2026年高二数学寒假自学课（沪教版）专题02 数列难点总结（解析版）

专题02数列难点总结

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串讲知识：思维导图串讲知识点，有的放矢

重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺

举一反三：核心考点能举一反三，能力提升

复习提升：真题感知+提升专练，全面突破

知识点1：递推数列的通项求解（核心难点）

1.非常规递推模型的转化

上海高考常考非等差、等比的递推形式，

2.分类讨论与初始条件验证

知识点2：数列与函数、不等式的综合应用（压轴高频考点）

1.数列的函数属性分析

上海高考常将数列视为特殊函数，考查单调性、最值、周期性，难点在于数列定义域为正整数集，与连续

函数的性质存在差异。

2.数列不等式的证明

这是上海高考数列压轴题的核心难点，常考放缩法，学生难以把握放缩的尺度：

放缩过度：导致不等式方向反转；

放缩不足：无法达到证明目标。

常见放缩技巧：裂项放缩、等比放缩

知识点3：代数推理与新定义问题（区分度考点）

1.抽象数列的性质

探究题目不给出具体通项，仅通过递推关系或数列满足的条件，要求证明数列的等差/等比性、有界性等，

对逻辑推理能力要求极高。

2.新定义数列问题

上海高考常结合新定义（如“等差比数列”“周期数列”“对称数列”）命题，难点在于快速理解新定义

的内涵，并将其转化为常规数列知识求解。

知识点4：数列极限与无穷等比数列（易错难点）

1.无穷等比数列各项和的条件

容易忽略公式的适用条件，直接代入计算导致错误。

2.数列极限的存在性判断

需结合数列的单调性和有界性（单调有界数列必有极限）分析，难点在于判断数列的有界性。

【考点1求数列的通项】

22

例1（24-25高三上·上海·期中）已知数列an的前n项和Snn2nnN，则数列an的各项中（）

A．所有项均是数列an中的项B．所有项均不是数列an中的项

C．只有有限项是数列an中的项D．只有有限项不是数列an中的项

【答案】A

2222

【分析】根据Snn2nnN，可求出an2n3，即可求出an2n3，将其化为22n6n63

形式，即可判断出答案.

2

【详解】由题意知数列an的前n项和Snn2nnN,

当n1时，a1S11；

22

当n2时，anSnSn1n2nn12n12n3，

a11也适合，故an2n3；

2222

则an2n34n12n922n6n63，

由于nN，n1时，2n26n62，n2时，2n26n62，

3

结合二次函数性质y2x26x6，对称轴为x，

2

则当n2，nN，y2n26n6递增，

再结合数的特点知2n26n6N，

2

故数列an的各项中所有项均是数列an中的项，

故选：A

2

变式1（23-24高二下·上海闵行·期中）已知数列an的前n项和为Sn，若Snnn，则a6．

【答案】12

S1,n1

【分析】根据数列的项与和的关系式an，即可求解.

SnSn1,n2

22

【详解】a6S6S5665512.

故答案为：12

11

变式2（22-23高二下·上海奉贤·期中）已知数列an中，an0，且对于任意正整数n有Snan，

2an

则Sn.

【答案】n

222

【分析】由题意可得SnSn11,又S11,则数列Sn是以1为首项,1为公差的等差数列,然后结合等差数列

通项公式的求法求解即可.

11

【详解】已知数列an中,an0,且对于任意正整数n有Snan,

2an

1

2SnSnSn1,

SnSn1

1

22

SnSn1,即SnSn11,

SnSn1

1

又2S1S1,S10,S11,

S1

22

所以数列Sn是以1为首项,1为公差的等差数列，即Snn,

又∵Sn0,∴Snn.

故答案为:n.

2

变式3（24-25高二下·上海徐汇·期末）已知数列an的前n项和Snn2na（n为正整数），其中a为非

零实数．

(1)求数列an的通项公式；

(2)若数列Sn的前三项依次成等比数列，求实数a的值．

a3,n1

【答案】(1)an

2n1,n2,nN

19

(2)

2

【分析】（1）根据给定条件，利用an与Sn的关系求出通项公式.

（2）利用等比数列列式计算得解.

2

【详解】（1）数列an的前n项和Snn2na，

22

当n2时，anSnSn1n2na[(n1)2(n1)a]2n1，

而a1S1a3，a0，不满足上式，

a3,n1

所以an.

2n1,n2,nN

（2）依题意，S1a3,S2a8,S3a15，

19

由数列S的前三项依次成等比数列，得(a3)(a15)(a8)2，解得a，

n2

1919

当a时，S,S,S均不为0，所以a.

21232

【考点2数列的求和】

*

例2（24-25高二上·上海嘉定·期中）若数列an满足a12，anan1an22（nN），则其前2023项

和为（）

A．1360B．1358C．1350D．1348

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用并项求和法求和即得.

【详解】数列an中，a12，anan1an22，而202316743，

所以S2023a1(a2a3a4)(a5a6a7)(a2021a2022a2023)226741350.

故选：C

1

变式1（24-25高二上·上海松江·期中）已知数列an满足an1an3，且a24．设bn，则数列bn

anan1

的前n项和Sn.

n

【答案】

3n1

【分析】根据题意，由等差数列的定义得到数列an是以3为公差的等差数列，进而求得其通项公式进而

得到bn，结合裂项相消法求和，即可求解.

【详解】根据题意，数列an满足an1an3，即an1an3，

由等差数列的定义，可得数列an是以3为公差的等差数列，

因为a24，可得a1a2d431，

所以数列an的通项公式为an13n13n2.

11111

所以bn，

anan13n23n133n23n1

11111111n

所以数列bn的前n项和为：Sn11.

34473n23n133n13n1

n

故答案为：.

3n1

变式2（24-25高二下·上海·期末）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的

连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形

作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，

111

第三层放6个，第四层放10个……第n层放an个物体堆成的堆垛，则．

a1a2a2024

4048

【答案】

2025

【分析】根据给定条件，写出数列an的递推关系，利用累加法求出通项，再利用裂项相消法求和作答.

【详解】依题意，在数列an中，a11，a2a12，a3a23，…，anan1nn2，

nn1

当n2时，aaaaaaaa123n，

n12132nn12

nn11211

满足上式，因此，2，

a11an

2annn1nn1

1

令数列的前n项和为Sn，

an

1111111112n

则Sn221，

122334nn1n1n1

1114048

所以S2024．

a1a2a20242025

4048

故答案为：

2025

2

变式3（24-25高二上·上海·期中）设Sn是等差数列an的前n项和，且Snnn，其中nN，n1．

(1)求an的通项公式；

1

(2)求数列的前n项和Hn．

anan1

*

【答案】(1)an2nnN

n*

(2)HnnN

4n1

【分析】（1）根据等差数列前n项和Sn与通项公式an之间的关系可求得an.

1

（2）由（1）得的通项公式，再由前n项和的定义写出Hn的表达式，最后通过裂项相消法求出Hn.

anan1

【详解】（1）由题意得，根据等差数列前n项和Sn与通项公式an之间的关系，

2

当n1时，a1S1112，

22

当n2时，anSnSn1nn[(n1)(n1)]2n，

又当n1时，211满足an2n的通项公式，

*

所以数列{an}的通项公式为an2n(nN).

（2）由（1）可得，an12(n1)，

111

所以，

anan12n2(n1)4n(n1)

1111

所以数列的前n项和Hn...

anan1a1a2a2a3anan1

111

...

4124234n(n1)

1111

(...)

41223n(n1)

111111

[(1)()...()]

4223nn1

11

(1)

4n1

n

.

4(n1)

1n*

所以数列的前n项和HnnN

.

anan14n1

【考点3数列的单调性、最值、周期性】

n

例3（22-23高二下·上海虹口·期中）已知数列an110，下列说法正确的是（）

n11

A．an有最大项，但没有最小项B．an没有最大项，但有最小项

C．an既有最大项，又有最小项D．an既没有最大项，也没有最小项

【答案】C

【分析】将an分奇偶项分别作差，判断出奇数项和偶数项的单调性，从而可得结果.

n

【详解】数列an110,

n11

*2(k1)2k2k

当n2k(kN)时，aa[2(k1)1](10)(2k1)(10)42k179(10)，

2(k1)2k111112111

所以当k4时，a2(k1)a2k0，a2k单调递增；

当k5时，a2(k1)a2k0，a2k单调递减，

故此时an有最大项为a10；

2k12k1

当n2k1(kN*)时，a2k10，a(2k2)10，

2k1112(k1)111

2k1

aa42k200(10)，

2k12k112111

所以当k4时，a2k1a2k10，a2k1单调递减；

当k5时，a2k1a2k10，a2k1单调递增，

故此时an有最小项为a9，

综上，an既有最大项，又有最小项.

故选：C

变式1（20-21高二上·上海浦东新·期中）已知无穷数列{an}是公比为q的等比数列，Sn为其n项和，则“0q1”

*

是“存在M0，使得|Sn|M对一切n∈N恒成立”的（）条件

A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要

【答案】A

【分析】根据等比数列的求和公式，结合充分、必要条件的定义，分析即可得答案.

n

a1(1q)

【详解】因为{an}为等比数列，所以S,q1，

n1q

a

因为0q1，所以当n0时，qn0，S1，

n1q

a

1*

所以存在M，使得|Sn|M对一切n∈N恒成立，充分性成立；

1q

当q=-1时，当n为偶数时，Sn0，

当n为奇数时，Sna1，

*

所以存在Ma1，使得|Sn|M对一切n∈N恒成立，但此时q(0,1)，必要性不成立，

*

所以“0q1”是“存在M0，使得|Sn|M对一切n∈N恒成立”的充分不必要条件.

故选：A

变式2（21-22高二下·上海长宁·期中）对于数列an，若存在正整数m，使得对任意正整数n，都有anmanq

（其中q为非零常数），则称数列an是以m为周期，以q为周期公比的“类周期性等比数列”.若“类周期性等

比数列”的前4项为1，1，2，3，周期为4，周期公比为3，则数列an前21项的和为．

【答案】1090

【分析】确定an43an，数列an从第二项起连续四项成等比数列，利用等比数列公式计算得到答案.

【详解】an43an，故a5a1q3，由题意得数列an从第二项起连续四项成等比数列，

a2a3a4a512339,q3，

59135

(a2a3a4a5)(1q)

则数列an前21项的和为a11090．

11q13

故答案为：1090

1

变式3（22-23高三上·上海静安·期中）已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，首项为a1，且、a、S

2nn

成等差数列.

(1)证明：数列{an}是等比数列，并写出通项公式；

b

n

(2)若bn2log2an，设cn，求数列{cn}的前n项和Tn；

an

3n2

(3)若不等式Tm2m1对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围.

8nn

n2

【答案】(1)an2

8n

(2)T

n2n

(3),12,

【分析】（1）根据已知条件，利用an与Sn的关系，得出递推关系式，证明数列为等比数列，再求出数列的

通项公式．

（2）利用（1）的结论，根据数列通项特征，利用错位相减法求出数列的和．

（3）利用（2）的结论，找出算式最大值利用恒成立问题求出参数m的范围．

1

【详解】（1）各项均为正数的数列{a}的前n项和为S，首项为a1，且,a,S成等差数列．

nn2nn

1

则：S2a①，

2nn

11

当n1时，S2a，解得：a．

21112

1

当n2时，S2a②，

2n1n1

a

n

①②得：an2an2an1，整理得：2，

an1

1

所以：数列{a}是以a为首项，2为公比的等比数列．

n12

1

所以：a2n12n2．

n2

b42n168n

n2cn

（2）由于：an2，所以bn2log2an42n，则nn2n，

an22

80168n

所以T①，

n21222n

180168n

T②，

2n22232n1

11

1

1111168n222n1168n4n

①②得：T4848，

n23nn11n1n

22222122

2

8n

解得：T．

n2n

3n23n28n3n2

（3）设dT，

n8nn8n2n2n

3(n1)23n253n

则：dd，

n1n2n12n2n1

11

当n1，2，3时，d1,d21,d3，

28

53n

当n1时，0，即dd，

2n1n1n

故dn的最大值为1，

3n222

不等式Tnmm1对一切正整数n恒成立，只需mm11即可，

8n

故：m2m20，解得：m≥2或m1，

所以m的取值范围是：,12,．

【考点4数列不等式的证明】

例4（20-21高二上·上海浦东新·期中）已知无穷数列{an}是公比为q的等比数列，Sn为其n项和，则“0q1”

*

是“存在M0，使得|Sn|M对一切n∈N恒成立”的（）条件

A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要

【答案】A

【分析】根据等比数列的求和公式，结合充分、必要条件的定义，分析即可得答案.

a(1qn)

【详解】因为{a}为等比数列，所以S1,q1，

nn1q

a

因为0q1，所以当n0时，qn0，S1，

n1q

a

1*

所以存在M，使得|Sn|M对一切n∈N恒成立，充分性成立；

1q

当q=-1时，当n为偶数时，Sn0，

当n为奇数时，Sna1，

*

所以存在Ma1，使得|Sn|M对一切n∈N恒成立，但此时q(0,1)，必要性不成立，

*

所以“0q1”是“存在M0，使得|Sn|M对一切n∈N恒成立”的充分不必要条件.

故选：A

1

2，

变式1（24-25高二下·上海宝山·期中）已知数列an的前n项和Snnn，设bnTn为数列bn的

anan1

*

前n项和，若对任意的nN，不等式Tnn3恒成立，则实数的取值范围为.

【答案】,30

【分析】利用an与Sn的关系求出数列an的通项公式，再用裂项相消法求得Tn，再根据不等式的恒成立问

题以及函数的单调性与最值，求实数的取值范围.

S1,n12,n1*

【详解】由an，an2n,nN，

SnSn1,n22n,n2

111111

bn，

2n2n24nn14nn1

11111111111n

Tn11，

422334nn14n14n1

13

则Tnn3n3144n4，

nn

3

由函数yx4在0,3上单调递减，在3,上单调递增，

x

15

又x1时，y8，x2时，y，

2

315

所以当n2时，n4取最小值，的取值范围是,30.

n2

故答案为：,30.

变式2（23-24高二上·上海闵行·期中）设公比为正数的等比数列an的前n项和为Sn，已知a38,S26，数

列bn满足bnlog2an.

(1)求数列an和bn的通项公式；

2

(2)设数列bn的前n项和为Tn，若不等式2Tn1M(nb32)bn2(nN)恒成立，求M的最小值.

n

【答案】(1)an2，bnn

6

(2)

259

【分析】（1）根据等比数列基本量的计算即可得首项和公比，

n1

（）根据等差求和公式，将问题转化为M对任意的恒成立，利用基本不等式求解最

2n32n2nN

值即可求解.

【详解】（1）设公比为q，且q0，

2

a38a1q,a12

由a38,S26可得，解得，

S26a1a1q,q2

n1nn

所以ana1q2，bnlog2anlog22n，

1nn

（2）由于bnn，所以bn1n1，故bn1bn1，因此bn为等差数列，且公差为1，故T，

n2

22

由2Tn1M(nb32)bn2(nN)得n1n2M(n32)n2，

n1

进而可得M对任意的恒成立，

n32n2nN

1

M

令n1t,t2,tN则31，

,t32

t

3131

记ftt231，当且仅当t31时等号成立，但由于t2,tN，315,6，而f55，

t5

3131311

f66，f5f6560，

65630

3167

所以f5f6，故ftf66，

min66

16

3167259

t3232，则31259

t66t32

t

16

因此M，故M

31,

t32259

tmax

6

即M的最小值为，

259

变式3（23-24高二上·上海·期末）已知an是首项为1的等比数列，bn是首项为2的等差数列，a3b2且

a4b1b3.

(1)求an和bn的通项公式；

(2)将an和bn中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列cn，求数列cn的前50项和S50；

a,n为奇数

n1

设数列d的通项公式为d，*，记d的前n项和为T，若3T22n13nt14

(3)nnbnnNnn2n1

2,n为偶数

2

对任意的nN*都成立，求正数t的取值范围.

n1

【答案】(1)an2，bn2n

(2)2451

(3)0t4

【分析】（1）设an的公比为qq0，bn的公差为d，根据已知条件求出q,d可得答案；

（2）根据an和bn的通项公式可得数列cn中项的特点，由等差数列求和公式可得答案；

2*

（3）求出数列dn的通项公式，分组求和可得T2n1，可转化为tn1对任意的nN都成立，求出

n

2

n1的最小值可得答案.

n

【详解】（1）设an的公比为qq0，bn的公差为d，

23

因为a3b2且a4b1b3，所以q2d，q42d，

解得q=2，d2，

n1

所以an2，bn2n；

n1

（2）an2，bn2n，

因为数列bn是正偶数构成的等差数列，数列an除首项外，其余项都是2的倍数，

4948

所以数列c的前50项和S1+24922451；

n502

n为奇数

2,n*

（3）因为dn，nN，

n2,n为偶数

所以T2n1d1d2d3d4d2n1

2232522n14682n

n

21442n

n1

142

824n

n2n，

33

n

2n182422n1

由3T2n123nt14得3nn23nt14，

33

2

即tn1对任意的nN*都成立，

n

2

因为n1221，nN*，等号取不到，

n

当n1时，1214，当n2时，2114，

所以正数t的取值范围是0t4.

【点睛】方法点睛：数列求和的方法技巧：（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联

的数列的求和．（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．（3）分组求和：用于若干个等

差或等比数列的和或差数列的求和．

【考点5抽象数列的性质】

1

例5（25-26高三上·上海闵行·期中）数列a前n项和为S，已知a，且对任意正整数m，n，都有

nn15

amnaman，若Sna恒成立，则实数a的最小值为（）

134

A．B．C．D．3

443

【答案】A

11

【分析】利用赋值法可知数列a是首项为，公比为的等比数列，进而确定S，即可得解.

n55n

【详解】由已知对任意正整数m，n，都有amnaman，

1

则令m1，可得aa，

n15n

11

即数列a是首项为，公比为的等比数列，

n55

n

1

所以an，

5

n

11

1n

55111

即S，

n1

1445

5

n

11

又当nN，所以0，

45

n

1

即1111，即，

Sna

44544

所以a的最小值为1，

4

故选：A.

变式1（23-24高二上·上海·期末）在计算机语言中，有一种函数yINTx叫做取整函数（也叫高斯函数），

骣

=ç2´n÷

其中INTx表示不超过x的最大整数，如INT0.90，INT3.143.已知aINTç10÷，b1a1，

n桫ç7÷

=-

bnan10an-1（n为正整数且n2），则b2024等于（）

A．8B．7C．5D．2

【答案】A

【分析】根据题意写出数列bn前几项并找出其周期规律，进而求解b2024即可.

2n=-

【详解】因为anINT10，b1a1，bnan10an-1（n为正整数且n2），

7

20

所以baINT2，

117

2=-=-=

a2INT10028，所以b2a210a128208，

7

同理可得，b35,b47,b51,b64,b72,b88，

所以bn周期为6，由202463372，得b2024b28.

故选：A

变式2（22-23高二下·上海青浦·期中）数列an满足：a11，a23，且an2an1an（nN，n0），

则该数列前100项和S100

【答案】5

【分析】根据递推公式求得数列前几项，观察可得an是以6为周期的数列.进而求出

a1a2a3a4a5a60，即可根据周期性得出答案.

【详解】由已知可得，a32，a41，a53，a62，

a71a1，a83a2，a92a3，

所以，an是以6为周期的数列.

又a1a2a3a4a5a60，

所以，

S100a1a2a3a4a5a6a99a10016a1a2a3a4a5a6a1a2a3a413215.

故答案为：5.

n1*

变式3（21-22高三上·上海虹口·期中）已知数列a满足a10，|an1an|n，且a(nN)

nn2

(1)求a4的所有可能取值；

(2)若数列{a2n}单调递增，求数列{a2n}的通项公式；

(3)对于给定的正整数k，求Ska1a2ak的最大值.

【答案】(1)-6，-2，0

(2)bnn2

k

(3)

2

【分析】（1）由递推关系即可求出a4的所有可能取值；

（2）由题意可知数列an的偶数项a2，a4，a6，…a2n，…是单调递增数列，先证明数列an中相邻两

项不可能同时为负数，即可得到结果；

（3）由（2）知，an,an1不能同时为负数，分n为奇数时，n为偶数时，k为奇数时，k为偶数时，讨论即可

得出答案.

n1*

【详解】（1）解：因为a10，|an1an|n，且a(nN)，

n2

所以a21，a33或1，

当a33时，a40或a46；当a31时，a42或a44（舍），

所以a4的值可以取-6，-2，0；

（）解：由题设可得数列的偶数项，，，，是单调递增数列，

2ana2a4a6…a2n…

根据条件a21，a40，∴a2n0对n2成立，

下面我们证明“数列an中相邻两项不可能同时为非负数”，

假设数列an中存在ai､ai1同时为非负数，∵|ai1ai|i，

i11

若ai1aii，则有aaii，与条件矛盾；

i+1i2

i1

若ai1aii，则有aaii，与条件矛盾，

ii12

∴假设错误，即数列an中相邻两项不可能同时为非负数，此时a2n0对n2成立，

∴当n2时，a2n10，a2n10即a2n1a2n，a2n1a2n，

∴a2na2e12n1，a2n1a2n2(2n2)，

∴a2na2a1a2n1a2n12n1

即a2na2n21，其中n2，即bnbn11，其中n2，又b1a21，b2a40

∴bn是以b11，公差为1的等差数列，

∴bn1n1n2；

（3）解：记Ska1a2a3ak1ak.

由（2）的证明知，an，an1不能都为非负数，当an0，则an10，

n1

根据an1ann，得到an1ann，∴aa2an2n1，

nn1n2

当an10则an0，

n11

根据an1ann，得anan1n，∴aa2an2n0，

nn1n12

∴总有anan10成立，

当n为奇数时，|anan1|n，∴an1，an的奇偶性不同，则anan11，

当n为偶数时，an1an0，

当k为奇数时，Ska1a1a3ak1ak0，

k1k1

考虑数列：0，-1，1，-2，2，…，，…，

22

可以验证，所给的数列満足条件，且Sk0∴Sk的最大值为0.

k

当k为偶数时，S(aa)(aa)，

k12k1k2

k2k-2k

考虑数列：0，-1，1，-2，2，…，，，，…，

222

k

可以验证，所给的数列满足条件，且S，

k2

k

∴Sk的最大值为.

2

【点睛】本题考查数列得性质和应用，解题时要注意归纳总结能力得培养，考查了转化能力和运算能力，

难度较大.

【考点6数列新定义问题】

n

例6（24-25高三上·上海·期中）已知数列an为无穷数列，若正整数l满足：对任意的正整数，均有anlan，

则称数列an为“l阶弱减数列”.现有以下两个命题：