2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题17 数列的概念与数列的通项公式（教师版含解析）

这是一份2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题17 数列的概念与数列的通项公式（教师版含解析），共9页。

专题 17 数列的概念与数列的通项公式
十年大数据*全景展示



年 份
题
号

考 点

考 查 内 容

2013

卷 1

理 14
数列前 n 项和 Sn 与 an 关系
的应用
主要考查等比数列定义、通项公式及数列第 n 项与其前
n 项和的关系


2014
卷
2[
文
16

已知递推公式求通项公式

主要考查已知数列递推公式求首项，考查运算求解能力

卷 1

理 17
数列前 n 项和 Sn 与 an 关系
的应用
主要考查数列第 n 项与前 n 项和关系、等差数列的判定及通项公式、探索性问题


2016

卷 3

文 17

已知递推公式求通项公式
主要考查由递推公式求通项、等比数列定义、通项公式，
考查运算求解能力

卷 3

理 17
数列前 n 项和 Sn 与 an 关系
的应用
主要考查数列利用前n 项和 Sn 与 an 关系求通项公式、等
比数列定义及前n 项和公式，考查运算求解能力

2018

卷 1

理 14
数列前 n 项 和 Sn 与 an 关
系的应用
主要考查数列利用前n 项和 Sn 与 an 关系求通项公式、等
比数列定义及前n 项和公式，考查运算求解能力
2020
卷 2
理 12
周期数列
周期数列，数列的新定义问题

大数据分析*预测高考


考点
出现频率
2021 年预测
考点 54 数列概念与与由数列的前几

项求通项公式

0/6
2021 年高考仍将以考查由递推公式求通项公式与已知前 n 项和或前 n 项和与第 n 项的关系式求通项为重点，特别是数列前 n 项和 Sn 与 an 关系的应
用，难度为中档题，题型为选择填空小题或解答
题第 1 小题，同时要注意对数列单调性与周期性问题的复习与训练
考点 55 已知递推公式求通项公式
2/6
考点 56 数列前 n 项和 Sn 与 an 关系
的应用
4/6
考点 57 数列性质
0/6

十年试题分类*探求规律


考点 54 数列概念与由数列的前几项求通项公式

1 ． (2020 全 国 Ⅱ 理 12)0-1 周 期 序 列 在 通 信 技 术 中 有 着 重 要 应 用． 若 序 列 a1a2 Lan L 满 足ai Î(0 , 1)(i = 1 , 2 , L) ，且存在正整数 m ，使得ai+m = ai (i = 1 , 2 , L) 成立，则称其为 0-1 周期序列，并称满足 ai+m = ai (i = 1,2,¼) 的最小正整数 m 为这个序列的周期．对于周期为 m 的 0-1 序列 a1a2 Lan L ，
1 m
m
C(k ) = å aiai+k (k = 1 , 2 , L, m -1) 是描述其性质的重要指标．下列周期为 5 的 0-1 序列中，满足
i=1

C (k ) £
1 (k = 1 , 2 , 3 , 4) 的序列是 ( )
5

A．11010L B．11011L C．10001L D．11001L
【答案】C

1 5
5
【解析】由ai+m = ai 知，序列 ai 的周期为 m，由已知， m = 5 ， C(k) = åaiai+k , k = 1, 2,3, 4 ．
i=1

1 5 1 1 1 1
对于选项 A， C(1) = 5 åaiai+1 = 5 (a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5 + a5a6 ) = 5 (1 + 0 + 0 + 0 + 0) = £
i=1 5 5

1 5 1 1 2
i=1
C(2) = 5 åaiai+2 = 5 (a1a3 + a2a4 + a3a5 + a4a6 + a5a7 ) = 5 (0 +1 + 0 +1 + 0) = 5 ，不满足；

1 5 1 1 3
i=1
对于选项 B， C(1) = 5 åaiai+1 = 5 (a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5 + a5a6 ) = 5 (1 + 0 + 0 +1 +1) = 5 ，不满足；

1 5 1 1 2
i=1
对于选项 D，C(1) = 5 åaiai+1 = 5 (a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5 + a5a6 ) = 5 (1+ 0 + 0 + 0 +1) = 5 ，不满足；故


选：C

2．(2011 天津)已知数列{a }与{b } 满足b a + b a


= (-2)n +1 ，

n n n+1 n n n+1

3 + (-1)n-1 *

bn =
,n Î N
2
, 且a1 = 2 ．



(Ⅰ)求 a2 , a3 的值；

n 2n+1 2n-1 n
(Ⅱ)设c = a - a , n Î N * ，证明{c } 是等比数列；

n n
(Ⅲ)设 S 为{a } 的前 n 项和，证明 S1 + S2 +L+ S2n-1 + S2n



£ n - 1 (n Î N* ).

a1 a2 a2n-1 a2n 3

3 + (-1)n-1 * ì2, n为奇数,

【解析】(Ⅰ)由bn =
, n Î N
2
，可得bn = í
î1, n为偶数,



又bn+1a
n + bn an+1
= (-2)n + 1 ，
3

当n = 1时, a1 + 2a2 = -1,由a1 = 2,可得a2 = - 2 ;
当n = 2时, 2a2 + a3 = 5, 可得a3 = 8.
(Ⅱ)证明：对任意 n Î N *

2n-1 2n
a + 2a = -22n-1 + 1 ①

2n 2n+1
2a + a = 22n + 1 ②

②-①，得 a - a = 3´ 22n-1 ,即c = 3´ 22n-1 ,于是cn+1 = 4

c
2n+1 2n-1 n
n

所以{cn } 是等比数列．

1
(Ⅲ)证明： a = 2 ，由(Ⅱ)知，当 k Î N *且k ³ 2 时，

a2k -1 = a1 + (a3 - a1 ) + (a5 - a3 ) + (a7 - a5 ) + L+ (a2k -1 - a2k -3 )


= 3 5 2 k -3
2(1 - 4k -1 )



2 k -1

2 + 3(2 + 2 + 2
+ L+ 2 ) = 2 + 3´ = 2
1 - 4


2k -1
故对任意 k Î N * , a = 22k -1.


2k
由①得2 2k -1+ 2a
= -22k -1 + 1, 所以a
= 1 - 22k -1 , k Î N *
2

2k
因此， S2k
= (a + a ) + (a + a ) +L+ (a + a ) = k .
1 2 3 4 2k -1 2k 2

于是， S2k
- 1 = S2k
- a2k
= k - 1 + 22k -1.
2

故 2k -1
k -1 + 22k -1 k
1
S
+ S2k =
2 + 2 =
k -1 + 22k
-
k
=1 -
1
-
k
a2k -1
a2k
22k -1 1 - 22k -1
22k

22k - 1

4k

4k (4k - 1)

.

2



考点 55 已知递推公式求通项公式

8
1． (2014 新课标Ⅱ，文 16)数列{a }满足 a =



1 , a = 2 ，则 a = ．


n n+1
1- an

1
【答案】
2
1 1



1 1 1 1

7
n
【解析】由an+1 = 1- a
得，an =1- a


n+1
，∵ a8 = 2 ，∴ a7 =1-
a
8
= 2 ，∴ a6 =1- a
=-1，∴ a5 = 1-
a
6
=2，



4
1 1 1 1 1 1

a
∴ a4 =1-
5
= 2 ，∴ a3 =1- a
=-1，∴ a2 =1-
a
3
=2， a1 =1- = ．
a
2
2

2．(2013 新课标Ⅰ，理 14)若数列{ a }的前 n 项和为 Sn＝ 2 a + 1 ，则数列{ a }的通项公式是 a = ．



【答案】(-2)n-1
n 3 n 3 n n


2 1 2 1

【 解析】 当 n =1 时， a1 = S1 = 3 a1 + 3 ， 解得 a1 =1 ， 当 n ≥ 2 时， an
= Sn - Sn-1 =
3 an + 3 －

( 2 a + 1 )= 2 a

- 2 a

，即 a = -2a ，∴{ a }是首项为 1，公比为－2 的等比数列，∴ a = (-2)n-1 ．



3 n-1 3
3 n 3
n-1
n n-1 n n


3．(2015 江苏)数列{a }满足 a

= 1，且 a
- a = n +1( n Î N * )，则数列 1

前 10 项的和为 ．

n 1


20
【答案】
11
n+1 n
{ }
an

【解析】由题意得： an = (an - an-1 ) + (an-1 - an-2 ) +K+ (a2 - a1 ) + a1

n
= n + n - 1 +L + 2 + 1 = n(n + 1) ， 所以 1 = 2(1 - 1 ), S



= 2(1 -
1 ) =

2n , S = 20 ．


2 an n n + 1
n + 1
n + 1 10 11

4．(2016•新课标Ⅲ，文 17)已知各项都为正数的数列{a } 满足 a = 1 ， a2 - (2a -1)a - 2a
= 0 ．

n 1 n n+1 n n+1
(1 )求 a2 ， a3 ；
(2)求{an } 的通项公式．

【解析】(1)根据题意， a2 - (2a -1)a - 2a
= 0 ，

n n+1 n n+1

当 n = 1 时，有 a2 - (2a -1)a - 2a
= 0 ，

1 2 1 2
而 a = 1 ，则有1 - (2a - 1) - 2a = 0 ，解可得 a = 1 ，

1 2 2 2 2


当 n = 2 时，有 a2 - (2a -1)a - 2a
= 0 ，

2 3 2 3

又由 a = 1 ，解可得 a = 1 ，

2 2 3 4
故 a = 1 ， a = 1 ；

2 2 3 4


(2)根据题意， a2 - (2a -1)a - 2a
= 0 ，

n n+1 n n+1

变形可得(an - 2an+1 )(an + 1) = 0 ， 即有 an = 2an+1 或 an = -1 ，
又由数列{an } 各项都为正数， 则有 an = 2an+1 ，
故数列{a } 是首项为 a = 1 ，公比为 1 的等比数列，


n


则 a = 1´

1 n-1 =


1 2
1 n-1 ，



n


故 a =
( ) ( )
2 2
1 n-1 ．



( )
n 2
考点 56 数列的前 n 项和 Sn 与 an 关系的应用
1．(2020 江苏 20)已知数列{a }(n Î N * ) 的首项a = 1，前n 项和为 S ．设l与k 是常数．若对一切正整
n 1 n
1 1 1

数n ，均有 S k
- S k
= lak
成立，则称此数列为“l- k ”数列．

n+1 n n+1
(1) 若等差数列是“l-1 ”数列，求l的值；

(2) 若数列{an }是“ 3 - 2 ”数列，且 an > 0 ，求数列{an }的通项公式；
3

(3) 对于给定的l，是否存在三个不同的数列{an } 为“l- 3 ”数列，且 an ³ 0 ？若存在，求出l的取值范 围；若不存在，说明理由．
【答案】见解析

3
3
a
n+1
Sn+1
Sn
【解析】(1) k = 1时， an+1 = Sn+1 - Sn = lan+1 ，∴l= 1 ．



Sn+1
(2)


因此
- = ， a

Sn
3
3
a
n+1
Sn+1
Sn
3
an+1
+ = ．


n+1
= Sn+1
- Sn =
( + ) ，



Sn+1
2
3
3a
n+1
= ， S


n+1
= 4 a
3


n+1
= 4 (S
3


n+1
- Sn
) ．从而 S


n+1
= 4Sn ．

又 S = a = 1， S = 4n-1 ， a = S - S
= 3× 4n-2 ， n ³ 2 ．

1 1 n n n n-1

ì1, n = 1
î
综上， an = í3× 4n-2 , n ³ 2 ．

1 1 1

n S
n n+1
(3)若存在三个不同的数列{a }为“l- 3 ”数列，则 3
n+1
- S 3 = la 3 ，

2 1 1 2

则 S - 3S 3


S 3 + 3S 3


S 3 - S
= l3a
= l3(S
- S ) ，

n+1
n+1
n n+1
n n n+1

S
n+1 n

1


由a = 1， a ³ 0 则 S > 0 ，令 p = ( n+1 )3 > 0 ，则(1 - l3 ) p3 - 3 p2 + 3 p
- (1 - l3 ) = 0 ，

S
1 n n n
n
n n n



l= 1时， p
= p2 ，由 p > 0 可得 p = 1 ，则 S
= S ，即 a
= 0 ，

n n n
n n+1 n
n+1


此时{an }唯一，不存在三个不同的数列{an }；


l¹ 1时，令t =
3


1 - l3

，则 p3 - tp2 + tp

- 1 = 0 ，则( p

n n n
-1)[ p2 + (1 - t) p

+ 1] = 0 ，

n n n
① t £ 1时 p2 + (1 - t) p + 1 > 0 ，则 p = 1 同理不存在三个不同的数列{a }；
n n n n

②1 < t < 3 时，D = (1- t)2 - 4 < 0 ，p2 + (1 - t) p + 1 = 0 无解，则 p = 1 ，同理不存在三个不同的数列{a }；
n n n n

n n n
③ t = 3 时， ( p -1)3 = 0 ，则 p = 1 ，同理不存在三个不同的数列{a }；


n n
④ t > 3 即 0 < l< 1 时 ， D = (1- t)2 - 4 > 0 ，
p2 + (1 - t) p
+ 1 = 0 有 两 解 a ， b ， 设 a< b ，


a+ b= t - 1 > 2 ，ab= 1 > 0 ，则0 < a< 1 < b，则对任意n Î N * ， Sn+1 = 1 或 Sn+1 = a3 或 Sn+1 = b3 ，


ì1, n = 1

ì1, n = 1, 2
Sn Sn Sn

此时 Sn = 1 ， Sn = í 3 ， Sn = í 3
均符合条件，

îb , n ³ 2

ì1, n = 1
îb , n ³ 3
ì 1, n = 1

ì1, n = 1 ï 3 ï 0, n = 2
对应 an = í0, n ³ 2 ， an = íb - 1, n = 2 ， an = íb3 - 1, n = 3 ，

î
î ï0, n ³ 3
ï
îï 0, n ³ 4

则存在三个不同的数列{an }为“l- 3 ”数列，且 an ³ 0 ，综上， 0 < l< 1．
2．(2018•新课标Ⅰ，理 14)记 Sn 为数列{an } 的前 n 项和．若 Sn = 2an + 1 ，则 S6 = ．
【答案】 -63
【解析】 Sn 为数列{an } 的前 n 项和， Sn = 2an + 1 ，①，当 n = 1 时， a1 = 2a1 + 1 ，解得 a1 = -1 ，
n-1 n-1 n n n-1 n n-1 n
当 n ³ 2 时， S = 2a + 1 ，②，由① - ②可得 a = 2a - 2a ，\ a = 2a ，\{a } 是以-1 为首项，以 2



为公比的等比数列，\
S6 =
-1´ (1 - 26 )


1 - 2

= -63 ．

3．(2016•新课标Ⅲ，理 17)已知数列{an } 的前 n 项和 Sn = 1 + lan ，其中l¹ 0 ．
(1) 证明{an } 是等比数列，并求其通项公式；

(2)若 S = 31 ，求l．

5 32
【解析】(1)Q Sn = 1 + lan ， l¹ 0 ．
\ an ¹ 0 ．
当n…2 时， an = Sn - Sn-1 = 1 + lan - 1 - lan-1 = lan - lan-1 ， 即(l- 1)an = lan-1 ，
Ql¹ 0 ， an ¹ 0 ．\l- 1 ¹ 0 ．即l¹ 1，

即 an an-1
= l
l- 1

， (n…2) ，

\{an } 是等比数列，公比 q =
l ，
l- 1

1
当 n = 1 时， S1 = 1 + la1 = a1 ，


即 a1
= 1 - l，

\ a =
1 g(

l )n-1 ．

n 1 - l l- 1
(2) 若 S = 31 ，


5


则若 S
32
= 1 + l[ 1
g( l )4 ] = 31 ，


5 1 - l l- 1 32
即 ( l )5 = 31 - 1 = - 1 ，

1 - l 32 32

则 l
1 - l
= - 1 ，得l= -1 ．
2

4．(2014 新课标Ⅰ，理 17)已知数列{ an }的前 n 项和为 Sn ， a1 =1， an ¹ 0 ， anan+1 = lSn -1，其中 l为


常数．

(Ⅰ)证明： an+2 - an = l；

(Ⅱ)是否存在l，使得{ an }为等差数列？并说明理由．
【解析】(Ⅰ)由题设 anan+1 = lSn -1， an+1an+2 = lSn+1 -1，两式相减
an+1 (an+2 - an ) = lan+1 ，由于an ¹ 0 ，所以 an+2 - an = l
(Ⅱ)由题设 a1 =1， a1a2 = lS1 -1 ，可得a2 = l1 -1 ，由( Ⅰ)知 a3 = l+ 1










…………6 分


假设{ an }为等差数列，则 a1 , a2 , a3 成等差数列，∴ a1 + a3 = 2a2 ，解得l= 4 ；

证明l= 4 时，{ an }为等差数列：由 an+2 - an = 4 知
数列奇数项构成的数列{a2m-1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列 a2m-1 = 4m - 3
n +1
令n = 2m -1, 则 m = ，∴ a = 2n -1 (n = 2m -1)
2 n

数列偶数项构成的数列{a2m } 是首项为 3，公差为 4 的等差数列 a2m = 4m -1
n
令n = 2m, 则 m = 2 ，∴ an = 2n -1 (n = 2m)
n n+1 n
∴ a = 2n -1( n Î N * )， a - a = 2

因此，存在存在l= 4 ，使得{ an }为等差数列． ………12 分
考点 57 数列性质

1．(2012 福建)数列{a }的通项公式 a
np
= n cos +1 ，前 n 项和为 S ，则 S = ．

n n 2
n 2012


【答案】3018
np
【 解 析 】 因 为 cos 的 周 期 为 4 ； 由 a


= n cos np+1



n Î N *


， ∴ a + a


+ a + a


= 6 ，

2
a5 + a6 + a7 + a8 = 6 ，…，∴
n 2
ý
S2012 = 503´ 6 = 3018
1 2 3 4

í
2. (2011 浙江)若数列ìn(n +

2
4)( )
3
n ü 中的最大项是第k 项，则k = ．



î þ


【答案】4

ìk (k +
ï


2
4)( )k
3

> (k -1)(k -1+ 2
4)( )
3




k -1


ì(k -1)2 < 10

【解析】由题意得í
2 2 ，得í k 2 > 10
，因为 k Î N ，所以 k = 4 ．

ïk (k + 4)( )k > (k +1)(k +1+ 4)( )k +1 î
îï 3 3

3．(2014 湖南)已知数列{ a }满足 a = 1,| a - a |= pn , n Î N *.
n 1 n+1 n

(Ⅰ)若{ an }是递增数列，且a1 , 2a2, 3a3 成等差数列，求 p 的值；
(Ⅱ)若 p = 1 ，且{ a }是递增数列，{ a }是递减数列，求数列{ a }的通项公式．

2 2n-1 2n n
【解析】(I)因为{a }是递增数列，所以 a - a = a - a = pn ．而 a = 1 ，
n n+1 n n+1 n 1

因此又 a , 2a , 3a 成等差数列，所以 4a = a + 3a
，因而3 p2 - p = 0 ，

1 2 3 2 1 3

解得 p =
1 , p = 0
3

当 p = 0 时， a = a ，这与{a }是递增数列矛盾．故 p = 1 ．

n+1 n n 3
(Ⅱ)由于{a2n-1} 是递增数列，因而 a2n+1 - a2n-1 > 0 ，于是
(a2n+1 - a2n ) + (a2n - a2n-1 ) > 0 ①
1 1

但
22n


< ，所以
22n-1

+
a - a
2n 1 2n
< a - a ． ②
-
2n 2n 1


又①，②知， a2n - a2n -1 > 0 ，因此


a - a = (1)
2n 2n-1 2
2n-1 =
(-1)2n 22n-1

③
因为{a2n }是递减数列，同理可得， a2n+1 - a2n < 0 故

æ 1 ö2n
è ø
a2n+1 - a2n = -ç 2 ÷

(-1)2n+1
=
④
22n

(-1)n+1

由③，④即知， an+1 - an = 2n
，于是


æ 1 ön-1


1 1 (-1)n
1 1- ç - 2 ÷
4 1 (-1)n

an = a1 + (a2 - a1 ) + (a3 - a2 ) +L+ (an - an-1 ) = 1+ - +L+ = 1+ × è ø = + × ，




4 1 (-1)n
2 22
2n-1
2 1+ 1
2
3 3 2n-1

故数列{an }的通项公式为 an = + ×
3 3 2
n-1 ．