【文档说明】2023届高考数学模拟试题分类汇编：数列 Word版含解析.doc，共(14)页，1.449 MB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

一．基本原理1.数列求通项类型1.等差数列：相邻两项递推形式：ddaann，（=−−1为常数，+Nnn且2）或者相邻三项递推形式：)2(211++−=+Nnnaaannn且.这种递推形式下，直接用等差数列的通项公式：即可解决！类型2.等比

数列：相邻两项递推：)2,0,0(1+−=Nnnaqqaannn且且或qaann=−1.或者相邻三项递推：)2(211=+−+nNnaaannn且.注2：在等比数列应用中，有一类比较特殊的递推类型，即++=Nnmaaanmmn,,，我们可以对其赋值得到一个等比数

列.类型3.)(1nfaann=−−累加型类型4.)(1nfaann=−(2+nNn且)累乘型.类型5.dcaann+=−1型（待定系数法）一般形式：1(,nnacadcd−=+为常数，0,1,0)ccd

，可以构造一个等比数列，只要在每一项同加上一个常数即可，且常数1dxc=−，1()nnaxcax−+=+，令nnbax=+，则nb为等比数列，求出nb，再还原到na，1)1(11−−−+=−cdccdaan

n.类型6.nnnbmqaa+=+1型类型7.)1)((1+=+pnfpaann型.方法1.数学归纳法.方法2.1111)()(+++++=+=nnnnnnnpnfpapanfpaa，令nnnpab=，则11)(++=−nnn

pnfbb，用累加法即可解决！类型8.)0(1+=+qpqpataannn型类型9.已知nS与na关系，求na.解题步骤：第1步：当1=n代入nS求出1a；第2步：当2n，由nS写出1−nS；第3步：1−−=nnnSSa（2n）；第4步：将1=n代入na中进行验证，如果通过通项求出的

1a跟实际的1a相等，则na为整个数列的通项，若不相等，则数列写成分段形式，.)2()1(1==nanaann类型9：已知前n项积求na.类型10.特征方程法（强基层次）：nnnbaaaa+=++12型.求解方程：

02=−−ba，根据方程根的情况，可分为：（1）若特征方程有两个相等的根，则nnxbAna0)(+=（2）若特征方程有两个不等的根，则nnnBxAxa21+=2.数列求和类型1．倒序相加法类型2．公式法求和：用等差（等比）数列求和公式.类型

3．裂项相消求和1.分母是等差数列相邻两项乘积，则：111111().nnnnaadaa++=−，则：1223111111111......()nnnaaaaaadaa+++++=−.2.有理化后求和：11−+=nnan=1

−−nn.3.指对式裂相求和：121121)12()12(211+−+=++++nnnnn，一般地，指数型：babababaaannnnn+−+=++−++1111))(()1(对数型：nanann

aaaaalogloglog11−=++类型4：错位相减法型如)1}(){(+qqbknn的数列求和，其基本解题步骤如下：Step1：由题可得：=nnbaStep2：故nnnbabaT++=11①，121+++=nnnbabaTq②S

tep3：由①－②得：()1)1(1111−−+−=−+qqqdbbabaTqnnnnStep4：化简：=nT.类型5.分组求和适用对象：主要适用于通项是由两部分不同的形式构成的数列，其次还适用于一些几项放在一起可以化简的数列.例如：}{nnba+型，可分别单

独求出}{},{nnba的前n项和再求和.类型6.并项求和在处理一些非等差，等比数列时，我们可以通过项的关系（相邻两项等），将其看成一个小组来计算，例如)()1(bknn+−型，分奇偶后相邻两项之差就是一个公差，即常数列求和.3.数列放缩类型1.利用单调性放缩类型2.先求和再放缩类型3.先放缩通

项再求和这一类是数列放缩问题的常考类型，相较于类型2而言，这一部分对放缩对象的处理需要一定的技巧，因而对很多学生来说具有挑战性，是数列放缩中的难点.此节中，我将分为如下几个点展开：第一，将通项放缩为可裂项的结构，然后裂项求和；第

二，将通项放缩为等比结构（等差比结构）然后错位相减求和，总之，处理的基本原则就是将不可求和放缩成可求和再求和放缩.当然，下面的这些常见的裂项公式与放缩公式需要注意.1．常见的裂项公式：例如：nnnnn)1(11)1

(12−+或者12112−+++nnnnn等2.一个重要的指数恒等式：n次方差公式123221()().nnnnnnnababaabababb−−−−−−=−+++++这样的话，可得：1)(−−−nnnababa，就放缩出一个等比数列.

3.糖水不等式：设0,0cmn，则cncmnm++.类型4.基于递推结构的放缩1.nnnaaa+=+11型：取倒数加配方法.2.二次递推型：rqapaannn++=+21.12121211+++++=−+=−++=nnnnnnnnnnnaarpaaqarpaqaarqapaa，然后

裂项即可完成放缩，以2015浙江卷为例.4．数列中的计数问题的基本形式如下：记数列}{na落在区间)](,0(kg的个数为kb，讨论数列}{kb的性质.这种问题的关键就是利用数列自变量n的计数功能，通过不等式nkgan)(0

，由于n为正整数，从而实现对自变量n的计数，当然，这里面需要一丝丝取整背景，需要读者注意.进一步：目前的题目的计算背景主要分布在去解下面三个不等式：①．1++mmqbknq②．1+mnmtqt③．

biktqbtkn+++)(5．欧拉函数及应用1.定义：欧拉函数()m是一个定义在正整数集上的函数,()m的值等于1,2,,1m−中与m互素的数的个数.2.计算公式：（1）若p为素数，则1)(−=pp（2）若p为素数，且1)1(1)(−−=−==kkkpppppnpn，形成了一

个等比数列.证明：即证1)(−−=aaappp.由)(a的定义知)(ap等于从ap减去ap，，...1中与ap不互质的数的个数；亦即等于从ap减去ap，，...1中与p不互质的数的个数.由于p是质数，故)(ap等于从ap减去ap，，...1中被p整除的数的个数.由于ap，，...1

中被p整除的数的个数是1−=aappp，故1)(−−=aaappp.（3）已知正整数n的素因数分解式1212,ssnppp=其中素数12sppp,1.i证明：12111()(1)(1)(1).snnppp=−−−二．试题汇

编例1.（2023届武汉9月调研）记数列na的前n项和为nS，已知*1,(21,N)2,(2,N)2nnnkkSnnkk+−=+==（1）求数列na的通项公式；（2）求数列11nnaa+的前n项和nT.解析：（1）当n为奇数且3n时，1112

2nnnnnaSSn−+−=−=−−=−，且111aS==−，也满足该式；当n为偶数时，()11122nnnnnaSSn−−+=−=−−=.综上，(1)nnan=-?.（2）由（1）知：()()21111111(1)111nnnaannnnnn++==−=−

−−+++.故11111111223111nnTnnnn=−−+−++−=−−=−+++.例2.（福建省部分地市2023届高三第一次质量检测）已知正项数列na的前n项和为nS，且()()()413nn

nSaan=−+N．（1）求数列na的通项公式；（2）将数列na和数列2n中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列nb，求nb的前50项和．解析：（1）依题意0na，当1n=时，()()11114413aS

aa==−+，解得13a=，()()()413nnnSaan=−+N，当2n时，有()()111413nnnSaa−−−=−+，作差得：2211422nnnnnaaaaa−−=−+−，所以()()1120nnnnaaaa−−+−−=，因为10nnaa−+，所以12(2)nnaan−−=

，所以数列na是首项为3，公差为2的等差数列，所以21nan=+.（2）由（1）得，50101a=，又6721012，同时644892a=，所以5044ba=所以()()12612501244222bbbaaa+

++=+++++++()()61442214420241262150221aa−=++=+=−．所以nb的前50项和为2150．例3（福建省泉州市2023届高三毕业班质量检测一）已知数列na各项均为正数，且22111222nnnnaaaaa++=−+=，

．（1）求na的通项公式（2）设()1nnnba=−，求12120bbbb++++．解析：（1）因为22111222nnnnaaaaa++=−+=，所以，()()()2211112nnnnnnnnaaa

aaaaa++++−=−+=+，因为数列na各项均为正数，即10nnaa++，所以，12nnaa+−=，即数列na为等差数列，公差为2d=，首项为12a=.所以()2122nann=+−=（2）解：由（1）知2na

n=，其公差为2d=，所以，()()112nnnnban=−=−所以，()()()12341092101221020aaaaabbbbad++++=−++−+++−+==例4（广东省深圳市2023届高三第一次

调研）记nS，为数列na的前n项和，已知212nnaSn=++，*nN．（1）求12aa+，并证明1nnaa++是等差数列；（2）求nS．解析：（1）已知212nnaSn=++，*nN当1n=时，1122aa=+，14a=；当2n=时，2

1252aaa+=+，22a=，所以126aa+=．因为212nnaSn=++①，所以()211112nnaSn++=+++②．②－①得，()2211122nnnaaann++=−++−，整理得142nnaan++=+，*nN，所以()()()()121412424nnnn

aaaann++++−+=++−+=（常数），*nN，所以1nnaa++是首项为6，公差为4的等差数列．（2）解：由（1）知，()141242nnaann−+=−+=−，*nN，2n．当n为偶数时，()()()()1234164222nnnnnSaaaaaa−+−=+++

+++=2nn=+；当n为奇数时，()()()()12345111042242nnnnnSaaaaaaa−−+−=+++++++=+22nn=++．综上所述，22,2,nnnnSnnn+=++当为

偶数时当为奇数时.例5（广州市2023届高三一模）已知等差数列na的前n项和为nS，且()*6324,21nnSSaan==+N.（1）求数列na的通项公式；（2）设12nnnba−=，求数列nb

的前n项和nT.解析：（1）设等差数列的公差为d，依题意，()*6324,21nnSSaan==+N，则2121aa=+所以()111161543321adadada+=++=+，解得1a1,d2==，所以21na

n=−.（2）()112212nnnnban−−==−，所以()0111232212nnTn−=+++−，()1221232212nnTn=+++−，两式相减得()231222212nnnTn−=++++−−()()141212

1212nnn−−=+−−−()3223nn=−−，所以()2323nnTn=−+.例6（湖北省武汉市2023届高三下学期二月调研）记数列}{na的前n项和为nS，对任意正整数n，有nnnaS

=2，且32=a.（1）求数列}{na的通项公式；（2）对所有正整数m，若12+kmkaa，则在ka和1+ka两项中插入m2，由此得到一个新数列}{nb，求}{nb的前40项和.解析：（1）由2n

nSna=，则()1121nnSna++=+，两式相减得：()1121nnnanana++=+−，整理得：()11nnnana+−=，即2n时，11nnanan+=−，所以2n时，()132122122331231nnnnn

aaannaanaaann−−−−−===−−−，又1n=时，112aa=，得10a=，也满足上式.故()31nan=−.（2）由40117a=.所以674022a，又634992

a=，所以nb前40项中有34项来自na.故()()12612401234222bbbaaa+++=+++++++()()61342213416831261809221aa−+=+=+=−.例7.（江苏省南通市2023届高三下学期第一次调研

测试）已知数列na是公差不为0的等差数列，其前n项和为nS，且满足__________，__________.在①124,,SSS成等比数列，②4222aa=+，③8472SSS=+−这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，并完成解答.（1）求na的通项公式

；（2）求12233411111nnaaaaaaaa+++++.注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案计分.解析：（1）若选①②，设na公差为d，则()()()211111462322aadadadad+=++=++，解得：12,4ad==，()24142nann=+−=−

；选①③，设na公差为d，()()2111111462828467212aadadadadad+=++=+++−，解得：12,4ad==，()24142nann=+−=−；选②③，设na公差为d，()11111322828467212adadadadad+=

+++=+++−，解得：12,4ad==，()24142nann=+−=−；（2）()()()()1111111142424212182121nnaannnnnn+===−−+−+−+，12

231111111111183352121nnaaaaaann++++=−+−++−−+()111821421nnn=−=++.例8（山东省济南市23届高三上学期期末数学试题）定义:在数列na中,若存在正整数k,使得*Nn,都有n

knaa+=,则称数列na为“k型数列”.已知数列na满足111nnaa+=−+.（1）证明:数列na为“3型数列”;（2）若11a=,数列nb的通项公式为21nbn=−,求数列nnab的前15项和15S.解析：（1）解:由题知111

nnaa+=−+,所以有2111nnaa++=−+,且3211nnaa++=−+,311111nnaa++=−−+11111nnaa+++=−+−111na+=−−1111na=−−−+na=,所以数列na为“3型数列”;（2）由（1）知3nnaa+

=,11a=,所以147131aaaa=====,2115841112aaaaa====−=+=−,395261112aaaaa===−+===−,所以151122331515Sabababab=++++()()()4132514361511413

25143615ababababababababab+++++++++=++()()()()1413251436151122bbbbbbbbb=++++−++++−+++()()(

)()125532755295122222+++=+−+−2852=−.例9（山东省济南市2022-2023学年高三下学期开学考试）各项均为正数的数列na，其前n项和记为nS，且满足对n+N，都有22nnnSaa=+

．（1）求数列na的通项公式；（2）设22221231111nnTaaaa=++++，证明：74nT．解析：（1）由已知：对于n+N，22nnnSaa=+，21112(2)nnnSaan−−−+=，则22112nnnnnaaaaa−−=+−−∴111()()

nnnnnnaaaaaa−−−+=+−，且数列na各项均为正数∴11nnaa−−=，21112Saa=+，因为10a，得11a=，∴数列na是首项为1，公差为1的等差数列，故nan=.（2）N,2nn+，()()221111111nannnnn==−−−，故222222

212311111111123nnTaaaan=++++=++++()2111111111111112233411233441nnnn+++++=++−+−+++−−−71744n=−，所以74nT.例10（温州市2023届高三一模）已知数列n

a是等差数列，11a=，且1a，2a，51a−成等比数列．给定*kN，记集合*2,knnkanN∣的元素个数为kb．（1）求1b，2b的值；（2）求最小自然数n的值，使得122022nbbb+++．解析：（1）设数列{}na的公差为d，由1a，2a，51a−

成等比数列，得2152(1)aaa−=，21(141)(1)dd+−=+，解得1d=，所以nan=，1k=时，集合*{|12,}nnnN中元素个数为12b=，2k=时，集合*{|24,}nnnN中元素个数为23b=；（2）由（1）知21

kkbk=−+，2122(12)(1)2(21)12222nnnnnnnbbbn−++++=−+=−−+−，10n=时，22(21)22nnn−−+=2001<2022，11n=时，22(21)22nnn−−+=4039>2022，记12nnTbbb=+++，显然数

列{}nT是递增数列，所以所求n的最小值是11.例11（长沙市2023届高三上学期新高考适应性考试）已知数列na为等差数列，数列nb为等比数列，满足1122ba==，222ab=，3311+=ab．（1）求数列na，nb

的通项公式；（2）求数列nnab的前n项和nS．解析：（1）设na的公差为d，nb的公比为q()0q，11a=，12b=，联立2233211abab=+=，整理可得2221112ddqq++

==，解得21qd==，所以nan=，2nnb=.（2）解：由（1）知2nnnabn=，则321122232(1)22nnnSnn−=++++−+，①23412122232(1)22

nnnSnn+=++++−+，②①-②，得23122222nnnSn+−=++++−1122212nnn+−=−−1(1)22nn+=−−.所以1(1)22+=−+nnSn.例12．（2023·福建

福州·统考二模）欧拉函数(n)(n∈*N)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数，例如：φ(1)=1，(4)=2．（1）求()23，()33；（2）令()132nna=，求数列

3lognnaa的前n项和．解析：（1）不超过9，且与其互质的数即为1,9中排除掉3，6，9剩下的正整数，则()223336=−=；不超过27，且与其互质的数即为[1,27]中排除掉3，6，9，12，15，18，21，24，27剩下的正整数，则(

)3333918=−=．（2）()*32,3kkk−N表示任意相邻的三个正整数，其中与3n互质的为32k−与31k−两个，故分别取11,2,,3nk−=可得1,3n中与3n互质的正整数个数为123n−，所以()()111323,332nnnnna−−===，所以31lo

g13nnnana−−=．设数列3lognnaa的前n项和为nT．1211210333nnnT−−=++++，∴23112103333nnnT−=++++，两式相减得：11211111111113331133333313nnnnnnnT−−−−−−=+

++−=−−11112233nnn−−=−−121223nn+=−，则131213212223443nnnnnT−++=−=−．例13．（2023·广东汕头·统考一模）已知nT为正项数列na的前n项的乘积，且13a=

，21nnnTa+=．（1）求数列na的通项公式；（2）设11nnnaba−=+，数列nb的前n项和为nS，求2023S（x表示不超过x的最大整数）．解析：（1）由题意知nT为正项数列na的前n项的乘积，21nnnT

a+=，故2211nnnTa+++=，所以22211121nnnnnnnTaaTa+++++==，即11nnnnaa++=，所以11lglgnnnnaa++=，即()1lg1lgnnnana+=+，所以1lglg1nnaann+=+，当2n=时，22323212222(),(3)T

aaaaa===，解得29a=，所以21lglglg321aa==，结合1lglg1nnaann+=+，可知数列lgnan是常数列，所以1lglglg31naan==，所以lglg31g3nnan==，所以3nna=．（2）由（1）可得1312113131nnnnnnaba−−===

−+++，则12122221)(1)(1)2()31313111(1313131nnnSn−+−++−=−+++++++=++，由于121211(1)11111133(1)13131313332321311

1nnnn−++++++==−+++−，故122()1313111311nnSnn−+++−+++=，且nSn，故202320222023S，20232022S=.例14．（2023·山东临沂·统考一模）已知数列na为等比数列，131,1aa=+是2a与4a的等差中项

，nS为na的前n项和．（1）求na的通项公式及nS；（2）集合A为正整数集的某一子集，对于正整数k，若存在正整数m，使得2logkmaS=，则kA，否则kA．记数列nb满足2log,?1,?nnanAbnA

=−，求nb的前20项和20T．解析：（1）设na的公比为13,1,1qaa=+是2a与4a的等差中项，()()23221,(2)10qqqqq+=+−+=，2q=，∴12nna−=，122112nnnS−==−−．（2）由题意知，2logkmaS=，又12,21kmk

maS−==−，121mk−=−，即2mk=，故*2,mAkkm==N∣．又2log1nan=−，()()202122220222428216logloglogloglogloglog4Taaaaa

aa=+++−+++−()()0119137154…+=++−+++−160=．例15．（2023·山东日照·统考一模）在数列na中，23122341naaaannn++++=++.（1）求na的通项公式；（2）

证明：()121213424nnaana++++.解析：（1）因为23122341naaaannn++++=++，①则当1n=时，122a=，即14a=，当2n时，21231234naaaannn−++++=−，②①−②得21nann

=+，所以()21nann=+，14a=也满足()21nann=+，故对任意的Nn，()21nann=+.（2）证明：()()()()()11122122122121nnnannnnnnnn===−++++++

+，所以()1211111111113422233412naanann+++=−+−++−+++()11111222422nn=−=−++．()1N*,022nn+，()1114224n−+，即结论成立.例16．（2023·云南·统考一模）

记数列na的前n项和为nT，且111,(2)nnaaTn−==．（1）求数列na的通项公式；（2）设m为整数，且对任意*nN，1212nnmaaa+++，求m的最小值．解析：（1）因为111,(2)nnaaTn−==，所以211aa==，当2n时，112nnnnn

aTTaa+−+===，故()222222nnnaan−−==，且11a=不满足上式，故数列na的通项公式为21,1,2,2.nnnan−==（2）设1212nnnSaaa=+++，则11S=，当2n时，102122322nnSn−−=++++，故112

112232222nnSn−−−=++++，于是()122115222222nnnSn−−−−=++++−()121121252212nnn−−−−−=+−−．整理可得27(2)2nnSn−=−+，所以7nS，又5

4968S=，所以符合题设条件的m的最小值为7．