专题6.1 数列的概念与简单表示法（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 由an与Sn的关系求通项或项】.................................................................................................................4
【题型2 累加法求通项公式】..................................................................................................................................5
【题型3 累乘法求通项公式】..................................................................................................................................7
【题型4 构造法求通项公式】..................................................................................................................................9
【题型5 数列的周期性】........................................................................................................................................11
【题型6 数列的单调性】........................................................................................................................................12
【题型7 数列的最大（小）项】............................................................................................................................14
【题型8 数列中的规律问题】................................................................................................................................17
【题型9 递推数列问题】........................................................................................................................................20
1、数列的概念与简单表示法
考点要求
真题统计
考情分析
(1)了解数列的概念和几种
简单的表示方法(列表、图
象、通项公式)
(2)了解数列是自变量为正
整数的一类特殊函数
2023 年北京卷：第10 题，4
分
数列是高考的热点内容，属于高考
的必考内容.从近几年的高考情况来
看，高考中对数列的概念的考查相对较
少，考查题型以选择题、填空题为主，
难度不大，重点是考查数列的单调性、
周期性与最值等内容.
知识点
1
数列的概念与基本知识
1．数列的定义
一般地，把按照确定的顺序排列的一列数称为数列.数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列的第一个位
置上的数叫做这个数列的第1 项，常用符号a1表示，第二个位置上的数叫做这个数列的第2 项，用a2表示
⋯⋯第n 个位置上的数叫做这个数列的第n 项，用an表示.其中第1 项也叫做首项.
2．数列的分类
分类标准
名称
含义
举例
按项的个数
有穷数列
项数有限的数列
1,2,3,…,n
无穷数列
项数无限的数列
1,0,1,0,1,0,…
按项的变化趋势
递增数列
从第2 项起，每一项都大于它的前一
项的数列
3,4,5,6,…,n+2
递减数列
从第2 项起，每一项都小于它的前一
项的数列
-1,-2,-3,…,-n
常数列
各项相等的数列
0,0,0,0,…
摆动数列
从第2 项起，有些项大于它的前一
项，有些项小于它的前一项的数列
1,-2,3,-4,…
3．数列的通项公式
如果数列{an}的第n 项an与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数
列的通项公式.
4．数列的递推公式
(1)递推公式的概念
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子就叫做这个数列的递推
公式.
(2)对数列递推公式的理解
①与
不一定所有数列都有通项公式
一样，并不是所有的数列都有递推公式
“
”
.
②递推公式是给出数列的一种方法.事实上，递推公式和通项公式一样，都是关于项的序号n 的恒等式.如果
用符合要求的正整数依次去替换n，就可以求出数列的各项.
③用递推公式求出一个数列，必须给出：
基础
数列
——
{an}的第1 项(或前几项)；
递推关系
数列
——
{an}的任意一项an与它的前一项an-1 (
)(或前几项)间的关系，并且这个关系可以用
等式来表示.
5．数列表示方法及其比较
优点
缺点
通项
公
式法
便于求出数列中任意指定的一项，
利于对数列性质进行研究
一些数列用通项公式表示比较
困难
列
表法
内容具体、方法简单，给定项的序
号，易得相应项
确切表示一个无穷数列或项数
比较多的有穷数列时比较困难
图象法
能直观形象地表示出随着序号的变
化，相应项的变化趋势
数列项数较多时用图象表示比
较困难
递推公式法
可以揭示数列的一些性质，如前后
几项之间的关系
不容易了解数列的全貌，计算
也不方便
6．数列的前n 项和
数列{an}从第1 项起到第n 项止的各项之和，称为数列{an}的前n 项和，记作
，即
.
如果数列{an}的前n 项和Sn与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个
数列的前n 项和公式.
=
.
知识点
2
数列的通项公式的求解策略
1．由an与Sn的关系求通项：
(1)已知Sn求an的常用方法是利用
=
转化为关于an的关系式，再求通项公式.
(2) Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an= Sn -Sn-1(n≥2)转化为只含 Sn，Sn-1的关系式，再求解.
方向2：利用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1的关系式，再求解.
2．由数列的递推关系求通项公式：
(1)累加法：形如an+1=an+f(n)的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项.
(2) 累乘法：形如an+1=an·f(n) 的递推关系式可化为
的形式，可用累乘法，也可用
代入求出通项.
(3)构造法：
①形如an+1=pan+q 的递推关系式可以化为(an+1+x)=p(an+x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变
量x 是关键.
②形如
(A,B,C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.
知识点
3
数列的性质有关问题的解题策略
1．数列周期性问题的解题策略：
解决数列周期性问题，根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求出有关
项的值或前n 项和.
2．求数列最大项与最小项的常用方法
(1)函数法：利用相关的函数求最值.若借助通项的表达式观察出单调性，直接确定最大 (小)项，否则，利
用作差法.
(2)利用
确定最大项，利用
确定最小项.
【方法技巧与总结】
1．若数列{an}的前n 项和为Sn，通项公式为an，则
.
2．在数列{an}中，若an最大，则
；若an最小，则
.
【题型1 由an与Sn的关系求通项或项】
【例1】（2025·北京丰台·二模）已知数列{an)的前n项和为Sn，且满足a1=0,an+1+2Sn=n，则a5=（ ）
A．−1
B．0
C．1
D．2
【答案】B
【解题思路】根据题设an+1与Sn的递推关系式推导出an+an+1=1，再根据a1=0求出a2=1，逐项求出a5即
可.
【解答过程】由题意，2Sn=−an+1+n，则当n≥2时，有2Sn−1=−an+n−1，
两式相减可得2(Sn−Sn−1)=an−an+1+1，即an+an+1=1.
当n=1时，2S1=−a2+1，因为S1=a1=0，所以a2=1，
所以a3=1−a2=0,a4=1−a3=1,a5=1−a4=0.
故选：B.
【变式1-1】（2025·浙江宁波·三模）已知数列{an)中，a2=1，记Sn为{an)的前n项和，2Sn=nan，则a2025
的值为（ ）
A．2023
B．2024
C．2025
D．2026
【答案】B
【解题思路】根据题意，利用an与Sn的关系，推得
an
an−1
= n−1
n−2，结合累乘法，即可求得a2025的值，得到答
案.
【解答过程】数列{an)中，满足2Sn=nan，当n≥3时，可得2Sn−1=(n−1)an−1，
两式相减，可得2an=nan−(n−1)an−1，即(n−2)an=(n−1)an−1，所以
an
an−1
= n−1
n−2，
又由a2=1，则a2025=a2× a3
a2
× a4
a3
×⋯× a2025
a2024
=1× 2
1 × 3
2 ×⋯× 2024
2023 =2024.
故选：B.
【变式1-2】（2025·贵州遵义·二模）已知数列{an)的前n项和Sn=n
2+n−1，则a1+a9=（ ）
A．16
B．17
C．18
D．19
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，利用an= Sn−Sn−1,n≥2求出a9，即可计算即得.
【解答过程】依题意，a1= S1=1，a9= S9−S8=(9
2+9−1)−(8
2+8−1)=18，
所以a1+a9=19.
故选：D.
【变式1-3】（2024·福建漳州·一模）已知各项均不为0 的数列{an)的前n项和为Sn，若3 Sn=an+1，则a8
a7
=
（ ）
A．−1
2
B．−1
3
C．1
2
D．1
3
【答案】A
【解题思路】根据an与Sn之间的关系分析可得2an+1=−an，令n=7即可得结果.
【解答过程】因为3 Sn=an+1，则3 Sn+1=an+1+1，
两式相减可得：3an+1=an+1−an，即2an+1=−an，
令n=7，可得2a8=−a7，
且an≠0，所以
a8
a7
=−1
2.
故选：A.
【题型2 累加法求通项公式】
【例2】（2025 高三·全国·专题练习）已知数列an满足a1=3，an+1=an+ 1
n −
1
n+1，则an=（ ）
A．4+ 1
n
B．4−1
n
C．2+ 1
n
D．2−1
n
【答案】B
【解题思路】根据题意利用递推关系式由累加法计算可求得an= 4−1
n.
【解答过程】因为an+1=an+ 1
n −
1
n+1，所以an+1−an= 1
n −
1
n+1，
所以当n≥2时，a2−a1=1−1
2，a3−a2= 1
2 −1
3，
，
…
an−an−1=
1
n−1 −1
n (n≥2)，
累加可得an−a1=(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−) an−1)=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+
1
n−1 −1
n =1−1
n (n≥2)，
因为a1=3，所以an=1−1
n +3= 4−1
n (n≥2)，当n=1时，a1=3，满足上式，
所以an= 4−1
n，
故选：B．
【变式2-1】（24-25 高二上·山东枣庄·阶段练习）已知数列{an)满足a1=3，an+1=an+
1
n(n+1)，则an=
（ ）
A．4+ 1
n
B．4−1
n
C．2+ 1
n
D．2−1
n
【答案】B
【解题思路】由an+1−an= 1
n −
1
n+1，利用累加法可求通项公式an.
【解答过程】由题意可得an+1−an=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
所以a2−a1= 1
1 −1
2，a3−a2= 1
2 −1
3，
，
…
an−an−1=
1
n−1 −1
n，
上式累加可得an−a1=(a2−a1)+(a3−a2)+⋯⋯+(an−an−1)
= 1
1 −1
2 + 1
2 −1
3 +⋯⋯+
1
n−1 −1
n =1−1
n，
又a1=3，所以an= 4−1
n.
故选：B.
【变式2-2】（2025·天津和平·三模）定义新运算：|
a
b
c
d)=ad −bc，已知数列{an)(n∈N
*)满足
a1=−14，|
an+1
1
2an
2)=10n，则a10=（ ）
A．239
B．225
C．211
D．261
【答案】C
【解题思路】根据题可得an+1−an=5n，即可利用累加法求解通项得解.
【解答过程】由|
an+1
1
2an
2)=10n可得2an+1−2an=10n⇒an+1−an=5n，
故an−an−1=5(n−1),an−1−an−2=5(n−2),⋯,a2−a1=5×1,
累加可得an=5(n−1)+5(n−2)+⋯+5×1+a1=5 (1+n−1)(n−1)
2
−14 = 5n(n−1)
2
−14，
故a10= 5×10×9
2
−14 =211，
故选：C.
【变式2-3】（24-25 高二上·江苏连云港·期中）如图的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
的最上层有
“
”
1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，⋅⋅⋅，
设各层球数构成一个数列{an)，则a21=（ ）
A．58
B．225
C．210
D．231
【答案】D
【解题思路】根据累加法求解出{an)的通项公式，由此可求a21的值.
【解答过程】由题意可知an−an−1=n(n≥2)，
所以an−1−an−2=n−1,an−2−an−3=n−2,⋅⋅⋅,a2−a1=2，
所以an−an−1+an−1−an−2+⋅⋅⋅+a2−a1=n+(n−1)+⋅⋅⋅+2,
所以an−a1= (n+2)(n−1)
2
，所以an= n
2+n−2
2
+1= n(n+1)
2
，
当n=1时，a1=1符合n≥2的情况，
所以an= n(n+1)
2
，所以a21= 22×21
2
=231，
故选：D.
【题型3 累乘法求通项公式】
【例3】（24-25 高二下·广东深圳·阶段练习）在数列{an)中，a1=1，an= n−1
n
an−1，n≥2,n∈N，则数
列{an)的通项公式为（ ）
A．
1
2n−1
B．
2
n(n+1)
C．1
n
D．2
n+1
【答案】C
【解题思路】根据所给数列递推式，利用累乘法（迭代法）即可求得数列通项.
【解答过程】因an= n−1
n
an−1，n≥2,n∈N，则
an= an
an−1
⋅an−1
an−2
⋯a3
a2
⋅a2
a1
⋅a1
=1× 1
2 × 2
3 ×⋯× n−2
n−1 × n−1
n
= 1
n，
当n=1时，符合题意，故数列{an)的通项公式为an= 1
n.
故选：C.
【变式3-1】（24-25 高二下·河南南阳·阶段练习）已知数列{an)的项满足an+1=
n
n+2 an，而a1=1，则an=
（ ）
A．
2
(n+1)
2
B．
2
n(n+1)
C．
1
2
n−1
D．
1
2n−1
【答案】B
【解题思路】依题意可得
an+1
an
=
n
n+2，利用累乘法计算可得.
【解答过程】因为an+1=
n
n+2 an，所以
an+1
an
=
n
n+2，
则
a2
a1
= 1
3，
a3
a2
= 2
4 ，
a4
a3
= 3
5，
a5
a4
= 4
6 ，⋯⋯，
an
an−1
= n−1
n+1 ，
累乘可得
a2
a1
× a3
a2
× a4
a3
× a5
a4
×⋯× an
an−1
= 1
3 × 2
4 × 3
5 × 4
6 ×⋯× n−1
n+1 ，
所以
an
a1
=
1×2
n×(n+1)，又a1=1，所以an=
2
n×(n+1)，
经检验n=1时an=
2
n×(n+1)也成立，
所以an=
2
n×(n+1).
故选：B.
【变式3-2】（24-25 高二上·重庆九龙坡·期末）已知a1=2，an=n(an+1−an)，则数列{an)的通项公式是
an=（ ）
A．n
B．n+1
C．2n
D．(
n+1
n )
n
【答案】C
【解题思路】根据题意可得
an+1
an
= n+1
n
，再利用累乘法计算可得；
【解答过程】解：由an=n(an+1−an)，得(n+1)an=nan+1，
即
an+1
an
= n+1
n
，
则
an
an−1
=
n
n−1，
an−1
an−2
= n−1
n−2，
an−2
an−3
= n−2
n−3，
，
…
a2
a1
= 2
1，
由累乘法可得
an
a1
=n，因为a1=2，所以an=2n，
故选：C．
【变式3-3】（24-25 高二上·河南鹤壁·阶段练习）设数列{an)的前n 项和为Sn，且a1=1,{Sn+nan)为常数
列，则an=（ ）
A．1
3
n−1
B．
2
n(n+1)
C．
2
(n+1)(n+2)
D．5−2n
3
【答案】B
【解题思路】由条件可得Sn+nan= Sn+1+(n+1)an+1，然后可得
an+1
an
=
n
n+2，然后用累乘法求出答案即可.
【解答过程】因为数列{Sn+nan)是常数列，所以Sn+nan= Sn+1+(n+1)an+1，
因为an+1= Sn+1−Sn，所以nan=(n+2)an+1，即
an+1
an
=
n
n+2，
所以当n≥2时an= an
an−1
⋅an−1
an−2
⋅an−2
an−3
⋯⋅a3
a2
⋅a2
a1
⋅a1 = n−1
n+1 ⋅n−2
n
⋅n−3
n−1 …⋅2
4 × 1
3 ×1=
2
n(n+1)，
n=1时也满足上式，所以an=
2
n(n+1).
故选：B.
【题型4 构造法求通项公式】
【例4】（2024·广东茂名·一模）已知T n为正项数列{an)的前n项的乘积，且a1=2,T n
2=an
n+1，则a5=（ ）
A．16
B．32
C．64
D．128
【答案】B
【解题思路】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.
【解答过程】由T n
2=an
n+1，得T n+1
2
=an+1
n+2，于是an+1
2
= T n+1
2
T n
2 = an+1
n+2
an
n+1，则an+1
n
=an
n+1，
两边取对数得nlgan+1=(n+1)lgan，因此lgan+1
n+1 =lgan
n
，数列{lgan
n
}是常数列，
则lgan
n
=lga1
1
=lg2，即lgan=nlg2=lg2
n，所以an=2
n，a5=32.
故选：B.
【变式4-1】（2025 高二·全国·专题练习）已知数列{an)满足an+1= 2
3 an+ 4，且a1=1，则{an)的通项公式为
（ ）
A．an=12−(
2
3)
n−1
B．an=(
2
3)
n+2
C．an=12−11×(
2
3)
n−1
D．an=8+(
2
3)
n−1
【答案】C
【解题思路】给an+1= 2
3 an+ 4两边同时加一个数x，构造成等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解
{an)的通项公式即可.
【解答过程】设an+1+ x = 2
3 (an+ x)，即an+1= 2
3 an−1
3 x，
所以−1
3 x = 4，解得x =−12，
所以an+1−12= 2
3 (an−12)，
所以{an−12)是首项为a1−12=−11，公比为2
3的等比数列，
所以an−12=−11×(
2
3)
n−1
，
所以an=12−11×(
2
3)
n−1
．
故选：C.
【变式4-2】（24-25 高二上·陕西西安·期中）已知数列{an)满足a1=1，an+1=
an
4 an+1，(n∈N
∗)，则an=
（ ）
A．an= 1
n
B．an=
1
2n−1
C．an= 2n−1
4 n−3
D．an=
1
4 n−3
【答案】D
【解题思路】取倒数法求通项，将an+1=
an
4 an+1变形可得数列{
1
an)为等差数列，计算即可得.
【解答过程】an+1=
an
4 an+1，即1
an+1
= 4 an+1
an
= 4+ 1
an
，
可得1
an+1
−1
an
= 4，又a1=1，
即有数列{
1
an)是首项为1，公差为4 的等差数列，
可得1
an
=1+ 4 (n−1)= 4 n−3，
即an=
1
4 n−3.
故选：D.
【变式4-3】（24-25 高二下·山西晋中·阶段练习）若数列{an)的首项a1=1，且满足an+1=2an+1，则数列
{an)的通项公式为（ ）
A．an=2
n−1
B．an=2
n−1−1
C．an=2
n+1−1
D．an=2
n−2
【答案】A
【解题思路】利用构造法可得数列{an+1)是以a1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，根据等比数列的
通项公式可得结果.
【解答过程】∵an+1=2an+1，
∴an+1+1=2(an+1)，即
an+1+1
an+1 =2，
数列
∴
{an+1)是以a1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，
∴an+1=2×2
n−1=2
n，
∴an=2
n−1.
故选：A.
【题型5 数列的周期性】
【例5】（2025·河南·模拟预测）已知数列{a)满足a1=−1，a2=−8，且对任意n∈N
∗，
anan+1+2an+1=an+m，则a2025=（ ）
A．−8
B．−1
C．3
2
D．5
2
【答案】D
【解题思路】首先令n=1求出m 的值，再求出数列的周期，结合周期即可求得a2025，则答案可求.
【解答过程】令n=1可得a1a2+2a2=a1+m，
代入数据得：−1×(−8)+2×(−8)=−1+m，解得m=−7，
所以anan+1+2an+1=an+1(an+2)=an−7，
令n=2，解得a3= 5
2，令n=3，解得a4=−1，令n= 4，解得a5=−8，⋯，
可得数列{an)的周期为3，则a2025=a3×675=a3= 5
2，
故选：D.
【变式5-1】（2025·天津南开·二模）若数列{an)满足a1=2,a2=1，且an+2={
an+1−an,
an+1≥an,
an−an+1,
an+1<an,)则{an)
的前2025 项的和为（ ）
A．1350
B．1352
C．2025
D．2026
【答案】B
【解题思路】由数列的递推公式可得数列{an)可以看作以a2,a3,a4为一个周期的数列，然后代入计算，即
可得到结果.
【解答过程】由题意可得a3=a1−a2=1，
因为a3=a2，所以a4=a3−a2=0，
因为a4<a3，所以a5=a3−a4=1，
因为a5>a4，所以a6=a5−a4=1，
因为a6=a5，所以a7=a6−a5=0，⋯，
所以数列{an)从第二项起是以1，1，0 为周期的数列，
则S2025=a1+674(a2+a3+a4)+a2024+a2025 =2+674×2+1+1=1352.
故选：B.
【变式5-2】（2025·湖南·模拟预测）在数列{an)中，a1=3，且an+1= 1+an
1−an
，则a2025=（ ）
A．3
B．-2
C．−1
3
D．1
2
【答案】A
【解题思路】由递推关系求前几项的值，判断出数列{an)是以4 为周期的数列，利用周期性求出a2025.
【解答过程】数列{an)中，a1=3，且an+1= 1+an
1−an
，
则a1=3，a2=−2，a3=−1
3，a4= 1
2，a5=3，⋯，
所以an+ 4=an，即数列{an)是以4 为周期的数列，
所以a2025=a4×506+1 =a1=3，
故选：A．
【变式5-3】（2025·湖北·二模）若数列{an)满足a1=2，an+1= 1+an
1−an
(n∈N
∗)，则该数列的前2 025 项的
乘积是（ ）
A．−2
B．−1
C．2
D．1
【答案】C
【解题思路】求出该数列的周期和一周期内的乘积即可得到答案.
【解答过程】因为数列{an)满足a1=2，an+1= 1+an
1−an
(n∈N
∗)，所以a2= 1+a1
1−a1
= 1+2
1−2 =−3，
同理可得a3=−1
2 ,a4= 1
3 ,a5=2,…，所以数列{an}的周期为4，即an+ 4=an，
且a1⋅a2⋅a3⋅a4=1，而2025=506×4 +1，
所以该数列的前2 025 项的乘积是a1⋅a2⋅a3⋅a4⋅…⋅a2025=1
506×a1=2.
故选：C.
【题型6 数列的单调性】
【例6】（2025·天津·二模）已知{an)是一个无穷数列，“a2>a1
是
”
“{an)为递增数列
的（
”
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解题思路】根据递增数列的概念及充分、必要条件的定义判断即可.
【解答过程】递增数列是指一个数列从第二项起，每一项都大于它的前一项，即an+1>an(n∈N
∗).
若{an)是摆动数列，可能有a2>a1，但是{an)不是递增数列，则仅a2>a1不能推出{an)为递增数列，但{an)为
递增数列可以推出a2>a1.
所以“a2>a1
是
”
“{an)为递增数列
的必要不充分条件
”
.
故选：B.
【变式6-1】（2024·贵州·模拟预测）已知数列{an)满足an= n+ k −1
n
(k ∈R)，则
数列
“
{an)是递增数列”
的充要条件是（ ）
A．k <0
B．k <1
C．k >0
D．k >1
【答案】B
【解题思路】根据条件，利用递增数列满足an+1>an，即可求解.
【解答过程】因为an= n+k −1
n
(k ∈R)，所以an+1−an= n+k
n+1 −n+k −1
n
=
1−k
(n+1)n
由an+1−an=
1−k
(n+1)n >0，得到k <1，所以
数列
“
{an)是递增数列
的充要条件是
”
k <1，
故选：B.
【变式6-2】（2025·湖南永州·模拟预测）已知数列{an)满足an+1= an
2 + 1
an
，则下列说法正确的是（ ）
A．若an>0，则{an)所有项恒大于等于❑√2
B．若a1=1，则{an)是单调递增数列
C．若{an)是常数列，则a1=± ❑√2
D．若a1=2，则{an+1+ an
2 )是单调递增数列
【答案】C
【解题思路】由a1值不定即可判断A；由题设求出a2和a3即可判断B；由an
2 + 1
an
=an求出an即可求出a1判
断C；由a2+ a1
2 和a3+ a2
2 即可判断D.
【解答过程】对于A，当an>0时，an+1= an
2 + 1
an
≥2❑√
an
2 ⋅1
an
= ❑√2，当且仅当an
2 = 1
an
即an= ❑√2时等号成
立，
所以an≥❑√2(n≥2)，但a1值不定，
所以若an>0，则{an)所有项不一定恒大于等于❑√2，故A 错误；
对于B，若a1=1时，a2= a1
2 + 1
a1
= 3
2，a3= a2
2 + 1
a2
= 17
12，而a3<a2，故B 错；
对于C，若{an)是常数列，则an+1= an
2 + 1
an
=an⇒an
2 = 1
an
⇒an
2=2，即an=± ❑√2，
所以a1=± ❑√2，故C 正确；
对于D，由题an+1+ an
2 =an+ 1
an
，
因为a1=2，所以由递推关系an+1= an
2 + 1
an
可知an>0，且a2= a1
2 + 1
a1
=1+ 1
2 = 3
2，a3= a2
2 + 1
a2
= 3
4 + 2
3 = 17
12
，
所以a2+ a1
2 =a1+ 1
a1
= 5
2，a3+ a2
2 =a2+ 1
a2
= 3
2 + 2
3 = 13
6 < 5
2.故D 错误.
故选：C.
【变式6-3】（2024·天津南开·二模）设数列{an)的通项公式为an=n
2+bn，若数列{an)是单调递增数列，则
实数b 的取值范围为（ ）
A．(−3,+ ∞)
B．(−2,+∞)
C．[−2,+∞)
D．[−3,+∞)
【答案】A
【解题思路】由递增数列定义可得an+1−an>0，代入计算即可得解.
【解答过程】由题意可得an+1−an>0恒成立，即(n+1)
2+b(n+1)−n
2−bn=2n+1+b>0，
即b>−2n−1，又n≥1，−2n−1≤−3，故b∈(−3,+∞).
故选：A.
【题型7 数列的最大（小）项】
【例7】（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列{an)的通项公式为an={
7
2n−7 ,n≤5
1
7 n
2−1
7
(a−1)n,n≥6)
，若a7是
{an)中唯一的最小项，则实数a的取值范围是（ ）
A．(14,16)
B．(15,16)
C．[15,16)
D．(14,16)
【答案】B
【解题思路】当n≤5时，解an+1−an≤0，得出单调性，判断出在n=3时，取最小值：a3=−7；当n≥6，
利用二次函数的对称性和最值，建立关于a的不等式组求解．
【解答过程】当n≤5时，an=
7
2n−7 ，令an+1−an<0，得：
7
2(n+1)−7 −
7
2n−7 =
−14
(2n−5)(2n−7) <0，
解得：n≤2或n≥4，因此可知：a1>a2>a3,a4>a5；
又当n=1,2,3时，an<0，当n= 4,5时，an>0，所以{an)在n=3时，取最小值：a3=−7．
当n≥6时，an= 1
7 n
2−1
7
(a−1)n，则该代数式对应函数对称轴为直线n= a−1
2
，
因为a7是{an)中唯一的最小项，所以13
2 < a−1
2
< 15
2 ，且a7=8−a<−7，
解得14<a<16，且a>15，
即15<a<16．
故选：B.
【变式7-1】（2025·上海·三模）已知数列{an)的通项公式为an=(
3
4)
n−1
[(
3
4)
n−1
−1)，n∈N
*，则关于数
列{an)的最值叙述正确的是（）
A．既有最大项也有最小项
B．只有最大项没有最小项
C．没有最大项只有最小项
D．没有最大项也没有最小项
【答案】A
【解题思路】把数列的通项公式看作函数解析式，令t =(
3
4)
n−1
，换元后是二次函数解析式，结合二次函
数的性质判断即可．
【解答过程】令t =(
3
4)
n−1
，因为n∈N
*，所以当n=1,2,3,4...时，t =1, 3
4 , 9
16 , 27
64 ...
而an=t (t −1)=t
2−t =(t −1
2)
2
−1
4 ，
所以当t =1时，即n=1时，an取最大值；
因为27
64 < 1
2 < 3
4 ，且1
2 −27
64 = 5
64 ，3
4 −1
2 = 1
4 ，因为5
64 < 1
4 ，所以27
64 距离1
2最近，
所以当t = 27
64 ，即n= 4时，an取最小值；
所以该数列既有最大项又有最小项，
故选：A．
【变式7-2】（2025·四川绵阳·二模）已知数列{an)的前n 项和为Sn，且Sn= 3
n−2
3
n
，则下列说法正确的是
（ ）
A．an<an+1
B．Sn>Sn+1
C．2an+ Sn=1
D．0<an≤4
9
【答案】D
【解题思路】根据条件先求解出{an)的通项公式，A：根据{an)的通项公式结合指数函数的单调性进行判
断；B：根据Sn+1−Sn的结果进行判断；C：根据{an)的通项公式结合Sn的表达式进行分类讨论再判断；
D：判断{an)的单调性，然后分析an的取值范围.
【解答过程】当n=1时，a1= S1= 3−2
3
= 1
3，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1= 3
n−2
3
n
−3
n−1−2
3
n−1
= 4
3
n，
所以n=1不满足n≥2的情况，
所以an={
1
3 ,n=1
4
3
n ,n≥2)
，
对于A：当n≥2时，由指数函数单调性可知：4
3
n > 4
3
n+1，所以an>an+1，故A 错误；
对于B：因为Sn+1−Sn= 3
n+1−2
3
n+1
−3
n−2
3
n
= 4
3
n+1 >0，所以Sn+1>Sn，故B 错误；
对于C：当n=1时，2a1+ S1=3a1=1，满足；
当n≥2时，2an+ Sn= 8
3
n + 3
n−2
3
n
= 3
n+6
3
n
≠1，不满足，
故2an+ Sn=1不恒成立，故C 错误；
对于D：当n=1时，a1= 1
3 ∈(0, 4
9)，满足；
当n≥2时，由指数函数的单调性可知an= 4
3
n为递减数列，此时an≤a2= 4
9 ，
且4
3
n >0恒成立，所以0<an≤4
9 ，也满足；
所以0<an≤4
9 ，故D 正确；
故选：D.
【变式7-3】（2024·北京海淀·三模）已知数列{an)的通项公式为an= 2n−7
2n−15，前n 项和为Sn，前n 项积为
T n.则下列结论正确的个数为（ ）
①an既有最小值，又有最大值，
②满足anan+1an+2<0的n 的值共有6 个；
③使Sn取得最小值的n 为7；
④T n有最小值，无最大值；
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】化简为an= 2n−7
2n−15 =1+
8
2n−15，利用数列的单调性，结合选项，逐项判定，即可求解.
【解答过程】对于①中，由数列{an)的通项公式为an= 2n−7
2n−15 =1+
8
2n−15，
可得，当n≤7 ,n∈N
∗时，数列{an)的各项小于1，且{an)是单调递减数列；
当n≥8,n∈N
∗时，数列{an)的各项大于1，且{an)是单调递减数列，
所以，数列{an)的最小项为a7=−7，最大项为a8=9，所以①正确；
对于②中，当n∈{1,2,3)时，满足0<an<1；
当n∈{4,5,6,7)时，满足an<0；当n≥8,n∈N
∗时，an>1，
所以，满足anan+1an+2<0时，n=2,4,5,7，共有4 个值，所以②不正确；
对于③中，当n≤3,n∈N
∗时，0<an<1，Sn随着n的增大而增大，且S1=a1= 5
13；
当n∈{4,5,6,7)时，an<0，Sn随着n 的增大而减小，
且S7= 5
13 + 3
11 + 1
9 −1
7 −3
5 −5
3 −7<S1，
当n≥8,n∈N
∗时，an>1为正数，所以Sn≥S8>S7，
综上所述，使得Sn取得最小值的n为7，所以③正确；
对于
中，由上述中的讨论，可得在
④
T n中，只有T 4,T 6为负数，且T 4=T 6，
所以T n存在最小值T 4或T 6，
从第8 项开始，T n为正数，结合an>1，可知T n随着n的增大而增大，所以T n无最大值，
所以
正确
④
.
故选：C.
【题型8 数列中的规律问题】
【例8】（2024·辽宁·二模）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中，曾经经历过的两仪数量总
和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.大衍数列的前10 项依次是0，2，4，8，12，
18，24，32，40，50，则此数列的第30 项为（ ）
A．366
B．422
C．450
D．600
【答案】C
【解题思路】根据题意，得到数列{an)的偶数项的通项公式为a2n=2n
2，即可求解.
【解答过程】由题意，大衍数列的偶数项为2,8,18,32,50,⋯，
可得该数列{an)的偶数项的通项公式为a2n=2n
2，
所以此数列{an)的第30 项为a30=2×15
2= 450.
故选：C.
【变式8-1】（2025·吉林·三模）以
冰雪同梦亚洲同心
为主题的第九届亚冬会于
“
”
2025 年2 月7 日在哈尔
滨盛大开幕，场馆上方悬挂的120 万朵小雪花片装置，让观众仿佛置身于冰雪童话之中．理论上，一片雪
花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作
雪花曲线
，又称
科赫曲线
．它可以这样画：如图，画
“
”
“
”
一个边长为1 的正三角形P1，第一步，把每一边三等分；第二步，取三等分后的一边中间的一段，以此为
边向外作正三角形，并把这中间的一段擦掉，形成雪花曲线P2；重复上述两步，形成雪花曲线
P3, P4,…, Pn，记雪花曲线Pn的周长为Ln，则数列{(
1
3)
n
log 4
3
Ln
3 )的最大项为（ ）
A．1
3
B．1
9
C．2
27
D．1
27
【答案】B
【解题思路】首先需要根据雪花曲线的构造规律求出其周长Ln的通项公式，再据此得出数列
{(
1
3)
n
log 4
3
Ln
3 )的通项公式，最后通过分析该数列的单调性来确定最大项.
【解答过程】对于初始的正三角形P1，边长a1=1，周长L1=3×1=3,
由构造规则可知，从P1到P2，每一条边都变为原来的1
3倍.
因为P1有3 条边，P2的边数是3×4条，且每条边长度为1
3，所以L2=3×4× 1
3 =3×(
4
3)
1
.
从P2到P3，同样每一条边变为原来的1
3倍，P3的边数是3×4
2条，每条边长度为(
1
3)
2
，所以L3=3×(
4
3)
2
.
以此类推，可得Ln=3×(
4
3)
n−1
,代入(
1
3)
n
log 4
3
Ln
3 可得：
(
1
3)
n
log 4
3
Ln
3 =(
1
3)
n
log 4
3[
1
3 ×3×(
4
3)
n−1
)=(
1
3)
n
log 4
3(
4
3)
n−1
=(n−1)(
1
3)
n
,
令{(
1
3)
n
log 4
3
Ln
3 )={bn),则bn=(n−1)(
1
3)
n
,
则bn+1−bn=(
1
3)
n+1
n−(
1
3)
n
(n−1)=(
1
3)
n
[
n
3 −(n−1))=(
1
3)
n
(1−2n
3 ),
令bn+1−bn≥0，解得n≤3
2,
令bn+1−bn<0，解得n> 3
2.
所以b1<b2,b2>b3>b4>⋯，b2=(
1
3)
2
(2−1)= 1
9.
故选：B.
【变式8-2】（2024·全国·模拟预测）据中国古代数学名著《周髀算经》记载：
勾股各自乘，并而开方除
“
之（得弦）．
意即
勾
”
“
”a、
股
“
”b与
弦
“
”c之间的关系为a
2+b
2=c
2（其中a≤b）．当a,b,c∈N
∗
时，有如下勾股弦数组序列：(3,4,5),(5,12,13),(7,24,25)，(9,40,41),⋯，则在这个序列中，第10 个
勾股弦数组中的
弦
等于（
“
”
）
A．145
B．181
C．221
D．265
【答案】C
【解题思路】由给定的勾股弦数组序列中，an=2n+1(n∈N
∗)，c−b=1，得a
2=(c +b)(c−b)=b+c，
由(2n+1)
2= (2n
2+2n)+(2n
2+2n+1),n∈N
*，得cn=2n
2+2n+1(n∈N
*).
【解答过程】因为a
2+b
2=c
2，所以a
2=c
2−b
2=(c +b)(c−b)．
在给定的勾股弦数组序列中，c−b=1，所以a
2=c +b．
易得勾股弦数组序列中
勾
的通项公式为
“
”
an=2n+1(n∈N
∗)，
所以an
2=(2n+1)
2= 4 n
2+ 4 n+1=(2n
2+2n)+(2n
2+)2n+1),n∈N
*，
故
弦
的通项公式为
“
”
cn=2n
2+2n+1 (n∈N
*)．
所以第10 个勾股弦数组中的
弦
等于
“
”
2×10
2+2×10+1=221．
故选：C．
【变式8-3】（2025·全国·模拟预测）公元前6 世纪，希腊的毕达哥拉斯学派研究数的概念时，常常把数描
绘成沙滩上的小石子，用它们进行各式各样的排列和分类，叫作
形数
．用
“
”
3 颗石子可以摆成一个正三
角形，同样用6 颗石子或者10 颗石子可以摆成更大的三角形．毕达哥拉斯学派把1，3,6,10等叫作
三角
“
数
或
三角形数
．同时他们还摆出了正方形数、五边形数、六边形数和其他多边形数．如图所示即摆
”
“
”
出的六边形数，那么第20 个六边形数为（ ）
A．778
B．779
C．780
D．781
【答案】C
【解题思路】根据给定图形信息，利用归纳法求出六边形数形成数列的通项公式，即可求出要求的项.
【解答过程】六边形数从小到大排成一列，形成数列{an}，
依题意，a1=1=1×1,a2=6=2×3,a3=15=3×5,a4=28= 4×7 ,a5= 45=5×9，归纳得an=n(2n−1)
，
所以a20=780.
故选：C.
【题型9 递推数列问题】
【例9】（2025·江苏苏州·三模）已知数列{an)满足a1=1, an+1
an
=1−1
2 an，则（ ）
A．an+1>an
B．an> 1
2
C．1013a2025<1
D．2025a2025<1
【答案】C
【解题思路】根据给定的递推公式，变形计算判断AB；裂项，结合累加法求通推理判断CD.
【解答过程】对于A，由an+1
an
=1−1
2 an，得an≠0，an−an+1= 1
2 an
2>0，则an>an+1，A 错误；
对于B，由a1=1，得a2= 1
2，当n≥3时，an< 1
2，B 错误；
对于CD，由an+1
an
=1−1
2 an，得an
an+1
=
2
2−an
，则1
an+1
= (2−an)+an
an(2−an) = 1
an
+
1
2−an
，
即1
an+1
−1
an
=
1
2−an
，则当n≥2时，1
an
= 1
a1
+
1
2−a1
+
1
2−a2
+⋯+
1
2−an−1
>1+ n−1
2
= n+1
2
，
1
a1
=1，因此1
an
≥n+1
2
，an≤
2
n+1，1013a2025< 1013×2
2026
=1，
2025a2025< 2025×2
2026
，而2025×2
2026
>1，C 正确，D 错误.
故选：C.
【变式9-1】（2025·北京昌平·二模）在数列{an)中，an+1=an
2−2an(n=1,2,⋯)，则（ ）
A．当a1=3时，对于任意的正整数n,an+1>an
B．当a1=1时，存在正整数N，当n> N时，an+1>an
C．当a1∈(2,3)时，对于任意的正整数n,an≤3
D．当a1∈(3,4)时，存在正整数N，当n> N时，an<3
【答案】C
【解题思路】对A，当a1=3时，可得an+1=an，得解；对B，由a1=1，结合递推关系可得an=3(n≥4)，
得解；对C，当a1∈(2,3)时，通过递推关系分an∈(2,3)，an∈(0,2)，an∈[−1,0)讨论求解；对D，当
a1∈(3,4)时，通过递推关系可得{an)递增，得解.
【解答过程】对于A，当a1=3时，有a2=a1
2−2a1=9−6=3，递推可得an+1=an，不满足an+1>an，故A
错误；
对于B，当a1=1时，a2=1
2−2×1=−1，a3=(−1)
2−2×(−1)=3，a4=3，
则an=3(n≥4)，不满足存在正整数N，当n> N时，an+1>an，故B 错误；
对于C，当a1∈(2,3)时，则a1−2∈(0,1)，a2=a1(a1−2)，故a2∈(0,3)，
因为an+1=an
2−2an=(an−1)
2−1≥−1，
若an∈(2,3)，则an+1=an
2−2an∈(0,3)，
若an∈(0,2)，则an+1=an
2−2an∈[−1,0)，
若an∈[−1,0)，则an+1=an
2−2an∈[0,3)，
综上，当a1∈(2,3)时，对于任意的正整数n，an≤3，故C正确；
对于D，当a1∈(3,4)时，则a2=a1(a1−2)>a1>3，
若an>3，则an+1=an(an−2)>an>3，故{an)递增，故D 错误.
故选：C.
【变式9-2】（2024·湖南长沙·三模）已知数列{an)中，a1= ❑√2，an+1=[an]+
1
〈an 〉（其中[an)表示an的整
数部分，⟨an)表示an的小数部分），则[a2024)=（ ）
A．2024
B．2025
C．4046
D．4047
【答案】D
【解题思路】由题意，求出a2,a3,a4，进而归纳出an=2(n−1)+ ❑√2，即可求出[a2024].
【解答过程】由题意知，a1= ❑√2,an+1=[an]+ 1
⟨an)，
则a2=[a1]+ 1
⟨a1)
=1+
1
❑√2−1 =2+ ❑√2，
a3=[a2]+ 1
⟨a2)
=3+
1
❑√2−1 = 4+ ❑√2，
a4=[a3]+ 1
⟨a3)
=5+
1
❑√2−1 =6+ ❑√2，
⋯⋯，
以此类推，an=2(n−1)+ ❑√2，
所以a2024=2×2023+ ❑√2= 4046+ ❑√2，则[a2024]= 4047.
故选：D.
【变式9-3】（2024·上海嘉定·一模）已知数列{an)满足an+1=r an(1−an)(n=1,2,3,⋯),a1∈(0,1)，给出
以下四个结论：
①当r =2时，存在有限个a1，使得对任意正整数n，都有an+1>an
②当r =2时，存在a1和正整数P，当n> P时，an+1−an<
1
2025
③当r =3时，存在a1和正整数P，当n> P时，an+1=an
当
④
r =−3时，不存在a1，使得对任意正整数n，且n≥3，都有an>0
其中正确结论是（ ）
A．①②
B．②③
C．③④
D．②④
【答案】B
【解题思路】对于①②，利用作差法可得一元二次不等式，求得数列中的项的取值范围，可得其正误；
对于③
，根据递推公式，利用赋值法求得当数列为常数列时所取的数值，进而求得首项，结合举例，可
④
得答案.
【解答过程】对于①，当r =2时，an+1=2an(1−an)，an+1−an=2an(1−an)−an=an−2an
2>0，解得
0<an< 1
2，
当0<a1< 1
2时，an+1−an>0(n∈N
∗)恒成立，故①错误；
对于②，当r =2时，an+1=2an(1−an)，an+1−an=an−2an
2<
1
2025，解得an<
1−❑√
2017
2025
4
或
an>
1+ ❑√
2017
2025
4
，
易知0<
1−❑√
2017
2025
4
<
1+ ❑√
2017
2025
4
< 1
2
，由①可知，当0<a1< 1
2时，数列{an)单调递增，0<an< 1
2，
所以一定存在P∈N
∗，当n> P时，1+ ❑√
2017
2025
4
<an< 1
2
，故②正确；
对于③，当r =3时，an+1=3an(1−an)，令an+1=an= x，可得x =3 x (1−x)，解得x =0或2
3，
令3a1(1−a1)= 2
3，解得a1= 1
3或2
3，
当a1= 1
3时，可得当n>1时，an= 2
3，故③正确；
对于
，当
④
r =−3时，an+1=−3an(1−an)，令an+1=an= x，则x =−3 x (1−x)，解得x =0或4
3 ，
令a3= 2
3，可得−3a2(1−a2)= 4
3 ，解得a2=−1
3或4
3 ，
令a2=−1
3，可得−3a1(1−a1)=−1
3，解得a1= 3± ❑√5
6
，
当a1= 3−❑√5
6
∈(0,1)时，当n≥3时，an= 4
3 >0，故
错误
④
.
故选：B.
一、单选题
1．（2025·湖北十堰·模拟预测）已知数列{an)的前n项和Sn=3
n−n，则a5=（ ）
A．153
B．161
C．163
D．238
【答案】B
【解题思路】应用an= Sn−Sn−1计算求解.
【解答过程】因为Sn=3
n−n，则a5= S5−S4=3
5−5− 3
4+ 4 =161．
故选:B.
2．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）已知数列{an)满足a1=−1，an+1= an−7
an+2 ，则a30=（ ）
A．−8
B．−1
C．3
2
D．5
2
【答案】D
【解题思路】根据递推关系计算a1,a2,a3,a4发现规律即可求出a30.
【解答过程】由题意得，a2= a1−7
a1+2 = −1−7
−1+2 =−8，a3= a2−7
a2+2 = −8−7
−8+2 = 5
2，a4= a3−7
a3+2 =
5
2 −7
5
2 +2
=−1，
故数列{an)是以−1,−8, 5
2为一个循环的周期数列，
故a30=a3= 5
2.
故选：D.
3．（2025·湖北黄冈·三模）已知数列{an}的前n 项和Sn满足：Sn+ Sm= Sn+m，且a1＝2，那么a10＝（ ）
A．2
B．10
C．11
D．56
【答案】A
【解题思路】令m=1 ，可得Sn+1−Sn=2，再利用an= Sn−Sn−1求解即可.
【解答过程】Sn+ Sm= Sn+m中，令m=1，
即Sn+1−Sn= S1=a1=2，
所以 a10= S10−S9=2，
故选：A.
4．（2025·四川乐山·三模）已知数列{an)的通项公式为an=3n+(−1)
n，则下列不是数列{an)的项的是
（ ）
A．2
B．13
C．39
D．49
【答案】C
【解题思路】特值法可判断ABD；分n为偶数和偶数，令an=39，求出n∉N*可判断C.
【解答过程】对于A，令n=1，a1=3−1=2，故A 错误；
对于B，令n= 4，a1=12+1=13，故B 错误；
对于C，当n为偶数，令an=3n+(−1)
n=3n+1=39，解得：n= 38
3 ∉N*，
当n为奇数，令an=3n+(−1)
n=3n−1=39，解得：n= 40
3 ∉N*，
故39 不是数列{an)的项，故C 正确；
对于D，令n=16，a16=16×3+1= 49，故D 错误.
故选：C.
5．（2025·贵州黔南·三模）数列{cn)满足cn={
a
n−1,n>2,
(3−a)n+2,n≤2
(n∈N
*))，若数列{cn)单调递增，则实数
a的取值范围为（ ）
A．[2,3)
B．(1,3)
C．(1,2)
D．(2,3)
【答案】D
【解题思路】依题意可得{
a>1
3−a>0
a
2>(3−a)×2+2)
，解得即可.
【解答过程】因为cn={
a
n−1,n>2,
(3−a)n+2,n≤2
(n∈N
*))单调递增，所以{
a>1
3−a>0
a
2>(3−a)×2+2)
，解得2<a<3，
即实数a的取值范围为(2,3).
故选：D.
6．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知数列{an)中，a1=1,an+3≤an+3,an+2≥an+2，则（ ）
A．a2025>2025
B．a2025=2025
C．a2025<2025
D．无法判断a2025大小
【答案】B
【解题思路】利用递推关系可得a2025≥2025，又可得an+3≤an+2+1，进而可得a2025≤2025，可求a2025.
【解答过程】因为an+2≥an+2，所以a2025≥a2023+2≥a2021+2×2≥⋯≥a1+2×1012=1+2024 =2025，
由an+2≥an+2，可得an≤an+2−2，
又an+3≤an+3≤an+2−2+3=an+2+1，
所以a2025≤a2024+1≤a2023+1×2≤⋯≤a1+1×2024 =2025，
所以a2025=2025.
故选：B.
7．（2025·福建南平·三模）已知数列{an)的前n项和为Sn，若Sn=an
2−10n，且对任意的n∈N
∗，都有
S3≤Sn成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．[
1
3 , 2)
B．(
10
7 , 2)
C．(
5
4 , 5
2)
D．[
10
7 , 2)
【答案】D
【解题思路】根据S3≤Sn恒成立，再结合二次函数的单调性列式计算求参.
【解答过程】因为Sn=an
2−10n，且对任意的n∈N
∗，都有S3≤Sn成立，
所以5
2 ≤−−10
2a = 5
a ≤7
2，所以10
7 ≤a≤2.
故选：D.
8．（2025·江西·模拟预测）若数列{an)满足an+1= logman(m>1且m∈Z )，则称数列{an)为
对数
“
m底数
列”.已知正项数列{an)是
对数
“
2 底数列
且
”
a5=1，则当n⩾2且n∈N
∗时，4
a2+a3+⋯+an
a2
2·…·an−1
2
=（ ）
A．2
12
B．2
16
C．2
32
D．2
64
【答案】C
【解题思路】根据定义an+1= log2an，即2
an+1=an，再利用累乘2
a2+a3+⋯+an
a2⋯an−1
=a1，平方后再由a5=1根据递推
关系可得答案.
【解答过程】因为正项数列{an)是
对数
“
2 底数列
，所以
”
an+1= log2an，所以2
an+1=2
log2an=an，
所以2
a2=a1,2
a3=a2,2
a4= a3,⋯,2
an=an−1(n≥2)且n∈N
∗)，
以上式子相乘得2
a2⋅2
a3⋯2
an=a1⋅a2⋯an−1，所以2
a2+a3+⋯+an=a1⋅a2⋯an−1，
所以2
a2+a3+⋯+an
a2⋯an−1
=a1，得2
a2+a3+⋯+an⋅2
a2+a3+⋯+an
a2⋯an−1⋅a2⋯an−1
=a1
2，
即2
2a2+2a3+⋯+2an
a2
2⋯an−1
2
=a1
2，得4
a2+a3+⋯+an
a2
2⋯an−1
2
=a1
2，因为a5= log2a4,a5=1，所以a4=2；
同理，a4= log2a3，所以a3= 4;a3= log2a2，所以a2=16;a2= log2a1，
所以a1=2
16.故4
a2+a3+⋯+an
a2
2⋯an−1
2
=(2
16)
2=2
32.
故选：C.
二、多选题
9．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知Sn为数列{an)的前n项和，且满足Sn=(−1)
nan−2
−n，则下列结论正
确的有（ ）
A．a1= 1
4
B．当n为偶数时，an= 1
2
n
C．当n为奇数时，an=−1
2
n+1
D．S5+ S6=−1
32
【答案】BC
【解题思路】令n=1，求出a1，判断A；当n≥2时，求得an=(−1)
nan+(−1)
nan−1+ 1
2
n，分n为偶数和n为
奇数讨论求an，判断B 和C；由S5+ S6=2S5+a6代入求值，判断D.
【解答过程】由Sn=(−1)
nan−2
−n，
当n=1时，S1=a1=−a1−2
−1，解得a1=−1
4 ，故A 错误；
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=(−1)
nan−2
−n−(−1)
n−1an−1+2
−n+1=(−1)
nan+(−1)
nan−1+ 1
2
n，
∴当n为偶数时，an−1=−1
2
n，n≥2，
∴an=−1
2
n+1，n为正奇数，故C 正确；
当n为奇数时，2an=−an−1+ 1
2
n =−1
2
n，即an−1= 1
2
n−1，
∴an= 1
2
n，n为正偶数，故B 正确；
S5+ S6=2S5+a6=2(
1
2
6 −1
2
5)+ 1
2
6 =−1
2
6 =−1
64 ，故D 错误．
故选：BC.
10．（2025·陕西宝鸡·二模）近年来，宝鸡市教育局致力于构建
学好上、上好学、学得好
的
宝鸡好
“
”
“
教育
品牌体系．在关注学生身体健康的同时，也高度重视学生的心理健康，为此特别推出了
和风计
”
“
划
．某校积极响应
和风计划
，为了缓解学生的学习压力，面向
”
“
”
1630 名高三学生开展了团建活动．如
果将所有参加活动的学生依次按照1，2，3，4，5，6，7，
编上号，并按图所示的顺序排队，我们将
…
2，
3，5，7，10，
位置称为
拐角
，因为指向它的箭头与离开它时的箭头方向发生了改变，那么下面说法
…
“
”
正确的有（ ）
A．站在第20 拐角的学生是111 号
B．站在第23 拐角的学生是137 号
C．第133 号同学站在拐角位置
D．站在拐角位置的同学共有79 名
【答案】ACD
【解题思路】由前几个拐角的编号，找到规律，即可逐项判断；
【解答过程】观察给出的前几个拐角位置对应的编号：2，3，5，7，10，13，17，21，26…
将奇数项的拐角即为a2n−1，易得：a2n−1=n
2+1;
偶数序号的拐角即为a2n，由规律可得：a2n=n
2+n+1
第20 拐角的学生编号为：a20=10
2+10+1=111正确；
站在第23 拐角的学生编号为：a23=12
2+1=145错误；
由n
2+n+1=133，解得n=11，也即第133 号同学站在第22 拐角位置；
由n
2+1≤1630，可得n≤40，
由n
2+n+1≤1630，可得n≤39，
所以拐角总序号可到第79 个，所以站在拐角位置的同学共有79 名，正确；
故选：ACD.
11．（2025·辽宁·三模）已知数列{an)满足a1=m(0<m<1),an+1=an+ an
2
2024 ,n∈N
∗，则（ ）
A．当m= 1
3时，a2025<1
B．当m= 1
2时，a2025>1
C．当m= 2
3时，a2025<1
D．当m= 3
4 时，a2025>1
【答案】AD
【解题思路】由已知得数列{an)单调递增，再分类讨论m的值，当0<m≤1
2时，得出a2025<1进而判断
AB；当m= 2
3时，得出an+1−an>(
2
3)
2
2024
进而判断C；当m= 3
4 时，得出a2025>1，即可判断D．
【解答过程】因为an+1−an= an
2
2024 >0，所以数列{an)单调递增，进而an≥m，
当0<m≤1
2时，因为2024 an+1=2024 an+an
2=an(2024 +an)，
所以
1
2024 an+1
=
1
an(2024+an)
=
1
2024(
1
an
−
1
2024+an)，所以1
an+1
= 1
an
−
1
2024+an
，
所以1
an+1
−1
an
=−
1
2024+an
>−
1
2024 ，
从而1
a2025
> 1
a1
−
1
2024 ⋅2024 = 1
m −1≥2−1=1，
所以有a2025<1，故选项A 对，选项B 错．
当m= 2
3时，an+1−an=
an
2
2024 >(
2
3)
2
2024
，
所以a2025>a1+2024⋅
4
9
2024 = 2
3 + 4
9 >1，选项C 错；
同理，当m= 3
4 时，a2025>a1+2024⋅
4
9
2024 = 3
4 + 9
16 >1，选项D 对．
故选：AD．
三、填空题
12．（2025·安徽·模拟预测）已知数列{an)满足an+2=3an，a1=1，则a9=
.
【答案】81
【解题思路】利用递推赋值，即可求得结果.
【解答过程】由an+2=3an，所以a9=3a7=3
2a5=3
3a3=3
4a1=81，
故答案为：81.
13．（2025·宁夏银川·模拟预测）已知数列{an)满足a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n，则数列{an)的通项公式
为
.
【答案】an=n+1
【解题思路】a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n，当n≥2时，a1+2a2+⋯+2
n−2an−1=(n−1)⋅2
n−1，两式相减
即可得解，注意验证n=1是否成立即可.
【解答过程】由题意a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n，
当n≥2时，a1+2a2+⋯+2
n−2an−1=(n−1)⋅2
n−1，两式相减得，
2
n−1an=2n⋅2
n−1−(n−1)⋅2
n−1=(n+1)⋅2
n−1，解得an=n+1，
在a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n中，令n=1，可得a1=2=1+1，故a1也满足an=n+1，
综上所述，所求即为an=n+1.
故答案为：an=n+1.
14．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知各项均不为零的数列{an)，其前n项和是Sn，且
Sn=2anan+1(n=1,2,⋯)．若{an)为递增数列，a1=a，则a的取值范围是
．
【答案】(0, 1
2)
【解题思路】利用an,Sn关系得an+2−an= 1
2，且a1= S1=2a1a2得a2= 1
2，结合数列的单调性求参数范围.
【解答过程】由题设an+1= Sn+1−Sn=2an+1an+2−2anan+1=2an+1(an+2−an)，
又{an)各项均不为零，则an+2−an= 1
2，
由a1= S1=2a1a2，则a2= 1
2，
又{an)为递增数列，则a2>a1⇒a< 1
2，
而a3−a1= 1
2，即a3=a+ 1
2 >a2，则a>0，
综上，0<a< 1
2，即a的取值范围是(0, 1
2).
故答案为：(0, 1
2).
四、解答题
15．（2025 高二·全国·专题练习）写出下列数列的一个通项公式，使它的前4 项分别是下列各数：
(1)2
2−1
3
，4
2−2
9
，6
2−3
27
，8
2−4
81
；
(2)−1，7，−13，19；
(3)0.7，0.77，0.777，0.7777；
(4)1，8
5 ，15
7 ，24
9 ．
【答案】(1)an= 4 n
2−n
3
n
(2)an=(−1)
n(6n−5)
(3)an = 7×(10
n−1)
9×10
n
．
(4)an = n
2+2n
2n+1
【解题思路】（1）（2）（3）（4）根据前四项数列形式，总结规律即可得到其通项.
【解答过程】（1）从数列的前4 项2
2−1
3
，(2×2)
2−2
3
2
，(2×3)
2−3
3
3
，(2×4)
2−4
3
4
中发现规律，
其通项公式是an= 4 n
2−n
3
n
．
（2）从数列的前4 项−1，7，−13，19中发现规律，其每一项的符号按照(−1)
n的规律变化，
并且每一项的绝对值都比前一项大6，
因此该数列的通项公式为an=(−1)
n(6n−5)．
（3）从该数列的前4 项7
10，77
10
2，777
10
3 ，7777
10
4 中发现规律，
由7，77，777，7777，⋯，
可以联想常见数列9，99，999，9999，⋯，
它的通项公式为10
n−1，
因此该数列的通项公式为an=
(10
n−1)× 7
9
10
n
= 7×(10
n−1)
9×10
n
．
（4）从该数列的前4 项4−1
3
，9−1
5
，16−1
7
，25−1
9
中发现规律，
其通项公式为an= (n+1)
2−1
2n+1
= n
2+2n
2n+1 ．
16．（2025·云南红河·三模）已知Sn为数列{an)的前n项和，2Sn=3n
2+n.
(1)求{an)的通项公式；
(2)若bn=(26−an)⋅2
n，求bn取得最大值时n的值.
【答案】(1)an=3n−1
(2)n=7或n=8
【解题思路】（1）根据an与Sn的关系即可求解；
（2）由（1）得bn=(27−3n)⋅2
n，通过作差法比较bn+1−bn与0的大小，从而得到数列{bn)的单调性，即
可求解.
【解答过程】（1）当n=1时，2S1=3+1= 4，解得a1= S1=2；
当n≥2时，2an=2Sn−2Sn−1=3n
2+n−[3(n−1)
2+n−1)=6n−2，即an=3n−1.
因为a1=2也满足an=3n−1，所以an=3n−1.
（2）由（1）得bn=(27−3n)⋅2
n，所以bn+1−bn=[27−3(n+1)]⋅2
n+1−(27−3n)⋅2
n=(21−3n)⋅2
n
，
所以当n<7时，bn+1−bn>0，即bn+1>bn；
当n=7时，bn+1−bn=0，即b7=b8；
当n>7时，bn+1−bn<0，即bn+1<bn，
所以b1<b2<⋯<b7=b8>b9>b10>⋯，
故当n=7或n=8时，bn取得最大值.
17．（2025·山西朔州·模拟预测）已知数列{an)的前n项和Sn满足Sn=2
n+1+1.
(1)求{an)的通项公式；
(2)若∀n∈N
∗，a2n> λn⋅3
n恒成立，求实数λ的取值范围.
【答案】(1)an={
5,n=1
2
n,n≥2)；
(2)λ< 64
81 .
【解题思路】（1）利用数列前n项和与第n项的关系求出通项公式.
（2）由（1）得4
n> λn⋅3
n，再分离参数并构造新数列，并求出数列的最小项即可.
【解答过程】（1）在数列{an)中，Sn=2
n+1+1，当n≥2时，an= Sn−Sn−1=2
n+1−2
n=2
n，
而a1= S1=5，不满足上式，
所以数列{an)的通项公式为an={
5,n=1
2
n,n≥2).
（2）由（1）知，a2n=2
2n= 4
n，不等式a2n> λn⋅3
n⇔4
n> λn⋅3
n⇔λ< 1
n ⋅( 4
3 )
n
，
依题意，∀n∈N
∗，不等式λ< 1
n ⋅( 4
3 )
n
恒成立，令bn= 1
n ⋅( 4
3 )
n
，
bn+1
bn
=
n
n+1 ⋅4
3 =
4 n
3n+3，由4 n
3n+3 >1，得n>3；由4 n
3n+3 =1，得n=3；
由4 n
3n+3 <1，得n<3，
因此b1>b2>b3=b4<b5<b6<⋯，则当n=3或n= 4时，(bn)min= 64
81，λ< 64
81 ，
所以实数λ的取值范围是λ< 64
81.
18．（2025·全国·一模）设数列{an)满足a1=1,a2=2, an+2
an
= an+1
2
+1
an
2+1
.
(1)求a3并证明：an+1=an+ 1
an
；
(2)证明：63<a2025<78
【答案】(1)a3= 5
2；证明见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据已知递推公式得出{
anan+1
an
2+1 )是常数列，再计算化简证明；
（2）根据单调性结合累加法计算证明即可.
【解答过程】（1）因为数列{an)满足a1=1,a2=2, an+2
an
= an+1
2
+1
an
2+1
，
所以a3=a1× a2
2+1
a1
2+1
=1× 2
2+1
1
2+1
= 5
2,
an+2
an+1
2
+1
=
an
an
2+1，
所以
an+2an+1
an+1
2
+1
= anan+1
an
2+1 ，
所以{
anan+1
an
2+1 )是常数列，所以
anan+1
an
2+1
= a1a2
a1
2+1
= 2
2 =1，
所以an+1= an
2+1
an
=an+ 1
an
；
（2）因为an+1=an+ 1
an
，所以an+1
2
=an
2+2+ 1
an
2,所以an+1
2
−an
2=2+ 1
an
2 >2>0，
因为a1=1,a2=2都大于零，所以可逐步推出an=an−1+
1
an−1
>0(n≥2),
所以an+1−an= 1
an
>0,所以{an)是单调递增数列，
所以a1=1,an≥2(n≥2)，
所以an+1
2
−an
2=2+ 1
an
2 <2+1=3(n≥2),a2
2−a1
2=3,
即2<an+1
2
−an
2<3,⋯,2<a3
2−a2
2<3,2<a2
2−a1
2=3，
以上n个式子累加计算得2n<an+1
2
−a1
2<3n，所以2×2024<a2025
2
−1<3×2024，
所以4049=2×2024 +1<a2025
2
<3×2024 +1=6073,63
2=3969<4049,78
2=6084>6073,
所以63
2<a2025
2
<78
2，所以63<a2025<78.
19．（2025·广东佛山·二模）对于数列{an)，若∃d ∈R，使得∀n∈N
*，都有an+2+2an+1+an=d成
立，则称{an)为
三和定值数列
．已知
“
”
{an)为
三和定值数列
，且
“
”
a1=2，a2= 4，d =8．
(1)求a3，a4，a5；
(2)已知Sn为数列{an)的前n项和，求S2025．
【答案】(1)a3=−2，a4=8，a5=−6；
(2)2026
【解题思路】（1）由题意可得an+2+2an+1+an=8，依次代入n=1,2,3，即可求解；
（2）设bn=an+1+an，由题意可得bn+2=bn，从而得b1=b3=b5=⋯b2023=6，再根据数列的通项公式求出
a2025，即可得答案.
【解答过程】（1）解：因为a1=2，a2= 4，d =8，
所以an+2+2an+1+an=8，
所以a3+2a2+a1=8，解得a3=−2；
又a4+2a3+a2=8，解得a4=8；
又a5+2a4+a3=8，解得a5=−6；
所以a3=−2，a4=8，a5=−6；
（2）解：因为an+2+2an+1+an=8，
设bn=an+1+an，则有bn+1+bn=8，
所以bn+2+bn+1=8，则bn+2=bn，
又因为b1=a2+a1=6，
所以b1=b3=b5=⋯b2023=6，
即a1+a2=a3+a4=a5+a6=⋯=a2023+a2024=6，
又a1=2=(2×1−2)×(−1)+2，
a2= 4 =(2×2−2)×(−1)
2+2，
a3=−2=(2×3−2)×(−1)
3+2，
a4=8=(2×4−2)×(−1)
4+2，
a5=−6=(2×5−2)×(−1)
5+2，
所以an=(−1)
n⋅(2n−2)+2，
所以a2025=−4050+2=−4046，
所以S2025=a1+a2+a3+a4+⋯+a2023+a2024+a2025
= 2024
2
×6−4046
=2026.
