2011-2020年高考數學真題分專題訓練專題17 數列的概念與數列的通項公式（教師版含解析）-試卷下載-教習網

?專題 17 數列的概念與數列的通項公式
十年大數據*全景展示

年份
題
號

考點

考查內容

2013

卷 1

理 14
數列前 n 項和 Sn 與 an 關系
的應用
主要考查等比數列定義、通項公式及數列第 n 項與其前
n 項和的關系

2014
卷
2[
文
16

已知遞推公式求通項公式

主要考查已知數列遞推公式求首項，考查運算求解能力

卷 1

理 17
數列前 n 項和 Sn 與 an 關系
的應用
主要考查數列第 n 項與前 n 項和關系、等差數列的判定及通項公式、探索性問題

2016

卷 3

文 17

已知遞推公式求通項公式
主要考查由遞推公式求通項、等比數列定義、通項公式，
考查運算求解能力

卷 3

理 17
數列前 n 項和 Sn 與 an 關系
的應用
主要考查數列利用前n 項和 Sn 與 an 關系求通項公式、等
比數列定義及前n 項和公式，考查運算求解能力

2018

卷 1

理 14
數列前 n 項和 Sn 與 an 關
系的應用
主要考查數列利用前n 項和 Sn 與 an 關系求通項公式、等
比數列定義及前n 項和公式，考查運算求解能力
2020
卷 2
理 12
周期數列
周期數列，數列的新定義問題

大數據分析*預測高考

考點
出現頻率
2021 年預測
考點 54 數列概念與與由數列的前幾

項求通項公式

0/6
2021 年高考仍將以考查由遞推公式求通項公式與已知前 n 項和或前 n 項和與第 n 項的關系式求通項為重點，特別是數列前 n 項和 Sn 與 an 關系的應
用，難度為中檔題，題型為選擇填空小題或解答
題第 1 小題，同時要注意對數列單調性與周期性問題的復習與訓練
考點 55 已知遞推公式求通項公式
2/6
考點 56 數列前 n 項和 Sn 與 an 關系
的應用
4/6
考點 57 數列性質
0/6

十年試題分類*探求規(guī)律

考點 54 數列概念與由數列的前幾項求通項公式

1 ． (2020 全國 Ⅱ 理 12)0-1 周期序列在通信技術中有著重要應用．若序列 a1a2 Lan L 滿足ai ?(0 , 1)(i = 1 , 2 , L) ，且存在正整數 m ，使得ai+m = ai (i = 1 , 2 , L) 成立，則稱其為 0-1 周期序列，并稱滿足 ai+m = ai (i = 1,2,?) 的最小正整數 m 為這個序列的周期．對于周期為 m 的 0-1 序列 a1a2 Lan L ，
1 m
m
C(k ) = ? aiai+k (k = 1 , 2 , L, m -1) 是描述其性質的重要指標．下列周期為 5 的 0-1 序列中，滿足
i=1

C (k ) ￡
1 (k = 1 , 2 , 3 , 4) 的序列是 ( )
5

A．11010L B．11011L C．10001L D．11001L
【答案】C

1 5
5
【解析】由ai+m = ai 知，序列 ai 的周期為 m，由已知， m = 5 ， C(k) = ?aiai+k , k = 1, 2,3, 4 ．
i=1

1 5 1 1 1 1
對于選項 A， C(1) = 5 ?aiai+1 = 5 (a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5 + a5a6 ) = 5 (1 + 0 + 0 + 0 + 0) = ￡
i=1 5 5

1 5 1 1 2
i=1
C(2) = 5 ?aiai+2 = 5 (a1a3 + a2a4 + a3a5 + a4a6 + a5a7 ) = 5 (0 +1 + 0 +1 + 0) = 5 ，不滿足；

1 5 1 1 3
i=1
對于選項 B， C(1) = 5 ?aiai+1 = 5 (a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5 + a5a6 ) = 5 (1 + 0 + 0 +1 +1) = 5 ，不滿足；

1 5 1 1 2
i=1
對于選項 D，C(1) = 5 ?aiai+1 = 5 (a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5 + a5a6 ) = 5 (1+ 0 + 0 + 0 +1) = 5 ，不滿足；故

選：C

2．(2011 天津)已知數列{a }與{b } 滿足b a + b a

= (-2)n +1 ，

n n n+1 n n n+1

3 + (-1)n-1 *

bn =
,n ? N
2
, 且a1 = 2 ．

(Ⅰ)求 a2 , a3 的值；

n 2n+1 2n-1 n
(Ⅱ)設c = a - a , n ? N * ，證明{c } 是等比數列；

n n
(Ⅲ)設 S 為{a } 的前 n 項和，證明 S1 + S2 +L+ S2n-1 + S2n

￡ n - 1 (n ? N* ).

a1 a2 a2n-1 a2n 3

3 + (-1)n-1 * ì2, n為奇數,

【解析】(Ⅰ)由bn =
, n ? N
2
，可得bn = í
?1, n為偶數,

又bn+1a
n + bn an+1
= (-2)n + 1 ，
3

當n = 1時, a1 + 2a2 = -1,由a1 = 2,可得a2 = - 2 ;
當n = 2時, 2a2 + a3 = 5, 可得a3 = 8.
(Ⅱ)證明：對任意 n ? N *

2n-1 2n
a + 2a = -22n-1 + 1 ①

2n 2n+1
2a + a = 22n + 1 ②

②-①，得 a - a = 3′ 22n-1 ,即c = 3′ 22n-1 ,于是cn+1 = 4

c
2n+1 2n-1 n
n

所以{cn } 是等比數列．

1
(Ⅲ)證明： a = 2 ，由(Ⅱ)知，當 k ? N *且k 3 2 時，

a2k -1 = a1 + (a3 - a1 ) + (a5 - a3 ) + (a7 - a5 ) + L+ (a2k -1 - a2k -3 )

= 3 5 2 k -3
2(1 - 4k -1 )

2 k -1

2 + 3(2 + 2 + 2
+ L+ 2 ) = 2 + 3′ = 2
1 - 4

2k -1
故對任意 k ? N * , a = 22k -1.

2k
由①得2 2k -1+ 2a
= -22k -1 + 1, 所以a
= 1 - 22k -1 , k ? N *
2

2k
因此， S2k
= (a + a ) + (a + a ) +L+ (a + a ) = k .
1 2 3 4 2k -1 2k 2

于是， S2k
- 1 = S2k
- a2k
= k - 1 + 22k -1.
2

故 2k -1
k -1 + 22k -1 k
1
S
+ S2k =
2 + ?2 =
k -1 + 22k
-
k
=1 -
1
-
k
a2k -1
a2k
22k -1 1 - 22k -1
22k

22k - 1

4k

4k (4k - 1)

.

2

考點 55 已知遞推公式求通項公式

8
1． (2014 新課標Ⅱ，文 16)數列{a }滿足 a =

1 , a = 2 ，則 a = ．

n n+1
1- an

1
【答案】
2
1 1

1 1 1 1

7
n
【解析】由an+1 = 1- a
得，an =1- a

n+1
，∵ a8 = 2 ，∴ a7 =1-
a
8
= 2 ，∴ a6 =1- a
=-1，∴ a5 = 1-
a
6
=2，

4
1 1 1 1 1 1

a
∴ a4 =1-
5
= 2 ，∴ a3 =1- a
=-1，∴ a2 =1-
a
3
=2， a1 =1- = ．
a
2
2

2．(2013 新課標Ⅰ，理 14)若數列{ a }的前 n 項和為 Sn＝ 2 a + 1 ，則數列{ a }的通項公式是 a = ．

【答案】(-2)n-1
n 3 n 3 n n

2 1 2 1

【解析】當 n =1 時， a1 = S1 = 3 a1 + 3 ，解得 a1 =1 ，當 n ≥ 2 時， an
= Sn - Sn-1 =
3 an + 3 －

( 2 a + 1 )= 2 a

- 2 a

，即 a = -2a ，∴{ a }是首項為 1，公比為－2 的等比數列，∴ a = (-2)n-1 ．

3 n-1 3
3 n 3
n-1
n n-1 n n

3．(2015 江蘇)數列{a }滿足 a

= 1，且 a
- a = n +1( n ? N * )，則數列 1

前 10 項的和為．

n 1

20
【答案】
11
n+1 n
{ }
an

【解析】由題意得： an = (an - an-1 ) + (an-1 - an-2 ) +K+ (a2 - a1 ) + a1

n
= n + n - 1 +L + 2 + 1 = n(n + 1) ，所以 1 = 2(1 - 1 ), S

= 2(1 -
1 ) =

2n , S = 20 ．

2 an n n + 1
n + 1
n + 1 10 11

4．(2016?新課標Ⅲ，文 17)已知各項都為正數的數列{a } 滿足 a = 1 ， a2 - (2a -1)a - 2a
= 0 ．

n 1 n n+1 n n+1
(1 )求 a2 ， a3 ；
(2)求{an } 的通項公式．

【解析】(1)根據題意， a2 - (2a -1)a - 2a
= 0 ，

n n+1 n n+1

當 n = 1 時，有 a2 - (2a -1)a - 2a
= 0 ，

1 2 1 2
而 a = 1 ，則有1 - (2a - 1) - 2a = 0 ，解可得 a = 1 ，

1 2 2 2 2

當 n = 2 時，有 a2 - (2a -1)a - 2a
= 0 ，

2 3 2 3

又由 a = 1 ，解可得 a = 1 ，

2 2 3 4
故 a = 1 ， a = 1 ；

2 2 3 4

(2)根據題意， a2 - (2a -1)a - 2a
= 0 ，

n n+1 n n+1

變形可得(an - 2an+1 )(an + 1) = 0 ，即有 an = 2an+1 或 an = -1 ，
又由數列{an } 各項都為正數，則有 an = 2an+1 ，
故數列{a } 是首項為 a = 1 ，公比為 1 的等比數列，

n

則 a = 1′

1 n-1 =

1 2
1 n-1 ，

n

故 a =
( ) ( )
2 2
1 n-1 ．

( )
n 2
考點 56 數列的前 n 項和 Sn 與 an 關系的應用
1．(2020 江蘇 20)已知數列{a }(n ? N * ) 的首項a = 1，前n 項和為 S ．設l與k 是常數．若對一切正整
n 1 n
1 1 1

數n ，均有 S k
- S k
= lak
成立，則稱此數列為“l(fā)- k ”數列．

n+1 n n+1
(1) 若等差數列是“l(fā)-1 ”數列，求l的值；

(2) 若數列{an }是“ 3 - 2 ”數列，且 an > 0 ，求數列{an }的通項公式；
3

(3) 對于給定的l，是否存在三個不同的數列{an } 為“l(fā)- 3 ”數列，且 an 3 0 ？若存在，求出l的取值范圍；若不存在，說明理由．
【答案】見解析

3
3
a
n+1
Sn+1
Sn
【解析】(1) k = 1時， an+1 = Sn+1 - Sn = lan+1 ，∴l(xiāng)= 1 ．

Sn+1
(2)

因此
- = ， a

Sn
3
3
a
n+1
Sn+1
Sn
3
an+1
+ = ．

n+1
= Sn+1
- Sn =
( + ) ，

Sn+1
2
3
3a
n+1
= ， S

n+1
= 4 a
3

n+1
= 4 (S
3

n+1
- Sn
) ．從而 S

n+1
= 4Sn ．

又 S = a = 1， S = 4n-1 ， a = S - S
= 3× 4n-2 ， n 3 2 ．

1 1 n n n n-1

ì1, n = 1
?
綜上， an = í3× 4n-2 , n 3 2 ．

1 1 1

n S
n n+1
(3)若存在三個不同的數列{a }為“l(fā)- 3 ”數列，則 3
n+1
- S 3 = la 3 ，

2 1 1 2

則 S - 3S 3

S 3 + 3S 3

S 3 - S
= l3a
= l3(S
- S ) ，

n+1
n+1
n n+1
n n n+1

S
n+1 n

1

由a = 1， a 3 0 則 S > 0 ，令 p = ( n+1 )3 > 0 ，則(1 - l3 ) p3 - 3 p2 + 3 p
- (1 - l3 ) = 0 ，

S
1 n n n
n
n n n

l= 1時， p
= p2 ，由 p > 0 可得 p = 1 ，則 S
= S ，即 a
= 0 ，

n n n
n n+1 n
n+1

此時{an }唯一，不存在三個不同的數列{an }；

l1 1時，令t =
3

1 - l3

，則 p3 - tp2 + tp

- 1 = 0 ，則( p

n n n
-1)[ p2 + (1 - t) p

+ 1] = 0 ，

n n n
① t ￡ 1時 p2 + (1 - t) p + 1 > 0 ，則 p = 1 同理不存在三個不同的數列{a }；
n n n n

②1 < t < 3 時，D = (1- t)2 - 4 < 0 ，p2 + (1 - t) p + 1 = 0 無解，則 p = 1 ，同理不存在三個不同的數列{a }；
n n n n

n n n
③ t = 3 時， ( p -1)3 = 0 ，則 p = 1 ，同理不存在三個不同的數列{a }；

n n
④ t > 3 即 0 < l< 1 時， D = (1- t)2 - 4 > 0 ，
p2 + (1 - t) p
+ 1 = 0 有兩解 a ， b ，設 a< b ，

a+ b= t - 1 > 2 ，ab= 1 > 0 ，則0 < a< 1 < b，則對任意n ? N * ， Sn+1 = 1 或 Sn+1 = a3 或 Sn+1 = b3 ，

ì1, n = 1

ì1, n = 1, 2
Sn Sn Sn

此時 Sn = 1 ， Sn = í 3 ， Sn = í 3
均符合條件，

?b , n 3 2

ì1, n = 1
?b , n 3 3
ì 1, n = 1

ì1, n = 1 ? 3 ? 0, n = 2
對應 an = í0, n 3 2 ， an = íb - 1, n = 2 ， an = íb3 - 1, n = 3 ，

?
? ?0, n 3 3
?
?? 0, n 3 4

則存在三個不同的數列{an }為“l(fā)- 3 ”數列，且 an 3 0 ，綜上， 0 < l< 1．
2．(2018?新課標Ⅰ，理 14)記 Sn 為數列{an } 的前 n 項和．若 Sn = 2an + 1 ，則 S6 = ?．
【答案】 -63
【解析】 Sn 為數列{an } 的前 n 項和， Sn = 2an + 1 ，①，當 n = 1 時， a1 = 2a1 + 1 ，解得 a1 = -1 ，
n-1 n-1 n n n-1 n n-1 n
當 n 3 2 時， S = 2a + 1 ，②，由① - ②可得 a = 2a - 2a ，\ a = 2a ，\{a } 是以-1 為首項，以 2

為公比的等比數列，\
S6 =
-1′ (1 - 26 )

1 - 2

= -63 ．

3．(2016?新課標Ⅲ，理 17)已知數列{an } 的前 n 項和 Sn = 1 + lan ，其中l(wèi)1 0 ．
(1) 證明{an } 是等比數列，并求其通項公式；

(2)若 S = 31 ，求l．

5 32
【解析】(1)Q Sn = 1 + lan ， l1 0 ．
\ an 1 0 ．
當n?2 時， an = Sn - Sn-1 = 1 + lan - 1 - lan-1 = lan - lan-1 ，即(l- 1)an = lan-1 ，
Ql1 0 ， an 1 0 ．\l- 1 1 0 ．即l1 1，

即 an an-1
= l
l- 1

， (n?2) ，

\{an } 是等比數列，公比 q =
l ，
l- 1

1
當 n = 1 時， S1 = 1 + la1 = a1 ，

即 a1
= 1 - l，

\ a =
1 g(

l )n-1 ．

n 1 - l l- 1
(2) 若 S = 31 ，

5

則若 S
32
= 1 + l[ 1
g( l )4 ] = 31 ，

5 1 - l l- 1 32
即 ( l )5 = 31 - 1 = - 1 ，

1 - l 32 32

則 l
1 - l
= - 1 ，得l= -1 ．
2

4．(2014 新課標Ⅰ，理 17)已知數列{ an }的前 n 項和為 Sn ， a1 =1， an 1 0 ， anan+1 = lSn -1，其中 l為

常數．

(Ⅰ)證明： an+2 - an = l；

(Ⅱ)是否存在l，使得{ an }為等差數列？并說明理由．
【解析】(Ⅰ)由題設 anan+1 = lSn -1， an+1an+2 = lSn+1 -1，兩式相減
an+1 (an+2 - an ) = lan+1 ，由于an 1 0 ，所以 an+2 - an = l
(Ⅱ)由題設 a1 =1， a1a2 = lS1 -1 ，可得a2 = l1 -1 ，由( Ⅰ)知 a3 = l+ 1

…………6 分

假設{ an }為等差數列，則 a1 , a2 , a3 成等差數列，∴ a1 + a3 = 2a2 ，解得l= 4 ；

證明l= 4 時，{ an }為等差數列：由 an+2 - an = 4 知
數列奇數項構成的數列{a2m-1}是首項為 1，公差為 4 的等差數列 a2m-1 = 4m - 3
n +1
令n = 2m -1, 則 m = ，∴ a = 2n -1 (n = 2m -1)
2 n

數列偶數項構成的數列{a2m } 是首項為 3，公差為 4 的等差數列 a2m = 4m -1
n
令n = 2m, 則 m = 2 ，∴ an = 2n -1 (n = 2m)
n n+1 n
∴ a = 2n -1( n ? N * )， a - a = 2

因此，存在存在l= 4 ，使得{ an }為等差數列． ………12 分
考點 57 數列性質

1．(2012 福建)數列{a }的通項公式 a
np
= n cos +1 ，前 n 項和為 S ，則 S = ．

n n 2
n 2012

【答案】3018
np
【解析】因為 cos 的周期為 4 ；由 a

= n cos np+1

n ? N *

， ∴ a + a

+ a + a

= 6 ，

2
a5 + a6 + a7 + a8 = 6 ，…，∴
n 2
y
S2012 = 503′ 6 = 3018
1 2 3 4

í
2. (2011 浙江)若數列ìn(n +

2
4)( )
3
n ü 中的最大項是第k 項，則k = ．

? t

【答案】4

ìk (k +
?

2
4)( )k
3

> (k -1)(k -1+ 2
4)( )
3

k -1

ì(k -1)2 < 10

【解析】由題意得í
2 2 ，得í k 2 > 10
，因為 k ? N ，所以 k = 4 ．

?k (k + 4)( )k > (k +1)(k +1+ 4)( )k +1 ?
?? 3 3

3．(2014 湖南)已知數列{ a }滿足 a = 1,| a - a |= pn , n ? N *.
n 1 n+1 n

(Ⅰ)若{ an }是遞增數列，且a1 , 2a2, 3a3 成等差數列，求 p 的值；
(Ⅱ)若 p = 1 ，且{ a }是遞增數列，{ a }是遞減數列，求數列{ a }的通項公式．

2 2n-1 2n n
【解析】(I)因為{a }是遞增數列，所以 a - a = a - a = pn ．而 a = 1 ，
n n+1 n n+1 n 1

因此又 a , 2a , 3a 成等差數列，所以 4a = a + 3a
，因而3 p2 - p = 0 ，

1 2 3 2 1 3

解得 p =
1 , p = 0
3

當 p = 0 時， a = a ，這與{a }是遞增數列矛盾．故 p = 1 ．

n+1 n n 3
(Ⅱ)由于{a2n-1} 是遞增數列，因而 a2n+1 - a2n-1 > 0 ，于是
(a2n+1 - a2n ) + (a2n - a2n-1 ) > 0 ①
1 1

但
22n

< ，所以
22n-1

+
a - a
2n 1 2n
< a - a ． ②
-
2n 2n 1

又①，②知， a2n - a2n -1 > 0 ，因此

a - a = (1)
2n 2n-1 2
2n-1 =
(-1)2n 22n-1

③
因為{a2n }是遞減數列，同理可得， a2n+1 - a2n < 0 故

? 1 ?2n
è ?
a2n+1 - a2n = -? 2 ÷

(-1)2n+1
=
④
22n

(-1)n+1

由③，④即知， an+1 - an = 2n
，于是

? 1 ?n-1

1 1 (-1)n
1 1- ? - 2 ÷
4 1 (-1)n

an = a1 + (a2 - a1 ) + (a3 - a2 ) +L+ (an - an-1 ) = 1+ - +L+ = 1+ × è ? = + × ，

4 1 (-1)n
2 22
2n-1
2 1+ 1
2
3 3 2n-1

故數列{an }的通項公式為 an = + ×
3 3 2
n-1 ．

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2011-2020年高考數學真題分專題訓練專題18 等差數列與等比數列（教師版含解析）

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高中數學高考專題17 數列的概念與數列的通項公式（原卷版）

高考數學真題專項練習專題17 數列的概念與數列的通項公式（解析版）

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