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
n
S 与
n
a 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[来
源:Z&xx&k.Com][来源:学
科网]
卷
2[来源:学科
网][来源:学科网
ZXXK][来
源:Z*xx*k.Com]
文
16[来源:学*科*网
Z*X*X*K]
已知递推公式求通项公式[来源:学
科网]
主要考查已知数列递推公式求首项，考查运算求解能力[来
源:学科网ZXXK][来源:Z|xx|k.Com]
卷1
理17
数列前n 项和
n
S 与
n
a 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
n
S 与
n
a 关系
的应用
主要考查数列利用前n 项和
n
S 与
n
a 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
n
S 与
n
a 关
系的应用
主要考查数列利用前n 项和
n
S 与
n
a 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
n
S 与
n
a 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
n
S 与
n
a 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
1
2
n
a a
a
满足
0 ,1
1, 2 ,
ia
i
，且存在正整数m ，使得
(
1, 2 ,
)
i m
i
a
a i
成立，则称其为0-1 周期序列，并
称满足
)
,2,1
(
i
a
a
i
m
i
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
1
2
n
a a
a
，
1
1
( )
1, 2 ,
,
1
m
i
i k
i
C k
a a
k
m
m
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
1
1, 2 , 3 , 4
5
C k
k
的序列是
(
)
A．11010
B．11011
C．10001
D．11001
【答案】C
【解析】由
i m
i
a
a
知，序列
ia 的周期为m，由已知，
5
m
，
5
1
1
( )
,
1,2,3,4
5
i
i k
i
C k
a a
k
．
对于选项A，
5
1
1
2
2
3
3
4
4
5
5
6
1
1
1
1
1
1
(1)
(
)
(1 0
0
0
0)
5
5
5
5
5
i
i
i
C
a a
a a
a a
a a
a a
a a
5
2
1
3
2
4
3
5
4
6
5
7
1
1
1
1
2
(2)
(
)
(0 1 0 1 0)
5
5
5
5
i
i
i
C
a a
a a
a a
a a
a a
a a
，不满足；
对于选项B，
5
1
1
2
2
3
3
4
4
5
5
6
1
1
1
1
3
(1)
(
)
(1 0
0 1 1)
5
5
5
5
i
i
i
C
a a
a a
a a
a a
a a
a a
，不满足；
对于选项D，
5
1
1 2
2
3
3
4
4
5
5
6
1
1
1
1
2
(1)
(
)
(1 0
0
0 1)
5
5
5
5
i
i
i
C
a a
a a
a a
a a
a a
a a
，不满足；故
选：C
2．(2011 天津)已知数列{
}
{ }
n
n
a
b
与
满足
1
1
( 2)
1
n
n
n
n
n
b
a
b a
，
1
*
1
3
( 1)
,
,
2
2
n
nb
n
N
a
且
．
(Ⅰ)求
2
3
,
a a 的值；
(Ⅱ)设
*
2
1
2
1,
n
n
n
c
a
a
n
N
，证明{ }
nc
是等比数列；
(Ⅲ)设
n
S 为{
}
na
的前n 项和，证明
*
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1 (
).
3
n
n
n
n
S
S
S
S
n
n
N
a
a
a
a
【解析】(Ⅰ)由
1
*
3
( 1)
,
2
n
nb
n
N
，可得
2,
,
1,
n
n
b
n
为奇数
为偶数,
又
1
1
2
1
n
n
n
n
n
b
a
b a
，
当
1
2
1
2
3
1
,
2
1,
2,
;
2
n
a
a
a
a
时
由
可得
当
2
3
3
2
,2
5,
8.
n
a
a
a
时
可得
(Ⅱ)证明：对任意
*
n
N
2
1
2
1
2
2
2
1
n
n
n
a
a
①
2
2
2
1
2
2
1
n
n
n
a
a
②
②-①，得
2
1
2
1
1
2
1
2
1
3 2
,
3 2
,
4
n
n
n
n
n
n
n
c
a
a
c
c
即
于是
所以{
}
nc
是等比数列．
(Ⅲ)证明：
1
2
a
，由(Ⅱ)知，当
*
2
k
N
k
且
时，
2
1
1
3
1
5
3
7
5
2
1
2
3
(
)
(
)
(
)
(
)
k
k
k
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
1
3
5
2
3
2
1
2(1
4
)
2
3(2
2
2
2
)
2
3
2
1
4
k
k
k
故对任意
*
2
1
2
1
,
2
.
k
k
k
N
a
由①得
2
1
2
1
2
1
*
2
2
1
2
2
2
1,
2
,
2
k
k
k
k
k
a
a
k
N
所以
因此，
2
1
2
3
4
2
1
2
(
)
(
)
(
)
.
2
k
k
k
k
S
a
a
a
a
a
a
于是，
2
1
2
2
2
1
1
2
.
2
k
k
k
k
k
S
S
a
故
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
.
1
2
2
2
1
4
4 (4
1)
2
2
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
S
S
k
k
k
a
a
考点55 已知递推公式求通项公式
1．(2014 新课标Ⅱ，文16)数列
}
{
n
a
满足
2
,
1
1
8
1
a
a
a
n
n
，则
1a
________．
【答案】2
1
【解析】由
1
1
1
n
n
a
a
得，n
a =
1
1
1
na
，∵
8
2
a
，∴
7a =
8
1
1
a
= 1
2
，∴
6a =
7
1
1
a
=-1，∴
5a =
6
1
1
a
=2，
∴
4a =
5
1
1
a
= 1
2
，∴
3a =
4
1
1
a
=-1，∴
2a =
3
1
1
a
=2，
1a =
2
1
1
a
= 1
2
．
2．(2013 新课标Ⅰ，理14)若数列{
n
a }的前n 项和为Sn＝2
1
3
3
na
，则数列{
na }的通项公式是
n
a =______．
【答案】
1
( 2)n
【解析】当n =1 时，
1a =
1S =
1
2
1
3
3
a
，解得
1a =1 ，当n ≥2 时，
n
a
=
1
n
n
S
S
= 2
1
3
3
na
－
(
1
2
1
3
3
na
)=
1
2
2
3
3
n
n
a
a
，即
n
a =
1
2
na
，∴{
n
a }是首项为1，公比为－2 的等比数列，∴
na =
1
( 2)n
．
3．(2015 江苏)数列
}
{
n
a
满足
1
1
a
，且
1
1
n
a
a
n
n
(
*
N
n
)，则数列
}
1
{
n
a
前10 项的和为
．
【答案】20
11
【解析】由题意得：
1
1
2
2
1
1
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
(
1)
1
2
1
2
n n
n
n
，所以
10
1
1
1
1
2
20
2(
),
2(1
)
,
1
1
1
11
n
n
n
S
S
a
n
n
n
n
．
4．(2016•新课标Ⅲ，文17)已知各项都为正数的数列{
}
na
满足
1
1
a ，
2
1
1
(2
1)
2
0
n
n
n
n
a
a
a
a
．
(1)求
2a ，
3a ；
(2)求{
}
na
的通项公式．
【解析】(1)根据题意，
2
1
1
(2
1)
2
0
n
n
n
n
a
a
a
a
，
当
1
n 时，有
2
1
2
1
2
(2
1)
2
0
a
a
a
a
，
而
1
1
a ，则有
2
2
1
(2
1)
2
0
a
a
，解可得
2
1
2
a
，
当
2
n
时，有
2
2
3
2
3
(2
1)
2
0
a
a
a
a
，
又由
2
1
2
a
，解可得
3
1
4
a
，
故
2
1
2
a
，
3
1
4
a
；
(2)根据题意，
2
1
1
(2
1)
2
0
n
n
n
n
a
a
a
a
，
变形可得
1
(
2
)(
1)
0
n
n
n
a
a
a
，
即有
1
2
n
n
a
a
或
1
na ，
又由数列{
}
na
各项都为正数，
则有
1
2
n
n
a
a
，
故数列{
}
na
是首项为
1
1
a ，公比为1
2 的等比数列，
则
1
1
1
1
1 ( )
( )
2
2
n
n
na
，
故
1
1
( )
2
n
na
．
考点56 数列的前n 项和
n
S 与
n
a 关系的应用
1．(2020 江苏20)已知数列
*
{
}(
)
n
a
n
N
的首项
1
1
a
，前n 项和为
n
S ．设与k 是常数．若对一切正整
数n ，均有
1
1
1
1
1
k
k
k
n
n
n
S
S
a
成立，则称此数列为“
k
”数列．
(1)若等差数列是“
1
”数列，求的值；
(2)若数列{
}
n
a
是“
3
2
3
”数列，且
0
n
a
，求数列{
}
n
a
的通项公式；
(3)对于给定的，是否存在三个不同的数列{
}
n
a
为“
3
”数列，且
0
n
a
？若存在，求出的取值范
围；若不存在，说明理由．
【答案】见解析
【解析】(1)
1
k
时，
1
1
1
n
n
n
n
a
S
S
a
，∴
1
．
(2)
1
1
3
3
n
n
n
S
S
a
，
1
1
1
1
3
(
)
3
n
n
n
n
n
n
a
S
S
a
S
S
，
因此
1
1
3
n
n
n
S
S
a
．
1
1
2
3
3
n
n
S
a
，
1
1
1
4
4 (
)
3
3
n
n
n
n
S
a
S
S
．从而
1
4
n
n
S
S
．
又
1
1
1
S
a
，
1
4n
n
S
，
2
1
3 4n
n
n
n
a
S
S
，
2
n
．
综上，
2
1,
1
3 4
,
2
n
n
n
a
n
．
(3)若存在三个不同的数列{
}
n
a
为“
3
”数列，则
1
1
1
3
3
3
1
1
n
n
n
S
S
a
，
则
2
1
1
2
3
3
3
3
3
3
1
1
1
1
1
3
3
(
)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
S
S
S
S
S
S
a
S
S
，
由
1
1
a
，
0
n
a
则
0
n
S
，令
1
1
3
(
)
0
n
n
n
S
p
S
，则
3
3
2
3
(1
)
3
3
(1
)
0
n
n
n
p
p
p
，
1
时，
2
n
n
p
p
，由
0
np
可得
1
np
，则
1
n
n
S
S
，即
1
0
n
a
，
此时{
}
n
a
唯一，不存在三个不同的数列{
}
n
a
；
1
时，令
3
3
1
t
，则
3
2
1
0
n
n
n
p
tp
tp
，则
2
(
1)[
(1
)
1]
0
n
n
n
p
p
t p
，
①
1
t
时
2
(1
)
1
0
n
n
p
t p
，则
1
np
同理不存在三个不同的数列{
}
n
a
；
②1
3
t
时，
2
(1
)
4
0
t
，
2
(1
)
1
0
n
n
p
t p
无解，则
1
np
，同理不存在三个不同的数列{
}
n
a
；
③
3
t
时，
3
(
1)
0
np
，则
1
np
，同理不存在三个不同的数列{
}
n
a
；
④
3
t
即0
1
时，
2
(1
)
4
0
t
，
2
(1
)
1
0
n
n
p
t p
有两解，，设
，
1
2
t
，
1
0
，则0
1
，则对任意
*
n
N
，
1
1
n
n
S
S
或
3
1
n
n
S
S
或
3
1
n
n
S
S
，
此时
1
n
S
，
3
1,
1
,
2
n
n
S
n
，
3
1,
1,2
,
3
n
n
S
n
均符合条件，
对应
1,
1
0,
2
n
n
a
n
，
3
1,
1
1,
2
0,
3
n
n
a
n
n
，
3
1,
1
0,
2
1,
3
0,
4
n
n
n
a
n
n
，
则存在三个不同的数列{
}
n
a
为“
3
”数列，且
0
n
a
，综上，0
1
．
2．(2018•新课标Ⅰ，理14)记
n
S 为数列{
}
na
的前n 项和．若
2
1
n
n
S
a
，则
6
S
．
【答案】63
【解析】
n
S 为数列{
}
na
的前n 项和，
2
1
n
n
S
a
，①，当
1
n 时，
1
1
2
1
a
a
，解得
1
1
a ，
当
2
n
时，
1
1
2
1
n
n
S
a
，②，由①②可得
1
2
2
n
n
n
a
a
a
，
1
2
n
n
a
a
，
{
}
na
是以1
为首项，以2
为公比的等比数列，
6
6
1 (1
2 )
63
1
2
S
．
3．(2016•新课标Ⅲ，理17)已知数列{
}
na
的前n 项和
1
n
n
S
a
，其中
0
．
(1)证明{
}
na
是等比数列，并求其通项公式；
(2)若
5
31
32
S
，求．
【解析】(1)
1
n
n
S
a
，
0
．
0
na
．
当
2
n. 时，
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
a
S
S
a
a
a
a
，
即
1
(
1)
n
n
a
a
，
0
，
0
na
．
1
0
．即
1
，
即
1
1
n
n
a
a
，(
2)
n.
，
{
}
na
是等比数列，公比
1
q
，
当
1
n 时，
1
1
1
1
S
a
a
，
即
1
1
1
a
，
1
1
(
)
1
1
n
na
．
(2)若
5
31
32
S
，
则若
4
5
1
31
1
[
(
) ]
1
1
32
S
，
即
5
31
1
(
)
1
1
32
32
，
则
1
1
2
，得
1
．
4．(2014 新课标Ⅰ，理17)已知数列{
na }的前n 项和为
n
S ，
1a =1，
0
na
，
1
1
n
n
n
a a
S
，其中为
常数．
(Ⅰ)证明：
2
n
n
a
a
；
(Ⅱ)是否存在，使得{
n
a }为等差数列？并说明理由．
【解析】(Ⅰ)由题设
1
1
n
n
n
a a
S
，
1
2
1
1
n
n
n
a
a
S
，两式相减
1
2
1
n
n
n
n
a
a
a
a
，由于
0
na
，所以
2
n
n
a
a
…………6 分
(Ⅱ)由题设
1a =1，
1
2
1
1
a a
S
，可得
2
1
1
a
，由( Ⅰ)知
3
1
a
假设{
n
a }为等差数列，则
1
2
3
,
,
a a a 成等差数列，∴
1
3
2
2
a
a
a
，解得
4
；
证明
4
时，{
na }为等差数列：由
2
4
n
n
a
a
知
数列奇数项构成的数列
2
1
m
a
是首项为1，公差为4 的等差数列
2
1
4
3
m
a
m
令
2
1,
n
m
则
1
2
n
m
，∴
2
1
na
n
(
2
1)
n
m
数列偶数项构成的数列
2m
a
是首项为3，公差为4 的等差数列
2
4
1
m
a
m
令
2 ,
n
m
则
2
n
m
，∴
2
1
na
n
(
2 )
n
m
∴
2
1
na
n
(
*
n
N
)，
1
2
n
n
a
a
因此，存在存在
4
，使得{
n
a }为等差数列．
………12 分
考点57 数列性质
1．(2012 福建)数列
na
的通项公式
cos
1
2
n
n
a
n
，前n 项和为
n
S ，则
2012
S
=___．
【答案】3018
【解析】因为cos 2
n
的周期为4 ；由
cos
1
2
n
n
a
n
n
N
，∴
1
2
3
4
6
a
a
a
a
，
5
6
7
8
6
a
a
a
a
，…，∴
2012
503 6
3018
S
2. (2011 浙江)若数列
2
(
4)( )
3
n
n n
中的最大项是第k 项，则k =____________．
【答案】4
【解析】由题意得
1
1
2
2
(
4)( )
(
1)(
1
4)( )
3
3
2
2
(
4)( )
(
1)(
1
4)( )
3
3
k
k
k
k
k k
k
k
k k
k
k
，得
2
2
(
1)
10
10
k
k
，因为
N
k
，所以
4
k
．
3．(2014 湖南)已知数列{
na }满足
*
1
1
1,|
|
,
.
n
n
n
a
a
a
p
n
N
(Ⅰ)若{
na }是递增数列，且
1
2,
3
,2
3
a
a
a 成等差数列，求p 的值；
(Ⅱ)若
1
2
p
，且{
2
1
n
a
}是递增数列，{
2n
a
}是递减数列，求数列{
na }的通项公式．
【解析】(I)因为
na
是递增数列，所以
1
1
n
n
n
n
n
a
a
a
a
p
．而
1
1
a
，
因此又
1
2
3
,2
,3
a
a
a 成等差数列，所以
2
1
3
4
3
a
a
a
，因而
2
3
0
p
p
，
解得
1 ,
0
3
p
p
当
0
p
时，
1
n
n
a
a
，这与
na
是递增数列矛盾．故
1
3
p
．
(Ⅱ)由于
2
1
n
a
是递增数列，因而
2
1
2
1
0
n
n
a
a
，于是
2
1
2
2
2
1
(
)
(
)
0
n
n
n
n
a
a
a
a
①
但
2
2
1
1
1
2
2
n
n
，所以
2
1
2
2
2
1
a
a
a
a
n
n
n
n
．
②
又①，②知，
2
2
1
0
n
n
a
a
，因此
2
2
2
1
2
1
2
1
1
( 1)
( )
2
2
n
n
n
n
n
a
a
③
因为
2n
a
是递减数列，同理可得，
2
1
2
0
n
n
a
a
故
2
2
1
2
1
2
2
1
( 1)
2
2
n
n
n
n
n
a
a
④
由③，④即知，
1
1
( 1)
2
n
n
n
n
a
a
，于是
1
2
1
1
1
2
1
3
2
1
1
1
1
1
1
1
1
4
1
2
1
1
1
2
2
2
2
3
3
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
，
故数列
na
的通项公式为
1
4
1 ( 1)
3
3
2
n
n
n
a
．
