資源簡介

專題11 數列的通項公式、數列求和與綜合應用策略
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 7
05 核心精講·題型突破 11
題型一：等差、等比數列的基本量問題 11
題型二：證明等差等比數列 12
題型三：等差等比數列的交匯問題 14
題型四：數列的通項公式 16
題型五：數列求和 18
題型六：數列性質的綜合問題 21
題型七：實際應用中的數列問題 23
題型八：以數列為載體的情境題 25
題型九：數列的遞推問題 26
重難點突破：數列新定義 29
數列作為高考數學中的核心考察點，其命題形態豐富多變，涵蓋了從基礎到復雜的各個層次。在小題部分，重點聚焦于等差數列、等比數列的基本概念、性質以及數列的遞推關系，并且呈現出與其他數學知識（尤其是函數、導數）相融合的趨勢。至于解答題，其難度通常處于中等或稍難水平，隨著文理合卷的改革推進，數列與不等式相結合的難題（以往常作為壓軸題）熱度有所減退，難度趨于穩定，保持在中等偏難的程度。這類題目往往在考察數列基本問題之后，進一步探討數列求和，而求和之后又常與不等式、函數、最值等問題相互交織。在考查等差數列、等比數列求和技巧的基礎上，更深入地考察“裂項相消法”、“錯位相減法”等高級求和技巧，并且與不等式緊密結合，其中“放縮”思想及方法的應用顯得尤為重要。此外，數列與數學歸納法的結合問題也是一個值得關注的領域，應給予適當的重視。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
等差、等比數列 掌握定義公式應用 2024年甲卷第4題，5分 2024年I卷第19題，17分 2024年II卷第12題，5分 2023年甲卷第5、13題，10分 2022年乙卷第13題，5分 2021年II卷第17題，10分 2023年II卷第8題，5分 2025年高考數列考查將聚焦核心點是遞推公式求通項公式，特別是利用數列前n項和與第n項的關系進行推導，此部分題型多樣，常作為選擇填空或最后一題數列新定義壓軸題，挑戰考生的思維深度與解題能力。
數列通項 能熟練求解通項問題 2023年乙卷第18題，12分 2023年II卷第18題，12分 2022年I卷第17題，10分 2022年上海卷第21題，18分
數列求和 理解數列求和方法，能準確計算數列和 2024年甲卷第18題，12分 2023年甲卷第17題，12分 2022年甲卷第18題，12分 2021年I卷第16題，5分 2021年乙卷第19題，12分 2021年I卷第17題，10分
1、利用定義判斷數列的類型：注意定義要求的任意性，例如若數列滿足（常數）（，）不能判斷數列為等差數列，需要補充證明；
2、數列滿足，則是等差數列；
3、數列滿足，為非零常數，且，則為等比數列；
4、在處理含，的式子時，一般情況下利用公式，消去，進而求出的通項公式；但是有些題目雖然要求的通項公式，但是并不便于運用，這時可以考慮先消去，得到關于的遞推公式，求出后再求解．
5、遇到形如的遞推關系式，可利用累加法求的通項公式，遇到形如的遞推關系式，可利用累乘法求的通項公式，注意在使用上述方法求通項公式時，要對第一項是否滿足進行檢驗．
6、遇到下列遞推關系式，我們通過構造新數列，將它們轉化為熟悉的等差數列、等比數列，從而求解該數列的通項公式：
（1）形如（，），可變形為，則是以為首項，以為公比的等比數列，由此可以求出；
（2）形如（，），此類問題可兩邊同時除以，得，設，從而變成，從而將問題轉化為第（1）個問題；
（3）形如，可以考慮兩邊同時除以，轉化為的形式，設，則有，從而將問題轉化為第（1）個問題．
7、公式法是數列求和的最基本的方法，也是數列求和的基礎．其他一些數列的求和可以轉化為等差或等比數列的求和．利用等比數列求和公式，當公比是用字母表示時，應對其是否為進行討論．
8、用裂項相消法求和時，要對通項進行變換，如：，，裂項后產生可以連續相互抵消的項．抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項，但是前后所剩項數一定相同．
常見的裂項公式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）．
9、用錯位相減法求和時的注意點：
（1）要善于通過通項公式特征識別題目類型，特別是等比數列公比為負數的情形；
（2）在寫出“”與“”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“”的表達式；
（3）在應用錯位相減法求和時，若等比數列的公比為參數，應分公比等于1和不等于1兩種情況求解．
10、分組轉化法求和的常見類型：
（1）若，且，為等差或等比數列，可采用分組求和法求的前項和；
（2）通項公式為，其中數列，是等比數列或等差數列，可采用分組求和法求和；
（3）要善于識別一些變形和推廣的分組求和問題．
11、在等差數列中，若（，，，，），則．
在等比數列中，若（，，，，），則．
12、前項和與積的性質
（1）設等差數列的公差為，前項和為．
①，，，…也成等差數列，公差為．
②也是等差數列，且，公差為．
③若項數為偶數，則，．
若項數為奇數，則，．
（2）設等比數列的公比為，前項和為
①當時，，，，…也成等比數列，公比為
②相鄰項積，，，…也成等比數列，公比為．
③若項數為偶數，則，；項數為奇數時，沒有較好性質．
13、衍生數列
（1）設數列和均是等差數列，且等差數列的公差為，，為常數．
①的等距子數列也是等差數列，公差為．
②數列，也是等差數列，而是等比數列．
（2）設數列和均是等比數列，且等比數列的公比為，為常數．
①的等距子數列也是等比數列，公比為．
②數列，，，，，
也是等比數列，而是等差數列．
14、判斷數列單調性的方法
（1）比較法（作差或作商）；（2）函數化（要注意擴展定義域）．
15、求數列最值的方法（以最大值項為例，最小值項同理）
方法：利用數列的單調性；
方法2：設最大值項為，解方程組，再與首項比較大小．
1．（2024年高考全國甲卷數學（文）真題）已知等差數列的前項和為，若，則（ ）
A． B． C．1 D．
2．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）記為等差數列的前項和，已知，，則（ ）
A． B． C． D．
3．（2024年北京高考數學真題）設與是兩個不同的無窮數列，且都不是常數列.記集合，給出下列4個結論：
①若與均為等差數列，則M中最多有1個元素；
②若與均為等比數列，則M中最多有2個元素；
③若為等差數列，為等比數列，則M中最多有3個元素；
④若為遞增數列，為遞減數列，則M中最多有1個元素.
其中正確結論的序號是 .
4．（2024年北京高考數學真題）漢代劉歆設計的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標準量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數列，底面直徑依次為 ，且斛量器的高為，則斗量器的高為 ，升量器的高為 ．
5．（2024年新課標全國Ⅰ卷數學真題）設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．
(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；
(2)當時，證明：數列是可分數列；
(3)從中任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．
6．（2024年北京高考數學真題）已知集合．給定數列，和序列，其中，對數列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數列記作；……；以此類推，得到，簡記為．
(1)給定數列和序列，寫出；
(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；
(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．
7．（2024年高考全國甲卷數學（文）真題）已知等比數列的前項和為，且.
(1)求的通項公式；
(2)求數列的前n項和.
8．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）記為數列的前項和，已知．
(1)求的通項公式；
(2)設，求數列的前項和．
9．（2024年天津高考數學真題）已知為公比大于0的等比數列，其前項和為，且．
(1)求的通項公式及；
(2)設數列滿足，其中．
（ⅰ）求證：當時，求證：；
（ⅱ）求．
10．（2023年北京高考數學真題）已知數列滿足，則（ ）
A．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
B．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
C．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
D．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
11．（2023年高考全國甲卷數學（文）真題）記為等差數列的前項和．若，則（ ）
A．25 B．22 C．20 D．15
12．（2023年高考全國乙卷數學（文）真題）記為等差數列的前項和，已知．
(1)求的通項公式；
(2)求數列的前項和．
13．（2023年天津高考數學真題）已知是等差數列，．
(1)求的通項公式和．
(2)設是等比數列，且對任意的，當時，則，
（Ⅰ）當時，求證：；
（Ⅱ）求的通項公式及前項和．
14．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知為等差數列，，記，分別為數列，的前n項和，，．
(1)求的通項公式；
(2)證明：當時，．
題型一：等差、等比數列的基本量問題
【典例1-1】已知等差數列的前項和為，若，則（ ）
A． B． C． D．
【典例1-2】記為數列的前項和，若，為等比數列，則（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
利用等差數列中的基本量（首項，公差，項數），等比數列的基本量（首項，公比，項數）翻譯條件，將問題轉換成含基本量的方程或不等式問題求解．
【變式1-1】已知各項均為正數的等差數列的前項和為，若，，則（ ）
A．25 B．16 C．9 D．4
【變式1-2】（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）等比數列的前項和為，公比為，若，則（ ）
A． B．2 C． D．3
1．已知正項等差數列滿足，則（ ）
A． B． C． D．
題型二：證明等差等比數列
【典例2-1】已知數列滿足，公差不為0的等差數列滿足成等比數列，
(1)證明：數列是等比數列．
(2)求和的通項公式．
【典例2-2】已知數列的各項均為正數，記為的前項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立.
①數列是等差數列；②數列是等差數列；③.
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.
判斷或證明數列是等差、等比數列常見的方法如下．
（1）定義法：對于的任意正整數：
①若為一常數，則為等差數列；
②若為常數，則為等比數列．
（2）通項公式法：
①若，則為等差數列；
（2）若，則為等比數列．
（3）中項公式法：
①若，則為等差數列；
②若，則為等比數列．
（4）前項和法：若的前項和滿足：
①，則為等差數列．
②，則為等比數列．
【變式2-1】設數列滿足．
(1)證明：數列為等比數列；
(2)求數列的通項公式．
【變式2-2】[新考法]（2024·山西呂梁·二模）已知雙曲線，點在上.按如下方式構造點：過點作斜率為1的直線與的左支交于點，點關于軸的對稱點為，記點的坐標為.
(1)求點的坐標；
(2)記，證明：數列為等比數列；
1．[新考法]在等差數列中，.
(1)求的通項公式；
(2)若數列滿足，其前項和為，證明：數列為等比數列，且；
題型三：等差等比數列的交匯問題
【典例3-1】已知數列滿足，且.
(1)證明：數列是等比數列；
(2)求數列的通項公式；
(3)若數列的前項和為，證明：數列中任意不同的三項都不能構成等差數列.
【典例3-2】（2024·湖北十堰·三模）已知數列滿足．
(1)求的通項公式；
(2)在和之間插入n個數，使這個數構成等差數列，記這個等差數列的公差為，求數列的前n項和．
在解決等差、等比數列綜合問題時，要充分利用基本公式、性質以及它們之間的轉化關系，在求解過程中要樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，并適時地采用“巧用性質，整體考慮”的方法．可以達到減少運算量的目的．
【變式3-1】已知等差數列和等比數列滿足，，，.
(1)求數列，的通項公式；
(2)設數列中不在數列中的項按從小到大的順序構成數列，記數列的前項和為，求.
【變式3-2】已知數列中，，，對任意都成立，數列的前n項和為．
(1)若是等差數列，求k的值；
(2)若，，求；
(3)是否存在實數k，使數列是公比不為1的等比數列，且任意相鄰三項，，按某順序排列后成等差數列？若存在，求出所有k的值；若不存在，請說明理由．
1．已知等比數列的前項和為，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)在與之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，在數列中是否存在不同的3項（其中成等差數列）成等比數列？若存在，求出這樣的3項，若不存在，請說明理由．
題型四：數列的通項公式
【典例4-1】已知數列滿足：，且，則數列的通項公式是
【典例4-2】在數列中，已知，且，則該數列的通項公式為 .
常見求解數列通項公式的方法有如下六種：
（1）觀察法：根據所給的一列數、式、圖形等，通過觀察法猜想其通項公式．
（2）累加法：形如的解析式．
（3）累乘法：形如
（4）公式法
（5）取倒數法：形如的關系式
（6）構造輔助數列法：通過變換遞推關系，將非等差（比）數列構造為等差（比）數列來求通項公式．
【變式4-1】求通項公式
(1)已知數列、、、、求通項公式；
(2)在數列中，，且點在直線上，求數列的通項公式；
(3)數列的首項為，且前項和滿足，求數列的通項公式；
(4)數列滿足，，求數列的通項公式；
【變式4-2】（1）已知數列滿足（n為正整數），且．求數列的通項公式．
（2）記為數列的前n項和．已知，．求的通項公式．
（3）已知數列中，，．求數列的通項公式．
（4）設數列滿足，對于n為正整數，都有．求數列的通項公式．
1．已知數列的前項和為，且.
證明：是等比數列，并求出的通項公式；
題型五：數列求和
【典例5-1】（2024·高三·北京·開學考試）已知是等差數列，其前項和為，，.
(1)求數列的通項公式及；
(2)從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求數列的前項和.
條件①：；
條件②：；
條件③：.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
【典例5-2】（2024·高三·天津濱海新·期末）已知數列是等差數列，設為數列的前項和，數列是等比數列，，若，，，．
(1)求數列和的通項公式；
(2)求數列的前項和；
(3)若，求數列的前項和．
求數列前項和的常見方法有以下四種．
（1）公式法：利用等差、等比數列的前項和公式求數列的前項和．
（2）裂項相消法：將數列恒等變形為連續兩項或相隔若干項之差的形式，進行消項．其方法核心有兩點：一是裂項，將一個式子分裂成兩個式子差的形式；二是要能相消．常見的裂項相消變換有以下形式．
①分式裂項：；
②根式裂項：；
③對數式裂項；
④指數式裂項
（3）錯位相減法
（4）分組轉化法
【變式5-1】設是等差數列，是各項都為正數的等比數列. 且 ，
(1)求的通項公式；
(2)記為的前項和，求證：；
(3)若，求數列的前項和.
【變式5-2】（2024·山東濰坊·三模）在①數列為等差數列，且；②，；③正項數列滿足這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并給出解答.
問題：已知數列的前項和為，且__________.
(1)求數列的通項公式；
(2)若數列的前項和為，求.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
1．已知等比數列是遞減數列，的前n項和為，且，，成等差數列，.數列的前n項和為，滿足，.
(1)求和的通項公式；
(2)若，求
題型六：數列性質的綜合問題
【典例6-1】（多選題）（2024·高三·重慶·期末）設等差數列的前項和為，公差為，已知，則下列說法正確的是（ ）
A．的最小值為 B．滿足的最小值是14
C．滿足的最大值是14 D．數列的最小項為第8項
【典例6-2】（多選題）（2024·高三·甘肅白銀·期末）已知數列滿足：，則下列說法不正確的是（ ）
A．數列為遞減數列 B．存在，使得
C．存在，使得 D．存在，使得
解題時，首先要深刻理解等差、等比數列的基本概念和性質，并熟練掌握常用的方法和技能。對于復雜的數列問題，要學會將大問題分解成小問題，運用函數與方程的數學思想處理數列問題。同時，要善于運用猜想與歸納等數學思想，將實際問題或非分等比等差問題轉化為等比等差問題處理。此外，數列與不等式、函數、解析幾何等知識的交匯也是常考點，需要靈活運用相關知識和方法。總之，解決數列性質的綜合問題，需要綜合運用多種數學思想和方法，加強解題反思，提高運用知識解決問題的能力。
【變式6-1】（多選題）（2024·廣東·二模）已知等差數列的前項和為，且，則（ ）
A．
B．
C．當時，取得最小值
D．記，則數列的前項和為
【變式6-2】（多選題）（2024·四川眉山·一模）已知數列滿足，，且，則（ ）
A． B．
C．當時， D．
1．（多選題）已知等差數列的前n項和為，且，則下列說法正確的是（ ）
A．當或10時，取得最大值 B．
C．成立的n的最大值為20 D．
題型七：實際應用中的數列問題
【典例7-1】（2024·陜西寶雞·模擬預測）某農村合作社引進先進技術提升某農產品的深加工技術，以此達到10年內每年此農產品的銷售額（單位：萬元）等于上一年的1.3倍再減去3.已知第一年（2024年）該公司該產品的銷售額為100萬元，則按照計劃該公司從2024年到2033年該產品的銷售總額約為（ ）（參考數據：）
A．3937萬元 B．3837萬元 C．3737萬元 D．3637萬元
【典例7-2】剛考入大學的小明準備向銀行貸款a元購買一臺筆記本電腦，然后上學的時候通過勤工儉學來分期還款．小明與銀行約定：每個月月末還一次款，分12次還清所有的欠款，且每個月還款的錢數都相等，貸款的月利率為t．則小明每個月所要還款的錢數為（ ）元．
A．
B．
C．
D．
解數列應用題的一般步驟
（1）閱讀理解題意，弄清問題的實際背景，明確已知與未知，理清量與量之間的關系．
（2）根據題意數列問題模型．
（3）應用數列知識求解．
（4）將數列問題還原為實際問題，注意實際問題中的有關單位問題、近似計算的要求等．
【變式7-1】某醫院購買一臺大型醫療機器價格為萬元，實行分期付款，每期付款萬元，每期為一個月，共付12次，如果月利率為，每月復利一次，則，滿足（ ）
A． B．
C． D．
【變式7-2】（2024·北京朝陽·二模）北宋科學家沈括在《夢溪筆談》中記載了“隙積術”，提出長方臺形垛積的一般求和公式.如圖，由大小相同的小球堆成的一個長方臺形垛積的第一層有個小球，第二層有個小球，第三層有個小球……依此類推，最底層有 個小球，共有層，由“隙積術”可得 這 些 小 球 的 總 個 數 為 若由小球堆成的某個長方臺形垛積共8層，小球總個數為240，則該垛積的第一層的小球個數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
1．如圖甲是第七屆國際數學家大會（簡稱ICME-7）的會徽圖案，會徽的主題圖案是由圖乙的一連串直角三角形演化而成的.已知為直角頂點，設這些直角三角形的周長從小到大組成的數列為，令為數列的前項和，則（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
2．我國古代數學著作《九章算術》中有如下問題：“今有人持金出五關，前關二稅一，次關三而稅一，次關四而稅一，次關五而稅一，次關六而稅一，并五關所稅，適重一斤．問本持金幾何？”其意思為“今有人持金出五關，第1關收稅金為持金的，第2關收稅金為剩余金的，第3關收稅金為剩余金的，第4關收稅金為剩余金的，第5關收稅金為剩余金的，5關所收稅金之和恰好重1斤．問原來持金多少？”．記這個人原來持金為斤，設，則（ ）
A． B．7 C．13 D．26
題型八：以數列為載體的情境題
【典例8-1】（2024·福建寧德·二模）若數列相鄰兩項的和依次構成等差數列，則稱是“鄰和等差數列”.例如，數列1，2，4，5，7，8，10為“鄰和等差數列”.已知數列是“鄰和等差數列”，是其前項和，且，，，則（ ）
A．39700 B．39800 C．39900 D．40000
【典例8-2】若數列中不超過的項數恰為，則稱數列是數列的生成數列，稱相應的函數是數列生成的控制函數.已知數列滿足，且是數列生成的控制函數，數列的前項和為，若，則的值為（ ）
A．19 B．21 C．22 D．23
1、應用數列知識解決此類問題，關鍵是列出相關信息，合理建立數學模型——等差、等比數列模型．
2、需要讀懂題目所表達的具體含義，觀察給定數列的特征，進而判斷出該數列的通項與求和公式．
3、求解時要明確目標，認清是求和、求通項、還是解遞推關系問題，然后通過數學推理與計算得出結果，并回歸實際問題中，進行檢驗，最終得出結論．
【變式8-1】（2024·浙江溫州·一模）已知數列的通項公式，在其相鄰兩項之間插入個，得到新的數列，記的前項和為，則使成立的的最小值為（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
【變式8-2】（2024·上海奉賢·一模）已知數列不是常數列，前項和為，．若對任意正整數，存在正整數，使得，則稱是“可控數列”．現給出兩個命題：
①若各項均為正整數的等差數列滿足公差，則是“可控數列”；
②若等比數列是“可控數列”，則其公比．
則下列判斷正確的是（ ）
A．①與②均為真命題 B．①與②均為假命題
C．①為假命題，②為真命題 D．①為真命題，②為假命題
1．在數學上，斐波納契數列定義為：，，，斐波納契數列有種看起來很神奇的巧合，如根據可得，所以，類比這一方法，可得（ ）
A．714 B．1870 C．4895 D．4896
題型九：數列的遞推問題
【典例9-1】（2024·河北滄州·三模）自然界中某些生物的基因型是由雌雄配子的基因組合而成，這種生物在生育下一代時，成對的基因相互分離形成配子，配子隨機結合形成下一代.若某生物群體的基因型為，在該生物個體的隨機交配過程中，基因型為的子代因無法適應自然環境，會被自然界淘汰.例如，當親代只有基因型個體時，其子1代的基因型如下表所示：
雌雄
×
由上表可知，子1代中，子1代產生的配子中占，占.以此類推，則子10代中個體所占比例為 .
【典例9-2】4人互相傳球，由開始發球，并作為第一次傳球，經過5次傳球后，球仍回到手中，則不同的傳球方式有多少種？若有個人相互傳球次后又回到發球人手中的不同傳球方式有多少種？
利用構造或猜想，解決數列遞推問題
【變式9-1】已知曲線：，點在上，在處的切線為，直線的斜率是直線斜率的2倍，經過點的直線與的另一個交點為，在處的切線為，直線的斜率是直線斜率的2倍，經過點的直線與的另一個交點為，照如此方法構造點，.
(1)證明：直線的方程為.
(2)若，證明數列為等比數列，并求出的通項公式.
【變式9-2】將正整數數列、、、、、的各項按照上小下大、左小右大的原則寫成如下的三角形數表：
(1)寫出數表的第行、第行；
(2)寫出數表中第行的第個數；
(3)設數表中每行的第個數依次構成數列，數表中每行的最后一個數依次構成數列，試分別寫出數列、的遞推公式，并求出它們的通項公式．
1．分形幾何學是一門以不規則幾何形態為研究對象的幾何學．分形的外表結構極為復雜，但其內部卻是有規律可尋的．一個數學意義上分形的生成是基于一個不斷迭代的方程式，即一種基于遞歸的反饋系統．下面我們用分形的方法來得到一系列圖形，如圖1，線段的長度為，在線段上取兩個點，，使得，以為一邊在線段的上方做一個正六邊形，然后去掉線段，得到圖2中的圖形；對圖2中的最上方的線段作相同的操作，得到圖3中的圖形；依此類推，我們就得到了以下一系列圖形：
記第個圖形（圖1為第1個圖形）中的所有線段長的和為，則（1） ；（2）如果對，恒成立，那么線段的長度的取值范圍是 .
2．點列，就是將點的坐標按照一定關系進行排列．過曲線C：上的點作曲線C的切線與曲線C交于，過點作曲線C的切線與曲線C交于點，依此類推，可得到點列：，，，…，，…，已知．
(1)求數列、的通項公式；
(2)記點到直線（即直線）的距離為，求證：；
重難點突破：數列新定義
【典例10-1】設 為常數，若存在大于 1 的整數 ，使得無窮數列 滿足 ，則稱數列 為 “ 數列”.
(1)設 ，若首項為 1 的數列 為“ (3)數列”，求 ；
(2)若數列 為“ 數列”，且 ，求出相應的 的值及 ；
(3)設 ，若首項為 1 的數列 為 “ 數列”，求數列 的前 項和 .
【典例10-2】一般地，對于無窮數列，我們稱冪級數即為無窮數列的母函數，例如：數列的母函數為.附公式：，其中.
(1)已知數列，，，求無窮數列的母函數；
(2)已知無窮數列的母函數為，記，請用表示數列的母函數（注：不必考慮的范圍）；
(3)已知數列，，記，求.
1、“新定義型”數列題考查了學生閱讀和理解能力，同時考查了學生對新知識、新事物接受能力和加以簡單運用的能力，考查了學生探究精神．要求解題者通過觀察、閱讀、歸納、探索進行遷移，即讀懂和理解新定義，獲取有用的新信息，然后運用這些有效的信息進一步推理，綜合運用數學知識解決問題的能力和探索能力（多想少算甚至不算）．因此，“新定義型”數列在高考中常有體現，是一種用知識歸類、套路總結、強化訓練等傳統教學方法卻難以解決高考中不斷出現的新穎試題．
2、解答與數列有關的新定義問題的策略：
（1）通過給定的與數列有關的新定義，或約定的一種新運算，或給出的由幾個新模型來創設的新問題的情景，要求在閱讀理解的基礎上，依據題設所提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的.
（2）遇到新定義問題，需耐心研究題中信息，分析新定義的特點，搞清新定義的本質，按新定義的要求“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使問題得以順利解決．
（3）類比“熟悉數列”的研究方式，用特殊化的方法研究新數列，向“熟悉數列”的性質靠攏．
【變式10-1】（2024·高三·河北·期末）已知有限數列滿足，若給定一個正整數k，在數列中存在一項或一些連續項的和為i，其中i的值可以取遍中的所有元素，則稱數列為k級可分解數列．
(1)數列3，1，2是否為4級可分解數列？是否為5級可分解數列？請說明理由；
(2)若有限數列為8級可分解數列，則數列的項數最少為多少？
(3)若有限數列為20級可分解數列，且，判斷數列的項數是否最少為6項，請說明理由．
【變式10-2】給定數列，若對任意且是中的項，則稱為“數列”；若對任意且是中的項，則稱為“數列”.
(1)設數列的前項和為，若，試判斷數列是否為“數列”，并說明理由；
(2)設數列既是等比數列又是“數列”，且，求公比的所有可能取值；
(3)設等差數列的前項和為，對任意是數列中的項，求證：數列是“數列”.
1．已知項數為m（，）的數列為遞增數列，且滿足，若，且，則稱為的“伴隨數列”.
(1)數列4，10，16，19是否存在“伴隨數列”，若存在，寫出其“伴隨數列”，若不存在，說明理由；
(2)若為的“伴隨數列”，證明：；
(3)已知數列存在“伴隨數列”，且，，求m的最大值.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題11 數列的通項公式、數列求和與綜合應用策略
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 7
05 核心精講·題型突破 29
題型一：等差、等比數列的基本量問題 29
題型二：證明等差等比數列 31
題型三：等差等比數列的交匯問題 36
題型四：數列的通項公式 41
題型五：數列求和 46
題型六：數列性質的綜合問題 52
題型七：實際應用中的數列問題 56
題型八：以數列為載體的情境題 61
題型九：數列的遞推問題 64
重難點突破：數列新定義 70
數列作為高考數學中的核心考察點，其命題形態豐富多變，涵蓋了從基礎到復雜的各個層次。在小題部分，重點聚焦于等差數列、等比數列的基本概念、性質以及數列的遞推關系，并且呈現出與其他數學知識（尤其是函數、導數）相融合的趨勢。至于解答題，其難度通常處于中等或稍難水平，隨著文理合卷的改革推進，數列與不等式相結合的難題（以往常作為壓軸題）熱度有所減退，難度趨于穩定，保持在中等偏難的程度。這類題目往往在考察數列基本問題之后，進一步探討數列求和，而求和之后又常與不等式、函數、最值等問題相互交織。在考查等差數列、等比數列求和技巧的基礎上，更深入地考察“裂項相消法”、“錯位相減法”等高級求和技巧，并且與不等式緊密結合，其中“放縮”思想及方法的應用顯得尤為重要。此外，數列與數學歸納法的結合問題也是一個值得關注的領域，應給予適當的重視。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
等差、等比數列 掌握定義公式應用 2024年甲卷第4題，5分 2024年I卷第19題，17分 2024年II卷第12題，5分 2023年甲卷第5、13題，10分 2022年乙卷第13題，5分 2021年II卷第17題，10分 2023年II卷第8題，5分 2025年高考數列考查將聚焦核心點是遞推公式求通項公式，特別是利用數列前n項和與第n項的關系進行推導，此部分題型多樣，常作為選擇填空或最后一題數列新定義壓軸題，挑戰考生的思維深度與解題能力。
數列通項 能熟練求解通項問題 2023年乙卷第18題，12分 2023年II卷第18題，12分 2022年I卷第17題，10分 2022年上海卷第21題，18分
數列求和 理解數列求和方法，能準確計算數列和 2024年甲卷第18題，12分 2023年甲卷第17題，12分 2022年甲卷第18題，12分 2021年I卷第16題，5分 2021年乙卷第19題，12分 2021年I卷第17題，10分
1、利用定義判斷數列的類型：注意定義要求的任意性，例如若數列滿足（常數）（，）不能判斷數列為等差數列，需要補充證明；
2、數列滿足，則是等差數列；
3、數列滿足，為非零常數，且，則為等比數列；
4、在處理含，的式子時，一般情況下利用公式，消去，進而求出的通項公式；但是有些題目雖然要求的通項公式，但是并不便于運用，這時可以考慮先消去，得到關于的遞推公式，求出后再求解．
5、遇到形如的遞推關系式，可利用累加法求的通項公式，遇到形如的遞推關系式，可利用累乘法求的通項公式，注意在使用上述方法求通項公式時，要對第一項是否滿足進行檢驗．
6、遇到下列遞推關系式，我們通過構造新數列，將它們轉化為熟悉的等差數列、等比數列，從而求解該數列的通項公式：
（1）形如（，），可變形為，則是以為首項，以為公比的等比數列，由此可以求出；
（2）形如（，），此類問題可兩邊同時除以，得，設，從而變成，從而將問題轉化為第（1）個問題；
（3）形如，可以考慮兩邊同時除以，轉化為的形式，設，則有，從而將問題轉化為第（1）個問題．
7、公式法是數列求和的最基本的方法，也是數列求和的基礎．其他一些數列的求和可以轉化為等差或等比數列的求和．利用等比數列求和公式，當公比是用字母表示時，應對其是否為進行討論．
8、用裂項相消法求和時，要對通項進行變換，如：，，裂項后產生可以連續相互抵消的項．抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項，但是前后所剩項數一定相同．
常見的裂項公式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）．
9、用錯位相減法求和時的注意點：
（1）要善于通過通項公式特征識別題目類型，特別是等比數列公比為負數的情形；
（2）在寫出“”與“”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“”的表達式；
（3）在應用錯位相減法求和時，若等比數列的公比為參數，應分公比等于1和不等于1兩種情況求解．
10、分組轉化法求和的常見類型：
（1）若，且，為等差或等比數列，可采用分組求和法求的前項和；
（2）通項公式為，其中數列，是等比數列或等差數列，可采用分組求和法求和；
（3）要善于識別一些變形和推廣的分組求和問題．
11、在等差數列中，若（，，，，），則．
在等比數列中，若（，，，，），則．
12、前項和與積的性質
（1）設等差數列的公差為，前項和為．
①，，，…也成等差數列，公差為．
②也是等差數列，且，公差為．
③若項數為偶數，則，．
若項數為奇數，則，．
（2）設等比數列的公比為，前項和為
①當時，，，，…也成等比數列，公比為
②相鄰項積，，，…也成等比數列，公比為．
③若項數為偶數，則，；項數為奇數時，沒有較好性質．
13、衍生數列
（1）設數列和均是等差數列，且等差數列的公差為，，為常數．
①的等距子數列也是等差數列，公差為．
②數列，也是等差數列，而是等比數列．
（2）設數列和均是等比數列，且等比數列的公比為，為常數．
①的等距子數列也是等比數列，公比為．
②數列，，，，，
也是等比數列，而是等差數列．
14、判斷數列單調性的方法
（1）比較法（作差或作商）；（2）函數化（要注意擴展定義域）．
15、求數列最值的方法（以最大值項為例，最小值項同理）
方法：利用數列的單調性；
方法2：設最大值項為，解方程組，再與首項比較大小．
1．（2024年高考全國甲卷數學（文）真題）已知等差數列的前項和為，若，則（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【解析】方法一：利用等差數列的基本量
由，根據等差數列的求和公式，，
又.
故選：D
方法二：利用等差數列的性質
根據等差數列的性質，，由，根據等差數列的求和公式，
，故.
故選：D
方法三：特殊值法
不妨取等差數列公差，則，則.
故選：D
2．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）記為等差數列的前項和，已知，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由，則，
則等差數列的公差，故.
故選：B.
3．（2024年北京高考數學真題）設與是兩個不同的無窮數列，且都不是常數列.記集合，給出下列4個結論：
①若與均為等差數列，則M中最多有1個元素；
②若與均為等比數列，則M中最多有2個元素；
③若為等差數列，為等比數列，則M中最多有3個元素；
④若為遞增數列，為遞減數列，則M中最多有1個元素.
其中正確結論的序號是 .
【答案】①③④
【解析】對于①，因為均為等差數列，故它們的散點圖分布在直線上，
而兩條直線至多有一個公共點，故中至多一個元素，故①正確.
對于②，取則均為等比數列，
但當為偶數時，有，此時中有無窮多個元素，故②錯誤.
對于③，設，，
若中至少四個元素，則關于的方程至少有4個不同的正數解，
若，則由和的散點圖可得關于的方程至多有兩個不同的解，矛盾；
若，考慮關于的方程奇數解的個數和偶數解的個數，
當有偶數解，此方程即為，
方程至多有兩個偶數解，且有兩個偶數解時，
否則，因單調性相反，
方程至多一個偶數解，
當有奇數解，此方程即為，
方程至多有兩個奇數解，且有兩個奇數解時即
否則，因單調性相反，
方程至多一個奇數解，
因為，不可能同時成立，
故不可能有4個不同的整數解，即M中最多有3個元素，故③正確.
對于④，因為為遞增數列，為遞減數列，前者散點圖呈上升趨勢，
后者的散點圖呈下降趨勢，兩者至多一個交點，故④正確.
故答案為：①③④.
4．（2024年北京高考數學真題）漢代劉歆設計的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標準量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數列，底面直徑依次為 ，且斛量器的高為，則斗量器的高為 ，升量器的高為 ．
【答案】 23 57.5/
【解析】設升量器的高為，斗量器的高為（單位都是），則，
故，.
故答案為：.
5．（2024年新課標全國Ⅰ卷數學真題）設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．
(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；
(2)當時，證明：數列是可分數列；
(3)從中任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．
【解析】（1）首先，我們設數列的公差為，則.
由于一個數列同時加上一個數或者乘以一個非零數后是等差數列，當且僅當該數列是等差數列，
故我們可以對該數列進行適當的變形，
得到新數列，然后對進行相應的討論即可.
換言之，我們可以不妨設，此后的討論均建立在該假設下進行.
回到原題，第1小問相當于從中取出兩個數和，使得剩下四個數是等差數列.
那么剩下四個數只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下兩個部分，共組，使得每組成等差數列：
①，共組；
②，共組.
（如果，則忽略②）
故數列是可分數列.
（3）定義集合，.
下面證明，對，如果下面兩個命題同時成立，
則數列一定是可分數列：
命題1：或；
命題2：.
我們分兩種情況證明這個結論.
第一種情況：如果，且.
此時設，，.
則由可知，即，故.
此時，由于從數列中取出和后，
剩余的個數可以分為以下三個部分，共組，使得每組成等差數列：
①，共組；
②，共組；
③，共組.
（如果某一部分的組數為，則忽略之）
故此時數列是可分數列.
第二種情況：如果，且.
此時設，，.
則由可知，即，故.
由于，故，從而，這就意味著.
此時，由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下四個部分，共組，使得每組成等差數列：
①，共組；
②，，共組；
③全體，其中，共組；
④，共組.
（如果某一部分的組數為，則忽略之）
這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含個行，個列的數表以后，個列分別是下面這些數：
，，，.
可以看出每列都是連續的若干個整數，它們再取并以后，將取遍中除開五個集合，，，，中的十個元素以外的所有數.
而這十個數中，除開已經去掉的和以外，剩余的八個數恰好就是②中出現的八個數.
這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數列是可分數列.
至此，我們證明了：對，如果前述命題1和命題2同時成立，則數列一定是可分數列.
然后我們來考慮這樣的的個數.
首先，由于，和各有個元素，故滿足命題1的總共有個；
而如果，假設，則可設，，代入得.
但這導致，矛盾，所以.
設，，，則，即.
所以可能的恰好就是，對應的分別是，總共個.
所以這個滿足命題1的中，不滿足命題2的恰好有個.
這就得到同時滿足命題1和命題2的的個數為.
當我們從中一次任取兩個數和時，總的選取方式的個數等于.
而根據之前的結論，使得數列是可分數列的至少有個.
所以數列是可分數列的概率一定滿足
.
這就證明了結論.
6．（2024年北京高考數學真題）已知集合．給定數列，和序列，其中，對數列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數列記作；……；以此類推，得到，簡記為．
(1)給定數列和序列，寫出；
(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；
(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．
【解析】（1）因為數列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
（2）解法一：假設存在符合條件的，可知的第項之和為，第項之和為，
則，而該方程組無解，故假設不成立，
故不存在符合條件的；
解法二：由題意可知：對于任意序列，所得數列之和比原數列之和多4，
假設存在符合條件的，且，
因為，即序列共有8項，
由題意可知：，
檢驗可知：當時，上式不成立，
即假設不成立，所以不存在符合條件的.
（3）解法一：我們設序列為，特別規定.
必要性：
若存在序列，使得的各項都相等.
則，所以.
根據的定義，顯然有，這里，.
所以不斷使用該式就得到，必要性得證.
充分性：
若.
由已知，為偶數，而，所以也是偶數.
我們設是通過合法的序列的變換能得到的所有可能的數列中，使得最小的一個.
上面已經說明，這里，.
從而由可得.
同時，由于總是偶數，所以和的奇偶性保持不變，從而和都是偶數.
下面證明不存在使得.
假設存在，根據對稱性，不妨設，，即.
情況1：若，則由和都是偶數，知.
對該數列連續作四次變換后，新的相比原來的減少，這與的最小性矛盾；
情況2：若，不妨設.
情況2-1：如果，則對該數列連續作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾；
情況2-2：如果，則對該數列連續作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾.
這就說明無論如何都會導致矛盾，所以對任意的都有.
假設存在使得，則是奇數，所以都是奇數，設為.
則此時對任意，由可知必有.
而和都是偶數，故集合中的四個元素之和為偶數，對該數列進行一次變換，則該數列成為常數列，新的等于零，比原來的更小，這與的最小性矛盾.
綜上，只可能，而，故是常數列，充分性得證.
解法二：由題意可知：中序列的順序不影響的結果，
且相對于序列也是無序的，
（ⅰ）若，
不妨設，則，
①當，則，
分別執行個序列、個序列，
可得，為常數列，符合題意；
②當中有且僅有三個數相等，不妨設，則，
即，
分別執行個序列、個序列
可得，
即，
因為為偶數，即為偶數，
可知的奇偶性相同，則，
分別執行個序列，，，，
可得，
為常數列，符合題意；
③若，則，即，
分別執行個、個，
可得，
因為，
可得，
即轉為①，可知符合題意；
④當中有且僅有兩個數相等，不妨設，則，
即，
分別執行個、個，
可得，
且，可得，
因為為偶數，可知的奇偶性相同，
則為偶數，
且，即轉為②，可知符合題意；
⑤若，則，即，
分別執行個、個，
可得，
且，可得，
因為為偶數，
則為偶數，
且，即轉為④，可知符合題意；
綜上所述：若，則存在序列，使得為常數列；
（ⅱ）若存在序列，使得為常數列，
因為對任意，
均有成立，
若為常數列，則，
所以；
綜上所述：“存在序列，使得為常數列”的充要條件為“”.
7．（2024年高考全國甲卷數學（文）真題）已知等比數列的前項和為，且.
(1)求的通項公式；
(2)求數列的前n項和.
【解析】（1）因為,故，
所以即故等比數列的公比為，
故，故，故.
（2）由等比數列求和公式得，
所以數列的前n項和
.
8．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）記為數列的前項和，已知．
(1)求的通項公式；
(2)設，求數列的前項和．
【解析】（1）當時，，解得．
當時，，所以即，
而，故，故，
∴數列是以4為首項，為公比的等比數列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
9．（2024年天津高考數學真題）已知為公比大于0的等比數列，其前項和為，且．
(1)求的通項公式及；
(2)設數列滿足，其中．
（ⅰ）求證：當時，求證：；
（ⅱ）求．
【解析】（1）設等比數列的公比為，
因為，即，
可得，整理得，解得或（舍去），
所以.
（2）（i）由（1）可知，且，
當時，則，即
可知，
，
可得，
當且僅當時，等號成立，
所以；
（ii）由（1）可知：，
若，則；
若，則，
當時，，可知為等差數列，
可得，
所以，
且，符合上式，綜上所述：.
10．（2023年北京高考數學真題）已知數列滿足，則（ ）
A．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
B．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
C．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
D．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
【答案】B
【解析】法1：因為，故，
對于A ，若，可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立，
由數學歸納法可得成立.
而，
，，故，故，
故為減數列，注意
故，結合，
所以，故，故，
若存在常數，使得恒成立，則，
故，故，故恒成立僅對部分成立，
故A不成立.
對于B，若可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立即
由數學歸納法可得成立.
而，
，，故，故，故為增數列，
若，則恒成立，故B正確.
對于C，當時， 可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立即
由數學歸納法可得成立.
而，故，故為減數列，
又，結合可得：，所以，
若，若存在常數，使得恒成立，
則恒成立，故，的個數有限，矛盾，故C錯誤.
對于D，當時， 可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，
則，故成立
由數學歸納法可得成立.
而，故，故為增數列，
又，結合可得：，所以，
若存在常數，使得恒成立，則，
故，故，這與n的個數有限矛盾，故D錯誤.
故選：B.
法2：因為，
令，則，
令，得或；
令，得；
所以在和上單調遞增，在上單調遞減，
令，則，即，解得或或，
注意到，，
所以結合的單調性可知在和上，在和上，
對于A，因為，則，
當時，，，則，
假設當時，，
當時，，則，
綜上：，即，
因為在上，所以，則為遞減數列，
因為，
令，則，
因為開口向上，對稱軸為，
所以在上單調遞減，故，
所以在上單調遞增，故，
故，即，
假設存在常數，使得恒成立，
取，其中，且，
因為，所以，
上式相加得，，
則，與恒成立矛盾，故A錯誤；
對于B，因為，
當時，，，
假設當時，，
當時，因為，所以，則，
所以，
又當時，，即，
假設當時，，
當時，因為，所以，則，
所以，
綜上：，
因為在上，所以，所以為遞增數列，
此時，取，滿足題意，故B正確；
對于C，因為，則，
注意到當時，，，
猜想當時，，
當與時，與滿足，
假設當時，，
當時，所以，
綜上：，
易知，則，故，
所以，
因為在上，所以，則為遞減數列，
假設存在常數，使得恒成立，
記，取，其中，
則，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C錯誤；
對于D，因為，
當時，，則，
假設當時，，
當時，，則，
綜上：，
因為在上，所以，所以為遞增數列，
因為，
令，則，
因為開口向上，對稱軸為，
所以在上單調遞增，故，
所以，
故，即，
假設存在常數，使得恒成立，
取，其中，且，
因為，所以，
上式相加得，，
則，與恒成立矛盾，故D錯誤.
故選：B.
11．（2023年高考全國甲卷數學（文）真題）記為等差數列的前項和．若，則（ ）
A．25 B．22 C．20 D．15
【答案】C
【解析】方法一：設等差數列的公差為，首項為，依題意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故選：C.
方法二：，，所以，，
從而，于是，
所以．
故選：C.
12．（2023年高考全國乙卷數學（文）真題）記為等差數列的前項和，已知．
(1)求的通項公式；
(2)求數列的前項和．
【解析】（1）設等差數列的公差為，
由題意可得，即，解得，
所以，
（2）因為，
令，解得，且，
當時，則，可得；
當時，則，可得
；
綜上所述：.
13．（2023年天津高考數學真題）已知是等差數列，．
(1)求的通項公式和．
(2)設是等比數列，且對任意的，當時，則，
（Ⅰ）當時，求證：；
（Ⅱ）求的通項公式及前項和．
【解析】（1）由題意可得，解得，
則數列的通項公式為，
求和得
.
（2）(Ⅰ)由題意可知，當時，，
取，則，即，
當時，，
取，此時，
據此可得，
綜上可得：.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，
則數列的公比滿足，
當時，，所以，
所以，即，
當時，，所以，
所以數列的通項公式為，
其前項和為：.
14．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知為等差數列，，記，分別為數列，的前n項和，，．
(1)求的通項公式；
(2)證明：當時，．
【解析】（1）設等差數列的公差為，而，
則，
于是，解得，，
所以數列的通項公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
當為偶數時，，
，
當時，，因此，
當為奇數時，，
當時，，因此，
所以當時，.
方法2：由（1）知，，，
當為偶數時，，
當時，，因此，
當為奇數時，若，則
，顯然滿足上式，因此當為奇數時，，
當時，，因此，
所以當時，.
題型一：等差、等比數列的基本量問題
【典例1-1】已知等差數列的前項和為，若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由，
有，
可得
．
故選：A．
【典例1-2】記為數列的前項和，若，為等比數列，則（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】D
【解析】因為為等比數列，所以的首項為，第二項為，
第三項為，
故的公比為2，所以，
所以當時，，顯然當時也符合，
故，所以.
故選：D.
利用等差數列中的基本量（首項，公差，項數），等比數列的基本量（首項，公比，項數）翻譯條件，將問題轉換成含基本量的方程或不等式問題求解．
【變式1-1】已知各項均為正數的等差數列的前項和為，若，，則（ ）
A．25 B．16 C．9 D．4
【答案】D
【解析】設等差數列的公差為，由，得，
（也可由等差數列的性質得，得）
解得，又，所以，
解得或．
因為各項均為正數，所以，所以，，所以．
故選：D
【變式1-2】（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）等比數列的前項和為，公比為，若，則（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【解析】由可知，故，
故，故，
故選：B
1．已知正項等差數列滿足，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因為為等差數列，所以，，
則，
所以，
從而，
故，
故選：C.
題型二：證明等差等比數列
【典例2-1】已知數列滿足，公差不為0的等差數列滿足成等比數列，
(1)證明：數列是等比數列．
(2)求和的通項公式．
【解析】（1）數列中，，
則，而，
所以數列是等比數列，其首項為，公比為；
（2）由（1）知，，，
所以數列的通項公式為.
設等差數列的公差為，
由成等比數列，得，
即，則有，
又，即，于是，
所以數列的通項公式為；
【典例2-2】已知數列的各項均為正數，記為的前項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立.
①數列是等差數列；②數列是等差數列；③.
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.
【解析】解①③②.
已知是等差數列，.
設數列的公差為，則，得，
所以.
因為數列的各項均為正數，
所以，
所以（常數），所以數列是等差數列.
①②③.
已知是等差數列，是等差數列.
設數列的公差為，
則.
因為數列是等差數列，所以數列的通項公式是關于的一次函數，則，即，
所以.
②③①.
已知數列是等差數列，，所以.設數列的公差為，
則，得，所以，所以，
所以時，，對也適合，
所以，所以常數），所以數列是等差數列.
判斷或證明數列是等差、等比數列常見的方法如下．
（1）定義法：對于的任意正整數：
①若為一常數，則為等差數列；
②若為常數，則為等比數列．
（2）通項公式法：
①若，則為等差數列；
（2）若，則為等比數列．
（3）中項公式法：
①若，則為等差數列；
②若，則為等比數列．
（4）前項和法：若的前項和滿足：
①，則為等差數列．
②，則為等比數列．
【變式2-1】設數列滿足．
(1)證明：數列為等比數列；
(2)求數列的通項公式．
【解析】（1）由，，得，
由，
得，
所以，
故數列是以為首項，3為公比的等比數列．
（2）由（1）得，則，
則；；，
．
由累加法可得，
又，則，同時滿足上式，
所以．
【變式2-2】[新考法]（2024·山西呂梁·二模）已知雙曲線，點在上.按如下方式構造點：過點作斜率為1的直線與的左支交于點，點關于軸的對稱點為，記點的坐標為.
(1)求點的坐標；
(2)記，證明：數列為等比數列；
【解析】（1）
由題知，所以雙曲線，
又過點，斜率為1的直線方程為，
由雙曲線與直線的對稱性可知，所以，
又過，且斜率為1的直線方程為，即，
由，解得或，
當時，，
所以，所以；
綜上：
（2）設，
則過，且斜率為1的直線方程為，
聯立，消得到，
由題有，得到，
由題知點在直線上，
即有，
所以，所以，所以，
由（1）知，所以數列為1為首項，3的公比的等比數列；
1．[新考法]在等差數列中，.
(1)求的通項公式；
(2)若數列滿足，其前項和為，證明：數列為等比數列，且；
【解析】（1）設等差數列的公差為，因為，
所以，所以，
所以的通項公式為.
（2）由題意知，所以，所以數列為等比數列，
數列前項和，
所以，
因為，所以，
所以，
所以，
所以.
題型三：等差等比數列的交匯問題
【典例3-1】已知數列滿足，且.
(1)證明：數列是等比數列；
(2)求數列的通項公式；
(3)若數列的前項和為，證明：數列中任意不同的三項都不能構成等差數列.
【解析】（1）證明：因，
則，
則是以為首項，公比為3的等比數列；
（2）由（1），，
則是以為首項，公差為1的等差數列，則；
（3）由（2），，
則，
則.
證明：假設數列中存在不同的三項能構成等差數列，
設這三項項數為.其中，
則，.
設，則，
得，
注意到，，
則.
這與矛盾，則數列中不存在不同的三項能構成等差數列.
【典例3-2】（2024·湖北十堰·三模）已知數列滿足．
(1)求的通項公式；
(2)在和之間插入n個數，使這個數構成等差數列，記這個等差數列的公差為，求數列的前n項和．
【解析】（1）因為①，
當時，②，
①②，得．
所以，當時，滿足上式，
所以的通項公式為．
（2）由題，知，得，
則③，
④，
③④得 ，
所以．
在解決等差、等比數列綜合問題時，要充分利用基本公式、性質以及它們之間的轉化關系，在求解過程中要樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，并適時地采用“巧用性質，整體考慮”的方法．可以達到減少運算量的目的．
【變式3-1】已知等差數列和等比數列滿足，，，.
(1)求數列，的通項公式；
(2)設數列中不在數列中的項按從小到大的順序構成數列，記數列的前項和為，求.
【解析】（1）設等差數列的公差為，
因為，所以，
所以，所以，
又，即，所以，所以.
（2）由（1）得，
即是數列中的第項.
設數列的前項和為，數列的前項和為，
因為，，
所以數列的前100項是由數列的前107項去掉數列的前7項后構成的，
所以.
【變式3-2】已知數列中，，，對任意都成立，數列的前n項和為．
(1)若是等差數列，求k的值；
(2)若，，求；
(3)是否存在實數k，使數列是公比不為1的等比數列，且任意相鄰三項，，按某順序排列后成等差數列？若存在，求出所有k的值；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）由題意，數列是等差數列，可得，
即，即，故．
（2）由時，，即，
整理得，故．
當n是偶數時，；
當n是奇數時，，
．
綜上，．
（3）若是等比數列，則公比，
由題意，故，，．
①若為等差中項，則，即，，解得（舍去）；
②若為等差中項，則，即，．
因為，解得，；
③若為等差中項，則，即，．
因為，解得，，
綜上，存在實數k滿足題意，．
1．已知等比數列的前項和為，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)在與之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，在數列中是否存在不同的3項（其中成等差數列）成等比數列？若存在，求出這樣的3項，若不存在，請說明理由．
【解析】（1）設等比數列的公比為，由題意知：
當時，，①
當時，，②
聯立①②，解得（舍去），
所以數列的通項公式．
（2）由（1）知．
所以，
所以．
設數列中存在3項（其中成等差數列）成等比數列．
則，
所以，即，
又因為成等差數列，
所以，
所以，
化簡得，
所以，
又，所以，與已知矛盾，
所以在數列中不存在不同的3項成等比數列．
題型四：數列的通項公式
【典例4-1】已知數列滿足：，且，則數列的通項公式是
【答案】
【解析】由，則，
即，又，則，
故數列是以為首項，為公差的等差數列，
即，
則有，，，，且，
故，即，顯然均滿足.
故答案為：.
【典例4-2】在數列中，已知，且，則該數列的通項公式為 .
【答案】
【解析】令，
則，
由條件得，解得，
即，
故數列是首項為，公比為4的等比數列，
從而，故.
故答案為：.
常見求解數列通項公式的方法有如下六種：
（1）觀察法：根據所給的一列數、式、圖形等，通過觀察法猜想其通項公式．
（2）累加法：形如的解析式．
（3）累乘法：形如
（4）公式法
（5）取倒數法：形如的關系式
（6）構造輔助數列法：通過變換遞推關系，將非等差（比）數列構造為等差（比）數列來求通項公式．
【變式4-1】求通項公式
(1)已知數列、、、、求通項公式；
(2)在數列中，，且點在直線上，求數列的通項公式；
(3)數列的首項為，且前項和滿足，求數列的通項公式；
(4)數列滿足，，求數列的通項公式；
【解析】（1）因為，，，，
由觀察法可得.
（2）在數列中，，且點在直線上，
則，所以，，
所以，數列為等差數列，且其首項為，公差為，
所以，.
（3）數列的首項為，且前項和滿足，
即，
由題意可知，對任意的，則，則當時，，
所以，，
所以，數列是首項為，公差為的等差數列，
所以，，則，
故當時，，
且且滿足，故對任意的，.
（4）因為數列滿足，，則，可得，
當時，，，
上述兩個等式作差可得，
所以，數列的奇數項、偶數項分別成以為公差的等差數列，
當為奇數時，設，可得，
則；
當為偶數時，設，可得，
則.
故對任意的，.
【變式4-2】（1）已知數列滿足（n為正整數），且．求數列的通項公式．
（2）記為數列的前n項和．已知，．求的通項公式．
（3）已知數列中，，．求數列的通項公式．
（4）設數列滿足，對于n為正整數，都有．求數列的通項公式．
【解析】（1）因為，
所以，所以
．
又，所以當時也適合上式，所以；
（2）因為時，，
所以，兩式相減得到
，化簡整理得
，
所以，當時，，
又當，，
又，解得，
所以，當時，
．
又當時，，滿足，
當時，，不滿足．
綜上所述，；
（3）因為，，故，
所以，整理得，
又，，，
所以為定值．故數列是首項為2，公比為2的等比數列，
所以，得；
（4）因為①，
所以②，
②①得．所以數列的奇數項
與偶數項分別是公差為2的等差數列，
當n為偶數時，，
當n為奇數時，，
所以.
1．已知數列的前項和為，且.
證明：是等比數列，并求出的通項公式；
【解析】當時，，且，所以；
當時，由，得，則
，可得，
即，且，可得，
可知數列是以2為首項，2為公比的等比數列，
則，可得，
且，可知是以為首項，為公差的等差數列，
所以，即.
題型五：數列求和
【典例5-1】（2024·高三·北京·開學考試）已知是等差數列，其前項和為，，.
(1)求數列的通項公式及；
(2)從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求數列的前項和.
條件①：；
條件②：；
條件③：.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
【解析】（1）設數列{an}的公差為.
，
，
，
所以，
所以.
（2）若選①：，
；
若選②：，
.
若選③：，
.
【典例5-2】（2024·高三·天津濱海新·期末）已知數列是等差數列，設為數列的前項和，數列是等比數列，，若，，，．
(1)求數列和的通項公式；
(2)求數列的前項和；
(3)若，求數列的前項和．
【解析】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為，
因為，，則由，
即，得 ，
解得 或，因為，故舍去，
所以，．
（2）由（1）得，，所以，
令數列的前項和為，則，
即①，
②，
兩式相減得：
，
所以.
（3）設數列的前項和為
由，，得，
則，即；
故
.
求數列前項和的常見方法有以下四種．
（1）公式法：利用等差、等比數列的前項和公式求數列的前項和．
（2）裂項相消法：將數列恒等變形為連續兩項或相隔若干項之差的形式，進行消項．其方法核心有兩點：一是裂項，將一個式子分裂成兩個式子差的形式；二是要能相消．常見的裂項相消變換有以下形式．
①分式裂項：；
②根式裂項：；
③對數式裂項；
④指數式裂項
（3）錯位相減法
（4）分組轉化法
【變式5-1】設是等差數列，是各項都為正數的等比數列. 且 ，
(1)求的通項公式；
(2)記為的前項和，求證：；
(3)若，求數列的前項和.
【解析】（1）由題意，設等差數列的公差為，等比數列的公比為，
則，化簡，得，
整理，得， 解得(舍去)，或，則，
，.
（2）由 (1) 可知，，
則，
，
.
（3）由 (1) 可得，
，
，
令，
兩式相減，可得
，
，
令
,
.
【變式5-2】（2024·山東濰坊·三模）在①數列為等差數列，且；②，；③正項數列滿足這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并給出解答.
問題：已知數列的前項和為，且__________.
(1)求數列的通項公式；
(2)若數列的前項和為，求.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
【解析】（1）若選①，因為為等差數列，令，則，所以公差，
所以等差數列的通項公式為；
若選②，當時，，因此，
即，所以為常數列，因此，所以；
若選③，當時，，即.
又因為，所以.
當時，有，，
所以，即.
又因為，所以，所以是以2為公差的等差數列，
所以.
（2）若選①，由（1）可知，
；
若選②，由（1）可知，
；
若選③，由（1）可知，
.
1．已知等比數列是遞減數列，的前n項和為，且，，成等差數列，.數列的前n項和為，滿足，.
(1)求和的通項公式；
(2)若，求
【解析】（1）設數列的公比為，依題意，，
由是遞減數列，解得，因此；
數列，，當時，，
而滿足上式，因此，
所以的通項公式為， 的通項公式為.
（2）當n是奇數時，，則，，
兩式相減得：，
因此；
當n是偶數時，，
則，
所以.
題型六：數列性質的綜合問題
【典例6-1】（多選題）（2024·高三·重慶·期末）設等差數列的前項和為，公差為，已知，則下列說法正確的是（ ）
A．的最小值為 B．滿足的最小值是14
C．滿足的最大值是14 D．數列的最小項為第8項
【答案】ABD
【解析】由可知．
對于選項A：由為負，為正可知，最小，A正確．
對于選項B：，
則滿足的最小值為14，滿足的最大值是13,故B正確，C錯誤．
對于選項D：由為負，為正，且為負，為正可知：
為負．考慮到，故最大，即最小，正確．
故選：ABD
【典例6-2】（多選題）（2024·高三·甘肅白銀·期末）已知數列滿足：，則下列說法不正確的是（ ）
A．數列為遞減數列 B．存在，使得
C．存在，使得 D．存在，使得
【答案】ABC
【解析】因為，則，可得，
由可得，則，則，
設函數，其中，則.
當時，，此時函數單調遞增，
當時，，此時函數單調遞減，所以，，
因為，則，，，
以此類推可知，對任意的，，所以，，
故數列為遞增數列，A錯，B錯，C錯；
因為，則，
，
因此，存在，便得，D對.
故選：ABC
解題時，首先要深刻理解等差、等比數列的基本概念和性質，并熟練掌握常用的方法和技能。對于復雜的數列問題，要學會將大問題分解成小問題，運用函數與方程的數學思想處理數列問題。同時，要善于運用猜想與歸納等數學思想，將實際問題或非分等比等差問題轉化為等比等差問題處理。此外，數列與不等式、函數、解析幾何等知識的交匯也是常考點，需要靈活運用相關知識和方法。總之，解決數列性質的綜合問題，需要綜合運用多種數學思想和方法，加強解題反思，提高運用知識解決問題的能力。
【變式6-1】（多選題）（2024·廣東·二模）已知等差數列的前項和為，且，則（ ）
A．
B．
C．當時，取得最小值
D．記，則數列的前項和為
【答案】BCD
【解析】由題意可設公差為，則有
由有：，故A錯誤；
故B正確；
，由二次函數的性質可知：
當時，取得最小值，故C正確；
因為，
所以
所以為等差數列，公差為4，首項為，
所以的前項和為：故D正確.
故選：BCD.
【變式6-2】（多選題）（2024·四川眉山·一模）已知數列滿足，，且，則（ ）
A． B．
C．當時， D．
【答案】ACD
【解析】對于B，由，
得，
即，整理得，
當時，，
滿足上式，因此，B錯誤；
對于A，，即，又，解得，A正確；
對于C，當時，，又，因此，即，C正確；
對于D，由，得，又，，
因此，令函數，求導得，
函數在上單調遞增，，即，
因此，即，D正確.
故選：ACD
1．（多選題）已知等差數列的前n項和為，且，則下列說法正確的是（ ）
A．當或10時，取得最大值 B．
C．成立的n的最大值為20 D．
【答案】AD
【解析】因為，則，
且數列為等差數列，則，
可得，即，
又因為，可知：當時，；當時，；
對于選項A：由可知，所以當或10時，取得最大值，故A正確；
對于選項B：因為，故B錯誤；
對于選項C：由的符號性可知：①當時，單調遞增，則；
②當時，單調遞減；
且，可知：當時，；當時，；
所以成立的n的最小值為20，故C錯誤；
對于選項D：因為，所以，故D正確；
故選：AD.
題型七：實際應用中的數列問題
【典例7-1】（2024·陜西寶雞·模擬預測）某農村合作社引進先進技術提升某農產品的深加工技術，以此達到10年內每年此農產品的銷售額（單位：萬元）等于上一年的1.3倍再減去3.已知第一年（2024年）該公司該產品的銷售額為100萬元，則按照計劃該公司從2024年到2033年該產品的銷售總額約為（ ）（參考數據：）
A．3937萬元 B．3837萬元 C．3737萬元 D．3637萬元
【答案】A
【解析】設該公司在2024年，2025年，...，2033年的銷售額（單位：萬元）分別為.
依題意可得，則，
所以數列是首項為90，公比為1.3的等比數列，
則，即，
則，
故從2024年到2033年該產品的銷售總額約為3937萬元.
故選：A.
【典例7-2】剛考入大學的小明準備向銀行貸款a元購買一臺筆記本電腦，然后上學的時候通過勤工儉學來分期還款．小明與銀行約定：每個月月末還一次款，分12次還清所有的欠款，且每個月還款的錢數都相等，貸款的月利率為t．則小明每個月所要還款的錢數為（ ）元．
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】設小明每個月所要還款的錢數為元，
根據等額本息還款法得，第一個月末所欠銀行貸款為：，
第二個月末所欠銀行貸款數為：；
．．．，
第12個月末所欠銀行貸款為：
；
由于分12次還清所有的欠款，所以，
解得.
故選：D．
解數列應用題的一般步驟
（1）閱讀理解題意，弄清問題的實際背景，明確已知與未知，理清量與量之間的關系．
（2）根據題意數列問題模型．
（3）應用數列知識求解．
（4）將數列問題還原為實際問題，注意實際問題中的有關單位問題、近似計算的要求等．
【變式7-1】某醫院購買一臺大型醫療機器價格為萬元，實行分期付款，每期付款萬元，每期為一個月，共付12次，如果月利率為，每月復利一次，則，滿足（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】，
由，故，
，
由，
故，即有.
故選：D.
【變式7-2】（2024·北京朝陽·二模）北宋科學家沈括在《夢溪筆談》中記載了“隙積術”，提出長方臺形垛積的一般求和公式.如圖，由大小相同的小球堆成的一個長方臺形垛積的第一層有個小球，第二層有個小球，第三層有個小球……依此類推，最底層有 個小球，共有層，由“隙積術”可得 這 些 小 球 的 總 個 數 為 若由小球堆成的某個長方臺形垛積共8層，小球總個數為240，則該垛積的第一層的小球個數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】由題意知，，于是得最底層小球的數量為，即，.
從而有，
整理得，
，
，
，，
由于皆為正整數，所以
（i）當時，，
當時，，
（iii）當時，，
（iv）當時，
只有符合題意，即的值為2.
故選：B.
1．如圖甲是第七屆國際數學家大會（簡稱ICME-7）的會徽圖案，會徽的主題圖案是由圖乙的一連串直角三角形演化而成的.已知為直角頂點，設這些直角三角形的周長從小到大組成的數列為，令為數列的前項和，則（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【解析】由，
可得，，，，
所以，
所以，
所以前項和，
所以，
故選：C.
2．我國古代數學著作《九章算術》中有如下問題：“今有人持金出五關，前關二稅一，次關三而稅一，次關四而稅一，次關五而稅一，次關六而稅一，并五關所稅，適重一斤．問本持金幾何？”其意思為“今有人持金出五關，第1關收稅金為持金的，第2關收稅金為剩余金的，第3關收稅金為剩余金的，第4關收稅金為剩余金的，第5關收稅金為剩余金的，5關所收稅金之和恰好重1斤．問原來持金多少？”．記這個人原來持金為斤，設，則（ ）
A． B．7 C．13 D．26
【答案】C
【解析】由題意知：這個人原來持金為斤，
第1關收稅金為：斤；第2關收稅金為斤；
第3關收稅金為斤，
以此類推可得的，第4關收稅金為斤，第5關收稅金為斤，
所以，
即，解得，
又由，所以.
故選：C.
題型八：以數列為載體的情境題
【典例8-1】（2024·福建寧德·二模）若數列相鄰兩項的和依次構成等差數列，則稱是“鄰和等差數列”.例如，數列1，2，4，5，7，8，10為“鄰和等差數列”.已知數列是“鄰和等差數列”，是其前項和，且，，，則（ ）
A．39700 B．39800 C．39900 D．40000
【答案】A
【解析】設，由，得，則，
故
．
故選：A
【典例8-2】若數列中不超過的項數恰為，則稱數列是數列的生成數列，稱相應的函數是數列生成的控制函數.已知數列滿足，且是數列生成的控制函數，數列的前項和為，若，則的值為（ ）
A．19 B．21 C．22 D．23
【答案】B
【解析】由題意可知，當時，可得，則；
當時，可得，則，所以，
則當時，，
則，因為，所以無解；
當時，，所以，因為，所以，
即的值為21.
故選：B.
1、應用數列知識解決此類問題，關鍵是列出相關信息，合理建立數學模型——等差、等比數列模型．
2、需要讀懂題目所表達的具體含義，觀察給定數列的特征，進而判斷出該數列的通項與求和公式．
3、求解時要明確目標，認清是求和、求通項、還是解遞推關系問題，然后通過數學推理與計算得出結果，并回歸實際問題中，進行檢驗，最終得出結論．
【變式8-1】（2024·浙江溫州·一模）已知數列的通項公式，在其相鄰兩項之間插入個，得到新的數列，記的前項和為，則使成立的的最小值為（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
【答案】B
【解析】由題意得數列的前項依次為：
，個，，個，，個，，個，，，
當時，
，
當時，
，
所以使成立的的最小值為.
故選：B.
【變式8-2】（2024·上海奉賢·一模）已知數列不是常數列，前項和為，．若對任意正整數，存在正整數，使得，則稱是“可控數列”．現給出兩個命題：
①若各項均為正整數的等差數列滿足公差，則是“可控數列”；
②若等比數列是“可控數列”，則其公比．
則下列判斷正確的是（ ）
A．①與②均為真命題 B．①與②均為假命題
C．①為假命題，②為真命題 D．①為真命題，②為假命題
【答案】C
【解析】對于①，由于數列的各項均為正整數，且公差，
但對，有對任意正整數恒成立（否則，矛盾），
故對時有.
這表明不是“可控數列”，故①錯誤；
對于②，若等比數列是“可控數列”，由于數列不是常數列，，故公比.
所以，
從而，
則，
當時，則，
令，則可知當時，不成立；
當時，顯然成立，而對于恒成立，
由于為嚴格增數列，且時，，
故問題等價于存在，使得，
記，隨m的增大，減小，故，
故只需，解得，故②正確.
綜上，①是假命題，②是真命題.
故選：C.
1．在數學上，斐波納契數列定義為：，，，斐波納契數列有種看起來很神奇的巧合，如根據可得，所以，類比這一方法，可得（ ）
A．714 B．1870 C．4895 D．4896
【答案】C
【解析】根據題意，數列滿足，即，
兩邊同乘以，可得，
則
.
故選：C.
題型九：數列的遞推問題
【典例9-1】（2024·河北滄州·三模）自然界中某些生物的基因型是由雌雄配子的基因組合而成，這種生物在生育下一代時，成對的基因相互分離形成配子，配子隨機結合形成下一代.若某生物群體的基因型為，在該生物個體的隨機交配過程中，基因型為的子代因無法適應自然環境，會被自然界淘汰.例如，當親代只有基因型個體時，其子1代的基因型如下表所示：
雌雄
×
由上表可知，子1代中，子1代產生的配子中占，占.以此類推，則子10代中個體所占比例為 .
【答案】
【解析】由題，設子代中占比為，則占比為.
所以，則子代的基因型如下表所示，
雌雄
×
由表可得，表格中總份數為（其中淘汰了份），
因此子代中占比為，
化簡得，即，即，
所以數列是首項為，公差為的等差數列，
所以，，因此 .
故答案為：.
【典例9-2】4人互相傳球，由開始發球，并作為第一次傳球，經過5次傳球后，球仍回到手中，則不同的傳球方式有多少種？若有個人相互傳球次后又回到發球人手中的不同傳球方式有多少種？
【解析】4人傳球時，傳球次共有種傳法．設第次將球傳給的方法數共有種傳法，則不傳給的有種，故，且不傳給的下次均可傳給，即
兩邊同除以得，
令，則，則
當時，．
當人數為時，傳球次共有種傳法．設第次將球傳給的方法數共有種傳法，則不傳給的有種，故，且不傳給的下次均可傳給，即
兩邊同除以得，
令，則，則
利用構造或猜想，解決數列遞推問題
【變式9-1】已知曲線：，點在上，在處的切線為，直線的斜率是直線斜率的2倍，經過點的直線與的另一個交點為，在處的切線為，直線的斜率是直線斜率的2倍，經過點的直線與的另一個交點為，照如此方法構造點，.
(1)證明：直線的方程為.
(2)若，證明數列為等比數列，并求出的通項公式.
【解析】（1）由，可得，則的斜率為，
所以的方程為即.
又，所以可化為，
故的方程為.
（2）由題可知的方程為，即，
同理可知的方程為.
將的方程與方程聯立，可得，
所以，即，
所以是首項為1，公比為3的等比數列，故.
【變式9-2】將正整數數列、、、、、的各項按照上小下大、左小右大的原則寫成如下的三角形數表：
(1)寫出數表的第行、第行；
(2)寫出數表中第行的第個數；
(3)設數表中每行的第個數依次構成數列，數表中每行的最后一個數依次構成數列，試分別寫出數列、的遞推公式，并求出它們的通項公式．
【解析】（1）數表中的第行為、、、，
數表中的第行為、、、、；
（2）前行中每一行的第一個數分別為、、、、、、、、、，
所以，數表中第行的第個數為；
（3），，，，
所以，數列的遞推公式為，
則
，
由數表可得，，，，
所以，數列的遞推公式為，
所以，.
1．分形幾何學是一門以不規則幾何形態為研究對象的幾何學．分形的外表結構極為復雜，但其內部卻是有規律可尋的．一個數學意義上分形的生成是基于一個不斷迭代的方程式，即一種基于遞歸的反饋系統．下面我們用分形的方法來得到一系列圖形，如圖1，線段的長度為，在線段上取兩個點，，使得，以為一邊在線段的上方做一個正六邊形，然后去掉線段，得到圖2中的圖形；對圖2中的最上方的線段作相同的操作，得到圖3中的圖形；依此類推，我們就得到了以下一系列圖形：
記第個圖形（圖1為第1個圖形）中的所有線段長的和為，則（1） ；（2）如果對，恒成立，那么線段的長度的取值范圍是 .
【答案】
【解析】由題意，得圖1中的線段為，，
圖2中的正六邊形邊長為，；
圖3中的最小正六邊形的邊長為，
圖4中的最小正六邊形的邊長為，
由此類推，，
因為
，
（1）；
（2），
對恒成立，
又，
，
，
故答案為：（1）；（2）.
2．點列，就是將點的坐標按照一定關系進行排列．過曲線C：上的點作曲線C的切線與曲線C交于，過點作曲線C的切線與曲線C交于點，依此類推，可得到點列：，，，…，，…，已知．
(1)求數列、的通項公式；
(2)記點到直線（即直線）的距離為，求證：；
【解析】（1）曲線上點處的切線的斜率為，故得到的切線方程為，
聯立方程組，消去得：，
化簡得：，所以或.
由得點的坐標為，
由得點得坐標為，
所以.
故數列是以1為首項，為等比的等比數列，
所以，.
（2）由（1）可知，，
所以直線的方程為：，
化簡得：.
所以，
所以，
所以.
所以.
重難點突破：數列新定義
【典例10-1】設 為常數，若存在大于 1 的整數 ，使得無窮數列 滿足 ，則稱數列 為 “ 數列”.
(1)設 ，若首項為 1 的數列 為“ (3)數列”，求 ；
(2)若數列 為“ 數列”，且 ，求出相應的 的值及 ；
(3)設 ，若首項為 1 的數列 為 “ 數列”，求數列 的前 項和 .
【解析】（1）由題意知 ，
，，
因此數列中，從第4項起，每隔3項重復出現，
有，
所以，
（2）因為數列為“數列”，所以，
所以，又，所以，
所以，
，
，
兩相減得：
，
所以，
（3）依題意，，，數列 為 “ 數列”，
則
，
是公差為1的等差數列，所以，
當時，而，
因此數列是以19為首項，2為公比的等比數列，
則，
令，
則，
所以
所以數列 的前 項和為，
【典例10-2】一般地，對于無窮數列，我們稱冪級數即為無窮數列的母函數，例如：數列的母函數為.附公式：，其中.
(1)已知數列，，，求無窮數列的母函數；
(2)已知無窮數列的母函數為，記，請用表示數列的母函數（注：不必考慮的范圍）；
(3)已知數列，，記，求.
【解析】（1）由可得，且，
故，所以數列為公比是2的等比數列，
所以，即得，
所以數列的母函數為.
（2）由題意得①
那么②
①②得，
，
所以.
（3）由公式.
令得，
令得，
令得，
所以，
數列的母函數為，
由（2）結論知數列的母函數為，
令，
則，
令，得，解得；令，得，解得；
又由系數為可得，則，故；
令，得，則，故；
綜上，.
所以
.
所以.
1、“新定義型”數列題考查了學生閱讀和理解能力，同時考查了學生對新知識、新事物接受能力和加以簡單運用的能力，考查了學生探究精神．要求解題者通過觀察、閱讀、歸納、探索進行遷移，即讀懂和理解新定義，獲取有用的新信息，然后運用這些有效的信息進一步推理，綜合運用數學知識解決問題的能力和探索能力（多想少算甚至不算）．因此，“新定義型”數列在高考中常有體現，是一種用知識歸類、套路總結、強化訓練等傳統教學方法卻難以解決高考中不斷出現的新穎試題．
2、解答與數列有關的新定義問題的策略：
（1）通過給定的與數列有關的新定義，或約定的一種新運算，或給出的由幾個新模型來創設的新問題的情景，要求在閱讀理解的基礎上，依據題設所提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的.
（2）遇到新定義問題，需耐心研究題中信息，分析新定義的特點，搞清新定義的本質，按新定義的要求“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使問題得以順利解決．
（3）類比“熟悉數列”的研究方式，用特殊化的方法研究新數列，向“熟悉數列”的性質靠攏．
【變式10-1】（2024·高三·河北·期末）已知有限數列滿足，若給定一個正整數k，在數列中存在一項或一些連續項的和為i，其中i的值可以取遍中的所有元素，則稱數列為k級可分解數列．
(1)數列3，1，2是否為4級可分解數列？是否為5級可分解數列？請說明理由；
(2)若有限數列為8級可分解數列，則數列的項數最少為多少？
(3)若有限數列為20級可分解數列，且，判斷數列的項數是否最少為6項，請說明理由．
【解析】（1）數列，，，因此，，，，
所以該數列為4級可分解數列；
由于沒有連續的項的和為5，所以不是5級可分解數列.
（2）由有限數列為8級可分解數列，得至少有8組數列組合，分別等于1，2，3，…，8，
設該有限數列共k項，則數列組合中一個元素的共k種；數列組合中兩個連續元素的共種；
數列組合中三個連續元素的共種；…；數列組合中k個連續元素的共1種，
因此，則，而，解得，
當k取最小值4時，構造數列為1，4，1，2，此數列，，，，
因此，，，，，，，，
即存在成立滿足題意，所以數列的項數最少為4.
（3）由（2）得，，則，
當時，的數列組合至多可表示組，
又，則其中必有負數的項，
從而中的一項或一些連續項的和可表示1~20及那個負數（恰21組），
這表明中僅一個負的，沒有0，且這個負的在中絕對值最小，
同時中沒有兩數相同，設那個負數為，
則所有數之和大于等于，，解得，
取，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足20個，
由（僅一種方式），得與2相鄰，若不在兩端，在第2，3，4，5之一的位置，
不妨設為“x，，2，______，______，______”的形式（其他形式同理），
若，則（有2種結果相同，方式矛盾），則，
同理，因此在一端，不妨為“，2，A，B，C，D”的形式，
若，則（有2種結果相同，矛盾）；若，同理不行；
若，則（有2種結果相同，矛盾），從而，由于，
由表法唯一知3，4不相鄰，則只能，2，6，3，5，4或，2，6，4，5，3，這2種情形，
若，2，6，3，5，4，則，矛盾；若，2，6，4，5，3，則，矛盾，
所以.
【變式10-2】給定數列，若對任意且是中的項，則稱為“數列”；若對任意且是中的項，則稱為“數列”.
(1)設數列的前項和為，若，試判斷數列是否為“數列”，并說明理由；
(2)設數列既是等比數列又是“數列”，且，求公比的所有可能取值；
(3)設等差數列的前項和為，對任意是數列中的項，求證：數列是“數列”.
【解析】（1），
當時，，
當時，符合上式，
.
對任意，且，
，
是“數列”.
（2），且數列是等比數列，
，且，
是“數列”，
也為數列中的項，
令得，
，
且，
的所有可能取值為或8.
（3）設數列公差為，故；對，有，
即，
當時，，此時數列顯然為“數列”，
當時，，
取，則，
當時，，符合題意，
當時，，符合題意，
，
設，即，
對，且，
，
易知，
為數列中的項，
數列為“數列”.
1．已知項數為m（，）的數列為遞增數列，且滿足，若，且，則稱為的“伴隨數列”.
(1)數列4，10，16，19是否存在“伴隨數列”，若存在，寫出其“伴隨數列”，若不存在，說明理由；
(2)若為的“伴隨數列”，證明：；
(3)已知數列存在“伴隨數列”，且，，求m的最大值.
【解析】（1），,
,，均為正整數，
所以數列4，10，16，19存在“伴隨數列”，且其“伴隨數列”是15,13,11,10.
（2）因為數列存在“伴隨數列”，
所以，且，
所以，
所以，即，
所以.
（3）①因為，，其中，
當時，，，有，均為正整數，
即當時，數列1,2025存在“伴隨數列”：，
因此的最小值為2；
②一方面，由（2）知，，
于是，
所以，
另一方面，由數列存在“伴隨數列”，知，
所以是的正約數，
取，
即取，
綜合上述為最大值，取，，
當時，
，符合條件，
當，，符合條件
因此的最大值為.
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