数列的概念-2025年高考数学一轮复习（天津专用）

第24讲数列的概念

（9类核心考点精讲精练）

考情探究・

1.5年真题考点分布

5年考情

考题示例考点分析

2024年天津卷，第19题,15由递推数列研究数列的有关性质等比数列通项公式的基本量计算求等

分比数列前n项和裂项相消法求前n项和

2023年天津卷，第19题,15等差数列与等比数列综合应用等差数列通项公式的基本量计算求等差

分数列前n项和写出等比数列的通项公式

2023年天津卷，第5题,5等比数列通项公式的基本量计算利用等比数列的通项公式求数列中的项

2022年天津卷，第18题,15等差数列通项公式的基本量计算等比数列通项公式的基本量计算错位

分相减法求和分组（并项）法求和

2021年天津卷，第19题,15等差数列前n项和的基本量计算由定义判定等比数列错位相减法求和

分数列不等式恒成立问题

2020年天津卷，第19题,15等差数列通项公式的基本量计算求等差数列前n项和等比数列通项公

分式的基本量计算分组（并项）法求和

2.命题规律及备考策略

【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较高，分值为15分

【备考策略】L理解、掌握数列的概念

2.能掌握数列的通项公式与递推公式

3.具备数形类比递推的思想意识，会借助函数求解数列的最值与单调性

4.会解数列中的规律问题

【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出数列求解数列的通项公式与求和问题。

•考点梳理，

1

1.数列

2.数列的项考点一、数列的周期性

r知识点一.数列的有关概念13.日?今日，考点二、数列的单调性

4.递推公式考点三、数列的最值

5.数列的前项和

考点四、与的关系求通项公式

1.项数

考点五、累加法求通项公式

知识点二.数列的分类2.项与项间的大小关系

考点六、累乘法求通项公式

数列的概念

考点七、数列恒成立

知识点三.数列与函数的关系考点八、递推数列问题

考点九、数列中的规律

知识点四.数列常用的结论

知识点五.数列的两种常用表示方法

知识讲解

知识点一.数列的有关概念

1.数列：按照确定的顺序排列的一列数

2.数列的项：数列中的每一个数

3.通项公式：如果数列｛an｝的第n项“与它的序号"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.递推公式：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，那么这个式子叫做这个

数列的递推公式

5.数列｛册｝的前n项和：把数列｛an｝从第1项起到第?1项止的各项之和，称为数列｛册｝的前n项和，记作Sn,

即=a1+a2+…+期

知识点二.数列的分类

1.项数：

（1）有穷数列：项数有限

（2）无穷数列：项数无限

2.项与项间的大小关系：

（1）递增数列：an+l>a„

（2）递减数列：a„+l<an

（3）常数列：an+i=a„

（4）摆动数列：从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列（其中-GN*）

2

知识点三.数列与函数的关系

数列｛斯｝是从正整数集N*（或它的有限子集｛1,2,…，成）到实数集R的函数，其自变量是序号小对应的函

数值是数列的第〃项即，记为。

知识点四.数列常用的结论

1.已知数列｛。力的前"项和S”则％=%9

2.在数列｛斯｝中，若斯最大，贝吧咤?T（«>2,"CN*）；若斯最小，则伊亍丁-1（立2,4*）.

知识点五.数列的两种常用表示方法

（1）通项公式：如果数列｛%｝的第〃项与序号〃之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这

个数列的通项公式.

（2）递推公式：如果已知数列｛凡｝的第1项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任一项与它的

前一项（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.

考点一、数列的周期性

典例引领

1.（・湖南•高考真题）已知数列｛a/满足臼=0,即+1=*占56%+）,贝必2°=（

vJ十*1*

B.—V3

C.V3

【答案】B

【分析】计算出｛时｝的前四项的值，可得出％计3=即伽€2+）,由此可求得。20的值.

【详解】因为数列｛a/满足的=0,册+1=氤号56%+）,02=居滞=—如，

GN+，a,@3x6+2=aV3.

由上可知，对任意的九an+3=n・•・a20=2=一

故选：B.

2.（2024•陕西安康•模拟预测）在数列｛an｝中，an>0,%=lfa2=V2,若对VneN*,*+a1+1+a^+2=10,

则。2024=（）

A.V2B.1C.V3D.V5

【答案】A

【分析】根据递推公式得出Qn+3=。九，进而。2024=。2021=…=牝=鱼即可.

【详解】由成+1+碌+2+碎+3=1。与成+an+l+an+2=1。相减得：碎+3-碎=。，

af

即（t1n+3—。九）（。九+3+。九）=0'又口九>故%i+3=n所以。2024=。2021=…=。2=^2.

故选：A.

即0睁（

+i—

1.（2024・河北•模拟预测）已知首项为2的数列｛an｝满足4c1n5an+1an-2an=2,当｛%｝的前n项和S“>16

时，贝仙的最小值为（）

A.40B.41C.42D.43

【答案】B

S414）+

【分析】通过计算得到｛an｝为一个周期为4的数列，从而计算出=10（%++。2=17,得

到答案.

【详解】由题意得ai=2,4a2-5a2al-2al=2,解得a2=-1，

2—

同理4a3-5a3a2a2=2,解得a3=0,

4a4—5a4a3—2a3=2,解得以=

4。5—5a5a4—2a4=2,解得G5=2,

234=

故｛an｝为一个周期为4的数列,且由+。+。+。2-1+0+；=|,

故S40=10（Q]++。3+。4）=15,S41=10（（1]+CL?+。3+。4）+2=17,

故n的最小值为41.

故选：B

2.（2024•山东济宁•三模）已知数列｛a九｝中，=2,牝=1，册+i=册一。九-1（九22,n6N*）,则02024=

（）

A.-2B.-1C.1D.2

【答案】C

【分析】利用数列的递推公式求出数列的周期，即可求解.

【详解】由的=2,做=La?i+i=—口九―1（九之2,九eN*）,导

口3=020]=1，

02=2，

—a3=_1，

@6=^5­。4=1，

电二06-05=2,

CLQ=Q7~1，

则｛“｝是以6为周期的周期数列,

所以。2024=0337x6+2==1•

故选：C

4

3.（2024・陕西榆林•三模）现有甲乙丙丁戊五位同学进行循环报数游戏，从甲开始依次进行，当甲报出1,

乙报出2后，之后每个人报出的数都是前两位同学所报数的乘积的个位数字，则第2024个被报出的数应该

为（）

A.2B.4C.6D.8

【答案】A

【分析】列举出部分数字观察其周期即可得解.

【详解】报出的数字依次是1,2,2,4,8,2,6,2,2,4,8,2,6…，除了首项以外是个周期为6的周期数列.

去掉首项后的新数列第一项为2,

因为2023=337x6+1,所以原数列第2024个被报出的数应该为2.

故选：A.

4.（2024•辽宁•模拟预测）数列｛a｝中，的=4,a=3,a=-^-（nEN*,n>2）,贝Uaiooo的值为（）

n2;l+1an-l

134

A.-B.-C.3D.-

443

【答案】A

【分析】根据递推公式代入检验可知数列｛册｝是以6为周期的周期数列，结合周期性分析求解即可.

【详解】因为⑥=4,a=3,a=-^-（nGN*,n>2）,

2n+1an—l

令n=2,可得的=也=3；令九=3,可得。4=%=工；

ai4。24

令几=4,可得的二里=［；令几=5,可得即=生=［；

令n=6,可得。7=曳=4；令72=7,可得他="=3；

a6

可知数列｛册｝是以6为周期的周期数列，

所以。1000=0166x6+4=^4=［•

故选：A.

考点二、数列的单调性

典例引领

1.（2024・贵州・模拟预测）已知数列｛册｝满足册=空尸（卜eR）,贝1J“数列｛册｝是递增数列”的充要条件是（）

A.fc<0B.k<1C.fc>0D.fc>1

【答案】B

【分析】根据条件，利用递增数列满足与+i>册，即可求解.

【详解】因为“="F（keR）,所以与+i—册=答—史尸=工

由即+i—诙=肃含>0,得到k<1,所以“数列｛即｝是递增数歹（J”的充要条件是k<1,

5

故选：B.

2.(2024・天津南开・二模)设数列｛an｝的通项公式为时二层+6九，若数列｛册｝是单调递增数列，则实数b的

取值范围为().

A.(—3,+8)B.(—2,+oo)C.[-2,+oo)D.[—3,+8)

【答案】A

【分析】由递增数列定义可得册+i-册>0,代入计算即可得解.

22

【详解】由题意可得an+i—Qn>0恒成立，即(几4-1)+b(n4-1)—n—bn=2n+1+/?>0,

即b>—2n—1,又?！>1,—2n—1<—3,故bG(—3,+oo).

故选：A.

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.____________

1.(2024•北京西城•三模)对于无穷数列｛oj,定义dn=an+1-anCn=1,2,3,-),则“｛an｝为递增数列”是“｛dn｝

为递增数列，，的()

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】D

【分析】由递增数列的性质，分别判断充分性和必要性即可.

【详解】｛七｝为递增数列时，有%=an+1-an>0,不能得到｛%｝为递增数列，充分性不成立；

｛〃｝为递增数列时，不一定有〃>0,即不能得到｛册｝为递增数列，必要性不成立.

所以“｛与｝为递增数列”是“｛%｝为递增数列”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

2.(2024•江西•模拟预测)已知数列｛册｝满足册=n-a(aeR),则“a。律是｛|叫｝是递增数列的()

A.必要不充分条件B.充分不必要条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.

【详解】当aW1时an=n-a20,贝4册|=\n-a\=n-a,

所以1%+/-=兀+1-a—5—a)=l>。，即1斯+11>1叫，所以｛|册|｝是递增数列，故充分性成立；

UIri(-,n=1

4

当a=1时|距|=,一T=<5,则|a/<㈤<同<…，所以｛1怎1｝是递增数列，

(一,心2

所以当数列｛|%J｝是递增数列，a可以大于1,所以必要性不成立，

所以“a<1”是｛|%1｝是递增数列的充分不必要条件.

故选：B

3.(2024・四川雅安•模拟预测)已知数列｛“｝满足an+2=3册+i-2an,的=九a2=2,｛an｝单调递增,则4

6

的取值范围为

【答案】(一8,2)

【分析】根据即+2=3an+1-2册可得册+2-an+1=2(an+1-an),再结合｛an｝单调递增以及等比数列定义

可求出册+1-％，则由an+i-%,>0即可得解.

【详解】因为册+2=3ctn+i—2dn,所以Cln+2-^n+1=2(。元+1—册)，

又因为｛%｝单调递增，所以Cln+1—与>0,

所以数列｛须+1一册｝是以。2-即=2-4为首项，2为公比的等比数列，

n-1

所以0n+1—(1n=(2—A)-2,

所以(2-QOnT>0即2—/l>0n2<2,

则4的取值范围为(—8,2),

故答案为：(-8,2).

4.(2024・河南信阳•模拟预测)在数列｛%｝中，方=号2an+1=an+n+2.

(1)记勾=册一%证明：｛0｝为等比数列；

(2)记Sn为｛册｝的前几项和，若囚+春+词是递增数列，求实数4的取值范围.

【答案】(1)证明见详解

(2)(-2,+oo)

【分析】(1)根据递推公式结合等比数列定义分析证明；

(2)由(1)可得a”=n+去，进而可得Sn+£+"=*+g(24+l)n+1,结合二次函数性质分析求解.

【详解】(1)因为2册+1=(1rl+71+2,即％+1=—<xn+-?!.+1,

则瓦=%_1=工力0,且皿=—+1)=皿他一空=hzh」,

n

2bnan~an-nan—n2

所以数列｛g｝是以首项为右公比为T的等比数列.

⑵由⑴可知：6„=期一n=10=濡,即％1=几+5，

所以S”=&+乡+卜+—+-+(n+3=(1+2+-+n)+G+,+•••+—

n(n+l),IMI)]_12,1,41

H----i——-xi+-n+i——：

21-1222n

2

可知S"+亲+讥="2+*24+1)71+1,

若｛Sn+卷+词是递增数列，结合二次函数对称性可得-G+号<I，解得%>—2,

所以实数2的取值范围为(-2,+8).

考点三、数列的最值

7

典例引领

1.(2020•北京•高考真题)在等差数列｛an｝中，的=一9,a5--1.记7n=ara2...an(n=1,2,...),则数列｛Tn｝

().

A.有最大项，有最小项B.有最大项，无最小项

C.无最大项，有最小项D.无最大项，无最小项

【答案】B

【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大

项和最小项.

【详解】由题意可知，等差数列的公差4=等苧=再=2,

则其通项公式为：an=%+(?1-l)d=—9+(71—1)x2=2Tl—11j

注意到句<a2<a3<a4<a5<0<a6=1<a7<…，

且由75<0可知<0(i>6jGN),

由4=ai>l(i>7,ieN)可知数列｛T力不存在最小项，

1i-1

111d]=9,a2=7,=5,CZ4=3,々5=1,口6=]，

故数列｛〃｝中的正项只有有限项：72=63,74=63X15=945.

故数列｛〃｝中存在最大项，且最大项为

故选：B.

【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属

于中等题.

2.(•辽宁・高考真题)已知数列&｝满足的=33,an+i—册=2底吟的最小值为.

【答案】g

【分析】先利用累加法求出an=33+n2-n,所以生=9+九一1,设f(n)=史+九一1,由此能导出n=5

nnn

或6时f(n)有最小值.借此能得到电的最小值.

n

【详解】解：,**an+1-an=2n,当n>2时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+...+(a2-al)+al=

2[l+2+...+(n-1)]+33=n2-n+33

且对n=l也适合，所以an=n2-n+33.

从而&=^+n—1

nn

设f(n)=-+n-l,令f(n)=亨+1>0,

ny\r

则f(n)在(而，+8)上是单调递增，在(0,而)上是递减的，

因为nWN+,所以当n=5或6时f(n)有最小值.

8

所以您的最小值为等=3

n62

故答案为y

【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法.还考查函数的思想，构造函数利用

导数判断函数单调性.

(_____即__时__检__测___

1.(24-25高三上•江苏南通•阶段练习)在递增数列｛册｝中，sin(a)=cos(a).已知S表示

6nn+1n

前n项和的最小值，则sin(S9)=()

A.-B.—C.--D.

2222

【答案】c

【分析】由题意依次确定数列的前9项的值，结合三角函数诱导公式，即可得答案.

【详解】由题意在递增数列｛a｝中，-psin(a)=cos(a),

n6nn+1

则cos(an+1)=sin(an),故cos(a2)=siM%)=

则。2=|+2kn,kEZ或也=y+2忆兀,fcGZ,结合题意取做=j?

又cos(a)=sin(a)=—,则的=-+2攵兀,fcGZ或的=—+2k7i,/cGZ,

32266

结合题意取的=¥；

同理cos(a4)=sin(a3)=—则4=y+2kji,fcGZ或4=y+2kn,kEZ,

结合题意取。4=日+2兀，

CTI

同理cos(a5)=sin(a4)=乌则。5=7+2k兀,kEZ或恁=—+2/,fcGZ,

266

结合题意取=4+2兀，

同理cos(a6)=sin(a5)=—则即=y+2k兀,k6Z或他=y+2kn,kGZ,

结合题意取。6="+4兀，同理可得即=+4兀，他="+6兀，的=+6兀，

3636

故｛%｝前9项和的最小值S9=£+[+券+管+2兀)+(素+2兀)+d+4兀)

/II兀\/2兀\/II兀\

+岛+甸+(9+6兀)+匕+6。

=—+24n,

6

可得sin(Sg)=—

故选：C

2.(24-25高三上•山西大同・期末)等比数列｛册｝中，Sn为其前n项和,%=1,且4%,2a2,。3成等差数列，

则曰(nCN*)的最小值为()

9

4

A.-B.-D.1

29

【答案】D

【分析】先根据等差中项及等比数列得通项求出公比，再根据等比数列的前n项和公式求出SQ判断出数列

｛,｝的单调性即可得解.

【详解】设公比为q,

由4aL2a2,的成等差数列，得4a2=4al+a3,

又数列｛册｝为等比数列，所以得4。遇=4%+的/,解得q=2,

所以员=利（1一勺刀）_2J

nn(l-q)n

令6-

2n+1-l2n-l(n-l)2n+l、八

则6+i-6----------------------=------7-----7->0,

nnn+1nn(n+l)

所以数列F9｝递增数列，

所以当71=1时，且取得最小值1.

n

故选：D.

3.（2024・山东济南•二模）已知｛册｝是各项均为正整数的递增数列，｛册｝前n项和为端,若5„=2024,当n

取最大值时，时的最大值为（）

A.63B.64C.71D.72

【答案】C

【分析】因为Sn=2024是定值，要使当n取最大值时册也取得最大值，需满足前6（m=n—1）项是首

相为1,公差为1的等差数列，通过计算｛3„｝的前63项和与%=2024作比较，前64项和与%=2024作

比较即可得出时的最大值.

【详解】因为％=2024是定值，要使当n取最大值时期也取得最大值，｛册｝需满足各项尽可能取到最小值,

又因为｛七｝是各项均为正整数的递增数列，所以的=1,。2=2,。3=3,…，am=m,即是首相为1,

公差为1的等差数列，其中m=1;缶眉的前小项和为7加=吟2

当m=63时，763=63（61+1）=2016<2024；

当m=64时，几4=64（6；+1=2080>2024；

又因为2024-2016=8<63,

所以n的最大值为63,此时刖=1,。2=2,<13=3,…，。62=62,与取得最大值为&63=63+8=71.

故选：C.

4.（2024・天津和平・二模）已知数列｛册｝满足如+>2+…+京a„=MneN*）,则数列5｝的通项公式为

册=，若数列｛册｝的前几项和为Sn,记Rn="C（neN*）,则数列｛&｝的最大项为第项.

%1+1

【答案】2九3

10

【分析】当九=1时求出心,当nN2时，3%+*。2+…+/册-1=九一1，作差即可求出｛an｝的通项公

式，从而求出无,即可表示出治，再由基本不等式求出数列｛&｝的最大项.

【详解】因为+…+、％=九（九€

当n=1时，=1,解得的=2；

1-1-1

当nN2时，5%+声+…+才九一1=九一1，

两式相减得/■即=1,即册=2n（n>2）,

经检验当几=1时册=2rl也成立，所以册=2n；

因为％=2%所以S.=半2=2"+1—2,

所以Rn=65：］；=65x2"+l#2Zn+l+2=55_（£+2）g65—2J2nx詈=49,

当且仅当2n=矣即n=3时取等号.

所以数列｛RJ的最大项为第3项.

故答案为：2n；3.

考点四、&与%的关系求通项公式

典例引领

1.（2024•山东济南•三模）若数列｛册｝的前n项和Sn=n（n+1）,则等于（）

A.10B.11C.12D.13

【答案】C

【分析】根据时与无关系求解即可.

【详解】0-（,=56-S5=6x7—5x6=12.

故选：C.

2.（2024•贵州遵义•二模）已知数列｛an｝的前n项和Sn=+71占1,则41+。9=（）

A.16B.17C.18D.19

【答案】D

【分析】根据给定条件，利用诙=571-5„-1，n22求出（19,即可计算即得.

【详解】依题意，的=S1=1,。9=$9-58=（92+9-1）一（82+8-1）=18,

所以+CLg—19.

故选：D

即

11

I(2024•内蒙古呼和浩特•二模)数列｛an｝的前n项和为,=3-2an,7ieN*,则S5=()

A.—B.—C.—D.—

81812727

【答案】B

【分析】由%,即的关系可得｛时｝是以1为首项，以9为公比的等比数列，由等比数列的求和公式即可求解.

【详解】因为%=3-2册，所以，nN2时，S「i=3-2味1，

两式相减得，CLn=2%-1—2(zn,即jn>2,

因为Si=3—2的，即⑥=1,

所以数列是以1为首项，以,为公比的等比数列，

故选：B.

n+1

2.(2024高三・全国•专题练习)已知数列｛%｝的前n项和为%,an+1=Sn+2,%=2,贝”八=

【答案】n-2n

【分析】根据已知式子应用册+i=S.+i-S”得出等差数列，最后应用等差数列通项公式计算即可.

【详解】因为“+1=S.+2n+1,则L+1-Sn=Sn+2n+'整理得湍—去=1,

又因为的=2,则半=1,

因此数列仔｝是首项为1,公差为1的等差数列，

则宗=1+(n—1)X1=n,

所以32n.

故答案为：n-2n.

3.(2024高三•全国•专题练习)在数列｛%｝中，ai=前n项和Sn=n(2n-1)册，则数列｛册｝的通项公式

为_____

]

【答案】0=

n(2n-l)(2n+l)

【分析】当九22时，由已知的等式可得S-i=(九一l)(2n—3)册t，与已知的等式相减化简可得q=",

an-l2九+1

然后利用累乘法可求出册.

【详解】由于数列｛册｝中，的=5，前几项和S九=九(2九一1)册,

所以当nN2时，Sn_r=(n-l)(2n-3)an_1,

两式相减可得：an=n(2n-l)an-(n-l)(2n-3)an_lf

所以(?i—l)(2n—3)a九_]=(24-n—l)an.

(n—l)(2n—3)册_i=(n—l)(2n+l)an,

所以(2几—3)册_i=(2n+l)an,

12

所以w=需，

所以与=%常鹭.•…公

1132n-52n-31

=-X-X-X…X-----X-----=------------,

3572n-l2n+l(2n-l)(2n+l)

-1符合上式,

1

因此“

(2n-l)(2n+l)

]

故答案为：a=

n(2n-l)(2n+l)

Sn=

4.（2024高三・全国・专题练习）已知数列｛册｝的前几项和为Sn,若2，T，则数列｛an｝的通项公式为

【答案】册=2n-2

【分析】利用数列的前71项和S.与％的关系求出数列的通项；

【详解】Sn=2-1—1

当n=1时，a1=S]=20—[=

当"22时，an^Sn-S—i=251-2n<=2n-2,%=[也满足,

所以数列｛%J的通项公式为％=2n-2.

2

故答案为：an=2"-.

考点五、累加法求通项公式

典例引领

524=()

1.(2024・重庆•三模)已知数列｛an｝的前n项和为Sn,%=l,Sn+Sn+i=层+CN*),

A.276B.272C.268D.266

【答案】A

【分析】令？i=1得S2=1,当n22时，结合题干作差得%+1-Sn_r=2n—1,从而利用累加法求解S24=

即可.

2

【详解】的=Si=1,又Sn+Sn+1=n+1,

当n=l时，Si+S2=I2+1=2,解得$2=1；

当n22时，S「i+Sn=(n—I/+1,作差得S.+i-S「i=2n-1,

S24=(S24—S22)+(S22—S20)+…+S2=

(S4—S2)+2(23+21+•••+3)—11+1=276.

故选：A

2.(2024•河北保定•三模)设｛“｝是公差为3的等差数列，且0=an+1+an,若的=1,则=()

A.21B.25C.27D.31

【答案】D

13

【分析】由0=册+1+册，得g+i=Q九+2+册+1，从而可得0+1-0=册+2-册=3,进而可求解.

=

【详由=。n+1+。九，得"n+1=%i+2+。九+1，则"n+1—bn(Zn.)-2—。九=3,

从而。21=。21—。19+。19—017+…+。3—%+%=3X10+1=31.

故选：D

即时检测

(___________________

1.(2024•陕西咸阳•三模)在数列｛册｝中，的=1,an+1=an+2n—1,则电=()

A.43B.46C.37D.36

【答案】C

【分析】由递推公式册+i=an+2n-1用累加法公式册=(an-an_^+(an_t-an_2)+…+(牝一。1)+

ar(n>2)求出册，再求劭即可.

k

【详解】法—：由题得册=(un—un_|)+(册_1—cin_2)+…+(。2—的)+的=(2n—3)+(2TI-5)+…+

、

30+।-11+।]1=-(w———l)[(2n~—~3-)~+~1]L+1=nz?—n2n+।c2(n>2),

所以劭=72-2x7+2=37.

V去—•：由=1,。九+1—。九=271—1,

所以劭=(。7—。6)+(@6—。5)+…+(@2—。1)+%=11+9+7+5+3+1+1=37.

故选：C.

2.(2024•湖南衡阳•模拟预测)已知数列｛%｝满足：的=1,an=an_1+n(n>2),且%=看，则数列也｝

前n项的和端为()

A.S=—B.S=—C.S=—D.S=—

nn+1nn+lnn+2nn+2

【答案】B

【分析】由叠加法求出数列｛aj通项公式，再代入b„=2,求出数列｛%｝通项公式，再由列项相消法求出S..

【详解】由册=an_t+n(n>2)得利=4+2,a3=a2+3,匆=@3+4,…，an_i=an_2+n—1,an—

an_r+n(n>2),

曾加得册=。1+2+3+4+...+九=l+2+3+4+…+TI=—--(jiN2),

由题可知的=1也适合上式，故%=也罗；

所以%=2=^1)=2©—京)，

)；；

则数列｛.bn｝前n项的和Sn=b]+Z2++…+bn-1+bn=2(1—+?—+?—…H——---+-—

\223s4n—1nn

总=2。磊)2n

n+l'

故选：B.

3.(2024•全国•模拟预测)已知数列｛册｝满足的=3,a2=15,且即+2-2an+1+0n=8,若[幻表示不超过汇

14

4034.4034..40341

的最大整数，则-------------1-----------------r•••H--------------

a

的a22024-

A.2016B.2017C.4032D.4034

【答案】A

【分析】根据递推关系可证数列｛a“+i-册｝是等差数列，进而利用累加法求出通项册，再利用裂项相消法求

出幽+幽+…+幽，结合条件求得结果.

«102024

【详解】由斯+2—2册+1+Q九=8,可得(册+2—an+l)—(册+1—an)=8,又

@2-的=15-3=12,故数列｛册+i-册｝是以12为首项，8为公差的等差数列,

则Q九+1—CLn—12+(ri—1)x8=8九+4,4—%=8+4,%—。2=8x2+4,

。4—03=8X3+4,…,c1n—a九-1=8(71—1)+4(n22),

故当九N2时，即-01=8+8x2+8x34---F8x(n—1)+4(n-1)=4n2—4,

2

则当nN2时，an=4n-1,又的=3适合上式，故册=4九2一1,nGN*,

111

2

an4n—1(2n-l)(2n+l)

40344034

---=----X

2

403440344034Ill11

------+------+…+------=2017XI1----1----=+…H-------------------------------

@2024\3352x2024-12X2024+1

=2017x(1-焉).

又2016<2017x(1—焉)<2017,故管+—+•••+—]=2016.

敢O-2024-

故选：A.

4.（2024・广东深圳•模拟预测）已知数列5｝的前n项和为分，且％=n2+3n,若首项为牺数列也｝满足---

2%+1

1

则数列｛g｝的前2024项和为（）

„2025C2023

A.—h).---D•黑

202320242024

【答案】D

【分析】已知数列｛%J的前n项和为Sn，做差法计算数列｛%｝的通项公式，代入厂-一；=心,累加法求出

On+1bn

数列出n｝的通项公式，裂项相消即可求出数列｛b｝的前2024项和.

2

【详解】解：Sn=n+3n,an=Sn-Sn_r=2n+2(n>2),

当几=1时，的=4,符合a九=2n+2,

所以数列｛册｝的通项公式为册=2n+2.

1111o.O

','二一鼠二册--------=2n+2,

bn+lbn

即工」=4,

b2久

工」=6

匕3b2'

15

—=2n,又J=2,累加法可得：5="+九，

bnbnTbl