第8讲高二数学学科素养能力竞赛专题训练-数列通项的求法

第8讲高二数学学科素养能力竞赛专题训练——数列通项的求法【题型目录】模块一：易错试题精选模块二：培优试题精选模块三：名校竞赛试题精选【典型例题】模块一：易错试题精选1．已知数列满足，则数列的前2023项的和（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用累加法得到,代入得到,再利用分组求和法计算得到答案.【详解】因为，所以，即，所以所以.所以.故选：D2．已知数列的前项和为，，，对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为（

）A．64 B． C． D．【答案】B【分析】根据和的关系，可推出，.则不等式等价于，令，只需要即可.根据对勾函数的性质，可得出，当时，有最小值.【详解】当时，，当时，，经检验满足.∴，所以.又对任意，不等式恒成立，∴，对任意恒成立，即，对任意恒成立.令，.则只需要即可.，，由对勾函数性质知在递减，在递增，而，，.所以，当时，有最小值.所以，.故选：B.3．已知数列满足，，则=（

）A．80 B．100 C．120 D．143【答案】C【分析】根据，可得，从而可证得数列是等差数列，从而可求得数列的通项，即可得解.【详解】解：因为，所以，即，等式两边开方可得：，即，所以数列是以首项为，公差为1的等差数列，所以，所以，所以.故选：C．4．已知各项为正的数列的前项和为，满足，则的最小值为（

）A． B．4 C．3 D．2【答案】D【分析】由结合求出，从而求得，由此求出的表达式，利用基本不等式即可求得答案．【详解】各项为正的数列，，时，，即，化为：，，，又，解得，数列是等差数列，首项为1，公差为2．，，，当且仅当时取等号，的最小值为2．故选：D．5．记为数列的前项和，给出以下条件，其中一定可以推出为等比数列的条件是（

）A． B． C． D．是等比数列【答案】A【分析】用与的关系，求出通项公式，根据等比数列的判定，即可判断正误.【详解】对于A，已知，所以，所以是首项为1，公比为2的等比数列，，符合上式所以是通项为的等比数列，A选项正确；对于B，已知，所以，，不符合上式所以，B选项错误；对于C，已知，当首项为零时，不符合题意，C选项错误；对于D，已知是等比数列，则设的通项公式为不符合等比数列的通项公式，D选项错误；故选：A.6．如图，此形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…．设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则（

）．A． B．C． D．【答案】C【分析】根据的值可得，由递推公式即可判断B；利用累加法可得，再计算前4项的和即可判断A；由即可判断C；利用裂项相消求和法即可判断D.【详解】因为，，，……，，以上个式子累加可得：，所以，故选项A错误；由递推关系可知：，所以B错误；由，可得，C正确；因为，所以，D错误；故选：C.7．（多选题）以下为正奇数从小到大依次排成的数阵：13

57

9

1113

15

17

19……第n行有n个数，则（

）A．该数阵第n行第一个数为B．该数阵第n行最后一个数为C．该数阵第n行所有数的和为D．若数阵前n行总和不大于2023，则n的最大值为9【答案】AC【分析】正奇数从小到大为等差数列，数阵第n行第一个数对应m依次为：，则.对A，第n行第一个数为；对B，第n行最后一个数为第行第一个数减2；对C，第n行所有数的和为首项为该行第一个数，公差为2的等差数列的前n项和；对D，数阵前n行总和为前n行每行所有数的和相加.【详解】正奇数从小到大为等差数列，数阵第n行第一个数对应m依次为：，则.对A，第n行第一个数为，A对；对B，第n行最后一个数为第行第一个数减2，即，B错；对C，第n行所有数的和为首项为，公差为2的等差数列的前n项和，即，C对；对D，由第n行所有数的和为，则数阵前n行总和，则有当时，，当时，，故数阵前n行总和不大于2023时n的最大值为8，D错.故选：AC8．（多选题）等差数列的前项和为，若.则下列结论正确的有（

）A．B．C．数列是递减数列D．使的的最大值为15【答案】ABC【分析】根据等差数列的前n项和的定义求出，，，由等差数列的性质可判断ABC，再由数列的求和公式判断D.【详解】由可知，，，，即，由等差数列性质知，故A正确；由，所以，故B正确；又数列为等差数列，所以，即数列为递减数列，故C正确；因为，故D错误.故选：ABC9．已知数列的前项和为，则_____．【答案】．【分析】由代入已知条件变形后可得是等差数列（变形前说明），求出通项公式后得，从而易得结论．【详解】∵，∴，，时，，又，所以（）．∴由，得，所以是等差数列，公差为1，首项为1，∴，，从而．故答案为：．10．记为数列的前项和，为数列的前项积，已知，则___________.【答案】【分析】由题意可得，从而得到是等差数列，进一步得，再求出，利用求得＝即可求出答案.【详解】解：因为，所以，，所以，又因为，当时，得，所以，当时，，即，所以是等差数列，首项为，公差，所以，所以，满足，故，即，所以，两式相除得，当时也成立，所以，所以，所以.故答案为：.11．已知为数列的前项积，且，为数列的前项和，满足（，）.(1)求证：数列是等差数列；(2)求的通项公式；(3)求证：.【答案】(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）先求出，利用定义法判断出数列是首项为2，公差为2的等差数列.（2）求出时，，再验证，均不满足上式，写出通项公式；（3）证明：由得到，放缩后利用裂项相消法求和即可证明.【详解】（1）∵，，，，（）而，数列是首项为2，公差为2的等差数列.（2）由（1）知，，当时，，当时，，而，，，均不满足上式.（3），，当时，，即证.12．设数列的前项和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)设数列，对任意，将数列中落入区间内的项的个数记为，记数列的前项和为，求使得的最小整数．【答案】(1)；(2)5【分析】（1）利用可求出数列的通项公式；（2）由（1）得，然后由，得，则，从而可求出，进而可求出使得的最小整数的值.【详解】（1）当时，，得，当时，由，得，所以，，所以，所以数列是以2为首项，4为公比的等比数列，所以（2）由（1）得，因为数列中落入区间内，所以，所以，，所以，所以数列中落入区间内的项的个数，所以，由，得，即，当时，，当时，，因为随的增大而增大，所以的最小整数为5.13．已知正项数列的前n项和为，且满足，(1)求(2)求【答案】(1)(2)【分析】(1)先令求出首项，再由数列的递推公式，当时，代入并结合等差数列的定义和通项公式求出.(2)由第一问的公式，正好利用分母有理化进行化简抵消即可得出结果【详解】（1）根据题意可得，当时，，解得，由，代入得，整理后得，即，根据等差数列的定义可知，数列是首项为1，公差为1的等差数列，则，（2）由(1)可知，，14．设数列满足，且.(1)求证：数列为等差数列，并求的通项公式；(2)设，求数列的前99项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据递推式，变形为，由等差数列定义可证明结论；利用累加法求得通项公式；（2）根据，利用并项求和法，可得答案.【详解】（1）由已知得，即，是以2为首项，2为公差的等差数列.，当时，,当时，也满足上式，所以;（2）,当时，15．已知数列的前n项和为，.(1)证明：数列为等比数列；(2)设，证明：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由与关系，等比数列的定义证明，（2）由放缩法与裂项相消法求和证明，【详解】（1）当时，，即；当时，由，则；两式相减可得，即；所以，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）由（1）可得，所以，，则，所以16．已知数列中，，且，其中．(1)求；(2)求的通项公式．【答案】(1)，；(2)当为奇数时，；当为偶数时，.【分析】（1）代入序数，逐项计算即可求得；（2）根据，可得，再由利用累加法即可求得，再求即可得解.【详解】（1），，，，所以，；（2）由，所以，同理，又，所以所以，于是，于是，的通项公式为：当为奇数时，；当为偶数时，.模块二：培优试题精选1．已知数列满足，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求出，进而得到数列的通项公式，即可得到答案.【详解】因为，所以，则，有，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则，所以则，所以.故选：C.【点睛】利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值。比较复杂的递推公式求通项公式一般需用构造法构造来求，构造法求数列通项公式一般而言包括：取倒数，取对数，待定系数法等,其中待定系数法较为常见.2．已知各项均为正数的数列的前n项和，且满足，．设（为非零整数，），若对任意，有恒成立，则的值是（

）A．2 B．1 C． D．【答案】D【分析】在中求得，然后由得递推关系，再用替换后相减，结合得是等差数列，从而得通项公式，由恒成立，分类讨论可得的范围，从而得结论．【详解】由，，又，所以，，又，所以，由得（），相减得，，，所以，所以，再相减得，则，而，所以数列是等差数列，首项和公差均为1，所以，，对任意，有恒成立，则恒成立，，，是奇数时，，，∴，为偶数时，，，∴，综上，．又是非零整数，所以．故选：D．【点睛】思路点睛：数列问题中已知项与和的关系时，一般利用得出数列的递推关系，从而再求解；在含有的不等式参数问题中，需要利用的奇偶进行分类讨论化简不等式得参数范围．3．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.用他的名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，已知数列满足，，，若，为数列的前项和，则（

）A．999 B．749 C．499 D．249【答案】A【分析】构造法判断为等比数列，为常数列，进而可得，再由，结合新定义有，最后利用裂项相消法求的前n项和.【详解】由，得，又，所以数列是以4为首项，5为公比的等比数列，则①，由得：，又，所以数列是常数列，则②，由①②联立得.因为，所以，即，所以，故，所以，则.故选：A4．设数列的通项公式为，其前项和为，则（

）A． B． C．180 D．240【答案】D【分析】分别取，，和，，可验证出，利用周期性可验算得到结果.【详解】当，时，，；当，时，，；当，时，，；当，时，，.，.故选：D5．已知数列满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．【详解】∵，易得，依次类推可得由题意，，即，∴，即，，，…，，累加可得，即，∴，即，,又，∴，，，…，，累加可得，∴，即，∴，即；综上：．故选：B．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.

6．（多选题）已知数列满足，设数列的前项和为，其中，则下列四个结论中，正确的是（

）A．的值为2B．数列的通项公式为C．数列为递减数列D．【答案】ACD【分析】对于A.只需令即可得出的值；对于B.已知数列的前n项和，根据前n项和与数列的关系即可求出的通项公式，继而得到的通项公式；对于C.已知的通项公式，利用递减数列定义列式判断即可；对于D.化简得出数列，裂项相消即可得出.【详解】对于A.，即，故A正确；对于B.

①，

②，得，，当时，故数列的通项公式为，B错误.对于C.令因为，所以，数列为递减数列，故C正确对于D.故D正确.故选：ACD【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.7．（多选题）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（

）A．B．1225既是三角形数，又是正方形数C．D．，总存在，使得成立【答案】BCD【分析】利用累加法，分别求出，进而分别利用裂项求和法、放缩法，逐个选项进行判断即可得到答案.【详解】三角形数构成数列：1，3，6，10，…，则有，利用累加法，得，得到；n=1成立正方形数构成数列：1，4，9，16，…，则有，利用累加法，得，得到,n=1成立对于A，，利用裂项求和法：，故A错误；对于B，令，解得；令，解得；故B正确；对于C，，则，整理得，，故C正确；对于D，取，且，则令，则有，故，总存在，使得成立，故D正确；故选：BCD8．（多选题）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.已知大衍数列满足，，则（

）A． B．C． D．数列的前项和为【答案】BCD【分析】直接由递推公式求出即可判断A选项；分为奇数或偶数即可判断B选项；分为奇数或偶数结合累加法即可判断C选项；由分组求和法即可判断D选项.【详解】对于A，，A错误；对于B，当为奇数时，为偶数，则，，可得；当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确；对于C，当为奇数且时，累加可得，时也符合；当为偶数且时，累加可得；则，C正确；对于D，设数列的前项和为，则，又，，D正确.故选：BCD.【点睛】本题的关键点在于利用题目中的递推关系式，分为奇数或偶数两种情况来考虑，同时借助累加法即可求出通项，再结合分组求和法以及等差数列求和公式即可求得前项和，使问题得以解决.9．（多选题）设正数列的前n项和为，满足，则下列说法不正确的是（

）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根据递推关系先求出公式，再求出的通项公式，再逐项判断即可.【详解】依题意，解得，，并且，，代入递推公式得：，化简得：，是首项为1，公差为1的等差数列，，，当n=1时，也成立，，

，

，经检验n=1时，也成立，；对于A，，故A正确，B错误；对于C，，故C正确，D错误；故选：BD.10．某校电子阅览系统的登录码由学生的届别+班级+学号+特别码构成．这个特别码与如图数表有关，数表构成规律是：第一行数由正整数从小到大排列得到，下一行数由前一行每两个相邻数的和写在这两个数正中间下方得到．以此类推，特别码是学生届别数对应表中相应行的自左向右第一个数的个位数字，如：届班号学生的登陆码为．（为表中第行第一个数的个位数字）．则届班号学生的登录码为__________．【答案】【分析】设第第一个数为，则，推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得，计算出的个位数，即可得解.【详解】注意到，第行的前两个数之差为，设第第一个数为，则，等式两边同时除以可得，且，所以，数列是首项为，公差为的等差数列，则，所以，，，的个位数为：、、、、、的规律，所以，的个位数呈周期性变化，且周期为，，即的个位数为，故的个位数为，因此，届班号学生的登录码为.故答案为：.【点睛】方法点睛：当出现时，即在等式两边同时除以，可得出，利用累加法可求得数列的通项公式.11．设正整数，其中，记，当时，___________（用含的代数式表示）.【答案】【分析】首先根据前项和和通项之间的关系可得，再根据即可求得，再利用累加法即可得解.【详解】，又，所以，同理，，所以，，所以，，所以.，所以，又，所以.故答案为：12．在数列中，，，其前项和满足(1)求数列的通项公式；(2)设，如果对任意的有恒成立，求实数的取值范围；(3)若，，求证：数列是等差数列.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据数列前项和与的关系即可求出的通项公式；（2）化简不等式，讨论为奇数和偶数时对应的情况，继而求出实数的取值范围；（3）通过数列的递推公式构造数列，通过研究新数列来证明数列是等差数列.【详解】（1）因此，且由题可知，故是首项为2，公差为1的等差数列，通项公式为：（2）整理可得当时，可得，所以当时，可得，所以所以，故数的取值范围是（3），，，，又联立解得：，，所以，解得所以数列是等差数列13．已知各项均为正数的数列满足：，且．(1)求数列的通项公式；(2)设，求，并确定最小正整数n，使为整数．【答案】(1)(2)9【分析】（1）由题意知，所以为等比数列，由此可得数列的通项公式；（2）由题设条件知，为使为整数，当且仅当为整数，由此可确定最小正整数．【详解】（1）条件可化为，因此为一个等比数列，其公比为2，首项为，所以①因，由①式解出②（2）由①式有＝，为使为整数，当且仅当为整数．当n＝1，2时，显然不为整数，当时，只需为整数，因为3n－1与3互质，所以n为9的整数倍．当n＝9时，＝13为整数，故n的最小值为9．14．已知数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，证明是等差数列；(3)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；（2）由已知条件变形可得出，令可求得的值，令，由可得，两式作差结合等差中项法可证得结论成立；（3）推导出，利用不等式的基本性质可证得结论成立.【详解】（1）解：因为，，则且，所以，数列是等比数列，且该数列的首项和公比均为，，.（2）解：对任意的，，所以，，当时，，解得；当时，由可得，上述两个等式作差可得，即，所以，，故，化简可得，因此，数列为等差数列.（3）解：，所以，，，所以，.因此，对任意的，.【点睛】关键点点睛：解本题的第（3）问的关键在于利用放缩法推导出，再利用数列求和结合不等式进行推导，从而证得结论成立.15．已知正项数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)求证：．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）由，可得，令，利用构造法求出数列的通项公式，从而可求得的通项公式；（2）分且为偶数和且为奇数两种情况讨论，结合并项求和和奇偶分析法，通过放缩即可得出结论.【详解】（1）解：由，得，即，令，有，，又，故，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，所以有，即；（2）证明因为，，，当且为偶数时，，化简得，所以，当且为奇数时，则且为偶数，由上述证明可知，又因为，所以，综上.16．已知数列，的各项都是正数，是数列的前项和，满足；数列满足，，(1)求数列和的通项公式；(2)记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围．【答案】(1)，(2)【分析】（1）先根据条件算出，再算出和；（2）对于采用分组求和的方法，推出的解析式，再根据条件，计算不等式，确定的范围.（1）依题意，根据，得，又，，得；当时，；当时，适合上式，所以数列的通项公式，所以，，又因为，所以数列为等比数列，所以，解得或（舍去），所以；（2）由题意可知，，；由已知可得，设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为，所以，，当为奇数时，，所以，当为偶数时，，所以，由，得，即，当为偶数时，对一切偶数成立，当时，为最小值，所以，当为奇数时，对一切奇数成立，当时为最大值，所以此时，故对一切恒成立，则．综上，，，的取值范围是.17．已知数列{an}是正项等差数列，其中a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列；数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+bn＝1．(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)如果cn＝anbn，设数列{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数n，使得Tn＞Sn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，说明理由．【答案】(1)，(2)存在，2【分析】（1）数列是等差数列，用公差与表示出来后，由已知求得，可得通项公式，数列是已知与的关系，可由求得，再由当时，得到，从而知是等比数列，由此可得通项公式；（2）数列是由等差数列与等比数列相乘所得，其前项和用错位相减法求得，由（1）得出，作差，会发现当时都有，因此得到结论．（1）设数列{an}的公差为d，∵a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列，∴，即，解得（舍去）或，所以，由2Sn+bn＝1，得，当n＝1时，2S1+b1＝1，解得，当n≥2时，，所以，所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，故．（2）由（1）知，，所以①则②①-②得，，所以，又．所以，因为，所以，即，所以是递增数列，且当时，，故当时，，即，故所求的正整数n存在，其最小值是2.18．已知数列的前项和为，且满足，，则数列的通项_________；设，数列的前项和为，则_________．【答案】

【分析】先由题设条件得到是等差数列，从而求得，由此可得，进而得到，再利用裂项相消法即可求得.【详解】因为，且，则，所以是以为首项，为公差的等差数列，则，则，当时，，当时，满足，所以，所以，故.故答案为：；.模块三：名校竞赛试题精选1．已知正项数列的前n项和为，，，则______．【答案】4046【分析】根据，结合等差数列的通项即可得出答案.【详解】解：当时，，即，解得，当时，由，得，两式相减得，又，所以，所以数列得奇数项和偶数项都是以4为公差的等差数列，当为奇数时，，当为偶数时，，所以，所以.故答案为：4046.2．正整数数列的前项和是，则的最小值是__________．【答案】【详解】解析：，.而，故，故，.所以，由于是正整数，所以的最小值是．故答案为：.3．设数列的首项，且求．【答案】【详解】若n为偶数，则，即，所以，于是．故．若n为奇数，则，即，所以．于是，；故答案为：.4．设，，若，则的值为___________．【答案】6【详解】解析：因为，累乘可得原式，则，故，从而可得，则，且，在的值为6，9，18，故，．故．故答案为：6.5．已知数列：，，那么是该数列的第____________项.【答案】1553【分析】先将已知数列进行分组，再确定所在组数，最后根据各组项数以及所在组位置求结果.【详解】依题意知，可将已知数列进行分组，第一组为；第二组为；第三组为；；第n组为.又，故分数在数列第7组.下面我们计算数列分组后，前6组中共有数列(项).又为数列第7组的第1010位，所以分数为数列的第543+1010项，即第1553项.【点睛】本题考查等比数列求和以及找数列规律，考查基本分析与求解能力，属中档题.6．在数列{an}中，已知，则数列{an}的通项公式an=________.【答案】【分析】将两边同时减去，得，构造新的等比数列，然后将的各项叠加即可.【详解】解：将两边同时减去得，，，即是等比数列，其首项为2，公比为2，所以，从而当n≥2时，.又，故故答案为：.【点睛】考查已知递推数列求数列通项，这种题一般是通过构造新的等比数列或等差数列，再借助于累加或累乘解决，基础题.7．已知数列，，记为的前项和，，记，，为的前项和.(1)求数列的通项公式；(2)对，使得恒成立，求的最小值.【答案】(1)(2)1【分析】(1)利用与之间的关系以及等比数列的通项公式即可求解；(2)结合(1)中条件求出，然后利用裂项相消法求，进而即可得到答案.（1）当时，，即，因为，即

①，所以当时，

②，由①②相减可得，，故是首项为3，公比为3的等比数列，从而数列的通项公式：.（2）结合(1)中结论可得，，从而，故，因为当趋于正无穷时，接近于1，所以由恒成立可知，.从而的最小值为1.8．已知数列的前n项和，且满足.（1）求证：数列是等比数列；（2）若数列满足，为数列的前n项和，求证：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）由即可得到，再由等比数列的定义即可得证；（2）由（1）可得，即可得到，再用错位相减法求和，即可得证；【详解】解：（1）因为①，当时，，得，当时，②；①减②得，所以，所以是以4为首项，2为公比的等比数列（2）由（1）可得，又，所以，所以①，②，①减②得：所以【点睛】本题考查由递推公式证明数列为