专题06 数列（15大题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（甘肃专用）

专题06 数列 题型一 根据数列的通项公式求项 1、（2023上·白银市·高二期末）已知数列的通项公式为，则该数列的第项为（ ） A. 1 B. C. D. 2、（2023上·庆阳市·高二期末）已知数列，则是这个数列的（ ） A. 第11项 B. 第12项 C. 第13项 D. 第14项 3、（2023上·庆阳市·高二期末）下列四个数中，属于数列中的一项是（ ） A. 380 B. 392 C. 321 D. 232 4、（2023上·兰州市·高二期末）数列的一个通项公式是（ ） A. B. C. D. 题型二 等差数列的通项公式 5、（2023上·庆阳市·高二期末）在等差数列中，，则（ ） A. 10 B. 17 C. 21 D. 35 6、（2023上·天水市·高二期末）数列为等差数列，若,，则（ ） A. B. C. D. 7、（2023上·陇南市·高二期末）公差不为的等差数列的前项和为，若、、成等比数列，，则______________ 题型三 等差数列的性质 8、（2023上·白银市·高二期末）等差数列{an}中，a2＋a6＝8，a3＋a4＝3，那么它的公差是 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 9、（2023上·白银市·高二期末）已知等差数列的前项和为，则（ ） A. 0 B. 15 C. 21 D. 18 10、（2023上·白银市·高二期末）在等差数列中，，则（ ） A. 6 B. 8 C. 9 D. 12 11、（2023上·庆阳市·高二期末）等差数列中，，，则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 12、（2023上·兰州市·高二期末）已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. 15 B. 18 C. 23 D. 27 13、（2023上·兰州市·高二期末）（多选题）已知等差数列的前项和是，且，则（ ） A. B. C. D. 的最小值为 14、（2023上·天水市·高二期末）（多选题）若为等差数列，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是数列中的项 C. 数列单调递减 D. 数列前7项和最大 15、（2023上·白银市·高二期末）在等差数列中，前五项和为10，最后五项之和为90，前项之和为180，则项数__________. 题型四 等差数列的前n项和公式 16、（2023上·庆阳市·高二期末）在等差数列中，为其前项和，若，则（ ） A. 20 B. 27 C. 32 D. 36 17、（2023上·兰州市·高二期末）等差数列的前项和为，则（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 18、（2023上·庆阳市·高二期末）已知是等差数列的前项和，且，则（ ） A. 30 B. 60 C. 90 D. 180 19、（2023上·白银市·高二期末）设表示等差数列的前项和，已知，那么________． 20、（2023上·酒泉市·高二期末）《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为________.（注：一丈=十尺，一尺=十寸） 题型五 等差数列中的最值问题 21、（2023上·庆阳市·高二期末）已知等差数列的前项和为，若，则当最小时，的值为__________. 题型六 等比数列的通项公式 22、（2023上·兰州市·高二期末）在等比数列中，，公比，则（ ） A. 6 B. C. 12 D. 23、（2023上·白银市·高二期末）已知正项等比数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 24、（2023上·庆阳市·高二期末）（多选题）若成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 25、（2023上·庆阳市·高二期末）（多选题）在等比数列中，，则的公比可能为（ ） A. B. C. 2 D. 4 26、（2023上·庆阳市·高二期末）已知是等比数列，，若，则实数_________． 题型七 等比数列的前n项和公式 27、（2023上·庆阳市·高二期末）在等比数列中，，， 是的前n项和，则（ ） A. 15 B. 31 C. 48 D. 63 28、（2023上·兰州市·高二期末）设是等比数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 题型八 等比数列的性质 29、（2023上·庆阳市·高二期末）等比数列的前n项和，则（ ） A. -2 B. C. 0 D. 30、（2023上·庆阳市·高二期末）各项均为正数的等比数列的前n项和为Sn，若Sn=2,S3n=14,则S4n等于 A. 80 B. 30 C. 26 D. 16 31、（2023上·兰州市·高二期末）（多选题）已知数列为等比数列，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等比数列 C. 数列为等比数列 D. 数列为等比数列 32、（2023上·庆阳市·高二期末）已知正项等比数列的前n项和为，公比为q，若，则（ ） A. B. C. D. 33、（2023上·兰州市·高二期末）等比数列的前项和为，下列结论正确的是__________（填序号）. ①若，公比为，则； ②数列一定等比数列； ③数列一定是等比数列； ④对任意正整数； ⑤数列一定是等比数列. 题型一 数列中的最值问题 34、（2023上·兰州市·高二期末）设是等差数列的前项和，且，，则使得取最小值时的为（ ） A. 6 B. 7 C. 6或7 D. 8 35、（2023上·天水市·高二期末）已知正项等比数列满足:，若存在两项使得，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 不存在 题型二 求数列的通项公式 36、（2023上·陇南市·高二期末）已知数列的通项为，前n项和为，且是与2的等差中项，数列 中，，点在直线上．求数列、的通项公式． 题型三 数列求和 ①公式法求和 37、（2023上·白银市·高二期末）已知等差数列的前5项和为105，且.对任意的，将数列中不大于的项的个数记为，则数列的前项和等于（ ） A. B. C. D. 38、（2023上·兰州市·高二期末）已知在前项和为的等差数列中，. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. ②分组求和 39、（2023上·兰州市·高二期末）在数列中，，，则数列的前项和______. 40、（2023上·庆阳市·高二期末）已知数列中，，，则___________.若，则数列的前n项和___________. 41、（2023上·天水市·高二期末）设数列的前n项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）数列是首项为1，公差为2等差数列，求数列的前n项和． ③错位相减法求和 42、（2023上·白银市·高二期末）已知数列的通项公式为，在公差为整数的等差数列中，，且成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 43、（2023上·庆阳市·高二期末）已知等比数列前n项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和. 44、（2023上·白银市·高二期末）已知数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 45、（2023上·兰州市·高二期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-2(n∈N*)，在数列{bn}中，b1=1，点P(bn，bn+1)满足2+bn=bn+1. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）记Tn=a1b1+a2b2+…+anbn，求Tn. 46、（2023上·兰州市·高二期末）已知数列的各项均为正数，记为的前项和，若数列是等差数列，且，. （1）求证：数列是等差数列； （2）若，求数列的前项和. ④裂项相消法求和 47、（2023上·白银市·高二期末）数列满足.若，则（ ） A. B. C. D. 48、（2023上·白银市·高二期末）已知数列的通项公式，其前项和为． （1）若，求正整数； （2）若，求数列的前项和． 49、（2023上·庆阳市·高二期末）在公差不为零的等差数列{an}中，a6＝17，且a3，a11，a43成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式； （2）令，求数列{bn}的前n项和Sn． 50、（2023上·兰州市·高二期末）已知各项均为正数的数列前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）令，数列的前项和为. （i）求； （ii）是否存在整数，使得不等式恒成立？若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由. 51、（2023上·天水市·高二期末）设是数列的前n项和，且． （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的前n项和； 52、（2023上·庆阳市·高二期末）若正项数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an2+an（n∈N+）． （1）求数列{an}的通项公式； （2）令bn，求数列{bn}的前n项和Tn． 53、（2023上·兰州市·高二期末）已知正项等比数列的方前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和，求证. 54、（2023上·酒泉市·高二期末）已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和，并证明：. 55、（2023上·白银市·高二期末）已知数列的前项和为，，，数列为等差数列. （1）求数列的通项公式 （2）设数列的前项和为，求证：. 题型四 与的关系 56、（2023上·白银市·高二期末）已知数列的前项和为 （1）求数列的通项公式； （2）求数列前项和. 题型五 数列与函数 57、（2023上·酒泉市·高二期末）若数列是公比为4的等比数列，且，则数列是（ ） A. 公差为2的等差数列 B. 公差为的等差数列 C. 公比为2的等比数列 D. 公比为的等比数列 58、（2023上·天水市·高二期末）已知数列的通项公式为，则的最小值为______，此时n=______． 题型六 数列的综合性质 59、（2023上·白银市·高二期末）（多选题）设数列的前项和为，下列命题正确的是（ ） A. 若为等差数列，则仍为等差数列 B. 若为等比数列，则仍为等比数列 C. 若为等差数列，则为等差数列 D. 若等比数列，则为等差数列 60、（2023上·兰州市·高二期末）（多选题）若数列的前项和为，则下列错误的是（ ） A. 若数列为等差数列，则一定可转化为 B. 若，则数列为等差数列 C. 若实数满足，则数列为等比数列 D. 若数列为等比数列，为公比，则 61、（2023上·酒泉市·高二期末）已知数列是等差数列，，记为数列的前项和，且 （1）求数列的通项公式； （2）若，求，. 62、（2023上·兰州市·高二期末）已知单调递减的等比数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）求满足的所有正整数的值. 题型七 数列的应用 63、（2023上·兰州市·高二期末）《周髀算经》记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），夏至､小暑､大暑､立秋､处暑､白露､秋分､寒露､霜降､立冬､小雪､大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列.经记录测算，夏至､处暑､霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则大雪的日影子长为（ ） A. 1尺 B. 1.5尺 C. 11.5尺 D. 12.5尺 64、（2023上·酒泉市·高二期末）（多选题）“内卷”是一个网络流行词，一般用于形容某个领域中发生了过度的竞争，导致人们进入了互相倾轧､内耗的状态，从而导致个体“收益努力比”下降的现象.数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，如图（1）；它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分E，F，G，H作第二个正方形，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第3个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形ABCD边长为，后续各正方形边长依次为，，，；如图（2）阴影部分，设直角三角形AEH面积为，后续各直角三角形面积依次为，，，，下列说法正确的是（ ） A. 数列与数列均是公比为的等比数列 B. 从正方形ABCD开始，连续4个正方形的面积之和为 C. 和满是等式 D. 设数列的前n项和为，则 65、（2023上·白银市·高二期末）某区域市场中智能终端产品的制造全部由甲､乙两公司提供技术支持．据市场调研及预测，商用初期，该区域市场中采用的甲公司与乙公司技术的智能终端产品各占一半，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现，每次技术更新后，上一周期采用乙公司技术的产品中有转而采用甲公司技术，采用甲公司技术的产品中有转而采用乙公司技术．设第次技术更新后，该区域市场中采用甲公司与乙公司技术的智能终端产品占比分别为和，不考虑其他因素的影响． （1）用表示，并求使数列是等比数列的实数． （2）经过若干次技术更新后，该区域市场采用甲公司技术的智能终端产品的占比能否达到以上？若能，则至少需要经过几次技术更新；若不能，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 数列 题型一 根据数列的通项公式求项 1、（2023上·白银市·高二期末）已知数列的通项公式为，则该数列的第项为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论为奇数与为偶数，结合诱导公式求得恒有，从而得解. 【详解】因为， 当为奇数时，； 当为偶数时，，； 综上，. 故选：A. 2、（2023上·庆阳市·高二期末）已知数列，则是这个数列的（ ） A. 第11项 B. 第12项 C. 第13项 D. 第14项 【答案】B 【解析】 【分析】根据被开方数的特点求出数列的通项公式，最后利用通项公式进行求解即可. 【详解】数列，即数列， 由数列的前几项观察归纳，知被开方数是以6为首项，4为公差的等差数列， 所以通项公式， 令，解得. 故选：B. 3、（2023上·庆阳市·高二期末）下列四个数中，属于数列中的一项是（ ） A. 380 B. 392 C. 321 D. 232 【答案】A 【解析】 【分析】分别令选项中的数值等于，求出是自然数时的这一项，即可得到答案． 【详解】由题意，令，解得，所以A是正确的； 再令均无整数解，所以B、C、D都不正确， 故选：A． 4、（2023上·兰州市·高二期末）数列的一个通项公式是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列分子分母的规律求得通项公式. 【详解】由于数列的分母是奇数列，分子是自然数列，故通项公式为. 故选：B 题型二 等差数列的通项公式 5、（2023上·庆阳市·高二期末）在等差数列中，，则（ ） A. 10 B. 17 C. 21 D. 35 【答案】B 【解析】 【分析】由已知求出公差即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，则，即，解得， 所以. 故选：B. 6、（2023上·天水市·高二期末）数列为等差数列，若,，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列的性质可求得公差，根据通项公式运算得解. 【详解】设等差数列的公差为，由， 所以. 故选：B. 7、（2023上·陇南市·高二期末）公差不为的等差数列的前项和为，若、、成等比数列，，则______________ 【答案】 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，可得出，根据题意得出关于和的方程组，解出这两个量的值，进而可求得的值. 【详解】设等差数列的公差为，可得出， 由题意得，即，解得， 因此，. 故答案为：. 题型三 等差数列的性质 8、（2023上·白银市·高二期末）等差数列{an}中，a2＋a6＝8，a3＋a4＝3，那么它的公差是 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：由a2＋a6＝8，得a3＋a5＝8，又a3＋a4＝3，两式相减得d=5.故选B. 考点：等差数列的性质. 9、（2023上·白银市·高二期末）已知等差数列的前项和为，则（ ） A. 0 B. 15 C. 21 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质求得，进而求得. 【详解】， . 故选：A 10、（2023上·白银市·高二期末）在等差数列中，，则（ ） A. 6 B. 8 C. 9 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可求得结果. 【详解】因为数列为等差数列，且， 由等差数列的性质可知：，即， 所以． 故选：A. 11、（2023上·庆阳市·高二期末）等差数列中，，，则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的下标和公式易求得答案，注意观察下标之间的关系. 【详解】在等差数列中， 故选:B 12、（2023上·兰州市·高二期末）已知是等差数列的前项和，若，则（ ） A. 15 B. 18 C. 23 D. 27 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列的性质求解即可. 【详解】因为是等差数列的前项和， 所以， 故选：B． 13、（2023上·兰州市·高二期末）（多选题）已知等差数列的前项和是，且，则（ ） A. B. C. D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据等差数列的性质得当时，；当时，；对选项逐一判断. 【详解】由，所以，即， 所以当，时，；当，时，； 所以，故A错；，故B对；，故C错；的最小值为，故D对. 故选：BD 14、（2023上·天水市·高二期末）（多选题）若为等差数列，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是数列中的项 C. 数列单调递减 D. 数列前7项和最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】由为等差数列，列方程组求得首项与公差，就可得到通项公式，然后对选项逐一判断即可. 【详解】因为数列为等差数列，且，则，解得，，故A选项正确， 由，得，故B错误， 因为，所以数列单调递减，故C正确， 由数列通项公式可知，前7项均为正数，，所以前7项和最大,故D正确. 故选：ACD 15、（2023上·白银市·高二期末）在等差数列中，前五项和为10，最后五项之和为90，前项之和为180，则项数__________. 【答案】18 【解析】 【分析】利用等差数列的性质与前项和公式即可得解. 【详解】因为， 所以， 所以，即， 因为，解得. 故答案为：. 题型四 等差数列的前n项和公式 16、（2023上·庆阳市·高二期末）在等差数列中，为其前项和，若，则（ ） A. 20 B. 27 C. 32 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】由已知结合等差数列的性质先求出，然后结合等差数列的求和公式即可求解． 【详解】等差数列中，由等差数列的性质得， ，则. 故选：D 17、（2023上·兰州市·高二期末）等差数列的前项和为，则（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的性质和求和公式求解即可. 【详解】数列是等差数列，且， 所以， 故选：D 18、（2023上·庆阳市·高二期末）已知是等差数列的前项和，且，则（ ） A. 30 B. 60 C. 90 D. 180 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的性质结合已知条件可求得，再利用等差数列的求和公式可求得结果. 【详解】由，解得， 所以， 故选：C. 19、（2023上·白银市·高二期末）设表示等差数列的前项和，已知，那么________． 【答案】## 【解析】 【分析】设的公差为，根据等差数列的前n项和公式化简可得，再代入计算即可. 【详解】依题意设的公差为， 若，则，，显然不满足，所以， 由等差数列的前项和公式， 所以，所以， 所以. 故答案为：． 20、（2023上·酒泉市·高二期末）《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为________.（注：一丈=十尺，一尺=十寸） 【答案】二尺五寸（或2.5尺） 【解析】 【分析】十二个节气日影长构成一个等差数列，利用等差数列通项公式、前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出芒种日影长. 【详解】由题意知：从冬至日起，依次小寒、大寒等十二个节气日影长构成一个等差数列，设公差为， 因为冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影之和为八丈五尺五寸， 所以，解得，， 所以芒种日影长为（寸），即二尺五寸. 故答案为：二尺五寸（或2.5尺） 题型五 等差数列中的最值问题 21、（2023上·庆阳市·高二期末）已知等差数列的前项和为，若，则当最小时，的值为__________. 【答案】1012 【解析】 【分析】由等差数列，和，求出最小时值. 【详解】因为等差数列中， ， 所以， 则当最小时，. 故答案为： 题型六 等比数列的通项公式 22、（2023上·兰州市·高二期末）在等比数列中，，公比，则（ ） A. 6 B. C. 12 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由等比数列的通项公式计算． 【详解】. 故选：A． 23、（2023上·白银市·高二期末）已知正项等比数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本公式，求公比，再根据首项求通项公式. 【详解】由，可知，则，化为， 因为，所以， 解得，因为，所以. 故选：B 24、（2023上·庆阳市·高二期末）（多选题）若成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由成等比数列，求出公比，由此能求出结果. 【详解】成等比数列， 当时，； 当时，. 故选：BD. 25、（2023上·庆阳市·高二期末）（多选题）在等比数列中，，则的公比可能为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式和已知条件可得答案. 【详解】设的公比为，所以， 解得或或． 故选：ABC． 26、（2023上·庆阳市·高二期末）已知是等比数列，，若，则实数_________． 【答案】11 【解析】 【分析】由等比数列通项公式及已知条件可得，即可求参数k. 【详解】由题设，， ∴，则，可得. 故答案为：11. 题型七 等比数列的前n项和公式 27、（2023上·庆阳市·高二期末）在等比数列中，，， 是的前n项和，则（ ） A. 15 B. 31 C. 48 D. 63 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比数列通项公式，结合已知条件求基本量，进而由等比数列前n项和公式求. 【详解】令公比为，则，， ∴，，故. 故选：B. 28、（2023上·兰州市·高二期末）设是等比数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，求得的值，再利用等比数列的求和公式可求得结果. 【详解】设等比数列的公比为，若，则，矛盾. 所以，，故，则， 所以，， ， 因此，. 故选：B. 题型八 等比数列的性质 29、（2023上·庆阳市·高二期末）等比数列的前n项和，则（ ） A. -2 B. C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由计算出，，，从而根据等比中项列出方程，求出，得到答案. 详解】，当时，， 当时，，故， 当时，， 从而， 由于是等比数列，故，解得， 故． 故选：C． 30、（2023上·庆阳市·高二期末）各项均为正数的等比数列的前n项和为Sn，若Sn=2,S3n=14,则S4n等于 A. 80 B. 30 C. 26 D. 16 【答案】B 【解析】 【详解】设公比为，则由条件知 根据Sn=2,S3n=14得： ；得： ；解得（舍去） 故选B 31、（2023上·兰州市·高二期末）（多选题）已知数列为等比数列，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等比数列 C. 数列为等比数列 D. 数列为等比数列 【答案】BD 【解析】 【分析】根据等比数列的定义或通项公式判断．注意等比数列的所有项不能为0． 【详解】当时，；当时，.AC均错； ，则，,是等比数列， ，,是等比数列． 故选：BD． 32、（2023上·庆阳市·高二期末）已知正项等比数列的前n项和为，公比为q，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】因为为等比数列，所以也构成等比数列.根据条件给出的值，求得及公比. 【详解】因为为等比数列，所以也构成等比数列. 因为，所以， 得. 因为，所以，解得. 因为， 所以，，故A错误，B正确； 因为，且，所以，故C正确，D错误. 故选：BC 33、（2023上·兰州市·高二期末）等比数列的前项和为，下列结论正确的是__________（填序号）. ①若，公比为，则； ②数列一定等比数列； ③数列一定是等比数列； ④对任意正整数； ⑤数列一定是等比数列. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】利用求和公式求和，然后化简可判断①；根据等比数定义，利用通项公式化简即可判断②；取可判断③；不等式左边配方后放缩，再由等比中项可判断④；取，为偶数可判断⑤. 【详解】①：若，公比为，则，①正确； ②：记等比数列的公比为q，则， 所以，故一定是等比数列，②正确； ③：当时，，此时不是是等比数列，③错误； ④：由重要不等式可得，，④正确； ⑤：当，为偶数时，，⑤错误. 故答案为：①②④ 题型一 数列中的最值问题 34、（2023上·兰州市·高二期末）设是等差数列的前项和，且，，则使得取最小值时的为（ ） A. 6 B. 7 C. 6或7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件得，从而得出，即可求出结果. 【详解】因为数列为等差数列，设数列的公差为， 又，，则①，②， 由①②解得，所以， 当时，取最小值为， 故选：A. 35、（2023上·天水市·高二期末）已知正项等比数列满足:，若存在两项使得，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】先利用等比数列的通项公式求得基本量，进而求得，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解. 【详解】设正项等比数列的公比为，， 由，得，则， 即，则，即，解得或（舍去）， 又由得，即，所以， 又，所以=， 当且仅当，即时取等号. 故选：C. 题型二 求数列的通项公式 36、（2023上·陇南市·高二期末）已知数列的通项为，前n项和为，且是与2的等差中项，数列 中，，点在直线上．求数列、的通项公式． 【答案】 【解析】 【分析】根据与的关系可求的通项公式，根据点在直线上可得数列是等差数列，可得的通项公式． 【详解】∵是与2的等差中项，∴，即． ∴当时，，解得． 当时，， 化为， ∴数列是等比数列，首项为2，公比为2，． ∵点在直线上． ∴，即， ∴数列是等差数列，首项为1，公差为2． ∴． 题型三 数列求和 ①公式法求和 37、（2023上·白银市·高二期末）已知等差数列的前5项和为105，且.对任意的，将数列中不大于的项的个数记为，则数列的前项和等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设数列的公差为，根据题意，列出方程组求得，得到，进而求得，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】设数列的公差为，前项和为， 因为，可得，解得， 所以， 对任意的，若，则，所以， 所以数列是首项为1，公比为7的等比数列，故. 故选：C. 38、（2023上·兰州市·高二期末）已知在前项和为的等差数列中，. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列的通项公式与前项和公式列方程组求得和公差，然后写出通项公式； （2）确定的正负，分类讨论求和． 【小问1详解】 设数列的的公差为. 故数列的通项公式为； 【小问2详解】 由， ①当时，； ②当时， 故有 ②分组求和 39、（2023上·兰州市·高二期末）在数列中，，，则数列的前项和______. 【答案】 【解析】 【分析】利用条件进行构造，得到数列为等比数列，求得通项公式后，分组求和即可. 【详解】因为， 可化为， 即， 又， 所以数列是3为首项，4为公比的等比数列， 所以， 故， 则 ， 故答案为：. 40、（2023上·庆阳市·高二期末）已知数列中，，，则___________.若，则数列的前n项和___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】构造等比数列，即可得解第一空；求出通项公式，然后用分组求和即可得解第二空. 【详解】由，有，. 两式相除得到， 所以是以为公比，为首项的等比数列， 所以，， 又，所以. 所以. ， 故答案为：， 【点睛】关键点点睛：第一空的关键是求和，然后通过两式相除构造出等比数列，然后即可得解，第二空的关键是，借助第（1）空的答案求出通项公式后，发现可以用分组求和即可得解. 41、（2023上·天水市·高二期末）设数列的前n项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）数列是首项为1，公差为2等差数列，求数列的前n项和． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据与的关系即得； （2）根据等差数列的定义结合条件求出，然后利用分组求和法即得. 【小问1详解】 因为， 所以，当时，， 当时，， 此时也满足上式， 所以； 【小问2详解】 因为数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以，即， . ③错位相减法求和 42、（2023上·白银市·高二期末）已知数列的通项公式为，在公差为整数的等差数列中，，且成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列、等比中项等知识求得，进而求得. （2）利用错位相减求和法求得 【小问1详解】 因为，所以，即， 因为成等比数列，所以， 设数列的公差为，所以， 解得或（舍去），所以， 所以. 【小问2详解】 ①， ②， 由①-②得， 求得，即. 43、（2023上·庆阳市·高二期末）已知等比数列前n项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据递推关系可得，求得数列的公比，再代入通项公式，即可得答案； （2）利用错位相减法求和，即可得答案； 【详解】（1）因为① 所以，②…·， ①－②得，即， 则为等比数列，且公比， 因为，所以. （2）由（1）可得，，③ ，④ ③－④得， 故. 【点睛】本题考查等比数列通项公式、错位相减法求和，考查运算求解能力. 44、（2023上·白银市·高二期末）已知数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可将原式退一项得 ，再和原式两式相减即得 （2）根据错位相减即可求和. 【小问1详解】 当时，， 当时， ① ② ①-②得：（） 因为也符合上式，所以. 【小问2详解】 由（1）知， ，④ ，⑤ ④-⑤得， ， 所以 ∴. 45、（2023上·兰州市·高二期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-2(n∈N*)，在数列{bn}中，b1=1，点P(bn，bn+1)满足2+bn=bn+1. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）记Tn=a1b1+a2b2+…+anbn，求Tn. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由，得，两式相减，化简可得是以2为首项，2为公比的等比数列，结合是以1为首项，2为公差的等差数列，从而可得答案； （2），利用错位相减法可得答案. 【详解】（1）由，得， 两式相减得，即， 又 是以2为首项，2为公比的等比数列， 是以1为首项，2为公差的等差数列， （2）① ② ①-②得： 46、（2023上·兰州市·高二期末）已知数列的各项均为正数，记为的前项和，若数列是等差数列，且，. （1）求证：数列是等差数列； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析. （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义先求出的通项，再根据求出的通项公式，再根据定义证明. （2）根据第一问的条件求出的通项公式，再求出数列的通项公式，根据错位相减求和法,求出数列的前项和. 【小问1详解】 因为数列是等差数列，且， 所以， 所以的首项为，公差为， 所以，所以, 当时，， 所以（常数）， 所以数列是以为公差的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知数列是以为公差等差数列， 因为，所以公差为2， 所以， 由，所以， 所以， 所以， 即， 化简可得， 所以 ④裂项相消法求和 47、（2023上·白银市·高二期末）数列满足.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 分析】由条件，得，进一步得到，再用裂项求和法得出即可. 【详解】由，可得，从而，故A错误，B正确； 所以， 则 ，故C正确，D错误. 故选：BC. 48、（2023上·白银市·高二期末）已知数列的通项公式，其前项和为． （1）若，求正整数； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先证得是等差数列，从而利用等差数列求和公式求得，由此得解； （2）利用裂项相消法即可得解 【小问1详解】 由，知， 所以数列是首项，公差的等差数列， 则， 令，解得或， 因为是正整数，所以. 【小问2详解】 ， 所以 ， 即数列的前项和． 49、（2023上·庆阳市·高二期末）在公差不为零的等差数列{an}中，a6＝17，且a3，a11，a43成等比数列． （1）求数列{an}的通项公式； （2）令，求数列{bn}的前n项和Sn． 【答案】（1）an＝3n﹣1（2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式； （2）求得，由裂项相消求和化简计算即可得到所求和． 【详解】解：（1）设数列首项为，公差为． 因为， 所以， 解得， 所以； （2） ， 所以 ． 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，等比数列中项性质，考查数列的裂项相消求和，以及化简运算能力，属于中档题． 50、（2023上·兰州市·高二期末）已知各项均为正数的数列前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）令，数列的前项和为. （i）求； （ii）是否存在整数，使得不等式恒成立？若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）或 【解析】 【分析】（1）根据条件得到，即数列构成以为首项，为公差的等差数列，从而得到，再利用与间的关系，即可求出结果； （2）（i）由（1）知，再利用裂项相消法即可求出结果；（ii）根据条件，转化成恒成立，再分为奇数和偶数两种情况讨论，求出相应的最值即可求出结果. 【小问1详解】 因为，得到，又， 所以数列构成以为首项，为公差的等差数列， 故，得到， 当时，，所以， 又时，，即，也满足， 所以. 小问2详解】 （i）由（1）知，， 所以. （ii）由（i）知，所以， 当为奇数时，，即， 所以当时，的最大值为，所以只需， 当为偶数时，，即， 所以当时，的最小值为，所以只需， 可知存在，且，又为整数，所以或. 51、（2023上·天水市·高二期末）设是数列的前n项和，且． （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的前n项和； 【答案】（1）详见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）首先根据与的关系得到，即可证明数列是等差数列； （2）利用裂项相消法求解即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， 两边同除以得， 因为，所以， 因此数列是首项为，公差为的等差数列； 【小问2详解】 由（1）知，即， ∴， ∴ . 52、（2023上·庆阳市·高二期末）若正项数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an2+an（n∈N+）． （1）求数列{an}的通项公式； （2）令bn，求数列{bn}的前n项和Tn． 【答案】（1）an＝n （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，当n＝1时，解得a1＝1，进一步根据an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）即可求出{an}的通项公式； （2）由（1）可知bn（），进一步利用裂项相消求和法即可求出Tn． 【小问1详解】 根据题意，当n＝1时，2S1＝2a1＝a12+a1，解得a1＝1或a1＝0（舍去）， 当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2），整理得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0，又an＞0，所以an﹣an﹣1＝1，即{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝1+n﹣1＝n； 【小问2详解】 由（1）可知bn（）， 所以Tn（1）（1）． 53、（2023上·兰州市·高二期末）已知正项等比数列的方前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和，求证. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的基本量求解公比的值，即可得数列的通项公式； （2）根据裂项相消法求和得，再结合数列的单调性即可得的最值，从而证得结论. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，则， 又，所以，解得或（舍）， 所以； 【小问2详解】 证明：由（1）得：， 所以， 对于任意的有，， 则数列为递增数列，所以，所以. 54、（2023上·酒泉市·高二期末）已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和，并证明：. 【答案】（1） （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）由与的关系求出通项公式即可； （2）根据裂项相消法求和后放缩得证 【小问1详解】 由题知，， 两式相减得. 又满足上式， 所以数列的通项公式. 【小问2详解】 证明：由（1）知， 所以 . 又，所以. 55、（2023上·白银市·高二期末）已知数列的前项和为，，，数列为等差数列. （1）求数列的通项公式 （2）设数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由数列为等差数列，可得，，可得：； （2）， 通过放缩裂项相消即可得解. 【详解】（1）因为数列为等差数列， 所以公差， 从而， 所以. 当时，， 又适合上式，所以. （2）证明：由（1）可知. 因为， 所以 . 因为，所以. 【点睛】本题考查了数列求通项公式，考查了放缩法和裂项相消法，有一定的计算量，属于中档题.本题的关键点有： （1）通过和的关系求通项公式； （2）本题的难点是放缩法，通过放缩后可裂项相求和. 题型四 与的关系 56、（2023上·白银市·高二期末）已知数列的前项和为 （1）求数列的通项公式； （2）求数列前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据作差计算可得； （2）利用分组求和法求出数列前项和． 【小问1详解】 因为数列的前项和， 当时， 当时，， 所以， 又当时，， 所以， 【小问2详解】 设数列前项和为， 则 ． 题型五 数列与函数 57、（2023上·酒泉市·高二期末）若数列是公比为4的等比数列，且，则数列是（ ） A. 公差为2的等差数列 B. 公差为的等差数列 C. 公比为2的等比数列 D. 公比为的等比数列 【答案】A 【解析】 【分析】由数列首项和公比求出等比数列的通项公式即可求得,然后根据对数运算可得到,利用等差数列的定义可得结果. 【详解】因为数列是公比为4的等比数列，且， 所以， ， 所以数列是公差为2的等差数列， 故选A. 【点睛】本题主要等差和等比数列的概念与通项公式，以及对数的运算，属于基础题. 58、（2023上·天水市·高二期末）已知数列的通项公式为，则的最小值为______，此时n=______． 【答案】 ①. －2 ②. 2或3 【解析】 【分析】结合二次函数性质求解． 【详解】因为，所以当或时，取得最小值，为． 故答案为：；2或3． 题型六 数列的综合性质 59、（2023上·白银市·高二期末）（多选题）设数列的前项和为，下列命题正确的是（ ） A. 若为等差数列，则仍为等差数列 B. 若为等比数列，则仍为等比数列 C. 若为等差数列，则为等差数列 D. 若等比数列，则为等差数列 【答案】AC 【解析】 【分析】根据等差数列、等比数列的知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设等差数列的公差为，则， ， 同理可得， 所以， 所以仍为等差数列，故A项正确； 取数列为，当为0时，不能成等比数列，故B项不正确； 设等差数列的公差为，则， 于是， 所以为等差数列，故C项正确； 若，则无意义，此时为等差数列是不正确的，故D项不正确. 故选：AC 60、（2023上·兰州市·高二期末）（多选题）若数列的前项和为，则下列错误的是（ ） A. 若数列为等差数列，则一定可转化为 B. 若，则数列为等差数列 C. 若实数满足，则数列为等比数列 D. 若数列为等比数列，为公比，则 【答案】CD 【解析】 【分析】根据等差数列及前n项和公式，分析判断AB；举例并结合等比数列的定义分析判断CD作答. 【详解】对于A，令等差数列的公差为，则， 令，则有，A正确； 对于B，数列的前项和，， 当时，，显然满足上式， 即，，为常数，数列为等差数列，B正确； 对于C，数列前项和，当时，， 当时，，不是等比数列，C错误； 对于D，数列为等比数列，当公比时，前项和，无意义，D错误. 故选：CD 61、（2023上·酒泉市·高二期末）已知数列是等差数列，，记为数列的前项和，且 （1）求数列的通项公式； （2）若，求，. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】设数列的通项公式为：,根据与的关系及 （1）求解出和,即可得的通项公式； （2）分奇偶对和进行讨论，再根据 求解,. 【小问1详解】 设数列的首项为，公差为，则. ， 由，故. 因为，所以 解得，，故. 【小问2详解】 当，时， , 所以. 当，时，， ， 所以 由已知，故，不能同时为奇数或偶数，所以，为奇数与偶数. 当为奇数，为偶数时，则， 所以，，； 当为偶数，为奇数时，则，所以，，. 因为，所以，. 62、（2023上·兰州市·高二期末）已知单调递减的等比数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）求满足的所有正整数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等比数列的基本量法列方程组求得首项和公比，得通项公式； （2）求出前项和，得其单调性，再通过估值得，从而确定满足题意的值． 【小问1详解】 （1）设公比为，因为等比数列单调递减，所以， 解得， 数列的通项公式为； 【小问2详解】 ， 由单调递增，， 故满足的所有正整数的值为. 题型七 数列的应用 63、（2023上·兰州市·高二期末）《周髀算经》记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），夏至､小暑､大暑､立秋､处暑､白露､秋分､寒露､霜降､立冬､小雪､大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列.经记录测算，夏至､处暑､霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则大雪的日影子长为（ ） A. 1尺 B. 1.5尺 C. 11.5尺 D. 12.5尺 【答案】D 【解析】 【分析】设夏至的日影长为，公差为，根据题意，列出方程组，求得，结合等差数列的通项公式，即可求解. 【详解】夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二节气，其日影之长依次成等差数列， 设夏至的日影长为，公差为， 经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为尺， 这十二节气的所有日影子长之和为84尺， 所以，解得， 所以大雪的日影子长为（尺）. 故选：D. 64、（2023上·酒泉市·高二期末）（多选题）“内卷”是一个网络流行词，一般用于形容某个领域中发生了过度的竞争，导致人们进入了互相倾轧､内耗的状态，从而导致个体“收益努力比”下降的现象.数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，如图（1）；它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分E，F，G，H作第二个正方形，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第3个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形ABCD边长为，后续各正方形边长依次为，，，；如图（2）阴影部分，设直角三角形AEH面积为，后续各直角三角形面积依次为，，，，下列说法正确的是（ ） A. 数列与数列均是公比为的等比数列 B. 从正方形ABCD开始，连续4个正方形的面积之和为 C. 和满是等式 D. 设数列的前n项和为，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，，都是等比数列，从而可求，的通项公式，再对选项逐个判断即可得到答案． 【详解】对于A选项，由题意知，且， 所以，又因为，所以数列是以4为首项，为公比的等比数列， 可得，， 所以，由得数列与数列均是公比为的等比数列，故A正确； 对于B选项，由上，，，，， 所以，故B错误； 对于C选项，，， 所以，所以，故C正确； 对于D选项，因为，且， 所以， 因为时，是单调递增函数，所以， 而，故D错误. 故选：AC． 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是求出，的通项公式，考查了学生思维能力、计算能力. 65、（2023上·白银市·高二期末）某区域市场中智能终端产品的制造全部由甲､乙两公司提供技术支持．据市场调研及预测，商用初期，该区域市场中采用的甲公司与乙公司技术的智能终端产品各占一半，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现，每次技术更新后，上一周期采用乙公司技术的产品中有转而采用甲公司技术，采用甲公司技术的产品中有转而采用乙公司技术．设第次技术更新后，该区域市场中采用甲公司与乙公司技术的智能终端产品占比分别为和，不考虑其他因素的影响． （1）用表示，并求使数列是等比数列的实数． （2）经过若干次技术更新后，该区域市场采用甲公司技术的智能终端产品的占比能否达到以上？若能，则至少需要经过几次技术更新；若不能，请说明理由． 【答案】（1）；； （2）经过若干次技术更新后，该区域市场采用甲公司技术的智能终端产品的占比不会达到以上，理由见解析． 【解析】 【分析】（1）根据条件得到数列的递推关系，利用数列是等比数列，求的值； （2）首先由（1）得数列的通项公式，再求出的范围判断不等式是否有解. 【小问1详解】 由题意知，经过次技术更新后，， 则， 即． 设，则， 令，解得． 又， 所以当时，是以为首项，为公比的等比数列． 【小问2详解】 由（1）可知，则，． 所以经过次技术更新后，该区域市场采用甲公司技术的智能终端产品的占比为． 对于任意，所以， 即经过若干次技术更新后，该区域市场采用甲公司技术的智能终端产品的占比不会达到以上． 【点睛】关键点睛：本题的关键是得到数列的递推关系，根据题意有代入消去得到递推关系. 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