专题07 等差等比数列性质（5大基础题+9大提升题）-【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（安徽专用）

专题07 等差等比数列性质 经典基础题 题型1等差等比数列定义判断 1．（2023·安徽亳州二中期末）记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（    ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C 【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.， 【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为， 则， 因此为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即为常数，设为， 即，则，有， 两式相减得：，即，对也成立， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C正确. 方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即， 则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即， 即，， 当时，上两式相减得：，当时，上式成立， 于是，又为常数， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件. 故选：C 2．（23-24高二上·安徽安庆怀宁县期末）已知是等比数列，则（   ） A．数列是等差数列 B．数列是等比数列 C．数列是等差数列 D．数列是等比数列 【答案】B 【分析】取，可判断AC选项；利用等比数列的定义可判断B选项；取可判断D选项. 【详解】若，则、无意义，A错C错； 设等比数列的公比为，则，（常数）， 故数列是等比数列，B对； 取，则，数列为等比数列， 因为，，，且， 所以，数列不是等比数列，D错. 故选：B. 3．（21-22高二上·安徽蚌埠·期末）已知数列是等差数列，其前n项和为，则下列说法错误的是（    ） A．数列一定是等比数列 B．数列一定是等差数列 C．数列一定是等差数列 D．数列可能是常数数列 【答案】B 【分析】可根据已知条件，设出公差为，选项A，可借助等比数列的定义使用数列是等差数列，来进行判定；选项B，数列，可以取，即可判断；选项C，可设，表示出再进行判断；选项D，可采用换元，令，求得的关系即可判断. 【详解】数列是等差数列，设公差为， 选项A，数列是等差数列，那么为常数， 又，则数列一定是等比数列，所以选项A正确； 选项B，当时，数列不存在，故该选项错误； 选项C，数列是等差数列，可设（A、B为常数）， 此时，，则为常数， 故数列一定是等差数列，所以该选项正确； 选项D，，则， 当时，，此时数列可能是常数数列， 故该选项正确. 故选：B. 4．（21-22高二下·安徽阜阳二中·期末）下列命题正确的是（    ） A．若均为等比数列且公比相等，则也是等比数列 B．为等比数列，其前项和为，则也成等比数列 C．为等差数列，则为等比数列 D．的前项和为，则“”是“为递增数列”的充分不必要条件 【答案】CD 【分析】根据等比数列的概念及特例可判断AB，根据等比数列的定义可判断C，根据充分条件必要条件的概念及数列的增减性可判断D. 【详解】对于，均为等比数列且公比相等，当时,数列不是等比数列，故选项错误； 对于，当等比数列为时，当为偶数时，，则不能构成等比数列，故选项错误； 对于，设等差数列的公差为，则常数，所以为等差数列，则为等比数列，故选项正确； 对于，数列中，对任意,，则；所以数列是递增数列，充分性成立； 当数列是递增数列时，，即，所以时，，如数列；不满足题意，所以必要性不成立，则“”是“为递增数列”的充分不必要条件，故选项正确， 故选：. 5．（高一下·安徽·师大附中期末）下面有四个结论: ①若数列的前项和为 (为常数),则为等差数列; ②若数列是常数列,数列是等比数列,则数列是等比数列; ③在等差数列中,若公差,则此数列是递减数列; ④在等比数列中,各项与公比都不能为. 其中正确的结论为 (只填序号即可). 【答案】③④ 【分析】根据等差数列通项公式得数列单调性确定于公差正负，根据等差数列和项特点确定①真假，根据等比数列各项不为零的要求可判断②④真假. 【详解】因为公差不为零的等差数列单调性类似于直线，所以公差,则此数列是递减数列; ③正确；因为等差数列和项中常数项为零，即中所以①不对，因为等比数列各项不为零，所以②中若数列是为零的常数列,则不是等比数列; ②不对，④正确，即正确的结论为③④. 【点睛】等差数列特征：为的一次函数；；等比数列特征：各项以及公比都不为零，为的类指数函数，. 题型2 等差等比前n项和性质 1．（23-24·安徽六安·期末）等差数列的公差不为0，其前n项和为，若，则（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 【答案】C 【分析】由等差数列的前n项和公式与通项公式转化为基本量计算即可. 【详解】设等差数列的公差为d， 所以，则有， 即，又，所以，所以. 故选：C. 2．（23-24高二上·安徽合肥·期末）已知数列的前n项和满足，（），则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由数列递推式可判断数列是等比数列，求出其前n项和，结合其单调性，即可求得答案. 【详解】由题意知，则，且， 两式相减得：，因为，所以，故， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 由于随n的增大而减小，故单调递增，所以， 综上，. 故选：C 3．（22-23高二下·安徽滁州·期末）某书院数科考试中有这样一道题：那年春，夫子游桃山，一路摘花饮酒而行，始切一斤桃花，饮一壶酒，复切一斤桃花，又饮一壶酒，后夫子惜酒故再切一斤桃花，只饮半壶酒，再切一斤桃花，饮半半壶酒，如是而行，终夫子切六斤桃花而醉卧桃山问：夫子切了六斤桃花一共饮了几壶酒（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意得到数列前项都是，从第二项开始，构成以公比为的等比数列求解. 【详解】解：由题意可知，数列前项都是，从第二项开始，构成以公比为的等比数列， 所以前项和为：， . 故选：B． 4．（23-24高二上·安徽·期末）已知等差数列的前项和为，且满足，，现将数列与数列的公共项从小到大排列可以得到新数列，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．数列的前10项和为 【答案】ACD 【分析】根据题设条件求出数列的公差，易得通项和前项和，易于判断A,B两项；对于新数列，可以通过项的列举找到公共项，易得其通项，判断C项；对于D项，因数列的通项易于裂项，故运用裂项相消法求和即得. 【详解】设等差数列的公差为，，由解得：， 故，，故A项正确，B项错误； 将数列列举出来为： 数列列举出来为： 故共同项依次有：,即， 故，则，C项正确； 因， 其前10项和为．故D项正确. 故选：ACD. 5．（23-24高二上·安徽合肥·期末）已知数列的各项均为正数，满足，，且.若在数列中去掉中的项，余下的项组成数列，记数列的前项和为，则 . 【答案】568 【分析】先构造数列得出是首项为，公比为的等比数列，再求出数列,最后应用分组求和结合等差等比求和公式计算即可. 【详解】因为，所以， 又因为，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以， 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，即， 所以，由得， 所以， 所以 故答案为：568. 题型3 等差等比数列单调性 1（23-24安徽亳州二中期末）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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】C 【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数. 若为单调递增数列，则， 若，则当时，；若，则， 由可得，取，则当时，， 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”； 若存在正整数，当时，，取且，， 假设，令可得，且， 当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列. 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”. 所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件. 故选：C. 2．（2021·安徽宣城·期末）已知等比数列的公比为q，则“”是“为递减数列”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】D 【分析】举例即可说明，充分条件性以及必要条件均不成立，即可得出答案. 【详解】取，，此时数列前几项为，显然该数列不是递减数列， 故由“”不能推出“为递减数列”； 取数列， 显然有，即， 所以，为递减数列，但， 故由“为递减数列”也不能推出“”． 故“”是“为递减数列”的既不充分也不必要条件． 故选：D． 3．（23-24安徽马鞍山二中期末）设等比数列的首项为，公比为q，则“，且”是“对于任意都有”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】A 【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合等比数列的性质分析判断即可 【详解】若，且，则， 所以， 反之，若，则， 所以，且或，且， 所以“，且”是“对于任意，都有”的充分不必要条件. 故选：A 4．（23-24高二安徽六安毛坦厂·期末）等差数列的前项和为，若，公差，则（    ） A．若，则 B．若，则是中最大的项 C．若，则 D．若，则 【答案】ABD 【分析】根据可推得，利用等差数列的性质以及前n项和公式，可判断A；由可推出，进而判断 ，则 ，即可判断B；由可得，，，无法判断的正负，可判断C；由推出，，则，由此判断D. 【详解】由，得 ， 所以， 则 ，A正确； 因为， 所以，即， 因为，， 所以 ，则 ，等差数列为递减数列， 则则是中最大的项，B正确； 若，则，即 ， 因为，，则，故，无法判断的正负， 故，不能判断，C错误； 因为，所以， 因为，，所以，则， 则，D正确， 故选： 5．（22-23高二下·安徽合肥·期末）记等差数列的前项和为，已知，，则当取最大值时，的值为 ． 【答案】6 【分析】利用等差数列前项和公式和等差数列数列的对称性，可得到0，，从而得出结果. 【详解】因为，， 所以0，，∴是递减数列， 当时，，当时，． ∴当取最大值时，的值为6． 故答案为：6. 题型4 等差中项性质 1．（21-22高二上·安徽·期末）已知等差数列的前项和为，若，，下列结论正确的是（    ） A．数列是递增数列 B． C．当取得最大值时， D． 【答案】B 【分析】根据等差数列求和公式及等差中项，得到，，，进而得到数列是递减数列，作差法比较出，进而判断出答案. 【详解】，所以，，所以，所以且，所以数列是递减数列，且当时，取得最大值.故B正确，AC错误. 因为，所以，故D错误. 故选：B. 2．（21-22安徽芜湖·期末）设等比数列前n项和为，，公比，且成等差数列，则（    ） A． B．0 C．7 D．40 【答案】A 【分析】等比数列 ，等差数列 ，等比数列. 【详解】由题意知， ，又因为 ， 所以，又因为 ，所以 ， 所以 . 故选：A 3．（21-22高二安徽淮北一中·期末）已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析可知函数的图象关于点对称，利用等差中项的性质结合正弦型函数的对称性质可求得结果. 【详解】 ， 由，可得，当时，， 故函数的图象关于点对称， 由等差中项的性质可得， 所以，数列的前项和为. 故选：D. 4．（23-24高二安徽六安毛坦厂·期末）已知a，b，c为非零实数，则下列说法正确的是（    ） A．是a，b，c成等差数列的充要条件 B．是a，b，c成等比数列的充要条件 C．若a，b，c成等比数列，则，，成等比数列 D．若a，b，c成等差数列，则，，成等差数列 【答案】AC 【分析】根据等差中项与等比中项对选项一一验证即可得出答案. 【详解】对于选项A：根据等差中项即可得出是a，b，c成等差数列的充要条件，故A正确； 对于选项B：，即，又a，b，c为非零实数，所以根据等比中项即可证明a，b，c成等比数列， a，b，c成等比数列，只能证明，即是a，b，c成等比数列的充分不必要条件，故B错误； 对于选项C：若a，b，c成等比数列，则，则，则，，成等比数列，故C正确； 对于选项D：若a，b，c成等差数列，则，无法得到，故D错误； 故选：AC. 5．（22-23高二上·安徽合肥五中·期末）在正项等比数列{an}中，若，与的等差中项为12，则等于 . 【答案】128 【分析】先根据条件利用等比数列的通项公式列方程组求出首项和公差，进而可得. 【详解】设正项等比数列{an}的公比为， 由已知，得，①， 又，②， 由①②得， 故答案为：128. 题型5 等比中项性质 1．（22-23高二下·安徽阜阳·期末）若数列为等比数列，则“”是“是方程的两个根”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 【分析】根据韦达定理以及等比数列的性质可得是方程的两个根时，即可由必要不充分条件的定义求解. 【详解】因为数列为等比数列，且是方程的两个根， 所以.又，且同号，所以. 因此“”是“是方程的两个根”的必要不充分条件. 故选;B 2．（22-23高二上·安徽宿州·期末）已知数列为等差数列，且，3，成等比数列，则为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】设数列的公差为，根据，3，成等比数列得+可得答案． 【详解】设数列的公差为， 因为，3，成等比数列，所以， 所以+， 所以， 故选：A. 3．（高二下·安徽阜阳·期末）设a>0，b>0，若是与的等比中项，则的最小值为（    ） A．8 B．4 C．1 D． 【答案】B 【分析】根据等比中项性质可得，再利用基本不等式即可求出. 【详解】是与的等比中项，，， a>0，b>0，， 当且仅当，即等号成立， 所以的最小值为4. 故选：B. 4．（2024高二上·安徽马鞍山二中）已知是等差数列，公差不为零，前项和是，若，，成等比数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】由，，成等比数列，求得，再求得，从而判断与0的关系. 【详解】由，，成等比数列知，， 化简得，（）， 则，故A错误，B正确； ， 故，故C错误，D正确； 故选：BD 5．（2023·安徽亳州二中期末）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ． 【答案】 48 384 【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解. 【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为， 则，且，可得， 则，即，可得， 空1：可得， 空2： 方法二：空1：因为为等比数列，则， 且，所以； 又因为，则； 空2：设后7项公比为，则，解得， 可得，所以. 故答案为：48；384. 优选提升题 题型01 构造等差等比求通项 1．（20223安徽桐城中学·期末）如果数列满足，，且，那么此数列的第项为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 由已知的递推式取倒数，得到新数列构成以为首项，以为公比的等比数列．求出该等比数列的通项后利用累加法可得数列的第项． 【详解】 由得， 即，所以 所以数列构成以为首项，以为公比的等比数列， 又，，， 则， 所以可得， ， ， 累加得，所以，即； 所以. 故选：D． 2．（23-24高二下·安徽·期末）设数列的前项和为，若，则（    ） A．16 B．31 C．47 D．63 【答案】C 【分析】根据题意，当时，，两式相减化简得到，得到数列是等比数列，求得，即可求解. 【详解】因为数列的前项和为，且， 所以当时，， 两式相减得，即， 可得， 当时，可得，即，解得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即，所以. 故选：C. 3．（22-23高二下·安徽合肥·期末）若数列和满足，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据递推关系可得是以2为首项，2为公比的等比数列，进而得，即可根据代入求解. 【详解】因为，， 所以，即， 又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以，又，即， 所以 所以； 故选：B 4．（23-24高二上·安徽亳州二中·期末）设数列的前项和为，满足，其中，，则下列选项正确的是（    ） A． B．为等差数列 C． D．当时，有最大值 【答案】ABC 【分析】根据等差数列的定义、结合等差数列的前n项和公式、通项公式逐一判断即可. 【详解】因为，所以， 又因为，所以， 所以数列是首项19，公差为的等差数列， 即，，故选项A，B正确. 因为，所以，故选项C正确. 因为，所以当时，有最大值，故选项D错误. 故选：ABC. 5．（23-24高二上·安徽合肥一六八·期末）已知数列满足，，，则 ． 【答案】128 【分析】由题意，根据等比数列的定义可知数列是首项为，公比为4的等比数列，由等比数列的通项公式可得，利用累乘法求得，令，计算即可求解. 【详解】由题意知，，即，又， 所以数列是首项为，公比为4的等比数列， 所以， 当时，， 所以. 故答案为：128 题型02等差数列“高斯”性质 1．（22-23安徽阜阳·期末）等差数列 的前n项和为 ，公差不为 0，若 ，则（    ） A．   B．   C． D． 【答案】C 【分析】根据推得，即，可得，由此利用等差数列的前n项和公式，逐项计算各选项，可得答案. 【详解】设等差数列的首项为 ，公差为 , 由已知得,即， 则 ； 故，A错误； ，B错误； 故，C正确； ，D错误， 故选：C． 2．（21-22高二下·安徽六安）若数列满足(，为常数)，则称数列为“调和数列”.已知数列为“调和数列”，且，则（    ） A．15 B．20 C．25 D．30 【答案】B 【分析】根据给定定义可得数列是等差数列，再利用等差数列的性质计算作答. 【详解】因数列为“调和数列”，则，且为常数，因此数列是等差数列， 则有，解得， 所以. 故选：B 3．（22-23安徽六安外国语期末）已知等差数列且，则数列的前13项之和为（    ） A．26 B．39 C．104 D．52 【答案】A 【分析】根据等差数列的性质化简已知条件可得的值，再由等差数列前项和及等差数列的性质即可求解. 【详解】由等差数列的性质可得：，， 所以由可得：， 解得：， 所以数列的前13项之和为 ， 故选：A 4．（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）已知为等差数列，其前项和为，且，则以下结论正确的是（    ）. A． B．最小 C． D． 【答案】ACD 【分析】由得，故正确；当时，根据二次函数知识可知无最小值，故错误；根据等差数列的性质计算可知，故正确；根据等差数列前项和公式以及等差数列的性质可得，故正确. 【详解】因为，所以，所以，即，故正确； 当时，无最小值，故错误； 因为，所以，故正确； 因为，故正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、前项和公式，考查了等差数列的性质，属于中档题. 5．（22-23高二下·安徽合肥·期末）记等差数列的前项和为，已知，，则当取最大值时，的值为 ． 【答案】6 【分析】利用等差数列前项和公式和等差数列数列的对称性，可得到0，，从而得出结果. 【详解】因为，， 所以0，，∴是递减数列， 当时，，当时，． ∴当取最大值时，的值为6． 故答案为：6. 题型03 等比数列“高斯”性质 1．（21-22·安徽安庆·期末）已知函数，各项互不相等的等比数列满足，记，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题可得，进而可得，讨论即得. 【详解】由已知，即， 得， 故，又， ∴，公比，， 当时，，，可知A错误； 当时，，，，可知B错误； 当时，， ∴偶数项均正，奇数项均负，此时，即，故C错误； 由，，可知 当时，，当时，，当时，， ∴当时，各项均正，满足；当时，偶数项均正，奇数项均负，仍满足， 故D正确. 故选：D. 2．（2014·安徽六安一中）在各项均为正数的等比数列{an}中，若am＋1·am－1＝2am(m≥2)，数列{an}的前n项积为Tn，若T2m－1＝512，则m的值为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【详解】因为数列是等比数列，所以，，，，故选B． 点睛：在解决等差数列的问题时，灵活运用等差数列的性质可使解题过程简单化．等差数列最重要的一个性质：若，则，特别地若，则． 3．（2023·安徽淮北树人中学）在等比数列中，，，则（    ） A． B． C． D．11 【答案】A 【分析】设，倒序相加再由等比数列的性质求解. 【详解】设， 则 ，所以.故选：A 4．（23-24高二上·安徽马鞍山·期末）下列命题正确的有（    ） A．已知直线l过点，且在轴上截距相等，则l的方程为 B．数列是公比不为1的等比数列，若其中，则 C．若为等差数列前n项和，则仍为等差数列 D．已知函数在上可导，若，则 【答案】BC 【分析】对于A：根据截距的定义以及截距式方程分析判断；对于B：根据等比数列的下标和性质分析判断；对于C：根据等差数列的定义以及片段和性质分析判断；对于D：根据导数值的定义分析判断. 【详解】对于选项A：直线l在轴上截距分别为，则， 若，则直线l过原点，设直线， 代入点，可得，可得，即直线； 若，设直线， 代入点，可得，可得， 则直线，即直线； 综上所述：l的方程为或，故A错误； 对于选项B：根据等比数列下标和性质可知：若，则，故B正确； 对于选项C：设等差数列的公差为， 因为， 所以为等差数列，故C正确； 对于选项D：因为，故D错误； 故选：BC. 5．（23-24高二上·安徽合肥·期末）在正项等比数列 中，若 ， ． 【答案】5 【分析】根据正项等比数列的定义与通项公式，计算即可 【详解】正项等比数列 中，， ， 解得，舍去负值，所以. 故答案为：5 题型04 等差数列比值不定型 1．（21-22高二上·安徽六安·期末）设等差数列，的前n项和分别是，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合等差数列前项和公式求得正确答案. 【详解】依题意等差数列，的前n项和分别是， 由于， 故可设，， 当时，， ， 所以， 所以. 故选：C 2．（21-22高二上·安徽合肥八中）设等差数列，的前n项和分别是，，若，则（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】A 【分析】先由题设条件求得与的表达式，再求得与的表达式，即可求得结果． 【详解】解：由题设可令，，， 又当时，，， ，， . 故选：A． 3．（2023安徽滁州定远中学）两等差数列，的前n项和分别为，，且，则　　 A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】由等差数列的前项和可设，即，进而求得，得到答案. 【详解】由等差数列的前项和，依题意有， 所以, 所以，故选C. 【点睛】本题主要考查了等差数列的前项和以及等差数列的性质的应用，其中熟记等差数列数列的前项和的形式，合理应用是解答的关键，着重考查了数学的转化思想方法的应用，属于中档试题. 4．（2024安徽淮南）已知等差数列和等比数列的前项和分别为.和，且，则下列正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据等差数列、等比数列求和公式及，推导出，不妨设，，是不为0的常数，即可表示出，，从而得解. 【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为等差数列的前项和； 等比数列的前项和； 又，所以等比数列的公比，即. 不妨设，，是不为0的常数， 所以当时， 当时， 则，， 所以，. 故选：AC. 5．（安徽滁州定远中学）已知数列，，为数列的前项的和，且对任意，都有，则的通项公式为 ． 【答案】 【分析】当时，由.所以是以为首项，为公差的等差数列，求出 ，再利用项和公式求得的通项公式. 【详解】当时，由 . 又，∴是以为首项，为公差的等差数列. ∴，∴，当时，∴， 所以. 故答案为 【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查与的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 题型05 等差数列正负型 1．（21-22高二上·安徽·期末）已知等差数列的前项和为，若，，下列结论正确的是（    ） A．数列是递增数列 B． C．当取得最大值时， D． 【答案】B 【分析】根据等差数列求和公式及等差中项，得到，，，进而得到数列是递减数列，作差法比较出，进而判断出答案. 【详解】，所以，，所以，所以且，所以数列是递减数列，且当时，取得最大值.故B正确，AC错误. 因为，所以，故D错误. 故选：B. 2．安徽六安·期末）设等差数列的前项和为，且，，则满足的最大自然数的值为 A．12 B．13 C．22 D．23 【答案】C 【详解】分析：由等差数列的前项和的公式求解，解出的关系式，再求出的临界条件，最后得解． 详解：等差数列的前项和为，所以 所以，其中，所以，当时，解得，，所以的最大自然数的值为22．故选C 点睛：本题应用公式，等差数列的性质：若，则．对数列的公式要灵活应用是快速解题的关键，解出的关系式，再求出的临界条件，判断满足的最大自然数的值． 3．（22-23高二上·安徽滁州·期末）已知等差数列的前项和为，，，则当取得最小值时，的值为（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 【答案】B 【分析】将等差数列的前23和24项和与0的大小比较，得出具体的项数的正负，即可求出当取得最小值时的值. 【详解】由题意，，∴， ，∴， 则等差数列满足，， 可得公差， ∴数列为递增数列，且当，时，， 当，时，， ∴当取得最小值时，的值为12． 故选：B． 4．（22-23高二上·安徽蚌埠·期末）设等差数列的前项和为，且满足，，则下列说法正确的是（    ） A．最大 B． C． D． 【答案】AB 【分析】利用等差数列的性质及求和公式推导出，，即可判断A、B、C，利用特殊值判断D. 【详解】因为，， 所以， 所以，，故C错误； 所以，且，故B正确； 所以，则单调递减，且， 所以最大，故A正确， 令，，则，，则，故D错误. 故选：AB 5．（22-23高二上·安徽六安·期末）设等差数列的前项和为，且，，则当 时，最大． 【答案】1011 【分析】利用等差数列的求和公式及性质求解. 【详解】因为为等差数列，所以，即； 同理由可得，所以，所以当时，最大． 故答案为：1011. 题型06 等比数列“平衡点”不定型 1．（安徽合肥一六八·期末）设等比数列的公比为，其前项和为，前项之积为，并且满足条件：，，，下列结论中正确的是 A． B． C．是数列中的最大值 D．数列无最小值 【答案】D 【分析】根据题干条件可得到数列>1,0<q<1,数列之和越加越大，故A错误；根据等比数列性质得到进而得到B正确；由前n项积的性质得到是数列中的最大值；从开始后面的值越来越小，但是都是大于0的，故没有最小值. 【详解】因为条件：，，，可知数列>1,0<q<1, 根据等比数列的首项大于0，公比大于0，得到数列项均为正，故前n项和，项数越多，和越大，故A不正确；因为根据数列性质得到，故B不对； 前项之积为，所有大于等于1的项乘到一起，能够取得最大值，故是数列中的最大值. 数列无最小值,因为从开始后面的值越来越小，但是都是大于0的，故没有最小值.故D正确. 故答案为D. 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 2．（2021·安徽合肥）已知等比数列的各项均为实数，公比为q，则下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，且，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】利用等比数列的通项公式逐一判断即可. 【详解】显然. A：因为，所以，因此本选项结论正确； B：由，而，显然 ，因此本选项结论正确； C：由， ，因此本选项结论正确； D：由，， 因此本选项结论不正确， 故选：D 3．（20-21安徽·期末）等比数列的公比为，前项积，若，， ，则（    ） A． B．是的最大值 C． D．使的的最大值是 【答案】D 【分析】由题设条件和等比数列的通项公式，可得出，，，结合等比数列的性质就有，，进而逐一判断每个选项即可. 【详解】解：根据条件可得， 则，， 又因为， 则A选项：，所以， 若，则，， 所以与条件矛盾， 所以，故A错误； B选项：由，， 可得等比数列单调递减， 又， 可得，，所以是的最大值，故B错误； C选项：由，，可得等比数列单调递减， 可得，， ，，故C错误； D选项：， ， 由上可知， 可得， 由此类推可得当时，， ， 由， 可得， 由此类推可得可得当时，， 所以使的的最大值是，故D正确． 故选：D． 4．（22-23高二下·安徽亳州·期末）已知等比数列的前项积为，公比，且，则（ ） A．当时，最小 B． C．存在，使得 D．当时，最小 【答案】BD 【分析】根据题意结合等比数列的性质以及单调性逐项分析判断. 【详解】对于选项B：因为，所以， 又因为，所以，故B正确； 对于选项A、D：因为， 所以，则， 又因为，可得， 则，故， 且，可知数列是单调递增数列， 当时，；当时，； 所以当时，最小，故选项A错误，选项D正确； 对于选项C：因为数列是单调递增数列，且当时，， 所以，故C错误. 故选：BD. 【点睛】关键点睛：项数是关键：解题时特别关注条件中项的下标即项数的关系，寻找项与项之间、多项之间的关系选择恰当的性质解题. 5．（安徽滁州明光中学）已知等比数列的公比为，其前项的积为，且满足，，，则下列命题正确的有 ．（填序号） （1）； （2）； （3）的值是中最大的； （4）使成立的最大正整数数的值为． 【答案】（1）（2）（4） 【分析】根据可知；由和，可确定，可知（1）正确；利用等比数列性质和可知（2）正确；根据知（3）错误；根据，可知（4）正确. 【详解】对于（1），，，， ，，又，， ，（1）正确； 对于（2），，又，，即， ，（2）正确； 对于（3），，不是中最大的，（3）错误； 对于（4），， ， 使成立的最大正整数数的值为，（4）正确. 故答案为：（1）（2）（4） 专题07 最值范围型 1．（22-23高二上·安徽滁州·期末）已知等比数列的公比为，其前项和为，且，，成等差数列，若对任意的，均有恒成立，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知可求得 ，为奇数时，， 根据单调性可得： ，为偶数时，，根据单调性可得： ，可得的最大值与最小值分别为2，， 考虑到函数  在上单调递增，即可得出结论． 【详解】等比数列的公比为，因为，，成等差数列，所以，解得， 所以， 当为奇数时，，易得单调递减，且，所以； 当为偶数时，，易得单调递增，且，所以． 所以的最大值与最小值分别为2，． 函数在上单调递增，所以． ．所以的最小值． 故选：B． 【点睛】思路点睛：由已知条件求得等比数列的前n项和，通过分类讨论并利用函数单调性求得的最大值和最小值，再由函数在上单调递增且，可求取值范围. 2．（安徽池州·期末）已知数列满足，为其前项和，则不等式的的最大值为 A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】B 【分析】由题意，整理得出是一个首项为12，公比为的等比数列，从而求出，再求出其前项和，然后再求出的表达式，再代入数验证出的最大值即可． 【详解】由可得， 即，所以数列是等比数列， 又，所以，故 ，解得，（），所以的最大值为8.选B. 【点睛】本题考查数列的递推式以及数列求和的方法分组求和，属于数列中的综合题，考查了转化的思想，构造的意识，本题难度较大，思维能力要求高． 3．（2024·安徽·淮南）函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是两条优美的双曲线.在数列中，，，记数列的前项积为，数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可得，利用裂项的思想整理可得，进而可得，即可得结果. 【详解】由题意可得：，， 则 ， 可得， 又因为为递增数列，且， 所以当，可得. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用裂项的思想整理可得，即可得结果. 4．（23-24高二下·安徽安庆·期末）已知数列满足，（），数列前n项和为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据数列的单调性判断A，应用累加法求通项范围判断B,C选项，应用前n项和判断D. 【详解】∵，， 又，可得，∴， ∴，数列单调递减，故选项A正确； 当时，； 当时，，故选项D正确； ∵，∴， ∴，，∴， ∴，，故选项B正确； 又，∴， ∴，，…，，∴， ∴，∴（）；当时，. 综上，.故选项C错误. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：根据已知化简裂项，结合累加法得出通项公式的不等关系判断选项. 5．安徽蚌埠）已知数列的首项，其前项和为，且，若单调递增，则的取值范围是 ． 【答案】 【详解】由可得： 两式相减得： 两式相减可得： 数列，，...是以为公差的等差数列，数列，，...是以为公差的等差数列 将代入及可得： 将代入可得 要使得，恒成立 只需要即可 解得 则的取值范围是 点睛：本题考查了数列的递推关系求通项，在含有的条件中，利用来求通项，本题利用减法运算求出数列隔一项为等差数列，结合和数列为增数列求出结果，本题需要利用条件递推，有一点难度． 专题08 函数型求参 1．（21-22安徽合肥肥东综合高中期末）已知数列满足：，若对任意恒成立，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用的特征方程，求得两解，构造等比数列， 求得，结合，得到对任意恒成立，结合其单调性，求得答案. 【详解】解的特征方程 ， 即 ，可得 ， 故， 两式相除得：， 即 为首项是，公比为3的等比数列， 故，则 ， 由于对任意恒成立， 故对任意恒成立， 即对任意恒成立， 而随n的增大而减小，当时，取到最大值1，故 ， 故选：D 【点睛】本题考查了根据数列的递推公式求参数的取值范围，综合性较强，解答的关键是要明确利用递推式的特征方程构造等比数列，求得数列通项公式，进而分离参数，解决恒成立问题. 2．（21-22·安徽淮南）已知数列满足，，若，且存在，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，令，进而证明数列是以为首项，为公差的等差数列，故可得，，在结合题意将问题转化为，再求数列的最大值代入解一元二次不等式即可得答案. 【详解】，． 令， ， 又， ∴数列是以为首项，为公差的等差数列， ，即， ， ∵存在，使得成立， ． 令得则，， 或．， ，即，解得， ∴实数的取值范围是． 故选：D． 3．（20-21安徽·）已知数列满足，其前项和，数列满足，其前项和为，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用与关系可证得为等差数列，由此可求得，将进行裂项后，前后相消可求得，将问题转化为；令，可证得为递增数列，由此得到. 【详解】当时，，解得：或，又，； 当时，由得：， ，整理可得：， ，，即， 是以为首项，为公差的等差数列，； 经检验：满足； 综上所述：， ， ， 由得：， 令，则， 为递增数列，，，即实数的取值范围为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够采用裂项相消的方法求得，对于通项公式中含有类型的数列进行裂项求和时，需注意将通项裂成两项之和的形式，进而利用的波动性前后相消得到结果. 4．（23-24高二上·安徽马鞍山·期末）已知数列中，，，则下列结论正确的是（    ） A．当时，数列为常数列 B．当时，数列单调递减 C．当时，数列单调递增 D．当时，数列为摆动数列 【答案】ABC 【分析】求出数列各项的值，可判断A选项；利用数列的单调性可判断B选项；利用数学归纳法推导出，结合数列的单调性可判断C选项；取，求出数列各项的值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，， 由可得，，，， 以此类推可知，对任意的，，此时，数列为常数列，A对； 对于B选项，当时，则，此时，数列单调递减，B对； 对于C选项，因为，，且，则， 猜想，，， 当时，猜想成立， 假设当时，猜想成立，即， 则当时，， 因为，则，则函数在上单调递增， 所以，，即成立， 由数学归纳法可知，对任意的，， 所以，，此时，数列单调递增，C对； 对于D选项，当时，取，则且， 则，，，， 以此类推可知，当且时，，即， 此时，数列不是摆动数列，D错. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：判断数列单调性的方法有： （1）利用数列对应的函数的单调性判断； （2）对数列的前后项作差（或作商），利用比较法判断. 5．（23-24·安徽·期末）已知数列的通项公式为，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】借助裂项相消法可得，即可得恒成立，构造函数，结合导数判断单调性进而即得. 【详解】由，则， 故， 由，可得， 即， 设，则恒成立， 故在单调递减，当时，， 即当时，，故. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题关键在于得到恒成立后，构造函数，结合导数讨论函数单调性，从而得到的范围. 专题09综合难题 1．（23-24·安徽合肥）已知数列的前n项和为，且，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先对进行配方，放缩，得，应用累加法得，进而，应用裂项相消法即可求解. 【详解】因为，则，即， 结合，可得， 则， 所以，即， 故，，…，， 上述式子累加，得，故， 当时，满足上式，所以， 所以， 所以， 故，因为，所以，所以． 故选：A． 【点睛】数列与不等式结合，关键是看能不能求和，不能的要对通项公式进行放缩后进行. 2．（21-22高二下·安徽淮北）为不超过x的最大整数，设为函数，的值域中所有元素的个数.若数列的前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据题意求出，进而用裂项相消法求和. 【详解】当时，，，，故，即， 当时，，，，故，即， 当时，，，，故，即， 以此类推，当，时，，，故可以取的个数为， 即，当n=1时也满足上式，故， 所以，，所以. 故选：D 【点睛】取整函数经常考察，往往和数列，函数零点，值域等知识相结合考察大家，要能理解取整函数并能正确得到相关计算，才能保证题目能够解集，本题中得到是解题的关键. 3．（2021·安徽合肥·）将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由三角函数的恒等变换化简方程，并求值，判断以，重复循环出现，且，，，计算可得所求和． 【详解】解：，即为， 即， 所以或，， 即或，， 而， 所以， ， ， ， 所以，， ，， 后面的值都是以，重复循环出现，且，，， 所以， 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用反三角函数求得的值，从而得出循环，得出，，，从而求得结果. 4．（23-24高二下·安徽·期末）设数列满足，且当时，有则（    ） A．， B．， C． D． 【答案】ACD 【分析】通过累乘法，可判定A正确；结合数学归纳法，可以证明，从而可判定B错误；求得的值，猜想，利用数学归纳法，得到，，可判定C正确；根据通项公式和C选项，可以求出的通项公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，当为偶数时，则为奇数，可得且，， 则，即，所以， 即， 因为，所以，又，所以，所以A正确； 对于B中，由成立，假设，则 由，知，所以， 即时，也成立，所以，不存在，，所以B错误； 对于C中，由， ，猜想， 当时，成立，假设， 由， 则 ，即时，也成立， 所以，故C正确； 对于D中，因为当n为奇数时，，为奇数 所以，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是应用由特殊到一般的数学思想，然后结合数学归纳法进行证明，求得的通项公式，从而可以得出，最后逐项即可判断. 5．（2024·安徽·）已知首项为的正项数列满足满足，若存在，使得不等式成立，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】先将已知等式两边取对数后由累乘法得到通项，再分为奇数和偶数时化简不等式后结合数列的单调性解一元二次不等式即可求出. 【详解】因为， 所以， 当时，， 所以，又，所以时也成立， 所以， 因为， 当为奇数时，上式变为， 所以，因为为递减数列，所以解得； 当为偶数时，上式变为， 所以，解得； 综上，的取值范围为， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于对已知不等式的变形，通过观察分析取对数化简后再累乘是关键. 结束 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 等差等比数列性质 经典基础题 题型1等差等比数列定义判断 1．（2023·安徽亳州二中期末）记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（    ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 2．（23-24高二上·安徽安庆怀宁县期末）已知是等比数列，则（   ） A．数列是等差数列 B．数列是等比数列 C．数列是等差数列 D．数列是等比数列 3．（21-22高二上·安徽蚌埠·期末）已知数列是等差数列，其前n项和为，则下列说法错误的是（    ） A．数列一定是等比数列 B．数列一定是等差数列 C．数列一定是等差数列 D．数列可能是常数数列 4．（21-22高二下·安徽阜阳二中·期末）下列命题正确的是（    ） A．若均为等比数列且公比相等，则也是等比数列 B．为等比数列，其前项和为，则也成等比数列 C．为等差数列，则为等比数列 D．的前项和为，则“”是“为递增数列”的充分不必要条件 5．（高一下·安徽·师大附中期末）下面有四个结论: ①若数列的前项和为 (为常数),则为等差数列; ②若数列是常数列,数列是等比数列,则数列是等比数列; ③在等差数列中,若公差,则此数列是递减数列; ④在等比数列中,各项与公比都不能为. 其中正确的结论为 (只填序号即可). 题型2 等差等比前n项和性质 1．（23-24·安徽六安·期末）等差数列的公差不为0，其前n项和为，若，则（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 2．（23-24高二上·安徽合肥·期末）已知数列的前n项和满足，（），则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高二下·安徽滁州·期末）某书院数科考试中有这样一道题：那年春，夫子游桃山，一路摘花饮酒而行，始切一斤桃花，饮一壶酒，复切一斤桃花，又饮一壶酒，后夫子惜酒故再切一斤桃花，只饮半壶酒，再切一斤桃花，饮半半壶酒，如是而行，终夫子切六斤桃花而醉卧桃山问：夫子切了六斤桃花一共饮了几壶酒（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·安徽·期末）已知等差数列的前项和为，且满足，，现将数列与数列的公共项从小到大排列可以得到新数列，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．数列的前10项和为 5．（23-24高二上·安徽合肥·期末）已知数列的各项均为正数，满足，，且.若在数列中去掉中的项，余下的项组成数列，记数列的前项和为，则 . 题型3 等差等比数列单调性 1（23-24安徽亳州二中期末）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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 2．（2021·安徽宣城·期末）已知等比数列的公比为q，则“”是“为递减数列”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 3．（23-24安徽马鞍山二中期末）设等比数列的首项为，公比为q，则“，且”是“对于任意都有”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 4．（23-24高二安徽六安毛坦厂·期末）等差数列的前项和为，若，公差，则（    ） A．若，则 B．若，则是中最大的项 C．若，则 D．若，则 5．（22-23高二下·安徽合肥·期末）记等差数列的前项和为，已知，，则当取最大值时，的值为 ． 题型4 等差中项性质 1．（21-22高二上·安徽·期末）已知等差数列的前项和为，若，，下列结论正确的是（    ） A．数列是递增数列 B． C．当取得最大值时， D． 2．（21-22安徽芜湖·期末）设等比数列前n项和为，，公比，且成等差数列，则（    ） A． B．0 C．7 D．40 3．（21-22高二安徽淮北一中·期末）已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前项和为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二安徽六安毛坦厂·期末）已知a，b，c为非零实数，则下列说法正确的是（    ） A．是a，b，c成等差数列的充要条件 B．是a，b，c成等比数列的充要条件 C．若a，b，c成等比数列，则，，成等比数列 D．若a，b，c成等差数列，则，，成等差数列 5．（22-23高二上·安徽合肥五中·期末）在正项等比数列{an}中，若，与的等差中项为12，则等于 . 题型5 等比中项性质 1．（22-23高二下·安徽阜阳·期末）若数列为等比数列，则“”是“是方程的两个根”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 2．（22-23高二上·安徽宿州·期末）已知数列为等差数列，且，3，成等比数列，则为（    ） A．1 B． C． D． 3．（高二下·安徽阜阳·期末）设a>0，b>0，若是与的等比中项，则的最小值为（    ） A．8 B．4 C．1 D． 4．（2024高二上·安徽马鞍山二中）已知是等差数列，公差不为零，前项和是，若，，成等比数列，则（    ） A． B． C． D． 5．（2023·安徽亳州二中期末）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ． 优选提升题 题型01 构造等差等比求通项 1．（20223安徽桐城中学·期末）如果数列满足，，且，那么此数列的第项为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·安徽·期末）设数列的前项和为，若，则（    ） A．16 B．31 C．47 D．63 3．（22-23高二下·安徽合肥·期末）若数列和满足，，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·安徽亳州二中·期末）设数列的前项和为，满足，其中，，则下列选项正确的是（    ） A． B．为等差数列 C． D．当时，有最大值 5．（23-24高二上·安徽合肥一六八·期末）已知数列满足，，，则 ． 题型02等差数列“高斯”性质 1．（22-23安徽阜阳·期末）等差数列 的前n项和为 ，公差不为 0，若 ，则（    ） A．   B．   C． D． 2．（21-22高二下·安徽六安）若数列满足(，为常数)，则称数列为“调和数列”.已知数列为“调和数列”，且，则（    ） A．15 B．20 C．25 D．30 3．（22-23安徽六安外国语期末）已知等差数列且，则数列的前13项之和为（    ） A．26 B．39 C．104 D．52 4．（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）已知为等差数列，其前项和为，且，则以下结论正确的是（    ）. A． B．最小 C． D． 5．（22-23高二下·安徽合肥·期末）记等差数列的前项和为，已知，，则当取最大值时，的值为 ． 题型03 等比数列“高斯”性质 1．（21-22·安徽安庆·期末）已知函数，各项互不相等的等比数列满足，记，则（    ） A． B． C． D． 2．（2014·安徽六安一中）在各项均为正数的等比数列{an}中，若am＋1·am－1＝2am(m≥2)，数列{an}的前n项积为Tn，若T2m－1＝512，则m的值为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 4．（23-24高二上·安徽马鞍山·期末）下列命题正确的有（    ） A．已知直线l过点，且在轴上截距相等，则l的方程为 B．数列是公比不为1的等比数列，若其中，则 C．若为等差数列前n项和，则仍为等差数列 D．已知函数在上可导，若，则 5．（23-24高二上·安徽合肥·期末）在正项等比数列 中，若 ， ． 题型04 等差数列比值不定型 1．（21-22高二上·安徽六安·期末）设等差数列，的前n项和分别是，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（21-22高二上·安徽合肥八中）设等差数列，的前n项和分别是，，若，则（    ） A．1 B． C． D．2 3．（2023安徽滁州定远中学）两等差数列，的前n项和分别为，，且，则　　 A． B． C． D．2 4．（2024安徽淮南）已知等差数列和等比数列的前项和分别为.和，且，则下列正确的是（   ） A． B． C． D． 5．（安徽滁州定远中学）已知数列，，为数列的前项的和，且对任意，都有，则的通项公式为 ． 题型05 等差数列正负型 1．（21-22高二上·安徽·期末）已知等差数列的前项和为，若，，下列结论正确的是（    ） A．数列是递增数列 B． C．当取得最大值时， D． 2．安徽六安·期末）设等差数列的前项和为，且，，则满足的最大自然数的值为 A．12 B．13 C．22 D．23 3．（22-23高二上·安徽滁州·期末）已知等差数列的前项和为，，，则当取得最小值时，的值为（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 4．（22-23高二上·安徽蚌埠·期末）设等差数列的前项和为，且满足，，则下列说法正确的是（    ） A．最大 B． C． D． 5．（22-23高二上·安徽六安·期末）设等差数列的前项和为，且，，则当 时，最大． 题型06 等比数列“平衡点”不定型 1．（安徽合肥一六八·期末）设等比数列的公比为，其前项和为，前项之积为，并且满足条件：，，，下列结论中正确的是 A． B． C．是数列中的最大值 D．数列无最小值 2．（2021·安徽合肥）已知等比数列的各项均为实数，公比为q，则下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，且，则 C．若，则 D．若，则 3．（20-21安徽·期末）等比数列的公比为，前项积，若，， ，则（    ） A． B．是的最大值 C． D．使的的最大值是 4．（22-23高二下·安徽亳州·期末）已知等比数列的前项积为，公比，且，则（ ） A．当时，最小 B． C．存在，使得 D．当时，最小 5．（安徽滁州明光中学）已知等比数列的公比为，其前项的积为，且满足，，，则下列命题正确的有 ．（填序号） （1）； （2）； （3）的值是中最大的； （4）使成立的最大正整数数的值为． 专题07 最值范围型 1．（22-23高二上·安徽滁州·期末）已知等比数列的公比为，其前项和为，且，，成等差数列，若对任意的，均有恒成立，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D． 2．（安徽池州·期末）已知数列满足，为其前项和，则不等式的的最大值为 A．7 B．8 C．9 D．10 3．（2024·安徽·淮南）函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是两条优美的双曲线.在数列中，，，记数列的前项积为，数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·安徽安庆·期末）已知数列满足，（），数列前n项和为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 5．安徽蚌埠）已知数列的首项，其前项和为，且，若单调递增，则的取值范围是 ． 专题08 函数型求参 1．（21-22安徽合肥肥东综合高中期末）已知数列满足：，若对任意恒成立，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（21-22·安徽淮南）已知数列满足，，若，且存在，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（20-21安徽·）已知数列满足，其前项和，数列满足，其前项和为，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·安徽马鞍山·期末）已知数列中，，，则下列结论正确的是（    ） A．当时，数列为常数列 B．当时，数列单调递减 C．当时，数列单调递增 D．当时，数列为摆动数列 5．（23-24·安徽·期末）已知数列的通项公式为，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ． 专题09综合难题 1．（23-24·安徽合肥）已知数列的前n项和为，且，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（21-22高二下·安徽淮北）为不超过x的最大整数，设为函数，的值域中所有元素的个数.若数列的前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 3．（2021·安徽合肥·）将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·安徽·期末）设数列满足，且当时，有则（    ） A．， B．， C． D． 5．（2024·安徽·）已知首项为的正项数列满足满足，若存在，使得不等式成立，则的取值范围为 ． 结束 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$