专题09 等差等比数列性质（13大巩固提升练+能力提升练+高考真题练）-【寒假分层作业】2025年高二数学寒假培优练（人教A版2019选择性必修第二册）

专题09 等差等比数列性质 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练 题型一：等差数列定义判断 题型二：等比数列定义判断 题型三：等差等比“纠缠数列” 题型四：等差数列中的“高斯技巧” 题型五：等比数列中的“高斯技巧” 题型六：等差数列双“和”比值型 题型七：等比数列比值型 题型八：等差数列前n项和最值型 题型九：等比数列与函数关系 题型十：等差数列奇、偶数项和 题型十一：等差数列正负项符号判断 题型十二：等比数列“1的平衡点”判断 题型十三：等差等比综合型 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 高考真题练 巩固提升练 题型01 等差数列定义判断 ⭐技巧积累与运用 .方法 解读 适合题型 定义法 为同一常数 ⇔是等差数列 解答题中的证明问题 等差中项法 成立⇔是等差数列 通项公式法 为常数）对任意的正整数都成立 ⇔是等差数列 选择、填空题中的判定问题 前项和公式法 验证为常数）对任意的正整数都成立⇔是等差数列 1．数列满足，，，若，则k=（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．在数列中，，且，若数列单调递增，则实数a的取值范围为（    ） A．（2，） B．（2，3） C．（，4） D．（2，4） 3．数列满足并且，则数列的第100项为（   ） A． B． C． D． 题型02 等比数列定义判断 ⭐技巧积累与运用 等比数列判定方法 (1)定义法：“欲证等比，直接作比”，即证＝q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列； (2)等比中项法：即证a＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列． 1．设数列 满足，，，令，则数列的前100项和为（      ） A． B． C． D． 2．若数列和满足，，，则（   ） A． B． C． D． 3．已知数列中，（且，则数列通项公式为（    ） A． B． C． D． 题型03 等差等比“纠缠数列” ⭐技巧积累与运用 纠缠数列 等差数列某些项（包括复合型）成等比，或者等比数列某些项成等差，称之为“纠缠数列。纠缠数列处理思维 1.如果是等差数列中某些项成等比，则设公差和首项，解方程 2.如果是等比数列中某些项成等差，则设公比和首项，解方程 1．已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，的最大值是（    ）． A．9 B．10 C．11 D．12 2．设有四个数的数列为，，，，前三个数构成一个等比数列，其和为k；后三个数构成一个等差数列，其和为9，且公差非零.对于任意固定的k，若满足条件的数列的个数大于1，则k应满足（    ）. A． B． C． D．其他条件 3．设等差数列的前n项和为，且满足a1＝2，S7＝35，将a3，a7，a11，a15中去掉一项后，剩下的三项按原来的顺序恰为等比数列的前三项，则数列的前10项的和T10＝（　　） A．10212 B．9212 C．11212 D．12212 题型04 等差数列中的“高斯技巧” ⭐技巧积累与运用 等差数列“高斯计巧” 若{an}为等差数列，且m+n=p+q,则 ，…仍是等差数列，公差为． 4.，…也成等差数列，公差为． 1．在等差数列中，，则（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 2．已知数列是等差数列，m，n都是正整数，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知和的等差中项是4，和的等差中项是5，则和的等差中项是（    ） A．8 B．6 C．4.5 D．3 题型05 等比数列中的“高斯技巧” ⭐技巧积累与运用 等比数列“高斯技巧” （1)“高斯”技巧：若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak2； (2)“跳项”等比：数列an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk. (3)“和项”等比：数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为__qn__. 1．在等比数列中，，，则（    ） A． B． C． D．11 2．设是等比数列，且，则（   ） A．12 B．24 C．30 D．32 3．设各项均为正数的等比数列满足，则等于（    ） A． B． C．11 D．10 题型06 等差数列双“和”比值型 ⭐技巧积累与运用 若与为等差数列，且前项和分别为与，则. 还要注意这类题啊， 上下项数如果不同时的转化计算。 1．已知等差数列，的前项和分别为，，，则使得为整数的正整数n的值为（ ） A．2 B．3 C．5 D．14 2．已知等差数列和的前项和分别为，若，则（    ） A． B． C．28 D． 3．等差数列的前项和分别为和，若，则（    ） A． B． C． D． 题型07 等比数列比值型 1．已知等比数列的前项和为，若，则（   ） A． B．8 C．9 D．16 2．记等比数列的前项和为，若，则（   ） A． B． C． D． 3．已知等差数列和等比数列的前项和分别为和，且，则（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 题型08 等差数列前n项和最值型 ⭐技巧积累与运用 在等差数列中 （1）若，则满足的项数使得取得最大值； （2）若，则满足的项数使得取得最小值． 即若，则有最大值（所有正项或非负项之和）； 若，则有最小值（所有负项或非正项之和）． 1．若是等差数列，表示的前项和，，，则中最小的项是（     ） A． B． C． D． 2．已知为等差数列的前项和，公差为.若，则（    ） A． B． C． D．无最大值 3．已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 题型09 等比数列与函数关系 ⭐技巧积累与运用 等比数列与函数的关系 (1) 数列{an}是等比数列，an＝a1qn-1， 通项an为指数函数：即an＝a1qx-1； (2)数列{an}是等比数列，Sn＝，Sn为型线性指数函数。 （3）借助函数性质（或者不等式均值等性质）求等比数列最值时，要注意自变量n是离散型 1．等比数列的公比为，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 2．设命题p：若数列是公差不为0的等差数列，则点必在一次函数图象上；命题q：若正项数列是公比不为1的等比数列，则点必在指数函数图象上.下列说法正确的是（    ） A．p、q均为真命题 B．p、q均为假命题 C．p真q假 D．p假q真 3．等比数列满足，公比为2，数列满足，下列说法错误的是（    ） A．为递增数列 B．为递增数列 C．中最小项的值为1 D． 题型10 等差数列奇、偶数项和 ⭐技巧积累与运用 设数列是等差数列，且公差为， 1.若项数为偶数，设共有项，则 ①； ② ； 2.若项数为奇数，设共有项，则 ①(中间项)；②. 1．设等差数列的项数为奇数，则其奇数项之和与偶数项之和的比为（   ） A． B． C． D． 2．已知等差数列的前30项中奇数项的和为，偶数项的和为，且，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知等差数列共有项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则的值为（    ）． A．30 B．29 C．28 D．27 题型11 等差数列正负项符号判断 ⭐技巧积累与运用 在处理等差数列的前项和的最值时，往往转化为判定的符号变化： ①若，当时，则当且仅当最大； ②若，当时，则当且仅当最小； ③若最大，则. 1．已知数列的通项公式为，若满足的整数恰有2个，则可取到的值有（    ） A．有3个 B．有2个 C．有1个 D．不存在 2．已知等差数列的前项和为，若，则使的最小的的值为（    ） A．17 B．18 C．19 D．20 3．已知是等差数列的前项和，且，，则（    ） A．数列为递增数列 B． C．的最大值为 D． 题型12 等比数列“1的平衡点”判断 ⭐技巧积累与运用 等比数列“平衡点”型不等式 等比数列“平衡点”型不等式，主要从以下几个性质思考： 1.若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak2 2.如果等比数列是正项递增数列，则若p＋q>m＋n，则ap·aq>am·an. 1．设等比数列的公比为，其前项之积为，并且满足条件：，.给出下列结论：（1）；（2）（3）的值是中最大的；（4）使成立的最大自然数等于4030.其中正确的结论为 A．（1）,（3） B．（2）,（3） C．（2）,（4） D．（1）,（4） 2．设等比数列的公比为，其前项之积为，并且满足条件：，，，给出下列结论：①；② ；③是数列中的最大项；④使成立的最大自然数等于4039；其中正确结论的序号为（    ） A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③④ 3．设等比数列的公比为，其前项之积为，并且满足条件：，，，给出下列结论：（1）；（2）；（3）是数列中的最大项；（4）使成立的最大自然数等于4031，其中正确的结论为 A．（2）（3） B．（1）（3） C．（1）（4） D．（2）（4） 题型13等差等比综合型 1．对于数列，若存在，使得对任意，有，则称为“有界变差数列”．给出以下四个结论： ① 若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于0； ② 若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比q的取值范围是； ③ 若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； ④ 若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； 其中所有正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．已知等差数列（公差不为零）和等差数列的前n项和分别为，，如果关于x的实系数方程有实数解，那么以下2021个方程中，无实数解的方程最多有（    ） A．1008个 B．1009个 C．1010个 D．1011个 4．已知是数列的前项和，且，（），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． D． 能力培优2多4填空 1．设是各项为正的无穷数列，若对于，（d：为非零常数），则称数列为等方差数列．那么（   ） A．若是等方差数列，则是等差数列 B．数列为等方差数列 C．若是等方差数列，则数列中存在小于1的项 D．若是等方差数列，则存在正整数n，使得 2．已知等比数列的公比为q，前n项和，设，记的前n项和为，则下列判断正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 3．已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中元素的个数，若时，规定. （1）若，则 ； （2）若数列是等差数列，则数列的前50项之和为 . 4．等差数列满足，则的最大值为 ． 5．无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ． 6．已知等比数列的首项，且，记的前项和为，前项积为，则当不等式成立时，的最大值为 ． 高考真题 1．（2024全国高考甲卷）已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．1 D． 2．（2023全国高考甲卷）设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（    ） A． B． C．15 D．40 3．（2023全国高考2卷）记为等比数列的前n项和，若，，则（    ）． A．120 B．85 C． D． 4．记为等差数列的前n项和，若，，则 . 5．设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 . 6．已知为等比数列，，，则 . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 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 $$ 专题09 等差等比数列性质 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练 题型一：等差数列定义判断 题型二：等比数列定义判断 题型三：等差等比“纠缠数列” 题型四：等差数列中的“高斯技巧” 题型五：等比数列中的“高斯技巧” 题型六：等差数列双“和”比值型 题型七：等比数列比值型 题型八：等差数列前n项和最值型 题型九：等比数列与函数关系 题型十：等差数列奇、偶数项和 题型十一：等差数列正负项符号判断 题型十二：等比数列“1的平衡点”判断 题型十三：等差等比综合型 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 高考真题练 巩固提升练 题型01 等差数列定义判断 ⭐技巧积累与运用 .方法 解读 适合题型 定义法 为同一常数 ⇔是等差数列 解答题中的证明问题 等差中项法 成立⇔是等差数列 通项公式法 为常数）对任意的正整数都成立 ⇔是等差数列 选择、填空题中的判定问题 前项和公式法 验证为常数）对任意的正整数都成立⇔是等差数列 1．数列满足，，，若，则k=（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】判断数列是等差数列，结合等比数列前项和公式来求得的值. 【详解】依题意，数列满足，，， 所以， 所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以， ， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 故， 而， 所以. 故选：C 2．在数列中，，且，若数列单调递增，则实数a的取值范围为（    ） A．（2，） B．（2，3） C．（，4） D．（2，4） 【答案】C 【分析】由递推关系，结合条件，求出数列的通项公式，再结合数列的单调性，列不等式可求实数a的取值范围. 【详解】因为，所以，， 所以，又， ， 所以数列的偶数项按项数从小到大排列可得一公差为3的等差数列， 所以当为偶数时，， 当为大于等于3的奇数时，， 因为数列{an}单调递增，所以， 所以当为大于等于3的奇数时，，化简可得， 当为大于等于4偶数时，，解得， 由可得，， 所以， 故选：C. 3．数列满足并且，则数列的第100项为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将递推关系式进行变形化简，可以判断数列是等差数列，进而利用等差数列通项公式可求得数列的通项，从而可求出数列的第100项． 【详解】，， 则为等差数列，首项为，第2项为， 公差，则有，．故选：B． 题型02 等比数列定义判断 ⭐技巧积累与运用 等比数列判定方法 (1)定义法：“欲证等比，直接作比”，即证＝q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列； (2)等比中项法：即证a＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列． 1．设数列 满足，，，令，则数列的前100项和为（      ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定的递推公式，求出数列的通项公式，进而求出，再利用分组求和法求解即得. 【详解】数列满足，，， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即， 数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即， 因此，显然的周期为4， 则 ， 令，则有， 因为， 所以数列是等差数列， 所以数列的前100项和，即数列的前25项和为. 故选：B. 2．若数列和满足，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由题设依次求出和，再两式相减可得，从而代入即可求解. 【详解】由题可得，即， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，故， 又由题可得即， 所以，故， 所以. 所以， 所以. 故选：A. 3．已知数列中，（且，则数列通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知得，进而确定数列的通项公式，即可求. 【详解】由，知：且()， 而，， ∴是首项、公比都为3的等比数列，即， 故选：C 题型03 等差等比“纠缠数列” ⭐技巧积累与运用 纠缠数列 等差数列某些项（包括复合型）成等比，或者等比数列某些项成等差，称之为“纠缠数列。纠缠数列处理思维 1.如果是等差数列中某些项成等比，则设公差和首项，解方程 2.如果是等比数列中某些项成等差，则设公比和首项，解方程 1．已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，的最大值是（    ）． A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】A 【分析】根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式求出和的通项公式，再求出数列的通项公式，再根据分组求和求出，再解不等式，即可求出结果. 【详解】因为是以1为首项，2为公差的等差数列，所以． 因为是以1为首项，2为公比的等比数列，所以， 所以 所以 ． 因为，所以， 当时，，不适合题意， 当时，，适合题意， 所以当时，的最大值是． 故选：A. 2．设有四个数的数列为，，，，前三个数构成一个等比数列，其和为k；后三个数构成一个等差数列，其和为9，且公差非零.对于任意固定的k，若满足条件的数列的个数大于1，则k应满足（    ）. A． B． C． D．其他条件 【答案】D 【分析】用等比数列的公比表示出四个数并列出方程，再探讨方程解的情况作答. 【详解】设，，所成等比数列的公比为，依题意，，则四个数为，，3，， 因，，所成等差数列公差不为0，即，因此：，整理得， 因满足条件的数列的个数大于1，则关于的方程有两个不同的实数解，且， 则有，且，即且， 当时，，当时，，即当时，k可以取9， 所以k应满足且. 故选：D 3．设等差数列的前n项和为，且满足a1＝2，S7＝35，将a3，a7，a11，a15中去掉一项后，剩下的三项按原来的顺序恰为等比数列的前三项，则数列的前10项的和T10＝（　　） A．10212 B．9212 C．11212 D．12212 【答案】A 【分析】先设等差数列的公差，根据公式求和，判断是等比数列的前三项，再求得公比和，代入计算，最后利用错位相减法求即可. 【详解】设等差数列的公差为，则，解得. 故，即， 由题意知，是等比数列的前三项，即，公比，故. 故，， ，两式作差得，，所以. 故选：A. 题型04 等差数列中的“高斯技巧” ⭐技巧积累与运用 等差数列“高斯计巧” 若{an}为等差数列，且m+n=p+q,则 ，…仍是等差数列，公差为． 4.，…也成等差数列，公差为． 1．在等差数列中，，则（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】根据等差中项的性质，建立方程求解即可. 【详解】因为是等差数列，所以，则. 故选：C. 2．已知数列是等差数列，m，n都是正整数，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】由充分条件和必要条件的定义，结合等差数列的性质分别判断可得结果. 【详解】由等差数列的性质可知由，可得； 当（a为常数）时，由，推不出. 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：C. 3．已知和的等差中项是4，和的等差中项是5，则和的等差中项是（    ） A．8 B．6 C．4.5 D．3 【答案】D 【分析】运用等差中项概念及性质可解. 【详解】，， ，， 和的等差中项是. 故选：D. 题型05 等比数列中的“高斯技巧” ⭐技巧积累与运用 等比数列“高斯技巧” （1)“高斯”技巧：若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak2； (2)“跳项”等比：数列an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk. (3)“和项”等比：数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为__qn__. 1．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 2．设是等比数列，且，则（   ） A．12 B．24 C．30 D．32 【答案】D 【分析】根据已知条件求得的值, 再由可求得结果. 【详解】由题意，，在等比数列中，设公比为， ，解得：，∴，故选：D. 3．设各项均为正数的等比数列满足，则等于（    ） A． B． C．11 D．10 【答案】C 【分析】等比数列中若，，则，先根据性质求出的值,最后运用对数性质计算即可. 【详解】在等比数列中，，得. 根据等比数列性质，. 所以 ，.故选：C. 题型06 等差数列双“和”比值型 ⭐技巧积累与运用 若与为等差数列，且前项和分别为与，则. 还要注意这类题啊， 上下项数如果不同时的转化计算。 1．已知等差数列，的前项和分别为，，，则使得为整数的正整数n的值为（ ） A．2 B．3 C．5 D．14 【答案】B 【分析】由等差中项的性质和等比数列的求和公式得出，进而可得出为的正约数，由此可得出正整数的可能取值. 【详解】由题意可得， 则， 由于为整数，则为的正约数，则的可能取值有、、， 因此，正整数的可能取值有、、.故选：B 2．已知等差数列和的前项和分别为，若，则（    ） A． B． C．28 D． 【答案】D 【分析】根据等差数列的性质来计算求得正确答案. 【详解】依题意，和是等差数列， 而，故可设， 其中，所以， ， .故选：D 3．等差数列的前项和分别为和，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前项和公式列式计算即可. 【详解】等差数列的前项和分别为和，， 所以 .故选：D 题型07 等比数列比值型 1．已知等比数列的前项和为，若，则（   ） A． B．8 C．9 D．16 【答案】B 【分析】根据等比数列的前项和的性质，将分别用表示，代入即可求解. 【详解】因为所以，则， 由等比数列的前项和的性质可知， 数列是以为首项，3为公比的等比数列， 所以，即， ，即， 所以. 故选：B. 2．记等比数列的前项和为，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等比数列前项和的性质计算即可. 【详解】因为为等比数列的前项和，所以成等比数列， 由，得，则，所以，所以， 所以. 故选：B 3．已知等差数列和等比数列的前项和分别为和，且，则（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】C 【分析】分别设出为和的形式，由此求得，即可化简后得到结果. 【详解】由等差数列和等比数列的前项和分别为和， 当等比数列的公比时，，显然不合题意； 所以，等比数列为常数列，所以可设，，， 所以可得，故C正确. 故选：C. 题型08 等差数列前n项和最值型 ⭐技巧积累与运用 在等差数列中 （1）若，则满足的项数使得取得最大值； （2）若，则满足的项数使得取得最小值． 即若，则有最大值（所有正项或非负项之和）； 若，则有最小值（所有负项或非正项之和）． 1．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. 2．已知为等差数列的前项和，公差为.若，则（    ） A． B． C． D．无最大值 【答案】B 【分析】对于A：根据可得，结合通项公式分析判断；对于B：根据等差数列性质可得，即可分析判断；对于CD：根据分析数列的符号性，即可判断. 【详解】对于选项A：因为数列为等差数列，则，即， 可得，则，故A错误； 对于选项B：因为，则，所以，故B正确； 对于选项D：因为，且，可知，当时，； 当时，；可知当且仅当时，取到最大值，故D错误， 对于选项C：因为，所以，故C错误； 故选：B. 3．已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设的公差为，根据题意列出方程组，求得，得到和，进而求得答案. 【详解】设的公差为，因为，， 可得 ，解得，所以， 可得， 所以当时，取得最小值. 故选：D. 题型09 等比数列与函数关系 ⭐技巧积累与运用 等比数列与函数的关系 (1) 数列{an}是等比数列，an＝a1qn-1， 通项an为指数函数：即an＝a1qx-1； (2)数列{an}是等比数列，Sn＝，Sn为型线性指数函数。 （3）借助函数性质（或者不等式均值等性质）求等比数列最值时，要注意自变量n是离散型 1．等比数列的公比为，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】C 【分析】根据题意，利用等比数列的通项公式与不等式的性质，对两个条件进行正反推理论证，可得所求结论. 【详解】根据题意，成立时，有结合， 得，即， ①当时，可得，所以，即； ②当时，为偶数时，，可得，所以， 为奇数时，，可得，所以，因此不存在满足成立， 综上所述，若成立，则必定有， 若，结合，可知等比数列是递增数列，必定有成立 因此，若等比数列的首项，则“”是“”的充要条件. 故选：C 2．设命题p：若数列是公差不为0的等差数列，则点必在一次函数图象上；命题q：若正项数列是公比不为1的等比数列，则点必在指数函数图象上.下列说法正确的是（    ） A．p、q均为真命题 B．p、q均为假命题 C．p真q假 D．p假q真 【答案】C 【分析】根据等差数列和等比数列的性质判断命题的真假即可 【详解】若数列是公差不为0的等差数列，则， 故点必在一次函数图象上，故p真； 若，则数列是公比为2，首项为3的等比数列， ，，不恒在指数函数图象上，故q假. 故选：C 3．等比数列满足，公比为2，数列满足，下列说法错误的是（    ） A．为递增数列 B．为递增数列 C．中最小项的值为1 D． 【答案】C 【分析】A选项，计算出且，故A正确；B选项，计算出且公比大于1，B正确；C选项，在B选项基础上得到最小值；D选项，计算出，从而得到当时，，当时，，故. 【详解】A选项，由题意可知，， 且公比，故为递增数列，A正确； B选项，，， 则为递增数列，故B正确； C选项，当时，取得最小值，故C错误； D选项，， 当时，， 当时，， 故，故D正确． 故选：C． 题型10 等差数列奇、偶数项和 ⭐技巧积累与运用 设数列是等差数列，且公差为， 1.若项数为偶数，设共有项，则 ①； ② ； 2.若项数为奇数，设共有项，则 ①(中间项)；②. 1．设等差数列的项数为奇数，则其奇数项之和与偶数项之和的比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等差数列前项和公式解决即可. 【详解】由题知，奇数项有项，偶数项有项， 奇数项之和为， 偶数项之和为， 所以奇数项之和与偶数项之和的比为， 故选：D 2．已知等差数列的前30项中奇数项的和为，偶数项的和为，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件列出关于首项和公差的方程，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，首项为， 则，所以， 因为，即，则， 等差数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，等差数列的前30项中奇数项有15项，所以，得， 所以. 故选：B 3．已知等差数列共有项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则的值为（    ）． A．30 B．29 C．28 D．27 【答案】B 【分析】由等差数列的求和公式与等差数列的性质求解即可 【详解】奇数项共有项，其和为， ∴． 偶数项共有n项，其和为， ∴． 故选：B． 题型11 等差数列正负项符号判断 ⭐技巧积累与运用 在处理等差数列的前项和的最值时，往往转化为判定的符号变化： ①若，当时，则当且仅当最大； ②若，当时，则当且仅当最小； ③若最大，则. 1．已知数列的通项公式为，若满足的整数恰有2个，则可取到的值有（    ） A．有3个 B．有2个 C．有1个 D．不存在 【答案】A 【分析】本题首先可讨论当时，根据得出，然后讨论当时，通过等差数列求和公式得出，通过计算即可得出结果. 【详解】当时， ， 解得，此时保证等式成立的每个值，只有一个值，不符合题意； 当时， ， 即， 若整数恰有2个，则首先，解得， 设该方程有两实数根，则，若，显然不合题意，则，则， 若，此时，解得，满足，符合题意； 若，此时，解得，满足，符合题意； 若，此时，解得，满足，符合题意， 故可取到的值有或或. 故选：A. 2．已知等差数列的前项和为，若，则使的最小的的值为（    ） A．17 B．18 C．19 D．20 【答案】C 【分析】根据等差数列的性质，判断数列的有关项的符号，再结合等差数列的求和公式求解. 【详解】因为数列为等差数列，且，， 所以数列为递减数列，，且，. 所以即，所以， . 所以使的最小的的值为19. 故选：C 3．已知是等差数列的前项和，且，，则（    ） A．数列为递增数列 B． C．的最大值为 D． 【答案】C 【分析】根据等差数列的性质及前项和公式逐项判断即可. 【详解】由题意，，，则，故B错误； 数列的公差，所以数列为递减数列，故A错误； 由于时，，时，， 所以的最大值为，故C正确； ，故D错误. 故选：C. 题型12 等比数列“1的平衡点”判断 ⭐技巧积累与运用 等比数列“平衡点”型不等式 等比数列“平衡点”型不等式，主要从以下几个性质思考： 1.若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak2 2.如果等比数列是正项递增数列，则若p＋q>m＋n，则ap·aq>am·an. 1．设等比数列的公比为，其前项之积为，并且满足条件：，.给出下列结论：（1）；（2）（3）的值是中最大的；（4）使成立的最大自然数等于4030.其中正确的结论为 A．（1）,（3） B．（2）,（3） C．（2）,（4） D．（1）,（4） 【答案】C 【详解】试题分析：由已知推得a2015<1或a2016<1．然后分析若a2015<1，那么a2016>1，若a2015<0，则q<0结合等比数列的通项公式可得q＞0．再由等比数列的性质逐一核对四个命题得答案． 可知：a2015<1或a2016＜1． 如果a2015<1，那么a2016>1，若a2015<0，则q＜0； 又∵a2016＝a1q2015，∴a2016应与a1异号，即a2016＜0，这假设矛盾，故q>0． 若q≥1，则a2015>1且a2016>1，与推出的结论矛盾，故0<q<1，故（1）正确； 又a2015a2017＝a20162<1，故（2）错误； 由结论（1）可知a2015>1，a2016<1，故数列从2016项开始小于1，则T2015最大，故（3）错误； 由结论（1）可知数列从2016项开始小于1，而Tn=a1a2a3…an，故当Tn＝(a2015)2时，求得Tn>＞1对应的自然数为4030，故（4）正确．故选C． 考点：等比数列性质 【方法点睛】等比数列的性质可以分为三类：①通项公式的变形，②等比中项的变形，③前n项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口 2．设等比数列的公比为，其前项之积为，并且满足条件：，，，给出下列结论：①；② ；③是数列中的最大项；④使成立的最大自然数等于4039；其中正确结论的序号为（    ） A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】由题意可得，，结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答案． 【详解】，，， ，． ，故①正确； ，，故②不正确； ，是数列中的最大项，故③正确； ，， 使成立的最大自然数等于4038，故④不正确． 正确结论的序号是①③． 故选：B． 【点睛】本题考查等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题． 3．设等比数列的公比为，其前项之积为，并且满足条件：，，，给出下列结论：（1）；（2）；（3）是数列中的最大项；（4）使成立的最大自然数等于4031，其中正确的结论为 A．（2）（3） B．（1）（3） C．（1）（4） D．（2）（4） 【答案】B 【详解】试题分析：由，得，前项都大于1，而从第项起都小于1，因此是数列中的最大项；所以（1）（3）正确，选B. 考点：等比数列公比 【思路点睛】等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法. 题型13等差等比综合型 1．对于数列，若存在，使得对任意，有，则称为“有界变差数列”．给出以下四个结论： ① 若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于0； ② 若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比q的取值范围是； ③ 若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； ④ 若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； 其中所有正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对于①，利用反证法即可判断；对于②，讨论和，，并结合等比数列求和及性质即可判断；对于③④，证明若，均为有界变差数列，且，则是有界变差数列，即可判断. 【详解】对于①，假设的公差不等于0，则, 故， 所以不存在，使得对任意，有， 所以若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于0，故正确①； 对于②，因为的各项均为正数，所以，， ， 当时，，， 任取即可，所以为有界变差数列． 当时，， 若，则， 令即可，所以为有界变差数列， 若，则， 当时，， 显然不存在符合条件的，故不是有界变差数列． 综上，的取值范围是，故②错误； 先证明若，均为有界变差数列，且，则是有界变差数列． 由有界变差数列的定义可知， ， ． 因为 ， 所以． 故 ， 因此， 所以是有界变差数列． 对于③，易知，设,则，且， 由前面结论知是有界变差数列，即是“有界变差数列”，故正确③； 对于④，因为，所以， 所以是有界变差数列，故④正确. 故所有正确结论的个数是3. 故选:C. 【点睛】关键点点睛：对于③④，先证明若，均为有界变差数列，且，则是有界变差数列． 3．已知等差数列（公差不为零）和等差数列的前n项和分别为，，如果关于x的实系数方程有实数解，那么以下2021个方程中，无实数解的方程最多有（    ） A．1008个 B．1009个 C．1010个 D．1011个 【答案】C 【分析】设出两个等差数列的公差，由等差数列的性质得到，要想无实根，要满足，结合根的判别式与基本不等式得到和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立，……，和至多一个成立，且，从而得到结论.. 【详解】由题意得：， 其中，， 代入上式得：， 要想方程无实数解，则， 显然第1011个方程有解， 设方程与方程的判别式分别为和， 则 ， 等号成立的条件是a1=a2021. 所以和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立， ……，和至多一个成立，且， 综上，在所给的2021个方程中，无实数根的方程最多1010个 故选：C 【点睛】对于数列综合题目，要综合所学，将不熟悉的问题转化为我们熟练的知识点进行解决，比如本题中要结合根的判别式，以及等差数列的性质，以及基本不等式进行求解，属于难题. 4．已知是数列的前项和，且，（），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． D． 【答案】D 【分析】A选项，计算出，故不是等比数列，A错误； B选项，计算出的前三项，得到，B错误； C选项，由题干条件得到，故为等比数列，得到，故，，……，，相加即可求出，C错误； D选项，在的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出. 【详解】由题意得：，， 由于，故数列不是等比数列，A错误； 则，，， 由于，故数列不为等比数列，B错误； 时，，即， 又， 故为等比数列，首项为2，公比为3， 故， 故，，……，， 以上20个式子相加得：，C错误； 因为，所以，两式相减得： ， 当时，，，……，， 以上式子相加得：， 故，而也符和该式，故， 令得：， 当时，，，……，， 以上式子相加得：， 故，而也符号该式，故， 令得：， 综上：，D正确. 故选：D 【点睛】当遇到时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解. 能力培优2多4填空 1．设是各项为正的无穷数列，若对于，（d：为非零常数），则称数列为等方差数列．那么（   ） A．若是等方差数列，则是等差数列 B．数列为等方差数列 C．若是等方差数列，则数列中存在小于1的项 D．若是等方差数列，则存在正整数n，使得 【答案】ACD 【分析】对于B：代入定义计算即可判断；根据题意结合等差数列的定义分析判断A；借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的函数性质分析判断C；由题意将表示出来后，使用放缩技巧，通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式即可判断D. 【详解】对于选项B：若时，则，， 则不为定值， 所以数列不是等方差数列，故B错误； 对于选项ACD：若是等方差数列，则为常数， 所以数列是以为首项，公差为d的等差数列，故A正确； 可得， 当时，则总存在正整数，使， 与矛盾，故恒成立，， 有，， 即，，有， 则， 由随的增大而增大， 故总存在正整数使，即数列中存在小于1的项，故C正确； 由，故， 则 ， 可得 ， 由随n的增大而增大，且时，， 故对任意的，总存在正整数n使， 即总存在正整数n，使得，D正确； 故选：ACD． 2．已知等比数列的公比为q，前n项和，设，记的前n项和为，则下列判断正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BD 【分析】先求得的取值范围，根据的取值范围进行分类讨论，利用差比较法比较出和的大小关系. 【详解】由于是等比数列，，所以， 当时，，符合题意； 当时，，即，上式等价于①或②.解②得.解①，由于可能是奇数，也可能是偶数，所以. 综上所述，的取值范围是. ，所以，所以，而，且. 所以，当，或时，，即，故BD选项正确，C选项错误. 当时，，即. 当或时，，A选项错误. 综上所述，正确的选项为BD. 故选：BD 【点睛】本小题主要考查等比数列的前项和公式，考查差比较法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题. 3．已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中元素的个数，若时，规定. （1）若，则 ； （2）若数列是等差数列，则数列的前50项之和为 . 【答案】 2 1275 【分析】（1）利用新定义求解即可； （2）要计算数列的前50项之和，先要明白是一个什么样的数列，需要先计算首项，再看各项之间的关系，最后求解即可. 【详解】（1）由题可知，，又因为，所以，故； （2）由题可知，所以，所以. 若，则，， 所以，，与是等差数列矛盾.所以. 设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以. 假设存在使得.设，由得. 由，得，，与为等差数列矛盾. 所以对任意都有.所以数列是等差数列，. 所以，. 故答案为：2；1275 【点睛】思路点睛：很多和数列相关的新概念的练习，我们都可以在里面找到，我们学过的一些数列的影子，所以我们考虑的时候可以从我们常见的数列入手. 4．等差数列满足，则的最大值为 ． 【答案】50 【分析】根据题意分析可知：存在，使得或，以为例，设等差数列的公差为，结合绝对值不等式的性质分析可知：，且，进而可得，再根据等差数列的前n项和公式，求得，从而得出，即可求解. 【详解】若对任意，恒成立，则， 可得， ， 显然两者不相等，不合题意； 同理可得对任意，恒成立也不合题意； 所以等差数列一部分为正，一部分为负， 即存在，使得或， 若，可得， 且 ， 当且仅当时，等号成立， 即，解得； 且 ， 当且仅当时，等号成立 即，解得， 综上所述：，即满足条件的必为偶数， 结合等号成立条件可知：且， 设等差数列的公差为，则，，， 即，，， 可得， 则 ， 可得，解得， 且，即有的最大值为，的最大值为； 同理可得：当，的最大值也为. 故答案为：50. 【点睛】关键点睛：1.根据的符号性分析可得存在，使得或； 2.根据绝对值不等式分析可得，且. 5．无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】当时，不妨设，则，结合为闭区间可得对任意的恒成立，故可求的取值范围. 【详解】由题设有，因为，故，故， 当时，，故，此时为闭区间， 当时，不妨设，若，则， 若，则， 若，则， 综上，， 又为闭区间等价于为闭区间， 而，故对任意恒成立， 故即，故， 故对任意的恒成立，因， 故当时，，故即. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理. 6．已知等比数列的首项，且，记的前项和为，前项积为，则当不等式成立时，的最大值为 ． 【答案】19 【分析】由等比数列的通项公式、前项和公式及等差数列前项和公式，结合不等式成立问题，分类讨论思想即可求解． 【详解】设等比数列的公比为． 由，得，解得， 所以， 则． 由，得，即． 整理得，． 令，解得． 又，所以． 当时，，不等式不成立； 当时，，所以，不等式成立； 当时，，所以，不等式不成立． 故当不等式成立时，的最大值为19． 故答案为：19． 高考真题 1．（2024全国高考甲卷）已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理. 【详解】方法一：利用等差数列的基本量 由，根据等差数列的求和公式，， 又. 故选：D 方法二：利用等差数列的性质 根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式， ，故. 故选：D 方法三：特殊值法 不妨取等差数列公差，则，则. 故选：D 2．（2023全国高考甲卷）设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（    ） A． B． C．15 D．40 【答案】C 【分析】根据题意列出关于的方程,计算出,即可求出. 【详解】由题知, 即,即,即. 由题知,所以. 所以. 故选:C. 3．（2023全国高考2卷）记为等比数列的前n项和，若，，则（    ）． A．120 B．85 C． D． 【答案】C 【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出； 方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解． 【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为， 若，则，与题意不符，所以； 若，则，与题意不符，所以； 由，可得，，①， 由①可得，，解得：， 所以． 故选：C． 方法二：设等比数列的公比为， 因为，，所以，否则， 从而，成等比数列， 所以有，，解得：或， 当时，，即为， 易知，，即； 当时，， 与矛盾，舍去． 故选：C． 【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算． 4．记为等差数列的前n项和，若，，则 . 【答案】95 【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案. 【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得， 则. 故答案为：. 5．设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误. 【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上， 而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确. 对于②，取则均为等比数列， 但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误. 对于③，设，， 若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解， 若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾； 若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数， 当有偶数解，此方程即为， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时， 否则，因单调性相反， 方程至多一个偶数解， 当有奇数解，此方程即为， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即 否则，因单调性相反， 方程至多一个奇数解， 因为，不可能同时成立， 故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确. 对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势， 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 6．已知为等比数列，，，则 . 【答案】 【分析】根据等比数列公式对化简得，联立求出，最后得. 【详解】设的公比为，则，显然， 则，即，则，因为，则， 则，则，则， 故答案为：. 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 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$