第五章 数列 章末题型大总结（15类热点题型+精讲精练）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（人教B版2019选择性必修第三册）

第五章 数列 章末题型大总结 题型01数列的函数特性及应用 解题锦囊 求数列最大(小)项的方法 （1）构造函数，确定出函数的单调性，进一步求出数列的最大项或最小项． （2）利用，求数列中的最大项； 利用，求数列中的最小项. 当解不唯一时，比较各解大小即可确定． 【典例1】（24-25高二上·河北沧州·阶段练习）已知数列的通项公式为，则中的项最大为（    ） A． B．0 C． D．2 【变式1】（24-25高三上·河北·阶段练习）已知数列的通项公式为，若对于任意正整数n，都有≤成立，则m的值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 【变式2】（24-25高二上·河北保定·阶段练习）在数列中，若，，则下列数不是中的项的是（    ） A． B． C． D． 【变式3】（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）已知数列的通项公式是（），若数列是递增数列，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式4】（24-25高三上·天津·阶段练习）在无穷数列中，，，数列的前n项和为，则的最大值与最小值的差为（   ） A． B． C． D．无法确定 题型02 由数列的前几项求通项 解题锦囊 由数列的前几项求数列的通项公式 ①各项的符号特征，通过或来调节正负项． ②考虑对分子、分母各个击破或寻找分子、分母之间的关系． ③相邻项(或其绝对值)的变化特征． ④拆项、添项后的特征． ⑤通过通分等方法变化后，观察是否有规律． 【典例1】（24-25高二上·江苏南通·期中）已知数列的前4项依次为，则其通项公式可能为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二上·山东菏泽·阶段练习）若数列的前四项依次为2，12，112，1112，则的一个通项公式为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二上·黑龙江绥化·阶段练习）对于任意一个有穷数列，可以通过在该数列的每相邻两项之间插入这两项的之和，构造一个新的数列.现对数列1，5进行构造，第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，依此类推，第n次得到数列1，5.记第n次得到的数列的各项之和为，则的通项公式（   ） A． B． C． D． 【变式3】（24-25高三上·天津河西·期中）将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则（    ） A． B． C． D． 【变式4】（24-25高二上·甘肃白银·期中）已知数列，则该数列的第项为（   ） A． B． C． D． 题型03累加法与累乘法 解题锦囊 累加法适用于an＋1－an＝f(n)或an－an-1＝f(n)型，其解题恒等式为an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解 累乘法适用于或型，通常利用an＝··…··a1，求出通项an. 【典例3】（24-25高二上·山东·期中）在数列中，，则的通项公式为 ． 【变式1】（24-25高二上·上海·期中）若数列满足，且（其中，），则的通项公式是 ． 【变式2】（23-24高二下·海南海口·期中）已知数列的前项和为且满足，则数列的通项公式为 ． 【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知数列{an}满足，a1＝1，则a2 023＝ 【变式4】（24-25高二上·重庆·期中）将正奇数按照如图排列，我们将……，都称为“拐角数”，则下面是拐角数的为（    ） A．55 B．75 C．111 D．135 题型04根据Sn与an的关系求通项 解题锦囊 （1）已知Sn=f(n)求an 已知求通项，步骤可分为三步：（1）当时；（2）当时，；（3）检验能否合写，即和两种情况能否合写成一个公式，否则就写为分段的形式． （2）已知Sn与an的关系求an 根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化. （1）利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解； （2）利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）转化为只含an，an－1的关系式，再求解. 【典例4】（24-25高二上·天津静海·阶段练习）已知为数列的前n项和，且满足，则的通项公式为 . 【变式1】（24-25高二上·上海·阶段练习）已知数列的前项和．则数列 ． 【变式2（24-25高三上·天津·期中）已知数列的前项和为，若，则 . 【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知数列的前n项和为，且满足，，则 . 【变式4】（24-25高二上·河南·期中）记数列的前n项和为，已知（）且，，则 ． 题型05构造法求数列的通项 解题锦囊 用“待定系数法”构造等比数列 形如（为常数，）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为（其中：），由此构造出新的等比数列，先求出的通项，从而求出数列的通项公式. 倒数法 形如（为常数，）的数列，通过两边取“倒”，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，即可求得. 【典例5】（23-24高二上·广东深圳·期末）已知数满足，则数列的通项公式 ． 【变式1】（23-24高一下·上海·期末）数列满足，则数列的通项公式为 . 【变式2】（23-24高二下·河南·期中）数列中，若，，则 ． 【变式3】在数列中，已知，，则的通项公式为 ． 题型06等差、等比数列的判断解题锦囊 1．等差数列的定义 如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母表示． 2．等比数列的定义 如果一个数列从第2项起，第一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示(q≠0)． 【典例5】（24-25高三上·陕西·阶段练习）已知正项数列满足，且，则（    ） A．为等差数列 B．为等差数列 C．为等比数列 D．为等比数列 【变式1】（24-25高三上·江苏·阶段练习）“数列是等差数列”是“数列为等比数列”的（   ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．既不充分也不必要 D．充要 【变式2】（24-25高三上·江西南昌·阶段练习）设数列，的前项和分别为，，则下列命题正确的是（    ） A．若，则数列为等差数列 B．若，则数列为等比数列 C．若数列是等差数列，则，，成等差数列 D．若数列是等比数列，则，，成等比数列 【变式3】（24-25高二上·河北保定·阶段练习）记等差数列的前n项和为，，． (1)证明：数列是等差数列． (2)若数列满足，且，求的通项公式． 【变式4】（2024高三上·山东济南·专题练习）已知数列的前n项和为，， (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的前项和. 题型07等差、等比数列基本量计算解题锦囊 （1）在等差、等比数列中，其通项公式和前n项和两个公式共涉及，，，及五个基本量，它们分别表示等差数列的首项、公差、项数、末项和前项和；、 （2）依据方程的思想，在数列前项和公式中已知其中三个量可求另外两个量，即“知三求二”。 ． 【典例7】（24-25高二上·江苏扬州·阶段练习）已知等比数列的前3项和为28，且，则（    ） A．28 B．56 C．64 D．128 【变式1】（23-24高三上·山东·期中）各项均为正数的等比数列的前项和为，且，，成等差数列，若，则（    ） A．或15 B．15 C．或 D． 【变式2】（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）已知等差数列的首项为1，若成等比数列，则（    ） A． B．4 C．8 D．或4 【变式3】（24-25高三上·江苏·阶段练习）记为等差数列的前n项和．已知，则（   ） A．10 B．9 C． D． 【变式4】（24-25高三上·湖北·期中）已知等比数列满足，，记为其前项和，则（   ） A． B． C． D．7 题型08等差数列的性质 解题锦囊 1．等差数列的常用性质 （1）若，则； （2）若，则； （3）下标成等差数列的项组成以md为公差的等差数列 2．与等差数列各项的和有关的性质 设等差数列（公差为d）和的前n项和分别为， （1）数列是等差数列，首项为，公差为． （2）构成公差为的等差数列． （3）若数列共有项，则，； 若数列共有项，则，． （4），． 【典例8】（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）等差数列的前项和为，已知，则（    ） A．28 B．30 C．32 D．36 【变式1】（24-25高二上·江苏苏州·期中）（多选）已知数列是等差数列，是等比数列，.（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【变式2】（24-25高二上·全国·课后作业）若等差数列的前m项的和为20，前3m项的和为90，则它的前2m项的和为（    ） A．30 B．70 C．50 D．60 【变式3】（24-25高二上·河北沧州·阶段练习）已知为等差数列的前项和，若，且，则（    ） A．1 B．2 C． D． 【变式4】（24-25高二上·陕西榆林·阶段练习）已知等差数列的前n项和分别为，若，则（   ） A． B． C． D． 题型09等比数列的性质 解题锦囊 若数列是公比为的等比数列，前n项和为，则有如下性质： （1）若，则；若，则． 推广：若，则． （2）若成等差数列，则成等比数列． （3）若项数为，则，若项数为，则． （4）当时，连续项的和（如）仍组成等比数列（公比为，）．注意：这里连续m项的和均非零． 【典例9】（24-25高二上·山西晋城·阶段练习）定义行列式，若各项均为正数的等比数列，其前项和为，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 【变式1】（23-24高三上·江苏扬州·期末）设等比数列的前n项和为，若，则（    ） A．66 B．67 C．65 D．63 【变式2】（24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）在正项等比数列中，，则 . 【变式3】（24-25高二上·全国·随堂练习）若等比数列共有项，其公比为2，其奇数项和比偶数项和少100，则数列的所有项之和为 ． 题型10等差数列前n项和的最值问题 解题锦囊 思路1：根据等差数列前n项和的二次函数特性求最值； 思路2：结合等差数列的单调性找变号项进而求出最值. 【典例10】（24-25高二上·江苏扬州·阶段练习）已知公差为负数的等差数列的前项和为，若，，是等比数列，则当取最大值时，（    ） A．2或3 B．2 C．3 D．4 【变式1】（24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）若是等差数列，表示的前项和，，，则中最小的项是（     ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二上·河南新乡·阶段练习）（多选）已知是等差数列的前项和，，且，则（   ） A．公差 B． C． D．当时，最大 【变式3】（24-25高二上·福建龙岩·阶段练习）设等差数列的前项和为，公差为，若，，则（ ） A． B． C． D． 题型11裂项相消法 【典例11】（24-25高二上·福建龙岩·阶段练习）（多选）设数列的前项和为，已知，则下列结论正确的是（   ） A． B．数列为等比数列 C． D．若，则数列的前10项和为 【变式1】（24-25高二上·重庆·期中）已知为等差数列，其公差为，前项和为，为等比数列，其公比为，前项和为，若，，，． (1)求公差和； (2)记，证明：． 【变式2】（24-25高三上·河北·期中）已知数列为等差数列，且，. (1)求数列的通项公式； (2)数列满足，求数列的前项和. 【变式3】（24-25高三上·江苏泰州·阶段练习）已知数列前项和为，满足. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前100项和. 题型12错位相减法 【典例12】（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）设等差数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)设数列满足，求数列的前项和． 【变式1】（24-25高二上·福建厦门·阶段练习）若数列的前项和为，且，等差数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【变式2】（23-24高三下·四川攀枝花·阶段练习）已知公差为的等差数列中，，. (1)求数列的通项公式； (2)若，令，求数列的前项和. 【变式3】（24-25高二上·江苏淮安·期中）已知数列的前n项和为，，． (1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和为； (3)若对任意恒成立．求实数的取值范围． 题型13并项法 【典例13】（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）已知数列满足，前项和为，则等于（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二上·江苏扬州·阶段练习）已知数列的前项和为，若，，则 . 【变式2】（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）设的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)数列的通项公式为，求其前项和 (3)记的前项和为，求证：． 【变式3】（24-25高三上·广东·阶段练习）设数列的前项和为，已知. (1)证明：数列是等比数列； (2)若数列满足，，求数列的前项的和． 【变式4】（2024高三·全国·专题练习）已知数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)设数列满足，求数列的前项和． 题型14数列在实际问题中的应用 【典例14】（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）专家表示，海水倒灌原因是太阳、月亮等星体的共同作用下，海水的自然涨落，如果天气因素造成的涨水现象赶上潮汐高潮的时候，这个时候水位就会异常的高.某地发生海水倒灌，未来24h需要排水减少损失，因此需要紧急抽调抽水机.经测算，需要调用20台某型号抽水机，每台抽水机需要平均工作24h.而目前只有一台抽水车可立即投入施工，其余抽水机需要从其他施工现场抽调.若抽调的抽水机每隔20min才有一台到达施工现场投入工作，要在24h内完成排水任务，指挥部至少共需要抽调这种型号的抽水机（    ） A．25台 B．24台 C．23台 D．22台 【变式1】（24-25高三上·湖南·期中）为了让自己渐渐养成爱运动的习惯，小张11月1日运动了2分钟，从第二天开始，每天运动的时长比前一天多2分钟，则从11月1日到11月15日，小张运动的总时长为（    ） A．3.5小时 B．246分钟 C．4小时 D．250分钟 【变式2】（24-25高三上·浙江·阶段练习）北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有..........依此类推，最底层有个小球，共有层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共层，小球总个数为，则该垛积的第一层的小球个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式3】（24-25高三上·江西上饶·期中）复印纸按照幅面的基本面积，把幅面规格分为系列、系列、系列，其中系列的幅面规格为，，，…，，所有规格的纸张的长度（以表示）和幅宽（以表示）的比例关系都为；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；…，如此对开至规格.现有，，，…，纸各一张，若纸的幅宽为，则这9张纸的面积之和为（   ） A． B． C． D． 题型15数列中的新定义问题 【典例15】（24-25高二上·广东·阶段练习）斐波那契数列因数学家莱昂纳多•斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”.因趋向于无穷大时，无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，若从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二上·江苏·阶段练习）将正整数分解为两个正整数、的积，即，当、两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如，其中即为20的最优分解，当、是的最优分解时，定义，则数列的前2024项的和为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·上海长宁·一模）数列为严格增数列，且对任意的正整数n，都有，则称数列满足“性质Ω”． ①存在等差数列满足“性质Ω”； ②任意等比数列，若首项，则满足“性质Ω”； 下列选项中正确的是（   ） A．①是真命题，②是真命题； B．①是真命题，②是假命题； C．①是假命题，②是真命题； D．①是假命题，②是假命题． 【变式3】（24-25高二上·福建漳州·期中）若数列满足（为正整数，为常数），则称数列为等方差数列，为公方差. (1)已知数列，的通项公式分别为：，，判断上述两个数列是否为等方差数列，并说明理由； (2)若数列既是等方差数列，又是等差数列，证明：数列为常数列. (3)若数列是首项为1，公方差为2的等方差数列，在（1）的条件下，在与之间依次插入数列中的项构成新数列：，，，，，，，，，，……，求数列中前30项的和. 【变式4】（24-25高二上·福建厦门·阶段练习）已知两个数列和的项数均为，且对于数列，其中，若存在满足：①，都有；②，使得，则称数列是的单极数列. (1)已知，若的单极数列为，求满足条件的的个数. (2)已知是的单极数列. （i）若，求. （ii）若，当时，证明：. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第五章 数列 章末题型大总结 题型01数列的函数特性及应用 解题锦囊 求数列最大(小)项的方法 （1）构造函数，确定出函数的单调性，进一步求出数列的最大项或最小项． （2）利用，求数列中的最大项； 利用，求数列中的最小项. 当解不唯一时，比较各解大小即可确定． 【典例1】（24-25高二上·河北沧州·阶段练习）已知数列的通项公式为，则中的项最大为（    ） A． B．0 C． D．2 【答案】D 【分析】根据数列的单调性求解. 【详解】. 当时，函数单调递减， 则当时，数列单调递减， 所以中的项最大为. 故选：D. 【变式1】（24-25高三上·河北·阶段练习）已知数列的通项公式为，若对于任意正整数n，都有≤成立，则m的值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】C 【分析】利用给定的通项公式，结合单调性求出最大项即可得解. 【详解】数列的通项公式为，则 ， 由，，解得，而, 因此当时，，即，当时，， 即， 所以数列的最大项为，即对于任意正整数n，都有≤成立，依题意，. 故选：C 【变式2】（24-25高二上·河北保定·阶段练习）在数列中，若，，则下列数不是中的项的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由数列的递推关系及求数列的前几项，确定数列的周期，由此判断结论. 【详解】因为，， 所以，，，，…， 故是以为周期的周期数列，-1不是数列中的项， 故选：A． 【变式3】（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）已知数列的通项公式是（），若数列是递增数列，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据单调性的定义即可列不等式求解. 【详解】为单调递增的数列，故， 解得， 故选：C 【变式4】（24-25高三上·天津·阶段练习）在无穷数列中，，，数列的前n项和为，则的最大值与最小值的差为（   ） A． B． C． D．无法确定 【答案】C 【分析】求出数列的前n项和，按奇偶探讨的单调性求出最大与最小值即可得解. 【详解】由，，得，而，则数列是等比数列， 于是，当为奇数时，，， 当为偶数时，，，因此的最大值与最小值分别为， 所以的最大值与最小值的差为. 故选：C 题型02 由数列的前几项求通项 解题锦囊 由数列的前几项求数列的通项公式 ①各项的符号特征，通过或来调节正负项． ②考虑对分子、分母各个击破或寻找分子、分母之间的关系． ③相邻项(或其绝对值)的变化特征． ④拆项、添项后的特征． ⑤通过通分等方法变化后，观察是否有规律． 【典例1】（24-25高二上·江苏南通·期中）已知数列的前4项依次为，则其通项公式可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依次求出各个选项中数列的前几项即可判断. 【详解】对于A，，不合题意； 对于B，，符合题意； 对于C，，不合题意；对于D，，不合题意． 故选：B 【变式1】（24-25高二上·山东菏泽·阶段练习）若数列的前四项依次为2，12，112，1112，则的一个通项公式为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过观察前几项的规律即可求解. 【详解】由，，，， 可得的一个通项公式为． 故选：D． 【变式2】（24-25高二上·黑龙江绥化·阶段练习）对于任意一个有穷数列，可以通过在该数列的每相邻两项之间插入这两项的之和，构造一个新的数列.现对数列1，5进行构造，第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，依此类推，第n次得到数列1，5.记第n次得到的数列的各项之和为，则的通项公式（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依据题意构造数列，分析规律，结合等比数列前项和公式即可求解. 【详解】依题意，，， ， ， ， ， 由等比数列的前项和公式，得， 所以的通项公式. 故选：A 【变式3】（24-25高三上·天津河西·期中）将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】观察得到中的奇数项都是数列中的项，即，其为公比为4的等比数列，求出，得到答案. 【详解】数列中的项为， 观察得到中的奇数项都是数列中的项， 即可以写成的形式，其为公比为4的等比数列， 故，故. 故选：D 【变式4】（24-25高二上·甘肃白银·期中）已知数列，则该数列的第项为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据数列的前几项，得出数列的通项公式，即可求解. 【详解】因为数列为， 所以该数列的通项公式为，得到， 故选：D. 题型03累加法与累乘法 解题锦囊 累加法适用于an＋1－an＝f(n)或an－an-1＝f(n)型，其解题恒等式为an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解 累乘法适用于或型，通常利用an＝··…··a1，求出通项an. 【典例3】（24-25高二上·山东·期中）在数列中，，则的通项公式为 ． 【答案】； 【分析】求出，利用累加法求和得到通项公式. 【详解】， 故， 所以 . 故答案为： 【变式1】（24-25高二上·上海·期中）若数列满足，且（其中，），则的通项公式是 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用累加法求出数列的通项. 【详解】在数列中，，当时，， 则 ，满足上式， 所以的通项公式是. 故答案为： 【变式2】（23-24高二下·海南海口·期中）已知数列的前项和为且满足，则数列的通项公式为 ． 【答案】 【分析】当时，，化简得，利用累乘法计算得到，满足上式，写成分段的形式即可. 【详解】当时，， 化简得，，利用累乘法得 ， 显然满足上式， 所以 故答案为： 【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知数列{an}满足，a1＝1，则a2 023＝ 【答案】4045 【详解】 ∵＝2n，∴ an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，可得＝，∴ a2 023＝×××…×××a1＝××…×××1＝4 045. 【变式4】（24-25高二上·重庆·期中）将正奇数按照如图排列，我们将……，都称为“拐角数”，则下面是拐角数的为（    ） A．55 B．75 C．111 D．135 【答案】C 【分析】先根据题中规律，并采用累加法结合等差数列前n项和公式求出拐弯数的通项公式，即可求解. 【详解】不妨设第n（）个“拐角数”为， 不难发现， 所以，得， 当时，也符合上式，所以， 所以第7个“拐角数”是， 第8个“拐角数”是， 第9个“拐角数”是， 第10个“拐角数”是， 第11个“拐角数”是， 第12个“拐角数”是.故C对； 故选：C 题型04根据Sn与an的关系求通项 解题锦囊 （1）已知Sn=f(n)求an 已知求通项，步骤可分为三步：（1）当时；（2）当时，；（3）检验能否合写，即和两种情况能否合写成一个公式，否则就写为分段的形式． （2）已知Sn与an的关系求an 根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化. （1）利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解； （2）利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）转化为只含an，an－1的关系式，再求解. 【典例4】（24-25高二上·天津静海·阶段练习）已知为数列的前n项和，且满足，则的通项公式为 . 【答案】 【分析】先求，再利用（）计算即可求解. 【详解】当时，， 当时，， 整理得：，， 当时，上式不成立， 所以. 故答案为： 【变式1】（24-25高二上·上海·阶段练习）已知数列的前项和．则数列 ． 【答案】 【分析】根据公式，即可求解数列的通项公式. 【详解】当时，， 当时，， 验证当时，成立， 所以. 故答案为： 【变式2（24-25高三上·天津·期中）已知数列的前项和为，若，则 . 【答案】54 【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得的值. 【详解】当时，，所以，即， 当时，， 所以数列是首项为2，公比为3的等比数列， 则. 故答案为：54. 【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知数列的前n项和为，且满足，，则 . 【答案】 【分析】由公式且)化简可证明为等差数列，求出首项和公差即可知道的通项，进而可求. 【详解】因为，所以， 所以，所以是等差数列，公差为3，又， 所以，即. 故答案为：. 【变式4】（24-25高二上·河南·期中）记数列的前n项和为，已知（）且，，则 ． 【答案】 【分析】由an与的关系，可得，再累加法求解即可． 【详解】当时，由得， 即， 因为，所以， 所以， ， 则， 又满足上式，故， 故答案为：． 题型05构造法求数列的通项 解题锦囊 用“待定系数法”构造等比数列 形如（为常数，）的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为（其中：），由此构造出新的等比数列，先求出的通项，从而求出数列的通项公式. 倒数法 形如（为常数，）的数列，通过两边取“倒”，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，即可求得. 【典例5】（23-24高二上·广东深圳·期末）已知数满足，则数列的通项公式 ． 【答案】 【分析】由题意可得，即是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式求解即可. 【详解】由可得：，又, ， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. 故答案为： 【变式1】（23-24高一下·上海·期末）数列满足，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法，结合等比数列通项求解即得. 【详解】数列中，由，得，即， 而，，于是数列是首项为3，公比为的等比数列， 因此，即， 所以数列的通项公式为. 故答案为： 【变式2】（23-24高二下·河南·期中）数列中，若，，则 ． 【答案】19 【分析】取倒数可得，即可得数列的通项公式，计算即可得. 【详解】∵，则， ∴，∴故数列为等差数列，公差等于2， 又，故， ∴. 故答案为：19． 【变式3】在数列中，已知，，则的通项公式为 ． 【答案】 【详解】由， 两边取倒数得， 即， 又因为， 所以是首项为，公差为的等差数列， 所以， 故， 故答案为： 题型06等差、等比数列的判断解题锦囊 1．等差数列的定义 如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母表示． 2．等比数列的定义 如果一个数列从第2项起，第一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示(q≠0)． 【典例5】（24-25高三上·陕西·阶段练习）已知正项数列满足，且，则（    ） A．为等差数列 B．为等差数列 C．为等比数列 D．为等比数列 【答案】A 【分析】由条件可得，，结合关系可得，可得，由此判断AC，举反例判断BD. 【详解】因为，数列为正项数列， 所以，，又， 所以， 所以， 所以为等差数列，A正确，C错误； 设，则，，， 满足条件，， 因为，， 所以不是等比数列，不是等差数列，B错误，D错误. 故选：A. 【变式1】（24-25高三上·江苏·阶段练习）“数列是等差数列”是“数列为等比数列”的（   ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．既不充分也不必要 D．充要 【答案】A 【分析】利用等差数列、等比数列的定义、特例法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】若数列是等差数列，设其公差为， 则，所以，，且对任意的，， 所以，数列为等比数列， 即“数列是等差数列”“数列为等比数列”； 另一方面，若数列为等比数列，不妨取， 则数列为等比数列，但无意义， 即“数列是等差数列”“数列为等比数列”. 因此，“数列是等差数列”是“数列为等比数列”的充分不必要条件. 故选：A. 【变式2】（24-25高三上·江西南昌·阶段练习）设数列，的前项和分别为，，则下列命题正确的是（    ） A．若，则数列为等差数列 B．若，则数列为等比数列 C．若数列是等差数列，则，，成等差数列 D．若数列是等比数列，则，，成等比数列 【答案】AC 【分析】对于A，C，利用等差数列的定义判断即可，对于B，D，通过举反例判断 【详解】对于A，由等差数列的定义可知当时，数列为等差数列，所以A正确； 对于B，当时，满足，但数列不是等比数列，所以B错误； 对于C，数列是等差数列，数列的前项和为， 则， ， 所以， 所以，，成等差数列，所以C正确； 对于D，当等比数列的公比， 当为偶数时，，，均为零， 所以，，不成等比数列，所以D错误， 故选：AC. 【变式3】（24-25高二上·河北保定·阶段练习）记等差数列的前n项和为，，． (1)证明：数列是等差数列． (2)若数列满足，且，求的通项公式． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为d，将条件转化为的方程，解方程求，结合求和公式求，再根据等差数列定义证明结论； （2）由（1）利用累加法求的通项公式. 【详解】（1）证明：设等差数列的公差为d， 又，， 解得，， 所以，， 所以． 因为， 所以， 所以数列是等差数列． （2），又， 所以，又 当时，， 则 ． 又也满足上式，所以的通项公式为． 【变式4】（2024高三上·山东济南·专题练习）已知数列的前n项和为，， (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件，得到当，时，，且有，由等比数列的定义即可证明结果； （2）由（1）及条件可得，，再利用等比等差数列前项和公式分组求和，即可求解． 【详解】（1）证明：因为， 所以当，时，， 即 又时，， 所以数列为首项为1，公比为3的等比数列． （2）由（1）知，所以， 又由，可得， 所以 题型07等差、等比数列基本量计算解题锦囊 （1）在等差、等比数列中，其通项公式和前n项和两个公式共涉及，，，及五个基本量，它们分别表示等差数列的首项、公差、项数、末项和前项和；、 （2）依据方程的思想，在数列前项和公式中已知其中三个量可求另外两个量，即“知三求二”。 ． 【典例7】（24-25高二上·江苏扬州·阶段练习）已知等比数列的前3项和为28，且，则（    ） A．28 B．56 C．64 D．128 【答案】D 【分析】通过前3项和以及，求解，由通项公式可计算结果. 【详解】因为，所以， 又的前3项和为28，即①， 又②， ②式比①式可得，解得（舍）或， 代入②式得，则. 故选：D 【变式1】（23-24高三上·山东·期中）各项均为正数的等比数列的前项和为，且，，成等差数列，若，则（    ） A．或15 B．15 C．或 D． 【答案】B 【分析】由题意设出公比，根据等差中项的性质建立方程，可得答案. 【详解】设等比数列的公比为，由数列为正项数列，则， 由，，为等差数列，则，即，即， 解得或（舍去），又，所以. 故选：B 【变式2】（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）已知等差数列的首项为1，若成等比数列，则（    ） A． B．4 C．8 D．或4 【答案】B 【分析】设等差数列的公差为，由成等比数列求出可得答案. 【详解】等差数列的公差为， 若成等比数列，则， 即，解得，， 当时，， 当时，，此时不能构成等比数列，故舍去， 所以, 故选：B. 【变式3】（24-25高三上·江苏·阶段练习）记为等差数列的前n项和．已知，则（   ） A．10 B．9 C． D． 【答案】B 【分析】根据等差数列以及前项和的计算即可求解. 【详解】由可得，解得， 故选：B 【变式4】（24-25高三上·湖北·期中）已知等比数列满足，，记为其前项和，则（   ） A． B． C． D．7 【答案】A 【分析】根据题意列方程求出公比，然后可解. 【详解】设等比数列的公比为，， 依题意，，， 即，∴，， 解得或， ∴，，或，，， ∴. 故选：A 题型08等差数列的性质 解题锦囊 1．等差数列的常用性质 （1）若，则； （2）若，则； （3）下标成等差数列的项组成以md为公差的等差数列 2．与等差数列各项的和有关的性质 设等差数列（公差为d）和的前n项和分别为， （1）数列是等差数列，首项为，公差为． （2）构成公差为的等差数列． （3）若数列共有项，则，； 若数列共有项，则，． （4），． 【典例8】（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）等差数列的前项和为，已知，则（    ） A．28 B．30 C．32 D．36 【答案】C 【分析】根据等差数列求和公式及等差中项的性质即可得解. 【详解】由已知为等差数列， 所以. 故选：C. 【变式1】（24-25高二上·江苏苏州·期中）（多选）已知数列是等差数列，是等比数列，.（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】利用等差数列、利用等差数列的性质判断即可. 【详解】设等差数列的公差为， 当时，，故A正确； 当公差时，是常数列，，但与不一定相等，故B不正确； 设等比数列的公比为， 若“”，则，故C正确； 当公比时，是常数列，，但与不一定相等，故D不正确. 故选：AC. 【变式2】（24-25高二上·全国·课后作业）若等差数列的前m项的和为20，前3m项的和为90，则它的前2m项的和为（    ） A．30 B．70 C．50 D．60 【答案】C 【分析】根据等差数列前n项和分段和的性质计算即可求值. 【详解】∵在等差数列中，，，也成等差数列， ∴， ∴，∴． 故选:C. 【变式3】（24-25高二上·河北沧州·阶段练习）已知为等差数列的前项和，若，且，则（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】由等差数列的性质可得为等差数列，则，即可求出. 【详解】由等差数列的性质可得为等差数列， 所以，则. 故选：B. 【变式4】（24-25高二上·陕西榆林·阶段练习）已知等差数列的前n项和分别为，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差数列的性质把代数式等价变形，即可得到，结合条件即可得到结果. 【详解】由等差数列性质得，， 由得，. 故选：C. 题型09等比数列的性质 解题锦囊 若数列是公比为的等比数列，前n项和为，则有如下性质： （1）若，则；若，则． 推广：若，则． （2）若成等差数列，则成等比数列． （3）若项数为，则，若项数为，则． （4）当时，连续项的和（如）仍组成等比数列（公比为，）．注意：这里连续m项的和均非零． 【典例9】（24-25高二上·山西晋城·阶段练习）定义行列式，若各项均为正数的等比数列，其前项和为，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】A 【分析】根据行列式的定义化简则，结合等比数列性质求结论. 【详解】由题意可得，. 由等比数列的性质，可得，所以原式. 故选：A. 【变式1】（23-24高三上·江苏扬州·期末）设等比数列的前n项和为，若，则（    ） A．66 B．67 C．65 D．63 【答案】C 【分析】由题意可得，由等比数列的性质可得，即可得结果. 【详解】因为，则， 设等比数列的公比为， 则，可得， 所以. 故选：C. 【变式2】（24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）在正项等比数列中，，则 . 【答案】10 【分析】根据等比数列的性质来求得正确答案. 【详解】依题意，， ， 所以. 故答案为：10 【变式3】（24-25高二上·全国·随堂练习）若等比数列共有项，其公比为2，其奇数项和比偶数项和少100，则数列的所有项之和为 ． 【答案】300 【分析】设等比数列的奇数项之和为，偶数项之和为则，，则可求出,值，从而得出答案. 【详解】设等比数列的奇数项之和为，偶数项之和为， 则， ， 由题意可得：，即，解得， 故数列的所有项之和是. 故答案为：300. 题型10等差数列前n项和的最值问题 解题锦囊 思路1：根据等差数列前n项和的二次函数特性求最值； 思路2：结合等差数列的单调性找变号项进而求出最值. 【典例10】（24-25高二上·江苏扬州·阶段练习）已知公差为负数的等差数列的前项和为，若，，是等比数列，则当取最大值时，（    ） A．2或3 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】设等差数列的公差为，根据等比中项的性质得到，从而得到其通项公式，再确定数列的所有非负数项即可得解. 【详解】设等差数列的公差为，由，，是等比数列， 即，得，解得， 则， 显然等差数列单调递减，当时，，当时，， 所以当取最大值时，. 故选：B 【变式1】（24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）若是等差数列，表示的前项和，，，则中最小的项是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等差中项的性质及求和公式可得，，进而可确定数列的最小项. 【详解】由数列为等差数列， 则，且， 即，， 所以当时，取最小值， 即数列的最小项为， 故选：B. 【变式2】（24-25高二上·河南新乡·阶段练习）（多选）已知是等差数列的前项和，，且，则（   ） A．公差 B． C． D．当时，最大 【答案】ACD 【分析】设等差数列的公差为，结合可得，进而判断ABC；分析可得当时，；当时，，进而判断D. 【详解】设等差数列的公差为， 由，得， 整理得，即， 因为，则，故A正确； ，故B错误； ，故C正确； 因为， ， 所以当时，；当时，， 所以当时，最大，故D正确. 故选：ACD． 【变式3】（24-25高二上·福建龙岩·阶段练习）设等差数列的前项和为，公差为，若，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】由等差数列前项和公式求出，再结合通项公式和前项和公式逐项辨析即可. 【详解】方法一： ∵等差数列满足，， ∴由等差数列前项和公式有，解得， ∴，， 对于A，，故选项A正确； 对于B，，当取与最接近的整数即或时，最大，∴，故选项B正确； 对于C，，故选项C正确； 对于D，，故选项D错误. 方法二： ∵等差数列满足， ∴，∴ 对于A，，∴，故A正确； 对于B，，，，∴，故选项B正确； 对于C，，故选项C错误； 对于D，，故选项D错误. 故选：ABC. 题型11裂项相消法 【典例11】（24-25高二上·福建龙岩·阶段练习）（多选）设数列的前项和为，已知，则下列结论正确的是（   ） A． B．数列为等比数列 C． D．若，则数列的前10项和为 【答案】BD 【分析】根据题意，可得，所以数列为以为首项，以为公比的等比数列，依次可判断A、B、C，再由裂项相消法判断D. 【详解】当时，由，得，解得， 当时，， 即， 即数列为以为首项，以为公比的等比数列， 则，，，所以A、C错误，B正确； 又， 数列的前10项和为： ，D正确. 故选：BD. 【变式1】（24-25高二上·重庆·期中）已知为等差数列，其公差为，前项和为，为等比数列，其公比为，前项和为，若，，，． (1)求公差和； (2)记，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分析可得，由此可得，利用等比数列的求和公式可求出的值，即可得出的值，计算出的值，根据可得出关于的方程，即可解出的值； （2）利用裂项相消法求出数列的前项和，即可证得结论成立. 【详解】（1）因为为等差数列，其公差为，前项和为，则， 又因为，，则， 因为，即，可得，解得，故， 所以，，则，可得. 综上所述，. （2）由（1）可得， 所以，， 因此， . 【变式2】（24-25高三上·河北·期中）已知数列为等差数列，且，. (1)求数列的通项公式； (2)数列满足，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和求和公式列方程组即可求解，，即可得； （2）由可得，由裂项相消法即可求和. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 所以，解得， 所以； （2）因为， 所以， 所以 . 【变式3】（24-25高三上·江苏泰州·阶段练习）已知数列前项和为，满足. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前100项和. 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）由已知写出时，，与已知式相减得递推式，再求得后可得通项公式； （2）用裂项相消法求和． 【详解】（1）∵，∴时，， 两式相减得，即， ， 又，即， 所以，∴，也适用． ∴； （2）由（1）， ∴ ． 题型12错位相减法 【典例12】（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）设等差数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)设数列满足，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和求和公式可列出方程组，解出首项和公差的值，即可求得的通项公式； （2）先利用等差数列求和得，再利用方程组法得，最后运用错位相减法求出. 【详解】（1）由题意，设等差数列的首项为，公差为， 由题意，得，解得． 所以． （2）由（1）得，所以①， 当时，，即， 所以时，②， ①②得，所以，又也适合，所以，， 利用错位相减法，则 ， 上面两式相减得：， 则， 即. 【变式1】（24-25高二上·福建厦门·阶段练习）若数列的前项和为，且，等差数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由条件根据关系可得，证明数列是等比数列，由此可求，由条件求数列的公差，再求数列的通项公式； （2）利用错位相减法求数列的前项和. 【详解】（1）因为①， 所以②，， ①②得，又 所以，故数列是以为公比，首项为的等比数列， ， ， 等差数列的公差为. （2）由（1）可得， ， 两式相减得， 【变式2】（23-24高三下·四川攀枝花·阶段练习）已知公差为的等差数列中，，. (1)求数列的通项公式； (2)若，令，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列的性质得到，是方程的两根，从而求得，进而求得的通项公式即可得解； （2）利用（1）中结论，结合错位相减法即可得解. 【详解】（1）是等差数列，， 又，，是方程的两根， 解，得或， 又，，，， ，，. （2）由（1）得， 所以， 则， 两式相减，得 ， . 【变式3】（24-25高二上·江苏淮安·期中）已知数列的前n项和为，，． (1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和为； (3)若对任意恒成立．求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析，； (2)； (3). 【分析】（1）根据题设递推关系有，结合等差数列定义判断证明，进而写出通项公式； （2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求； （3）将问题化为恒成立，作差法判断右侧的最小值，即可得参数范围. 【详解】（1）由，则，又， 所以数列是首项、公差均为的等差数列，则， 所以. （2）由，则， 所以， 所以. （3）由（1）（2），则，整理得恒成立， 令，则， 当时，当时，当时， 所以，即的最小值为， 综上，. 题型13并项法 【典例13】（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）已知数列满足，前项和为，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出，再利用等比数列前项和公式计算即得. 【详解】数列中，，由，得，，则有， 因此数列是以1为首项，2为公比的等比数列，数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以. 故选：D. 【变式1】（24-25高二上·江苏扬州·阶段练习）已知数列的前项和为，若，，则 . 【答案】 【分析】利用并项求和法及等差数列求和公式计算可得. 【详解】因为，， 所以 . 故答案为： 【变式2】（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）设的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)数列的通项公式为，求其前项和 (3)记的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据的关系即可作差证明是等差数列，进而可求数列通项公式； （2）结合（1）对分奇数与偶数两种情况利用分组求和可求得； （3）由（1）可得，当时，，可得结论. 【详解】（1），令得； 又当时，， 可得，即①； 所以②，由①－②得， 即，所以数列是等差数列. 由及，可得公差，可得. （2）由（1）可得， 当为奇数时， ， 当为偶数时， ， 综上所述：， （3）由（1）可得， 当时，， 所以. 【变式3】（24-25高三上·广东·阶段练习）设数列的前项和为，已知. (1)证明：数列是等比数列； (2)若数列满足，，求数列的前项的和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据，作差得到，从而得到，即可得证； （2）由（1）可得，从而得到，则当为偶数时 ，再利用并项求和法计算可得. 【详解】（1）因为， 当时，得，解得； 由题意①，得②， ②①得， 即， 又 所以，即 所以是首项为1，公比为2的等比数列． （2）由（1）知，则， 又，所以， 且， 又因为当为偶数时，，即， 所以 . 【变式4】（2024高三·全国·专题练习）已知数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)设数列满足，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用与的关系，可得，即可利用等比数列的通项求解， （2）根据对数运算可得，即可讨论的奇偶求得数列的前项和. 【详解】（1）由，得， 两式相减得，， 即，即， 当时，，即， 所以数列是首项为1，公比为的等比数列，故． （2）由（1）得，则， 故． 当为偶数时， ； 当为奇数时，为偶数， ． 综上， 题型14数列在实际问题中的应用 【典例14】（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）专家表示，海水倒灌原因是太阳、月亮等星体的共同作用下，海水的自然涨落，如果天气因素造成的涨水现象赶上潮汐高潮的时候，这个时候水位就会异常的高.某地发生海水倒灌，未来24h需要排水减少损失，因此需要紧急抽调抽水机.经测算，需要调用20台某型号抽水机，每台抽水机需要平均工作24h.而目前只有一台抽水车可立即投入施工，其余抽水机需要从其他施工现场抽调.若抽调的抽水机每隔20min才有一台到达施工现场投入工作，要在24h内完成排水任务，指挥部至少共需要抽调这种型号的抽水机（    ） A．25台 B．24台 C．23台 D．22台 【答案】B 【分析】设至少需要台抽水机，记一台抽水机20min完成的任务为单位1， 台抽水机完成的任务依次为，，是公差为的等差数列，解不等式即可得．不等式数字较大，引入二次函数后，利用函数的性质确定结论． 【详解】设至少需要台抽水机，记一台抽水机20min完成的任务为单位1，这台抽水机完成的任务依次为，（） 依题意，，是公差为的等差数列， ， 要完成所有任务，则， ， 记，在上是减函数， ，， 所以时，， 所以最小值需要24台抽水机， 故选：B． 【变式1】（24-25高三上·湖南·期中）为了让自己渐渐养成爱运动的习惯，小张11月1日运动了2分钟，从第二天开始，每天运动的时长比前一天多2分钟，则从11月1日到11月15日，小张运动的总时长为（    ） A．3.5小时 B．246分钟 C．4小时 D．250分钟 【答案】C 【分析】根据等差数列求和公式计算可得结果. 【详解】依题意可得，小张从11月1日开始，第1天､第2天､､第15天的运动时长依次成等差数列， 且首项为2，公差为2，所以从11月1日到11月15日，小张运动的总时长为分钟小时. 故选：C 【变式2】（24-25高三上·浙江·阶段练习）北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，终于得出了长方台形垛积的求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有..........依此类推，最底层有个小球，共有层.现有一个由小球堆成的长方台形垛积，共层，小球总个数为，则该垛积的第一层的小球个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】设各层的小球个数为数列，利用，可得，，利用数列的求和公式，求得，根据题意，列出方程，求得的值，进而求得该垛积的第一层的小球个数. 【详解】设各层的小球个数为数列， 由题意得，，，， 因为，可得， ， ， ， 则， 因为前层小球总个数为，所以，即， 解得或（舍去）， 所以，可得，即该垛积的第一层的小球个数为个. 故选：B. 【变式3】（24-25高三上·江西上饶·期中）复印纸按照幅面的基本面积，把幅面规格分为系列、系列、系列，其中系列的幅面规格为，，，…，，所有规格的纸张的长度（以表示）和幅宽（以表示）的比例关系都为；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；…，如此对开至规格.现有，，，…，纸各一张，若纸的幅宽为，则这9张纸的面积之和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，设纸的幅宽为，利用等比数列的通项公式及前n项和公式列式计得解. 【详解】设纸的幅宽为，则的长宽分别为，的长宽分别为，的长宽分别为，…， 因此，，，…，纸的幅宽构成以为首项，为公比的等比数列， 由，得，则的长宽分别为，其面积为， 依题意，9张纸的面积是首项为，公比为的等比数列， 所以这9张纸的面积之和为. 故选：D 题型15数列中的新定义问题 【典例15】（24-25高二上·广东·阶段练习）斐波那契数列因数学家莱昂纳多•斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”.因趋向于无穷大时，无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，若从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据古典概型的概率计算公式计算即可求解. 【详解】由题意可知数列满足， 所以该数列前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144， 其中是偶数的有：2，8，34，144， 故从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是偶数的概率为. 故选；C. 【变式1】（24-25高二上·江苏·阶段练习）将正整数分解为两个正整数、的积，即，当、两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如，其中即为20的最优分解，当、是的最优分解时，定义，则数列的前2024项的和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用最优分解的思想，结合分类讨论，就可得到数列通项，从而求和即可. 【详解】当，时，，所以； 当，时，，所以； 所以数列的前2024项和为： ， 故选：B. 【变式2】（2024·上海长宁·一模）数列为严格增数列，且对任意的正整数n，都有，则称数列满足“性质Ω”． ①存在等差数列满足“性质Ω”； ②任意等比数列，若首项，则满足“性质Ω”； 下列选项中正确的是（   ） A．①是真命题，②是真命题； B．①是真命题，②是假命题； C．①是假命题，②是真命题； D．①是假命题，②是假命题． 【答案】B 【分析】根据等差数列基本量的计算即可判断①，根据等比数列为常数列时，即可判断②. 【详解】设等差数列的首项和公差分别为， 若等差数列满足“性质Ω”； 由可得，故，即，故只需要即可满足“性质Ω”；故①是真命题， 设等比数列的首项和公比分别为，若，，则显然不成立， 因此存在等比数列不满足“性质Ω”；故②是假命题 故选：B 【变式3】（24-25高二上·福建漳州·期中）若数列满足（为正整数，为常数），则称数列为等方差数列，为公方差. (1)已知数列，的通项公式分别为：，，判断上述两个数列是否为等方差数列，并说明理由； (2)若数列既是等方差数列，又是等差数列，证明：数列为常数列. (3)若数列是首项为1，公方差为2的等方差数列，在（1）的条件下，在与之间依次插入数列中的项构成新数列：，，，，，，，，，，……，求数列中前30项的和. 【答案】(1)为等方差数列，不是等方差数列，理由见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据等方差数列的定义，即可判断； （2）根据等差数列及等方差数列的定义即可求解； （3）首先说明是等比数列，再根据等比数列和等差数列求和公式，即可求解． 【详解】（1）因为常数， 所以数列为等方差数列，1为公方差； 因为， 所以数列不是等方差数列； （2）因为是等差数列，设其公差为d， 则， 又是等方差数列，所以， 故， 所以， 即， 所以，故是常数列； （3）由题意知数列是首项为1，公方差为2的等方差数列， 故，而，所以， 是首项为1，公比为3的等比数列， 而新数列中项含前共有项， 令，结合，解得， 故数列中前30项含有的前7项和数列的前23项， 所以数列中前30项的和. 【点睛】解答与数列有关的新定义问题的策略： （1）通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. （2）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决. （3）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢. 【变式4】（24-25高二上·福建厦门·阶段练习）已知两个数列和的项数均为，且对于数列，其中，若存在满足：①，都有；②，使得，则称数列是的单极数列. (1)已知，若的单极数列为，求满足条件的的个数. (2)已知是的单极数列. （i）若，求. （ii）若，当时，证明：. 【答案】(1)18 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）由单级数列的定义，及的单极数列为可得满足条件的的个数； （2）（i）由，得，两式相减可推得，则得； （ii）设，由已知可推得，则可得，再由，即可证得结果. 【详解】（1）由题意可知，为的最大值. 若的单极数列为， 则有或， 或或或或， 则满足条件的的个数为. （2）（i）由为的最大值，可知， 由，得， 两式相减，得， 整理，得， 又， 则，即，所以，即. （ii）设， 因为， 则， ， . 易知， ，即， ，即. 又， 则有. 所以 由，得， 即. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$