第04讲 数列的通项公式（十八大题型）（练习）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）

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题型一：观察法
1．（2024·高三·河北唐山·期中）若数列的前6项为，则数列的通项公式可以为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】通过观察数列的前6项，可以发现有如下规律：
且奇数项为正，偶数项为负，故用表示各项的正负；
各项的绝对值为分数，分子等于各自的序号数，
而分母是以1为首项，2为公差的等差数列，
故第n项的绝对值是，
所以数列的通项可为，
故选：D
2．数列0.3，0.33，0.333，0.3333，…的一个通项公式是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】数列9，99，999，9999，…的一个通项公式是，则数列0.9，0.99，0.999，0.9999，…的一个通项公式是，则数列0.3，0.33，0.333，0.3333，…的一个通项公式是．
故选：C．
3．数列的前4项为：，则它的一个通项公式是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】将可以写成，
所以的通项公式为；
故选:C
4．如图所示是一个类似杨辉三角的递推式，则第n行的首尾两个数均为（ ）
A．2nB．C．D．
【答案】B
【解析】依题意，每一行第一个数依次排成一列为：1，3，5，7，9，…，它们成等差数列，通项为，
所以第n行的首尾两个数均为.
故选：B
题型二：叠加法
5．已知数列满足，则 .
【答案】
【解析】因，
则.
故答案为：.
6．毕达哥拉斯学派是古希腊哲学家毕达哥拉斯及其信徒组成的学派，他们把美学视为自然科学的一个组成部分．美表现在数量比例上的对称与和谐，和谐起于差异的对立，美的本质在于和谐．他们常把数描绘成沙堆上的沙粒或小石子，并由它们排列而成的形状对自然数进行研究．如图所示，图形的点数分别为1，5，12，22，…，总结规律并以此类推下去，第10个图形对应的点数为 ，若这些数构成一个数列，记数列的前项和为，则 ．

【答案】
【解析】由图知，，，，…，
，累加得，
所以．
因为，
所以.
故答案为：；
7．已知数列满足，，则 ．
【答案】
【解析】因为数列满足，
所以，，…，，
当时，；
当时，，满足上式．
综上所述，．
故答案为：．
题型三：叠乘法
8．已知数列，则数列的通项为
【答案】
【解析】∵ ①，
∴当时， ②，
①-②得：，即：，
∴，
∴，当时，结论也成立．
∴．
故答案为：
9．设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式=
【答案】
【解析】由，得，
∵，∴，∴ ，∴，
∴，
又满足上式，∴.
故答案为：.
10．（2024·四川成都·二模）在数列中，，，则数列的前项和 ．
【答案】
【解析】令，显然，因为，
所以，
所以，，又 .
由累乘法，可得，
，
显然，当时，满足上式，
所以，
所以.
故答案为：
题型四：形如an+1=pan+q型的递推式
11．已知数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)若，记数列的前项和为，求证：.
【解析】（1）因为，所以又，
所以，
所以是以9为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以.
（2）由（1）知，
所以
，又，
所以.
12．数列满足且，则数列的通项公式是 ．
【答案】
【解析】设，则，
又因为，所以，则，
所以，
因为，所以，
所以为常数，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
13．已知首项为2的数列对满足，则数列的通项公式 .
【答案】
【解析】设，即，故，解得：，
故变形为，，
故是首项为4的等比数列，公比为3，
则，
所以，
故答案为：
14．已知数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：.
【解析】（1）由，即，
可得，且，故，
可知是首项为2，公比为的等比数列，
则，即，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可知.
显然，，
当时，则，可得.
于是
；
综上所述：.
题型五：形如an+1=pan+kn+b型的递推式
15．记数列的前项和为，若，且.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和的表达式.
【解析】（1）由，
则，
则，
，
故，
故是以为首项，为公比的等比数列
（2）由（1）可知，，故，
故
．
16．（2024·陕西安康·模拟预测）在数列中，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【解析】（1）因为，
所以，又，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
所以，即；
（2）由（1）知．
设前项和为，
则，
，
两式相减可得
，
所以.
题型六：形如an+1=pan+rqn型的递推式
17．已知数列满足：，且.求；
【解析】数列中，由，得，
因此数列是以为首项，2为公差的等差数列，则，
所以.
18．（2024·高三·河北张家口·开学考试）已知数列满足，且．
求数列的通项公式；
【解析】由已知，所以，又，
所以数列是首项为，公比的等比数列，
所以，即 .
题型七：形如an+1=panq(p>0,an>0)型的递推式
19．设正项数列满足，，求数列的通项公式．
【解析】对任意的，，
因为，则，
所以，，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，解得.
题型八：形如an+1=manpan+q型的递推式
20．数列中，，，则 ．
【答案】
【解析】由，，可得，
所以，即(定值)，
故数列以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以，所以．
故答案为：．
21．已知数列满足，则数列的前8项和 ．
【答案】502
【解析】由，取倒数得，
所以，
因为，所以，所以，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，则，
所以数列的前8项和.
故答案为：502
22．已知数列，则数列的通项公式 ．
【答案】
【解析】由题意得，故是首项为1，公差为1的等差数列，
得，即，
故答案为：
题型九：形如an+2=pan+1+qan型的递推式
23．已知数列满足，，．
(1)证明：是等比数列；
(2)求．
【解析】（1）由已知，，∴，
∴，
显然与，矛盾，∴，
∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）∵，∴，
∴，
显然与，矛盾，∴，
∴∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，①，
又∵由第（1）问，，②，
∴②①得，，
24．已知数列满足，，，求
【解析】法1：已知，所以，
则是首项为，公比为3的等比数列，
故，则，
得，
当n为奇数时，，，，，，
累加可得，，
所以，
当n为偶数时，，
综上，；
法2：由特征根方程得，，，
所以，其中，解得，，
.
题型十：形如an+1=man+tpan+q型的递推式
25．已知，，则的通项公式为 ．
【答案】
【解析】，①．②
由得．
又因为，所以是公比为，首项为的等比数列，从而，即．
故答案为：
26．在数列中，，且，求其通项公式．
【解析】因为，
所以特征方程为，解得,
令，代入原递推式得,
因为，所以，
故,
因此，，从而,
又因为，所以．
27．已知数列满足，，则 ．
【答案】
【解析】设，令得：，解得：；
，化简得，，
所以，从而，
故，
又，所以是首项和公差均为的等差数列，
从而，故．
故答案为：
题型十一：已知通项公式an与前n项的和Sn关系求通项问题
28．已知数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前11项和.
【解析】（1）因为，
当时，；
当时，；
经检验：满足，所以.
（2）由（1）得：，
所以.
29．记数列的前项和，．
(1)求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，证明：．
【解析】（1）因为，
当时，，
则
，
故，即，
当时，有，即，
故是公差、首项均为的等差数列，故．
（2）由（1）得，
故，
则．
因为，故，
又在上单调递减，
故随的增大而增大，故，
综上，．
30．已知数列的前项和为，且满足．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)已知，求数列的前项和．
【解析】（1）当时，，解得，
当时，由，可得,
两式相减得，所以，
又因为，所以是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）知，，
所以，
数列 的前项和为，
可得，
两式相减得，
所以．
31．已知在数列中，，前项和.
(1)求、；
(2)求数列的通项公式；
(3)设数列的前项和为，求.
【解析】（1）由及得，
由及、得；
（2）当时，，整理得，
∴，
验证，当时符合，∴当时，；
（3）由（2）可知，
∴，
32．（2024·浙江绍兴·三模）已知数列的前n项和为，且，，设．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和．
【解析】（1），即，
即，则，即，
即，又，
故数列是以为首项、以为公比的等比数列.
（2）由（1）易得，即，则，
则，
有，
则
，
故.
33．已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)已知，集合中元素个数为，求．
【解析】（1）令，得.
当时，因为，所以，
两式相减得，即，所以，
所以，即，
所以
又，符合上式，所以；
（2）由，可得，
所以.
.
题型十二：周期数列
34．（2024·内蒙古包头·一模）已知数列的前项和为，，，，则 ．
【答案】6
【解析】因为，，，
则，，，，，
所以数列是周期为6的数列，且，
所以.
故答案为：6
35．（2024·上海浦东新·模拟预测）已知，且（为正整数），则 .
【答案】
【解析】因为，且，
所以，，
，，
，，，
所以是以为周期的数列，
因为，
所以.
故答案为：
36．（2024·上海普陀·模拟预测）已知数列满足，，，则数列的前项积的最大值为 ．
【答案】1
【解析】,
，两式相除得：，
所以数列是以3 为周期的周期数列,由，，得：
记数列的前n 项积为 ,结合数列的周期性，，当时,
，
，
，
所以数列的前项积的最大值为1.
故答案为：1
37．（2024·河北·模拟预测）若数列满足，，则 .
【答案】/
【解析】由题意知，，故，
，故，
同理，
由此可知数列为周期性数列，每3项为一个周期，
故，
故答案为：
题型十三：前n项积型
38．（2024·福建厦门·高三厦门外国语学校校考期末）为数列的前n项积，且．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求的通项公式．
【解析】（1）证明： 由已知条件知 ①,
于是． ②,
由①②得． ③ ，
又 ④，
由③④得，所以 ，
令，由，得，，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列；
（2）由（1）可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列．
，
法1：时，，
又符合上式，所以；
法2：将代回得：．
39．已知数列的前n项之积为，且．
求数列和的通项公式；
【解析】∵①，∴②，
由①②可得，由①也满足上式，∴③，
∴④，由③④可得，
即，∴，∴．
40．已知数列的前n项积.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列的前n项为，求的最小值.
【解析】（1）.
当时，；
当时，，也符合.
故的通项公式为.
（2），
，
是以为首项，2为公差的等差数列，
，
当时，的最小值为.
题型十四：“和”型求通项
41．（2024•南明区校级月考）若数列满足，则 ．
【解析】解：，
则
．
故答案为：．
42．（2024·青海西宁·二模）已知为数列的前项和，，，则（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2024
【答案】C
【解析】当时， ，
当时，由得，
两式相减可得
，即，
所以，可得，
所以.
故选：C.
43．已知数列的前项和为，若，且，，则的值为( )
A．－8B．6C．－5D．4
【答案】C
【解析】对于，
当时有，即
，
，
两式相减得：
，
由可得
即从第二项起是等比数列，
所以，
即，
则，故，
由可得，
故选C.
44．数列满足：，求通项.
【解析】由已知当时，可得，
当时，，
与已知式联立，两式相减，
得，
，
，
，
即奇数项构成的数列是每项都等于的常数列，
偶数项构成的数列是每项都等于的常数列，
.
题型十五：正负相间讨论、奇偶讨论型
45．已知数列满足：，求此数列的通项公式.
【解析】在数列中，由，得，当时，，
两式相除得：，因此数列构成以为首项，为公比的等比数列；
数列构成以为首项，为公比的等比数列，于是，
所以数列的通项公式是.
46．（2024·山东·校联考模拟预测）已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，且，求的最小值．
【解析】（1）由题意知当时，．
设，则，所以，即．
又．
所以是首项为4，公比为2的等比数列．
所以．即．
（2）当为偶数时，，即
，
令．则可解得．即．
又因为
故的最小值为95．
47．（2024·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知数列满足，且
(1)设，求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，求使得不等式成立的n的最小值．
【解析】（1）因为
所以，，，所以．
又因为，所以，所以．
因为，所以，
又因为，所以，所以，所以，
即，
所以，
又因为，所以，所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即．
（2）由（1）可知，所以，
所以，
又因为，所以，
即，所以，
所以，
因为，
，
所以是一个增数列，
因为，，
所以满足题意的n的最小值是20．
题型十六：因式分解型求通项
48．（2024•四川模拟）已知数列的各项均为正数，且满足．
（1）求，及的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【解析】解：（1）当时，，
；
当时，，
；
由已知可得，且，
．
（2）设，
，
是公比为4的等比数列，
．
题型十七：双数列问题
49．已知数列和满足，，，.则＝_______.
【答案】
【解析】，，且，，则，
由可得，代入可得，
，且，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
在等式两边同时除以可得，
所以，数列为等差数列，且首项为，公差为，
所以，，，
则，
因此，.
故答案为：.
50．（2024·上海奉贤·二模）数列，满足，，.
（1）求证：是常数列；
（2）若是递减数列，求与的关系；
【解析】（1），，，，
，，因此，数列是常数列；
（2）数列是递减数列，，
，，
，，，，
猜想，恒成立，
，
时，数列是递减数列；
51．（2024·高三·辽宁·期中）已知数列、满足，且
（1）令证明：是等差数列，是等比数列；
（2）求数列和的通项公式；
（3）求数列和的前n项和公式．
【解析】（1），
将上述两等式相加得，
即，因此，又，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，.
又由题设得，即，
因此，又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，；
（2）由（1）知，，即，
解得，；
（3）设数列和的前项和分别为、，
则，同理可得.
题型十八：通过递推关系求通项
52．某校高一学生1000人，每周一次同时在两个可容纳600人的会议室，开设“音乐欣赏”与“美术鉴赏”的校本课程.要求每个学生都参加，要求第一次听“音乐欣赏”课的人数为，其余的人听“美术鉴赏”课；从第二次起，学生可从两个课中自由选择.据往届经验，凡是这一次选择“音乐欣赏”的学生，下一次会有20%改选“美术鉴赏”，而选“美术鉴赏”的学生，下次会有30%改选“音乐欣赏”，用，分别表示在第次选“音乐欣赏”课的人数和选“美术鉴赏”课的人数.
(1)若，分别求出第二次，第三次选“音乐欣赏”课的人数，；
(2)①证明数列是等比数列，并用n表示；
②若要求前十次参加“音乐欣赏”课的学生的总人次不超过5800，求m的取值范围.
【解析】（1）由已知，且，，
因为，所以，
所以，，
所以.
所以.
（2）①由（1）得，
所以，因为，故，
所以数列是以为首项、为公比的等比数列，
所以，即.
②前十次参加“音乐欣赏”课的学生的总人次即为数列的前10项和，
所以，
由已知，
，又且，
所以的取值范围为且.
53．某区域市场中智能终端产品的制造全部由甲､乙两公司提供技术支持．据市场调研及预测，商用初期，该区域市场中采用的甲公司与乙公司技术的智能终端产品各占一半，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现，每次技术更新后，上一周期采用乙公司技术的产品中有转而采用甲公司技术，采用甲公司技术的产品中有转而采用乙公司技术．设第次技术更新后，该区域市场中采用甲公司与乙公司技术的智能终端产品占比分别为和，不考虑其他因素的影响．
(1)用表示，并求使数列是等比数列的实数．
(2)经过若干次技术更新后，该区域市场采用甲公司技术的智能终端产品的占比能否达到以上？若能，则至少需要经过几次技术更新；若不能，请说明理由．
【解析】（1）由题意知，经过次技术更新后，，
则，
即．
设，则，
令，解得．
又，
所以当时，是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）可知，则，．
所以经过次技术更新后，该区域市场采用甲公司技术的智能终端产品的占比为．
对于任意，所以，
即经过若干次技术更新后，该区域市场采用甲公司技术的智能终端产品的占比不会达到以上．
54．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了．预计以后每年年增长率与第一年的相同，公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第年年底企业上缴资金后的剩余资金为万元．
(1)用表示与，并写出与的关系式；
(2)求证：当时，数列为等比数列，并说明的现实意义；
(3)若公司希望经过年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金的近似值（取整数）．
【解析】（1）依题意，，，
.
（2）由（1）知，，则，当时，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
当时，，才能保证每年投入生产高于万元.
（3）由（2）知，数列是以为首项，为公比的等比数列，
因此，即，
由，得，解得，
所以企业每年上缴资金约为万元.
55．某电视频道在一天内有x次插播广告的时段，一共播放了y条广告，第一次播放了1条以及余下的条的，第2次播放了2条以及余下的，第3次播放了3条以及余下的，以后每次按此规律插播广告，在第次播放了余下的x条．
(1)设第次播放后余下条，这里，，求与的递推关系式．
(2)求这家电视台这一天播放广告的时段x与广告的条数y．
【解析】（1）依题意，第次播放了，
因此，整理得．
（2）∵
，
又∵，
∴．
∴，
∴
∴．
∵当时，，与互质，，
∴，则
即．
56．治理垃圾是地改善环境的重要举措．去年地产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的.
(1)写出地的年垃圾排放量与治理年数的表达式；
(2)设为从今年开始年内的年平均垃圾排放量，证明数列为递减数列；
(3)通过至少几年的治理，地的年平均垃圾排放量能够低于100万吨？
【解析】（1）设治理年后，地的年垃圾排放量构成数列.
当时，是首项为，公差为的等差数列，
所以；
当时，数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，
所以，治理年后，地的年垃圾排放量的表达式为
（2）设为数列的前项和，
则．
由于

由（Ⅰ）知，
时，，所以为递减数列，
时，，所以为递减数列，
且，
所以为递减数列，
于是，
因此，
所以数列为递减数列．
（3）由于是递减数列，且，
所以，5年内年平均垃圾排放量不可能低于100万吨．
时，由于，
所以

．
因为，
，
综上所述，至少经过10年治理A地年平均垃圾排放量才能低于100万吨．
1．（2024·西藏·模拟预测）已知数列对任意满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由，得，
所以，
所以，即①．
又因为②，
①②两式相乘，得．
故选：A．
2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知数列的前项和为，则（ ）
A．190B．210C．380D．420
【答案】B
【解析】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
3．（2024·江苏盐城·模拟预测）若数列满足，的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
当时，，
，
，
；
当时，，解得：，不满足，；
当时，，
又满足，.
故选：D.
4．（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知数列的首项，且满足，若，则满足条件的最大整数（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【解析】，令，
则，又，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
得，所以，
∴，
由，解得.
故选：B
5．已知数列满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由，得，
所以，，，，（，），
累乘可得，又，得.
设①，
则②，
①-②得，
，
，
.
故选：C.
6．（2024·安徽阜阳·模拟预测）设正数数列的前项和为，且，则（ ）
A．是等差数列B．是等差数列C．单调递增D．单调递增
【答案】D
【解析】依题意可得：，.
因为，
所以当时，，即，解得，
当时，，整理得：，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
从而， .
因为当时，，
当时，.
也适合上式，
所以，故选项A、B错误，选项D正确.
因为，
所以选项C错误.
故选：D.
7．（2024·北京朝阳·二模）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，.
从而有，
整理得，
，
，
，，
由于皆为正整数，所以
（i）当时，，
当时，，
（iii）当时，，
（iv）当时，
只有符合题意，即的值为2.
故选：B.
8．（2024·山西·三模）已知数列对任意均有.若，则（ ）
A．530B．531C．578D．579
【答案】C
【解析】因为，可知数列是以首项，公差的等差数列，
所以，
又因为，即，
可得，
累加可得，
则，所以.
故选：C.
9．（多选题）（2024·四川内江·模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学相互做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外5人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外5人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住.记第次传球之后球在乙手中的概率为.则下列正确的有（ ）
A．
B．为等比数列
C．设第次传球后球在甲手中的概率为
D．
【答案】ABD
【解析】依题意，，
第次传球之后球在乙手中，则当时，第次传球之后球不在乙手中，其概率为，
第次传球有的可能传给乙，因此，
于是，而，则是以为首项，公比为的等比数列，
所以，则，故A、B、D正确；
因为，，当时，
则，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
所以，所以，
则，，
所以，
所以，故C错误.
故选：ABD
10．（多选题）（2024·山东·模拟预测）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，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组成的数列称为斐波那契数列，若用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】对于A，由题意可知斐波那契数列的前10项为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
所以，所以A错误，
对于B，当时，，，，
所以三式相加得，
所以，所以B正确，
对于C，因为数列满足：，，
所以，，，……，
，，，
以上2023个等式相加得,
因为，所以，所以C正确，
对于D，因为，，
所以，,
,,
……,
,
所以，所以D正确，
故选：BCD
11．（多选题）（2024·重庆·模拟预测）已知数列，，记，，若且则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列中的最大项为
C．D．
【答案】BD
【解析】对于A，由已知，
当时，，即，，
当时，，即，
所以，即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，A选项错误；
对于B，所以，，且数列单调递减，
所以数列中的最大项为，B选项正确；
对于C，，
，
所以，C选项错误；
对于D，又，所以，即，D选项正确；
故选：BD.
12．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知数列的前三项依次为的前项和，则 ．
【答案】2024
【解析】由题意知，，，
解得，，，
所以，.
故答案为：2024.
13．（2024·内蒙古·三模）假设在某种细菌培养过程中，正常细菌每小时分裂1次（1个正常细菌分裂成2个正常细菌和1个非正常细菌），非正常细菌每小时分裂1次（1个非正常细菌分裂成2个非正常细菌）.若1个正常细菌经过14小时的培养，则可分裂成的细菌的个数为 .
【答案】/131072
【解析】设经过小时，有个正常细菌，个非正常细菌，
则，.
又，，所以，，
则，所以，
所以是首项和公差均为的等差数列，
所以，
所以，所以.
故答案为：.
14．（2024·上海·模拟预测）已知无穷数列的前项和为，不等式对任意不等于2的正整数恒成立，且，那么这样的数列有 个.
【答案】4
【解析】当时，，得或，
当时，由，得，
两式相减得：，
整理得，所以或，
当时，若，可得，
因为不等式对任意不等于2的正整数恒成立，
所以对任意不等于2的正整数恒成立，
则当时，，即，，，，成立；
若，时，，即，，，，成立；
当时，若，可得，，不合题意，舍去；
当时，若，可得，
由题意可得对任意不等于2的正整数恒成立，
则当时，，即，，，，成立；
若，时，，即，，，，成立；
当时，若，可得，，不合题意，舍去．
所以满足题意的数列有4个．
故答案为：4.
15．（2024·吉林·模拟预测）已知数列的前项和为，且.
(1)求实数的值和数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【解析】（1）当时，，
，
，
当时，，
整理得，
数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
；
（2）法一：
，
①，
②，
①②得
；
法二：
，
设，
且，解得，
，
即，其中，
，
.
16．（2024·江西宜春·模拟预测）数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)若，求的前项和．
【解析】（1）数列满足，
当时，，
两式相减可得，，所以，
当时，也满足上式，
所以；
（2）由（1）得，
所以，
则，
两式相减的，，
所以．
17．（2024·陕西安康·模拟预测）记为数列的前项和，已知.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【解析】（1）由，可得，所以，
又由，所以，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，则，
当时，，所以，
又当时，满足上式，
所以的通项公式为.
（2）由（1）可知当为奇数时，；
当为偶数时，，
所以
18．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知各项均为正数的数列前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：．
【解析】（1）因为①，所以②，③，
由③得：，所以，
②-①得：，整理得：，
又因为各项均为正数，所以，
所以是公差的等差数列，．
（2）由（1），，
所以，
所以．
19．（2024·福建泉州·模拟预测）将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块叠放于水平桌面上，每个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度，如下图，那么最上层的铁块最多可向桌缘外伸出多远而不掉下呢？这就是著名的“里拉斜塔”问题．将铁块从上往下依次标记为第1块、第2块、第3块、……、第n块，将前块铁块视为整体，若这部分的重心在第块的上方，且全部铁块整体的重心在桌面的上方，整批铁块就保持不倒．设这批铁块的长度均为1，若记第n块比第块向桌缘外多伸出的部分的最大长度为，则根据力学原理，可得，且为等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为．
①比较与的大小；
②对于无穷数列，如果存在常数，对任意的正数，总存在正整数，使得，，则称数列收敛于，也称数列的极限为，记为；反之，则称不收敛．请根据数列收敛的定义判断是否收敛？并据此回答“里拉斜塔”问题．
【解析】（1）依题意，第1块铁块比第2块铁块向桌外伸出部分的最大长度为第1块铁块自身长度的一半，则，
由为等差数列，得其首项为，公差，
因此，即，
所以的通项公式是.
（2）①由（1）知，，
令函数，求导得，即函数在上递减，
则，即，取，于是，
则，
所以.
②不收敛.
给定正数，对，令，则，
解得，取（表示不超过的最大整数），
显然当时，不等式不成立，即有，
因此数列不收敛；
取，则当时，，
因此当时，成立，
所以不收敛.
的意义是块叠放的铁块最上层的最多可向桌缘外伸的长度，因为不收敛于任意正数，
所以只要铁块足够多，最上层的铁块最多可向桌缘外伸出的长度可以大于任意正数.
1．（2012年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（湖北卷））传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1,3， 6,10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列，可以推测：
（Ⅰ）是数列中的第 项；
（Ⅱ） ．（用表示）
【答案】 5030； .
【解析】由三角形数规律可得，
所以，累加得，
所以，当时仍成立，故，
写出若干项有：
其中能被5整除的有，故，
从而由上述规律可猜想：（为整数），
所以，即是数列中的第5030项.
故答案为：5030；.
2．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）记为数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【解析】（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
，
.
3．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）设为数列的前n项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【解析】（1）因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，当时，，即，
当时都满足上式，所以．
（2）因为，所以，
，
两式相减得，
，
，即，．
4．（2022年新高考全国I卷数学真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【解析】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
5．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
【解析】（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；
6．（2020年浙江省高考数学试卷）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
【解析】（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.
所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以（）.
所以，又，符合，
故.
（II）依题意设，由于，
所以，
故
.
又，而，
故
所以
.
由于，所以，所以.
即， .
7．（2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷））设，对1，2，···，n的一个排列，如果当s0,an>0)型的递推式 PAGEREF _Tc172531683 \h 10
\l "_Tc172531684" 题型八：形如an+1=manpan+q型的递推式 PAGEREF _Tc172531684 \h 10
\l "_Tc172531685" 题型九：形如an+2=pan+1+qan型的递推式 PAGEREF _Tc172531685 \h 11
\l "_Tc172531686" 题型十：形如an+1=man+tpan+q型的递推式 PAGEREF _Tc172531686 \h 12
\l "_Tc172531687" 题型十一：已知通项公式an与前n项的和Sn关系求通项问题 PAGEREF _Tc172531687 \h 14
\l "_Tc172531688" 题型十二：周期数列 PAGEREF _Tc172531688 \h 17
\l "_Tc172531689" 题型十三：前n项积型 PAGEREF _Tc172531689 \h 19
\l "_Tc172531690" 题型十四：“和”型求通项 PAGEREF _Tc172531690 \h 20
\l "_Tc172531691" 题型十五：正负相间讨论、奇偶讨论型 PAGEREF _Tc172531691 \h 22
\l "_Tc172531692" 题型十六：因式分解型求通项 PAGEREF _Tc172531692 \h 24
\l "_Tc172531693" 题型十七：双数列问题 PAGEREF _Tc172531693 \h 24
\l "_Tc172531694" 题型十八：通过递推关系求通项 PAGEREF _Tc172531694 \h 26
\l "_Tc172531695" 02 重难创新练 PAGEREF _Tc172531695 \h 31
\l "_Tc172531696" 03 真题实战练 PAGEREF _Tc172531696 \h 44