新高考数学一轮复习提升练习考向26 数列的概念与简单表示 (含解析)

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考向26 数列的概念与简单表示

1．（2021·全国高考真题（理））等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：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】
当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】
由题，当数列为时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，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．
2．（2021·全国高考真题）已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题设中的递推关系可得，从而可求的通项.
（2）根据题设中的递推关系可得的前项和为可化为，利用（1）的结果可求.
【详解】
（1）由题设可得
又，，
故，即，即
所以为等差数列，故.
（2）设的前项和为，则，
因为，
所以
.
【点睛】
方法点睛：对于数列的交叉递推关系，我们一般利用已知的关系得到奇数项的递推关系或偶数项的递推关系，再结合已知数列的通项公式、求和公式等来求解问题.

1、已知数列的前几项求通项公式
（1）常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．
具体策略：
①分式中分子、分母的特征；
②相邻项的变化特征；
③拆项后的特征；
④各项的符号特征和绝对值特征；
⑤化异为同．对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；
⑥对于符号交替出现的情况，可用或处理．
根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想.
（2）根据图形特征求数列的通项公式，首先要观察图形，寻找相邻的两个图形之间的变化，其次要把这些变化同图形的序号联系起来，发现其中的规律，最后归纳猜想出通项公式．
2、已知求的一般步骤：
（1）先利用求出；
（2）用替换中的n得到一个新的关系，利用便可求出当时的表达式；
（3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分与两段来写.
利用求通项公式时，务必要注意这一限制条件，所以在求出结果后，要看看这两种情况能否整合在一起．
已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法如下：
（1）：常用累加法，即利用恒等式求通项公式．
（2）：常用累乘法，即利用恒等式求通项公式．
（3）（其中为常数，）：先用待定系数法把原递推公式转化为，其中，进而转化为等比数列进行求解．
（4）：两边同时除以，然后可转化为类型3，利用待定系数法进行求解；两边同时除以，然后可转化为类型1，利用累加法进行求解．
（5）：把原递推公式转化为，解法同类型3．
（6）：把原递推公式两边同时取对数，然后可转化为类型3，利用待定系数法进行求解．
（7）：把原递推公式两边同时取倒数，然后可转化为类型3，利用待定系数法进行求解．
（8）：易得，然后分n为奇数、偶数两种情况分类讨论即可．
（9）：易得，然后分n为奇数、偶数两种情况分类讨论即可．
3、数列的性质
（1）数列的周期性
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
（2）数列的单调性
（1）数列单调性的判断方法：
①作差法：数列是递增数列；
数列是递减数列；
数列是常数列．
②作商法：当时，数列是递增数列；
数列是递减数列；
数列是常数列．
当时，数列是递减数列；
数列是递增数列；
数列是常数列．
（2）数列单调性的应用：
①构造函数，确定出函数的单调性，进而可求得数列中的最大项或最小项．
②根据可求数列中的最大项；根据可求数列中的最小项．当解不唯一时，比较各解对应的项的大小即可．


1．数列的定义
按照一定顺序排列的一列数，称为数列.数列中的每一项叫做数列的项.数列的项在这列数中是第几项，则在数列中是第几项.一般记为数列.
(1)数列是按一定“顺序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关，这有别于集合中元素的无序性．因此，若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的两个数列．
(2)数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现，这也是数列与数集的区别．
2．数列的分类
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间的大小关系分类
递增数列

其中n∈N＋
递减数列

常数列

按其他标准分类
有界数列
存在正数，使
摆动数列
的符号正负相间，如1，－1,1，－1，…










3．数列是一种特殊的函数
数列是一种特殊的函数，其定义域是正整数集和正整数集的有限子集.所以数列的函数的图像不是连续的曲线，而是一串孤立的点.
4.数列的通项公式：
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．即,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个通项公式.
5.数列的前项和和通项的关系：.
6.数列的递推公式
如果已知数列{an}的第一项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(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．


【知识拓展】
常见的数列的通项公式：
（1）数列1，2，3，4，…的通项公式为；
（2）数列2，4，6，8，…的通项公式为；
（3）数列1，4，9，16，…的通项公式为；
（4）数列1，2，4，8，…的通项公式为；
（5）数列1，，，，…的通项公式为；
（6）数列，，，，…的通项公式为．



1．（2021·陕西高三二模（理））已知数列的前n项和为，，则当取最小值时，n的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
2．（2021·四川乐山市·高一期中）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=n2，记数列的前n项和为Tn，n∈N*.则使得T20的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·云南高三二模（文））已知正项数列满足且，令，则数列的前项的和等于___________.
4．（2021·内蒙古高三二模（理））已知数列中各项是从1、0、－1这三个整数中取值的数列，为其前n项和，定义，且数列的前n项和为，若，则数列的前30项中0的个数为_______个．

1．（2020·陕西渭南市·高三二模（理））设数列的前n项和为，，且，则的最小值为（　　）
A． B．3 C． D．
2．（2021·全国高三其他模拟）已知数列{an}满足（n∈N*），则（ ）
A．a2021＞a1 B．a2021＜a1
C．数列{an}是等差数列 D．数列{an}是等比数列
3．（2021·全国）复利是指一笔资金产生利息外，在下一个计息周期内，以前各计息周期内产生的利息也计算利息的计息方法，单利是指一笔资金只有本金计取利息，而以前各计息周期内产生的利息在下一个计息周期内不计算利息的计息方法.小闯同学一月初在某网贷平台贷款10000元，约定月利率为1.5%，按复利计算，从一月开始每月月底等额本息还款，共还款12次，直到十二月月底还清贷款，把还款总额记为x元.如果前十一个月因故不还贷款，到十二月月底一次还清，则每月按照贷款金额的1.525%，并且按照单利计算利息，这样的还款总额记为y元.则y-x的值为（ ）(参考数据：1.01512≈1.2)
A．0 B．1200 C．1030 D．900
4．（2021·福建省南安第一中学高三二模）设数列的前n项和为，且，则（ ）．
A．12 B．13 C．16 D．32
5．（2021·上海高三其他模拟）已知数列的前项和为，若，，，则可能的不同取值的个数为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
6．（2022·全国高三专题练习）若数列{an}满足a1＝3，an＝3an﹣1+3n（n≥2），则数列{an}的通项公式an＝（ ）
A．2×3n B． C．n3n D．
7．（2021·江西省铜鼓中学高一月考（理））已知正项数列的前n项和为，且，则不超过的最大整数是_____________．
9．（2022·全国高三专题练习）在数列中，，，，则的值为______．
10．（2021·山东高三二模）已知正项数列的首项，前项和为，且满足
（1）求数列的通项公式：
（2）设数列前和为，求使得成立的的最大值．
11．（2021·福建高三二模）在①，且；②成等差数列，且；③（为常数）这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
问题：已知数列的前项和为，________，其中．
（1）求的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求证：．
12．（2021·湖南高三其他模拟）已知正项数列的前n项和为，，当时，是与的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前n项和.


1．（2019·浙江高考真题）设，数列中，， ,则
A．当 B．当
C．当 D．当
2．（2020·北京高考真题）在等差数列中，，．记，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
3．（2008·江西高考真题（文））在数列中，，，则
A． B． C． D．
4．（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．
5．（2020·全国高考真题（文））数列满足，前16项和为540，则 ______________.
6．（2020·浙江高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列，数列 的前3项和是________．
7．（2008·北京高考真题（理））某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下第棵树种植在点处，其中，，当时，

表示非负实数的整数部分，例如，．
按此方案，第6棵树种植点的坐标应为___________．第2008棵树种植点的坐标应为______．
8．（2021·浙江高考真题）已知数列的前n项和为，，且.
（1）求数列的通项；
（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
9．（2021·全国高考真题（理））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．
10．（2017·全国高考真题（文））设数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）求数列 的前项和．



1．【答案】B
【分析】
根据题意，由数列的通项公式可得当时，有，当时，有，据此分析可得答案.
【详解】
根据题意，数列中，，
当时，有，当时，有，
则当时，最小，
故选：B
2．【答案】C
【分析】
根据联系到通项与前n项和公式的关系 ，求出
，根据式子特点，求前n项和用裂项相消法，即可求出T20。
【详解】
由可得，当时， ； 当 时，，
作差可得 ，即 ，
而 ，符合，那么.
，

，
所以 .
故选：C
3．【答案】
【分析】
首先由递推关系可得是等比数列，进而可得、的通项公式，再利用乘公比错位相减，分组求和即可求解.
【详解】
由可得，
因为，所以，即，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，
所以，
则的前项的和等于，
令，前项的和为，则
，
，
两式相减可得：

，
所以，
所以前项的和为，
故答案为：.
4．【答案】7
【分析】
由，设前30项中有个1，则有个，有个0，再根据求得值后可得结论．
【详解】
设前30项中有个1，因为，则有个，其余的都是0，
所以，解得，因此0的个数是29－2×11＝7个．
故答案为：7．



1．【答案】D
【分析】
化简可得，可知数列是等差数列，求出的通项公式，代入，令，求导求函数的单调性，确定的单调性，从而求出最小值.
【详解】
解：因为，
即，即，又，所以数列是以1为首项以2为公差的等差数列.
，所以，则，
令，则 ，时，，所以在上单调递增.即是单调递增数列.
所以当时，取得最小值.
故选：D
2．【答案】C
【分析】
根据题意，可得，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】
因为，
所以，即，
所以，故A、B错误；
因为，所以数列{an}为等差数列，且公差为0，故C正确；
若，则数列{an}不是等比数列，故D错误.
故选：C
3．【答案】C
【分析】
设小闯同学每个月还款元，则可依次求每次还款元后，还欠本金及利息，由题意可得，求出，从而可求出的值，再利用单利求出，进而可求出的值
【详解】
解：由题意知，按复利计算，设小闯同学每个月还款元，则小闯同学第一次还款元后，还欠本金及利息为元，
第二次还款元后，还欠本金及利息为，
第三次还款元后，还欠本金及利息为，
依次类推，直到第十二次还款后，全部还清，即
，
即，解得，
故元，
按照单利算利息，12月后，所结利息共元，
故元，
所以，
故选：C
4．【答案】D
【分析】
知求，作差求出的递推式，然后求出数列的通项公式，代入即可求出结果.
【详解】
当时，，可得；
当时，，即；
∴数列是首项为1，公比为2的等比数列，其通项公式为，.
故选：D
5．【答案】D
【分析】
依题意可知数列是以3为周期的数列，且，，两两不同，且前100项和与最后一位的取值有关，从而可得答案．
【详解】
∵，，，
∴数列是以3为周期的数列，且，，两两不同，
从0，1，2，3四个数中取3个，对应，，(其和与，，的顺序无关)共有种方法，
又，前100项和与最后一位的取值有关，故有3种情况，
故可能的不同取值的个数为个，
故选：D.
6．【答案】C
【分析】
由递推关系求得，结合选项一一代入检验排除即可得结果．
【详解】
由an＝3an﹣1+3n（n≥2），当时，
对于A，，故A错；
对于B，，，故B错；
对于C，，，
对于D，，故D错，
故选：C
7．【答案】88
【分析】
由，可得时，，，解得，时，，代入可得：，化为：，利用等差数列的通项公式即可得出．利用，时，右边成立）可得：，再利用累加求和方法即可得出结论．
【详解】
解：，时，，，解得．
时，，代入可得：，
化为：，
可得数列为等差数列，首项为1，公差为1，
，
解得．
，时，右边成立）
即，

所以，
∴
所以，
所以不超过的最大整数是88.
故答案为：88
9．【答案】1
【分析】
根据其递推公式求得相邻奇数项的乘积为1，相邻偶数项的乘积为1，进而得到数列具有周期性，即可求解．
【详解】
解：，，从而，即数列是以4为周期的数列，又由，，
得，即，，得，，
，
故答案为：1．
10．【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）通过题意所给得出两式相减得出即可得出答案；（2）方法①由题意写出数列通项公式通过裂项相消法易求数列前和，再通过数列单调性求解即可；方法②方法①由题意写出数列通项公式通过裂项相消法易求数列前和，通过构造函数转化不等式，对函数求导后综合判断即可.
【详解】
（1）由①
得②
②-①得，
因为，所以
由此可知…，…是公差为2的等差数列，
其通项公式为；
故时，
（2）方法①：
由（1）可知

要使，即，
由可知数列为递增数列，
由知数列为递减数列，
因为
所以当时，，
当时，
故满足条件的的最大值为4．
方法②：
由（1）可知

要使，有，即；
令，，
由，，可知当时是增函数，当时是减函数
由，，可知时，时，
所以当时，当且时，
所以时，故满足条件的的最大值为4．
11．【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）若选条件①：把已知条件变形为，从而得到，即得到数列是首项为，公比为的等比数列；
若选条件②：由已知条件得到，再根据与的关系式得到，从而得到数列是首项为，公比为的等比数列；
若选条件③：根据与的关系式得到，从而得到数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）得到，从而根据错位相减求和法求.
【详解】
（1）若选条件①：由，得，
即，所以，
因为，所以，即，
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以；
若选条件②：因为成等差数列，所以，
即，所以，
又，，所以，即，
所以，所以，
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以；
若选条件③：因为，
所以时，，
两式相减并整理，得，即，
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
（2）由（1）知：
所以，所以，
所以，
所以，
两式相减，得，
整理，得，所以.
又，
所以，故在上单调递增，
所以，所以.
12．【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）首先由条件可知，再利用数列与的关系，变形得到递推关系，得到数列的通项公式；（2）由（1）得到，再求数列的和.
【详解】
（1）由题得，当时，①，
当时，②，
①-②，得，
所以③.
当时，由，得，
整理得，解得或(舍去).
又，符合③式.
所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，所以.
（2）由（1）得.
所以.
所以

.


1．【答案】A
【分析】
若数列为常数列，，则只需使，选项的结论就会不成立.将每个选项的的取值代入方程，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确.
【详解】
若数列为常数列，则，由，
可设方程
选项A：时，，，
，
故此时不为常数列，
，
且，
，则，
故选项A正确；
选项B：时，，，
则该方程的解为，
即当时，数列为常数列，，
则，故选项B错误；
选项C：时，，
该方程的解为或，
即当或时，数列为常数列，或，
同样不满足，则选项C也错误；
选项D：时，，
该方程的解为，
同理可知，此时的常数列也不能使，
则选项D错误.
故选：A.
【点睛】
遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论的可能取值，利用“排除法”求解.
2．【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，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.
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.
3．【答案】A
【详解】
试题分析：在数列中，




故选A.
4．【答案】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，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，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．
5．【答案】
【分析】
对为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立方程，求解即可得出结论.
【详解】
，
当为奇数时，；当为偶数时，.
设数列的前项和为，




，
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.
6．【答案】
【分析】
根据通项公式可求出数列的前三项，即可求出．
【详解】
因为，所以．
即．
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．
7．【答案】 (1,2) (3, 402)
【详解】
T组成的数列为1,0,0,0,0,1, 0,0,0,0,1, 0,0,0,0,1……(k=1,2,3,4……)．
一一代入计算得数列为1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5……；
数列为1,1,1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,3,3,3,4,4,4,4,4…….
因此，第6棵树种在 (1,2)，第2008棵树种在(3, 402)．
8．【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论；
（2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.
【详解】
（1）当时，，
，
当时，由①，
得②，①②得
，
又是首项为，公比为的等比数列，
；
（2）由，得，
所以，
，
两式相减得

，
所以，
由得恒成立，
即恒成立，
时不等式恒成立；
时，，得；
时，，得；
所以.
【点睛】
易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.
9．【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】
（1）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;
（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,
∴.
【点睛】
本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与项的关系，其中由,得到，进而得到是关键一步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用的重要的思想方法.
10．【答案】(1) ；(2).
【分析】
（1）利用递推公式,作差后即可求得的通项公式.
（2）将的通项公式代入,可得数列的表达式.利用裂项法即可求得前项和.
【详解】
（1）数列满足
时,
∴
∴
当时,,上式也成立
∴
（2）
∴数列的前n项和


【点睛】
本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简单应用,属于基础题.