
假设数列an为等比数列，设其公比为q，则a22=a1a3，即9S22=81S1S3，
所以，S22=S1S3，可得a121+q2=a121+q+q2，解得q=0，不合乎题意，
故数列an不是等比数列，②错；
当n≥2时，an=9an−9an−1=9an−1−ananan−1>0，可得an假设对任意的n∈N∗，an≥1100，则S100000≥100000×1100=1000，
所以，a100000=9S100000≤91000<1100，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.
5.（全国·高考真题）设数列an的首项a1∈(0,1),an=3−an−12(n=2,3,4,⋯)
（1）求an的通项公式；
（2）设bn=an3−2an，证明：bn【答案】（1）an=1+a1−1−12n−1（2）证明见解析；
【分析】（1）由an=3−an−12，变形为an−1=−12an−1−1，利用等比数列的定义求解.
（2）由（1）知an=1+a1−1−12n−1，且a1∈(0,1)，再分n为奇数和n为偶数，讨论数列的增减性，得到00，然后证明bn+12−bn2>0即可.
【详解】（1）因为an=3−an−12，
所以an−1=−12an−1−1，
所以数列an−1是等比数列，
所以an−1=a1−1−12n−1，
即an=1+a1−1−12n−1；
（2）由（1）知an=1+a1−1−12n−1，且a1∈(0,1)，
当n为奇数时，an=1+a1−112n−1，
an+2−an=−3a1−112n+1>0，所以数列an是递增数列，
所以0当n为偶数时，an=1−a1−112n−1，
an+2−an=3a1−112n+1<0，所以数列an是递减数列，
所以1所以00.
bn+12−bn2=an+123−2an+1−an23−2an，
=3an+1+anan+1−an−2an+1−anan+12+an+1an+an2，
=an+1−an3an+1+an−2an+12+an+1an+an2，=3−an2−an3×3−an2+3an−2×3−an24−2×3−anan2−2an2，
=3−3an23an−3an22=91−an2an4>0.
所以bn【点睛】本题主要考查等比数列的定义，数列的增减性研究数列不等式问题，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.
5年考情
考题示例
考点分析
2024年天津卷，第19题,15分
由递推数列研究数列的有关性质 等比数列通项公式的基本量计算 求等比数列前n项和 裂项相消法求前n项和
2023年天津卷，第19题,15分
等差数列与等比数列综合应用 等差数列通项公式的基本量计算 求等差数列前n项和 写出等比数列的通项公式
2023年天津卷，第5题,5
等比数列通项公式的基本量计算 利用等比数列的通项公式求数列中的项
2022年天津卷，第18题,15分
等差数列通项公式的基本量计算 等比数列通项公式的基本量计算 错位相减法求和 分组(并项)法求和
2021年天津卷，第19题,15分
等差数列前n项和的基本量计算 由定义判定等比数列 错位相减法求和 数列不等式恒成立问题
2020年天津卷，第19题,15分
等差数列通项公式的基本量计算 求等差数列前n项和 等比数列通项公式的基本量计算 分组(并项)法求和