专题03 数列通项的求法（易错培优竞赛精练）-【竞赛】2024-2025学年高二数学竞赛能力培优精练（全国通用）
|
2份
|
75页
|
1276人阅读
|
31人下载
内容正文：
2025新高考高二数列通项的求法易错培优竞赛试题
【专题目录】
专题一：名校数列通项的求法易错题精选
专题二：名校数列通项的求法培优题精选
专题三：数列通项的求法全国高中数学联赛强基计划精选试题
【精选练习】
专题一：名校数列通项的求法易错题精选
1．在数列中，，则等于（ ）
A．4 B． C．13 D．
【答案】A
【分析】应用累加法结合对数运算计算求出通项公式.
【详解】依题意，在数列中，，
即，
所以
．
故选：A.
2．已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．4 B． C．3 D．
【答案】D
【分析】根据的关系，利用相减法结合等比数列的定义求解数列的通项公式，从而将不等式转化为，利用数列的单调性求最值即可得实数的范围，从而得最小值.
【详解】由，令，解得，
当时，由得，即，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，
由，即恒成立，令，则，
而，所以，即数列单调递减，故，
所以，所以的最小值为.
故选：D.
3．已知各项均为正数的数列的前项和为，且，则的最小值为（ ）
A． B．3 C． D．4
【答案】B
【分析】由时得，根据得数列是首项为1，公差为2的等差数列，表示出，得到，令，利用可得最小值.
【详解】∵，∴当时，，
整理得，即，
∵的各项均为正数，∴，
由得，
∴数列是首项为1，公差为2的等差数列，
∴，，
∴.
令，则，
当时，，当时，，
∴．
故选：B．
4．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
5．设数列的前项之积为，满足，则（ ）
A． B．4049 C． D．
【答案】C
【分析】根据条件先证明出为等差数列，然后求解出的通项公式，由此可求结果.
【详解】因为，所以，
所以，所以，所以是公差为的等差数列，
因为，所以，
所以，所以，
故选：C.
6．已知首项为0的数列满足，若，则（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】D
【分析】运用累加法求出通项公式，代入m，解方程即可.
【详解】因为，故由累加法，
得
，
又因为，所以，
由题意可知，
故，解得（负值舍去）.
故选：D.
7．已知数列满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据数列的递推公式，利用累加法可得通项公式，再根据对勾函数的性质，可得答案.
【详解】因为，所以由递推公式可得
当时，等式两边分别相加，得
，
因为，则，而满足上式，所以，
即，函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为，当时，，
当时，，因为，所以的最小值为.
故选：A.
8．（多选题）已知是数列的前项和，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是等差数列 B．数列是递增数列
C． D．
【答案】BCD
【分析】利用与的关系，结合数列增减性的判断、等比数列的通项公式与求和公式即可得解.
【详解】因为，
当时，，解得；
当时，，则，
整理得，则，
所以是以1为首项，3为公比的等比数列，故A错误，
则数列是递增数列，故B正确，
且，，故CD正确.
故选：BCD.
9．（多选题）数列满足，记数列的前项和为，则（ ）
A． B．
C．数列的前项和为 D．的最小值为
【答案】AD
【分析】根据的关系式可得，即A正确，再由分组并项求和计算可得B错误，利用等差数列前项和公式计算可得C错误，由判断出其符号即可得D正确.
【详解】对于A，由，得①，
当时，；当时，②，
由①－②，得，解得，
当时也成立，所以，故A正确；
对于B，
，故B错误；
对于C，数列的前项和为，故C错误；
对于D，因为，当时，，当时，，且，
故当或9时，的前项和取最小值，最小值为，故D正确.
故选：AD.
10．（多选题）数列的前项和为，若，则有（ ）
A． B．为等比数列
C． D．
【答案】AD
【分析】利用与关系，推得是等比数列，进而依次求得和，从而得解.
【详解】
，即，
又，
是首项为1，公比为的等比数列，
，故A正确；
又当时，
当时，不符合上式，
，故BC错误；
当时，，故D正确.
故选：AD.
11．（多选题）已知数列满足，关于数列有下述四个结论：其中正确的是（ ）
A．数列为等比数列
B．
C．
D．若为数列的前项和，则
【答案】ACD
【分析】对于A，将条件进行变形即可构造数列；对于B，由A用累加法即可求数列的通项；对于C，由A得，即可判断；对于D，由B利用分组求和即可得到.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以数列为公比为3的等比数列,所以A正确;
又因为，
所以，
因为，
所以，
所以,故C正确；
由累加法得,所以B错误；
由分组求和得,
所以D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：
递推关系的解法：理解递推数列的性质，并通过累加法求解通项公式.
等比数列的性质：通过分析递推关系得出等比数列的公比和性质.
分组求和技巧：利用分组求和技巧计算前项和.
12．已知数列满足，则的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用与的关系求出通项公式.
【详解】数列中，，
当时，，
两式相减得，解得，而，即满足上式，
所以的通项公式为.
故答案为：
13．已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式 .
【答案】
【分析】根据与的关系可得当时，是公比为3的等比数列，求解答案.
【详解】由得，时，，两式相减得，
所以当时，是公比为3的等比数列，而，则，
由不满足上式得.
故答案为：.
14．已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式是 .
【答案】
【分析】利用和的关系可得，进而得到数列为等比数列，首项为3，公比为，进而求解即可.
【详解】由，
当时，，则；
当时，，
则，即，
所以，
则数列为等比数列，首项为3，公比为，
所以，则.
故答案为：.
15．记数列的前项和为，已知且，则 .
【答案】
【分析】由与的关系，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：．
16．已知数列，满足，则 ；若数列的前项和为，且，则 .
；
【答案】
【分析】利用累加法求解即可得出；先求出，进而得到，分组求和得到.
【详解】因为 ，
所以 ，所以
，
又因为，所以，，，
当时也适合上式，所以.
由，
因为，所以，解得
当时，
当时，
当时，
所以
所以
故答案为：；.
17．已知数列前项和为，且，若存在两项使得，当时，则最小值是 .
【答案】4
【分析】先根据可得数列是首项为1，公比为2的等比数列，即可得到，结合可得，再结合基本不等式求解即可.
【详解】由，得，两式相减得，而，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，即，
因为，则，即，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以最小值是，
故答案为：.
18．设数列满足．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用构造法，结合等比数列的定义即可得证；
（2）结合（1）中结论求得，再利用累加法与等差等比数列的求和公式即可得解.
【详解】（1）由，，得，
由，
得，
所以，
故数列是以为首项，3为公比的等比数列．
（2）由（1）得，则，
则；；，
．
由累加法可得，
又，则，同时满足上式，
所以．
19．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．
20．已知数列的前n项和，且满足．
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项乘积为，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由与的关系，先判定是等比数列，再求出数列的通项公式.
（2）根据（1）中的结果，表示出，结合二次函数和指数函数的单调性求最小值.
【详解】（1）当时，.
当时，，且，
两式相减得：.
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
所以
（2）由（1）可知：，
所以.
所以当或时，相等且最小，为.
专题二：名校数列通项的求法培优压轴试题精选
1．已知数列的各项均为正数，，其前项和满足.给出下列五个结论：①的第2项大于；②为常数列；③为递减数列；④为等比数列；⑤中存在小于的项.其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据递推公式求出的值，可判断①；利用递推公式得即可判断②；由，得，进而可判断③；利用反证法可判断④⑤.
【详解】对于①，因为，
所以，即，
即，解得（舍去），故①正确；
对于②，由，
所以，即为常数列，故②正确；
对于③，由，得，
因为，所以，所以，
所以，所以为递减数列，故③正确；
对于④，由，得，
假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，
所以，可得，解得，不合乎题意，
故数列不是等比数列，故④错；
对于⑤，假设对任意的，，则，
所以，与假设矛盾，假设不成立，故⑤正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：利用递推公式得，从而得出，是解决本题的关键.
2．已知正项数列前项和为，首项且，则以下说法中正确的个数（ ）
①；②当为奇数时，；③
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【分析】由得，当时解得， 当时由递推关系得到，分奇偶讨论求出，做出判断.
【详解】因为，故，即，
当时，，解得，故①正确；
当时，，
，
即，又，所以，
则数列的奇数项是以3为首项，6为公差的等差数列，
偶数项是以5为首项，6为公差的等差数列，
则当为偶数时，，
则当为奇数时，，故②正确；
，故③正确.
故选：D
3．已知数列的前项和为，，，且关于的不等式有且仅有4个解，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用数列的递推关系构造出常数列，再求通项，然后分离参变量，再利用数列的单调性思想，研究不等式成立的条件.
【详解】因为，
所以，所以，
即，
所以数列是常数列，当时，，
所以，即，
因为，所以，
令，
所以
，
当时，，即，
，，，，，
为了满足不等式有且仅有4个解，则，
此时有，，，.
故选：.
【点睛】方法点睛：通过数列递推关系构造出常数列，不等式恒成立或有解问题要用分离参变量方法，数列的单调性用作差或作商法来研究.
4．已知数列满足，对任意，都有，设，则对任意，下列结论恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】赋值得到数列的递推关系，再构造等比数列求通项，进而得，再作差比较法证明数列单调性，求出最小项，结合排除法即可判断选项，D项特殊项验证可得.
【详解】因为对任意，都有，
取，得，
所以，且，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
，
当时，，即；
当时，，即.
所以当时最小，排除AC；
D项，因为，，即时，D不成立.
故选：B.
5．（多选题）设是正项数列的前n 项和，且对任意正整数n，都有，则下列命题正确的是（ ）
A． B．
C．是递减数列 D．存在正整数k，使得
【答案】ACD
【分析】A.由求得判断；B.举反例说明即可；C.由，得到，两式相减得到判断；D.利用反证法证明即可.
【详解】对于选项A：因为，所以或（舍去），
则，即，解得，
又，则，故A正确；
对于选项B：由选项A可知，，，
假设，则，
可得，
则，
又因为，可得，
两者不相等，假设不成立，故B错误；
对于选项C：因为，则，
两式相减得，
注意到，则，即，
所以是递减数列，故C正确；
对于选项D：假设恒成立，
当时，，
所以，
这与题干相矛盾，假设不成立，所以存在正整数k，使得，故D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于D：直接说明比较麻烦，所以采用反证法，这样可以简化说明.
6．（多选题）已知数列满足，且则（ ）
A． B．
C．当时， D．
【答案】ACD
【分析】根据三角恒等变换计算可得，再利用累乘法可求得数列的通项公式为，可知B错误，计算可得A正确，根据三角函数单调性可判断C正确，再由同角三角函数之间的基本关系可得D正确.
【详解】由可得
；
即，，
所以，
因此，
；
累乘可得；
所以，即，可得，即A正确；B错误；
当时，，所以可得；
又可得，即，可知C正确；
由可得，又，，
因此，
又时，易知，所以，
即可得，即D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用三角函数恒等变换以及累乘法得出数列满足，再根据三角函数单调性以及平方关系计算可得相应结论.
7．（多选题）数列满足，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】由数列各项不为两边同除以得，构造等比数列，进而求出通项，求出相应项可判断AB；再结合不等式性质与二项式定理求范围判断CD.
【详解】首先证明数列中任意一项不为.
证明： 假设数列中存在某项，
由，
得，将代入得
则有，即，同理依次递推可知，这与矛盾.
故假设错误，即数列中从第2项起均不为.
又已知，故数列中任意一项不为，得证.
由证明结论可得，由，
两边同除以得，即，
两边同加上整理得，，又，
所以，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
所以.
D项，当时，；当时，；
当时，，
所以.
综上，，故D正确；
A项，，故A正确；
B项，，则，故B错误；
C项，，其中，，
则，所以，故C正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过构造法得是以为首项，为公比的等比数列，再求出，再一一分析即可.
8．（多选题）已知首项为1的正项数列的前项和为，且，设数列的前项和为，则（ ）
A．为等比数列 B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】利用等差等比数列的性质，即可求得答案.
【详解】由题意可得，即，得或，
若，则，则，这与矛盾，所以不成立；
若，则，所以数列是首项为1，公比为9的等比数列，即，故A正确；
由，可得，两式相减得，，且时，，即，得，
那么，故故B错误；
当时，，
当时，，
当时，符合上式，故，即，故C正确；
易得时，，故D正确.
故选：ACD.
9．（多选题）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.
10．（多选题）大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】当时，，当时，，联立可得，利用累加法可得，从而可求得的通项公式，再逐项判断即可.
【详解】因为，，
令且，
当时，①；
当时，②，
由①②联立得.
所以，
累加可得.
令(且为奇数)，得，
当时满足上式，
所以当为奇数时，.
当为奇数时，，
所以，其中为偶数.
所以，故C正确.
所以，故A错误.
当为偶数时，，即，
当为奇数时，，即，
综上可得，故B正确.
因为
，故D正确.
故选：BCD.
11．设，为常数，，若对任意，都有，则 ； ．
【答案】
【分析】根据条件，应用累加法及二项式定理求得，代入即可求，再由，即可求.
【详解】由题意，，
两边同乘以，得，，
所以有，
，
，
，
，
将它们累加得，
，
已知，所以，则，；
由，，
所以
，
所以若，为常数，则.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：将变成差的形式，应用累加及二项式定理求出为解题关键.
12．已知数列的前项和为，满足，函数定义域为R，对任意都有，若，则的值为 .
【答案】/0.5
【分析】利用确定数列的递推关系，从而求得通项公式，利用可确定函数是周期函数且得出周期，由二项展开式确定除以4所得余数，由求得，最后利用周期性得结论．
【详解】因为，
当时，，，
，则，
所以，
所以是等比数列，公比为，，
所以，
，则，
所以，即是周期函数，且周期为4，
，则，
，
上述展开式中，从第二项开始每一项都是8的倍数，也是4的倍数，
所以，
故答案为：．
【点睛】方法点睛：在已知数列的项与前项和关系时，一般利用确定数列的前后项之间的关系，从而求得通项公式，解题时要注意的情形是否对也适用．
13．设，，记大于的最小整数为，则 .
【答案】253
【分析】根据题意分析可得，取倒数可得，进而可得，进而可得.
【详解】因为，
则
，
可得，则，
令，可得，即，
所以
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于整理可得，从而得出，进而分析其范围求解.
14．已知点列，其中，，是线段的中点，是线段的中点，……是线段的中点，……．记，则． ； ．
【答案】 /
【分析】利用中点坐标公式结合题意可求出，从而可求出，再由以及等比数列的定义、通项公式与求和公式即可求出.
【详解】因为是线段的中点，，
所以，
因为，，所以，
，
所以，
因为，，
所以
，
即，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，
所以，
所以
，
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：此题考查等比数列的定义、通项公式与求和公式的应用，解题的关键是根据已知的递推式化简变形得数列是以为公比，2为首项的等比数列，考查数学计算能力，属于较难题.
15．已知首项为1的正项数列，其前项和．用表示不超过的最大整数，则 ．
【答案】745
【分析】将代入已知，化简可得，然后求出，根据定义分段确定的值，然后可得.
【详解】当时，
当时，，整理得，
所以，数列是以1为首项和公差的等差数列，
所以，故，
因为当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
所以
.
故答案为：745
【点睛】关键点点睛：本题关键点有二：一是利用的关系消去，二是根据的意义合理分段确定的值.
16．第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n级角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为），则n级角雪花曲线的开三角个数为 ，n级角雪花曲线的内角和为 ．
【答案】
【分析】利用观察归纳法求出边数构成的数列通项，再利用n级角雪花曲线的开三角个数及曲线的内角和变化规律列式求和即得.
【详解】依题意，n级角雪花曲线的每一条边按生成，得级角雪花曲线的4条边，
因此n级角雪花曲线的边数构成以12为首项，4为公比的等比数列，
则n级角雪花曲线的边数为，
当时，曲线有6个开角，n级角雪花曲线的开角数为，，
由于n级角雪花曲线的每一条边，向外形成一个开角，因此，
当时，n级角雪花曲线的开角数
，满足上式，
所以n级角雪花曲线的开角数；
令n级角雪花曲线的内角和为，显然，
而n级角雪花曲线到级角雪花曲线每增加一个开角，其内角和增加，
于是，当时，n级角雪花曲线的内角和：
，满足上式，
所以n级角雪花曲线的内角和为.
故答案为：；
【点睛】思路点睛：涉及实际意义给出的数列问题，正确理解实际意义，列出关系式，再借助数列思想探求相邻两项间关系即可解决.
17．若表示自然数的最大奇因数，例如，，，记（为自然数），则 .，的通项公式为 .
【答案】 （或） ，（或，）
【分析】由于有两种理解，第一种，第二种，对于第二种可以直接观察得解，对于第一种，首先得到的前几项，即可得到、、，再归纳猜想当时，，然后再证明，最后利用累加法求出.
【详解】第一种答案：
由题意，表示的最大奇因数，可得
，，，，，，，，
可得，
，
，
可猜想当时，，
证明如下：
因为
当时，
.
即，
所以，，，…，，
可得，
当时，也成立，
所以，
第二种答案：
，
故答案为：（或）；，（或，）
【点睛】关键点点睛：对于第一种关键是观察猜想出当时，.
18．已知数列的前项和为，且．记的前项积为，且当时，．
(1)求；
(2)求的通项公式；
(3)探究与的大小关系，并给出证明．
【答案】(1)
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）令可求得的值，再由可求得的表达式，由可求得数列的通项公式；
（2）由可求得数列的通项公式；
（3）猜想出，利用做商法结合数列的单调性证明出，即可证得结论成立.
【详解】（1）当时，则，
对任意的，，则，所以，；
当时，，
故当时，，也满足，
故对任意的，，
所以，当时，，
不满足，因此，.
（2）因为，，
当时，，
综上所述，.
（3），证明如下：
易得，，
则，
令且，
则，
因为
，
所以，，
所以，数列单调递增，且，所以，，
所以，，故.
【点睛】思路点睛：已知数列的前项和，求通项公式的步骤：
（1）当时，；
（2）当时，根据可得出，化简得出；
（3）如果满足当时的通项公式，那么数列的通项公式为；如果不满足当时的通项公式，那么数列的通项公式要分段表示为.
19．已知数列满足.
(1)求的值；
(2)求证：数列是等差数列；
(3)令，如果对任意，都有，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据递推关系求值即可；
（2）由递推关系可得，与原式相减可得，即，于是可得数列是以0为首项，以为公差的等差数列；
（3）由（2）可得，故，作差并分析判断数列的单调情况，确定数列的最大项．由题意可得恒成立，于是，解不等式可得的范围．
【详解】（1），
，，，，
，，
（2）证明：由题可知：①，
②，
②-①得，即：，
所以，，
即，又，
∴数列是以0为首项，以为公差的等差数列.
（3）由（2）可得，，，
则，
由可得；由可得，
∴，
故有最大值，∴对任意，有，
如果对任意，都有成立，
则，∴ ，解得或，
∴实数的取值范围是
【点睛】方法点睛：（1）本题的突破口是通过与的关系得到和的关系，进而通过构造等差数列或等比数列进行求解；
（2）本题求解中巧妙地将恒成立问题转化为数列的最值问题求解．而求数列项的最值时，又通过判断数列的单调性进行，解题时可通过作差或作商的方法得到数列的单调性，然后再求出数列项的最值．
20．已知数列的前项和为，．
(1)求的值；
(2)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
(3)数列中是否存在三项，它们可以构成等差数列？（结论不要求证明）．
【答案】(1)；
(2)证明见解析，；
(3)数列中不存在三项，它们可以构成等差数列．
【分析】（1）分别将代入，求得的值；
（2）时，利用退位作差法得到，进而得到是等比数列，进而得到数列的通项公式；
（3）反证法，假设存在，，成等差数列，整理为，左边为偶数而右边为奇数，不相等，所以假设不成立.
【详解】（1）由，可得，解得，
时，，即，解得，
时，，即，解得；
（2）当时，由，可得，
两式相减可得，整理为，即，
则数列是首项为6，公比为2的等比数列，
可得，即；
（3）不存在
假设数列中存在三项，它们可以构成等差数列，
设，，成等差数列，且，，，，
即有，即为，
化为，可得，
上式左边为偶数，右边为奇数，显然不成立．
故数列中不存在三项，它们可以构成等差数列．
【点睛】方法点睛：构造法求数列通项公式：递推关系形如的数列，构造一个以为公比的等比数列，由数列的通项公式得到数列的通项公式.
专题四：数列通向的求法全国高中数学联赛强基计划精选试题
1．（2008高二·全国·竞赛）已知数列中，，且，则（ ）.
A．4016 B．4015 C．4018 D．4019
【答案】B
【分析】根据递推得数列是周期为3的数列，利用周期性求和即可.
【详解】由于，故，所以数列是周期为3的数列，
又得，故数列的每一个周期和为，
故.
故选：B
2．（15-16高三·北京·强基计划）有项的数列满足下列两个条件：
①对任意，有；
②对任意，，和中至少有一个是中的项，则的最大值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】可证数列中负项和正项的个数均不超过3，故可得的最大值.
【详解】若数列中负数的个数大于等于4，
考虑，，这三个数，，
考虑，，这三个数，，
所以，矛盾．所以数列中至多有3个负数．
同理可知数列中至多有3个正数．
取，满足题意．
所以的最大值为7．
故选：B
3．（16-17高三·北京·强基计划）已知数列满足，若，其中，则（ ）
A．63 B．64 C．65 D．66
【答案】A
【分析】对递推关系平方后可估计得到，结合累加法可求，故可得正确的选项.
【详解】根据题意，，
于是
进而可得
所以
因为，
进而可得，
所以，
因此所求k的值为63．
故选：A
4．（16-17高三·北京·强基计划多选题）如果数列满足那么（ ）
A．数列一定是等比数列
B．当时，
C．当数列的各项均为正数时，
D．当存在正整数m使得时，
【答案】BD
【分析】由题设中的递推关系可得，据此可判断A的正误，同样根据题设的递推关系可得，据此可判断BC的正误，同样可根据题设中的递推关系可得，，，据此可判断D的正误.
【详解】由题设中可得，
又，，，
故.
对于选项A，故当时，数列不是等比数列，故A错误.
对于选项B，因为，
故且，
而，，
故是首项为，公比为的等比数列，
是首项为，公比为的等比数列，
故，，
所以即，故B正确.
对于选项C，取，则，
此时，，故即，
而，故是首项为，公比为的等比数列，
故，满足均为正数，但，故C错误.
对于选项D，若，
则，，，
依次类推可得，故D正确.
故选：BD
【点睛】思路点睛：对于数列中较为复杂的递推关系，我们可以利用代数变形得到新的递推关系，再转化为常见数列的递推关系求解.
5．（17-18高三·北京·强基计划多选题）设数列满足：，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】设，则可得故可求从而得到.
【详解】设，其中，
根据题意，有
其中．进而
因为，故均为等比数列，
故，
故
从而
故选：AD.
6．（2024高二下·四川宜宾·竞赛）九连环是中国的一种古老智力游戏，它环环相扣，趣味无穷.长期以来，这个益智游戏是数学家及现代电子计算机专家用于数学研究的课堂和例子.现假设有个圆环，用表示某种规则下个圆环所需的最小移动次数.已知数列满足下列条件：，，记的前项和为，则 ； ．
【答案】 341
【分析】根据递推式，逐项列出奇数项相邻项相减，然后运用累加法可求出奇数项的通项公式，从而可求出，再计算出偶数项的通项公式，然后综合可得数列的通项公式，再运用分组求和法可求得.
【详解】由题意可知，，
则当为奇数时，，，，……，
，
所以
，
所以；
当为偶数时，，，，……，
，
所以
，
所以，
所以
故答案为：341，
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的通项公式和前项和的问题，考查等比数列的求和公式的应用，考查累加法、分组求和，解题的关键是分为奇数和偶数结合已知的递推式求出通项公式，考查分类讨论的思想、转化思想，考查数学计算能力，属于较难题.
7．（2024高一下·海南海口·竞赛）一只小虫在正八面体的表面上爬行，每秒从某一个顶点等可能地爬往4个相邻的顶点之一，则小虫在第八秒爬回初始位置的概率为
【答案】
【分析】设相应概率，根据题意分析可知，且，分析可得递推公式，利用构造法结合等比数列分析求解.
【详解】设小虫的起点为A，第秒爬回初始位置的概率为，第秒位于点之一的概率为，位于点的概率为，
则，且，
可得，则，
可得，且，
可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，可得，
所以小虫在第八秒爬回初始位置的概率为.
故答案为：.
8．（2024高二下·浙江·竞赛）已知数列满足：，，，则通项 ．
【答案】
【分析】将给定的递推公式作等价变形，再构造常数列求出通项即可.
【详解】由，，得，两边平方得，
则，
即有，因此数列是常数列，，
所以.
故答案为：
9．（2013高一·全国·竞赛）数列的首项为，前项和为，若成等差数列，则 ．
【答案】
【分析】根据等差中项及与的关系、结合等比数列的定义和通项公式即可求解.
【详解】因为成等差数列，
所以.
当时，,解得，
当时， ，则1，
两式相减得，即，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以数列的通项公式为.
故答案为：.
10．（2018高二·全国·竞赛）已知圆心在轴正半轴上的一系列相外切的圆的圆心的坐标为，且满足，第个圆的圆心横坐标为，这个圆的面积之比为，记，则 .
【答案】
【分析】由题意可得半径为，进而可得，利用对数性质运算可得，化简计算即可得出结果.
【详解】由题意圆心坐标满足
又个圆的面积之比为，
所以半径为；
又，而，
所以，
所以.
故答案为：
11．（2018高二·全国·竞赛）对于数列，定义为的“优值”，已知某数列的“优值”为，记数列的前n项和为，若对任意的n恒成立，则实数k的取值范围为 .
【答案】
【分析】由题意知，进而可得，两式相减可得，验证是否满足该关系，从而确定数列的通项公式，易得数列是等差数列，结合题意可得化简计算即可得出结果.
【详解】由题意知，
当时，，
则，
则，对也成立，故，则，
则数列为等差数列，
故对任意的恒成立可化为：
.
故答案为：
12．（2016高一·全国·竞赛）用表示自然数的所有因数中最大的那个奇数，例如:9的因数有，，10的因数有，，那么=
【答案】
【分析】根据的定义判断出，且若为奇数时，利用等差数列的前n项和公式及累加法和等比数列的前n项和公式求解.
【详解】解：由的定义知，且若为奇数时，
令，
则，
，
，
，即，
分别取，
并累加得，
又，
所以.
故答案为：
13．（2010高一·全国·竞赛）若数列满足（为常数），则称数列为等比和数列，称为公比和，已知数列是以3为公比和的等比和数列，其中，则 .
【答案】
【分析】根据题意，由等比和数列的定义可得，从而可得，然后求得，再由累乘法即可求得结果.
【详解】令，则，，
两式相减可得，即，
又，所以，则，
即，
所以.
故答案为：
14．（2022高一下·四川成都·竞赛）已知正项数列的前n项和为，，，则 ．
【答案】4046
【分析】根据，结合等差数列的通项即可得出答案.
【详解】解：当时，，
即，解得，
当时，由，
得，
两式相减得，
又，所以，
所以数列得奇数项和偶数项都是以4为公差的等差数列，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以，
所以.
故答案为：4046.
15．（2021高三·全国·竞赛）正整数数列的前项和是，则的最小值是 ．
【答案】
【详解】解析：，.
而，故，故，.
所以，由于是正整数，所以的最小值是．
故答案为：.
16．（2019高三·江苏·竞赛）在数列{an}中，已知，则数列{an}的通项公式an= .
【答案】
【分析】将两边同时减去，得，构造新的等比数列，然后将的各项叠加即可.
【详解】解：将两边同时减去得，
，
，
即是等比数列，其首项为2，公比为2，
所以，
从而当n≥2时，
.
又，故
故答案为：.
【点睛】考查已知递推数列求数列通项，这种题一般是通过构造新的等比数列或等差数列，再借助于累加或累乘解决，基础题.
17．（2019高三·新疆·竞赛）已知数列：，，那么是该数列的第 项.
【答案】1553
【分析】先将已知数列进行分组，再确定所在组数，最后根据各组项数以及所在组位置求结果.
【详解】依题意知，可将已知数列进行分组，第一组为；第二组为；第三组为；；第n组为.
又，故分数在数列第7组.
下面我们计算数列分组后，前6组中共有数列
(项).
又为数列第7组的第1010位，所以分数为数列的第543+1010项，即第1553项.
【点睛】本题考查等比数列求和以及找数列规律，考查基本分析与求解能力，属中档题.
18．（2017高一·江苏盐城·竞赛）已知数列满足,，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】利用累加法求通项公式，然后利用基本不等式求最值即可.
【详解】,，当时，
当时满足上式，所以，
，由基本不等式可知，当且仅当时等号成立，
又，
当时，，当时，，
所以当时取到最小值为
故答案为：
19．（2024高一下·海南海口·竞赛）已知f（x）是定义在R上的奇函数， 且对任意 均有 则
【答案】
【分析】要利用数列的递推思想和累乘法来求出，然后再构造为二项式系数来求和，利用二项式系数的性质就可以求出结果.
【详解】令，则，又由可得，，
又由f（x）是定义在R上的奇函数，则，即
所以，用累乘法得：
当时，由于，所以也满足上式，即，
所以，
因为，所以上式化为
由于
由二项式系数性质可得：，
则
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：（1）关键是利用数列的递推思想和运用累乘法来求出通项公式；
（2）关键是把阶乘的乘法转化为二项式系数，再利用二项式系数的性质来求和.
20．（2024高二下·广西·竞赛）设数列满足，，其中等于的个位数，则 ．
【答案】12108
【分析】由，，于是，，进一步有，，即可求解．
【详解】解：，，，，
，，，，
，．一般地： ．
．
于是，，进一步有，．
因此，．
故答案为：
21．（2024高二下·全国·竞赛）设数列满足，（），则 ．（其中表示不超过实数的最大整数）
【答案】6
【分析】利用给定的递推关系进行化简，巧妙构造求出，再求利用给定定义求解即可.
【详解】若，且，
所以，
再次代入得，
令，则，而，
而，
累次相加
,
设，
而其中，而，故，所以，
整理后，
而，
同样，
，
，
，因为，
而，故，
所以，
故，，
可得，所以，即，故.
故答案为：6
【点睛】关键点点睛：本题考查求数列新定义，解题关键是利用给定定义求出的取值范围，然后结合给定取整函数的定义得到所要求的答案即可．
22．（2024高二下·内蒙古·竞赛）数列中，，且对任意，，求的整数部分是 .
【答案】9
【分析】由题意可证得数列是递增数列，由，结合裂项相消法求出，再求出，即可得出答案.
【详解】由，可得：，
所以数列是递增数列，
又，所以，
则
，
对于正整数，可得：，
所以，
所以，，，……，，
所以，，
因为数列是递增数列，所以，，
所以，
故的整数部分是.
故答案为：.
23．（2012高一·全国·竞赛）设数列满足，且，则通项 ．
【答案】
【分析】取对数运算可得为等比数列，即可由等比数列通项求解.
【详解】由取对数得，令，则，
整理为，所以数列为等比数列，且公比为，
则，故
故，
故答案为：
24．（2014高一·全国·竞赛）如图，在中，AB边上有一点，点是线段AB的三等分点，点为线段DC上的一点（不与点D、C重合），若分所成的比为，连接AM，且有.
(1)用来分别表示;
(2)假设函数，存在数列，首项，当时，对前项和有成立，求数列的通项公式.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据平面向量的基本定理得到，得到答案；
（2）在（1）的基础上得到，故是以1为首项，1为公差的等差数列，求出，进而根据求出通项公式.
【详解】（1）点是线段的三等分点，点分所成的比为，
，
又，
进而，
有.
综上所述，.
（2）由（1）得.
当时，，有，
是以1为首项，1为公差的等差数列.
，即.
当时，，
经检验不满足此式，
则数列的通项公式为
25．（2007高一·全国·竞赛）某县位于沙漠地带，人与自然长期进行顽强的斗争，到2004年底全县的绿化率已达到30%，从1999年开始，每年将出现这样的局面，即原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化．
(1)设全县面积为1，2004年年底绿化总面积为，经过n年后绿化总面积为，试求与的关系式；
(2)在（1）条件下，至少需要多少年的努力，才能使全县的绿化率超过60%?（年取整数，）
【答案】(1)
(2)5年
【分析】（1）设现有的沙漠面积为，经过n年后沙漠面积为，可知由两部分组成，结合题意分析求解；
（2）由（1）可知，结合等比数列可得，令，结合对数运算求解.
【详解】（1）设现有的沙漠面积为，经过n年后沙漠面积为，
于是，.
依题意，由两部分组成：
一部分是原有的绿洲减去被侵蚀的部分后剩余的面积；
另一部分是新绿化的面积.
于是，.
（2）由（1）可得，则，
且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以．
令，即，化简得，
取常用对数得，可得，
所以至少要经过5年才能使全县绿化率超过60%．
26．（2007高一·全国·竞赛）已知数列的前项和为.
(1)试写出中与的关系式，并求数列的通项公式.
(2)设，如果对一切正整数都有，求的最小值.
【答案】(1)，；
(2)
【分析】（1）根据，求数列的递推公式，进而求通项公式.
（2）分析数列的单调性，求数列的最大值即可.
【详解】（1）由，
当时，；
当时，，用代替得：，
两式相减得.
当时，上式亦成立.
所以对于正整数都有，
所以是等差数列，且首项为2，公差为2，
所以：.
（2），故，
所以
当时，，又，，
所以数列中最大值是.故的最小值为.
27．（2010高一·全国·竞赛）已知（是实数，方程有两个实根，数列满足（）．
（1）求数列的通项公式（用表示）；
（2）若，求的前项和．
【答案】,
【详解】方法一：
(Ⅰ)由韦达定理知，又，所以
，
整理得
令，则．所以是公比为的等比数列．
数列的首项为：
．
所以，即．所以．
①当时，，，变为．整理得，，．所以，数列成公差为的等差数列，其首项为．所以
．
于是数列的通项公式为
；
②当时，，
．
整理得
，．
所以，数列成公比为的等比数列，其首项为．所以．
于是数列的通项公式为．
(Ⅱ)若，，则，此时．由第(Ⅰ)步的结果得，数列的通项公式为，所以，的前项和为
以上两式相减，整理得
所以．
方法二：
(Ⅰ)由韦达定理知，又，所以
，．
特征方程的两个根为，．
①当时，通项由，得
解得．故．
②当时，通项．由，得
解得，．故
．
(Ⅱ)同方法一．
28．（2024高二下·吉林·竞赛）已知数列 满足:，，.求证:.
【答案】证明见详解.
【分析】由，得，再根据等差数列的定义得到是等差数列并求出其通项公式，利用，得到，再利用基本不等式即可证明.
【详解】证明：由，得，又，，
所以是首项为2，公差为1的等差数列，检验时成立，
所以.
令，得.
由可得，，又，，
所以
，当且仅当时，等号成立.
又，所以.
29．（2012高一·全国·竞赛）实数列满足为前k项和，令，求的最大值.
【答案】2011
【分析】由，通过绝对值不等关系得出，通过裂项求和得到，再代入化简可得.
【详解】解：
，
又，
所以 ，
等号当且仅当时成立，
可取，
得的最大值为2011．
30．（20-21高三下·广东·强基计划）设数列满足，且对任意正整数均有．求的通项公式．
【答案】
【分析】先求出的值，通过观察发现，猜想，再利用数学归纳法即可求出结果.
【详解】因为，
，
又，所以，
而进一步，有，
观察到，
猜测，下面用数学归纳法证明：
（1）当时，显然成立；
（2）假设当时，有，其中，
则时，，
结论仍成立．
由（1）（2）知，.
【点睛】关键点晴，本题的关键在于通过前几项观察猜想得到，再利用数学归纳法即可得到证明.
试卷第1页，共3页
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8
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
答案第12页，共16页
学科网（北京）股份有限公司
$$
2025新高考高二数列通项的求法易错培优竞赛试题
【专题目录】
专题一：名校数列通项的求法易错题精选
专题二：名校数列通项的求法培优题精选
专题三：数列通项的求法全国高中数学联赛强基计划精选试题
【精选练习】
专题一：名校数列通项的求法易错题精选
1．在数列中，，则等于（ ）
A．4 B． C．13 D．
2．已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．4 B． C．3 D．
3．已知各项均为正数的数列的前项和为，且，则的最小值为（ ）
A． B．3 C． D．4
4．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
5．设数列的前项之积为，满足，则（ ）
A． B．4049 C． D．
6．已知首项为0的数列满足，若，则（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
7．已知数列满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（多选题）已知是数列的前项和，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是等差数列 B．数列是递增数列
C． D．
9．（多选题）数列满足，记数列的前项和为，则（ ）
A． B．
C．数列的前项和为 D．的最小值为
10．（多选题）数列的前项和为，若，则有（ ）
A． B．为等比数列
C． D．
11．（多选题）已知数列满足，关于数列有下述四个结论：其中正确的是（ ）
A．数列为等比数列
B．
C．
D．若为数列的前项和，则
12．已知数列满足，则的通项公式为 .
13．已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式 .
14．已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式是 .
15．记数列的前项和为，已知且，则 .
16．已知数列，满足，则 ；若数列的前项和为，且，则 .
；
17．已知数列前项和为，且，若存在两项使得，当时，则最小值是 .
18．设数列满足．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的通项公式．
19．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．
20．已知数列的前n项和，且满足．
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项乘积为，求的最小值．
专题二：名校数列通项的求法培优压轴试题精选
1．已知数列的各项均为正数，，其前项和满足.给出下列五个结论：①的第2项大于；②为常数列；③为递减数列；④为等比数列；⑤中存在小于的项.其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．已知正项数列前项和为，首项且，则以下说法中正确的个数（ ）
①；②当为奇数时，；③
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
3．已知数列的前项和为，，，且关于的不等式有且仅有4个解，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知数列满足，对任意，都有，设，则对任意，下列结论恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（多选题）设是正项数列的前n 项和，且对任意正整数n，都有，则下列命题正确的是（ ）
A． B．
C．是递减数列 D．存在正整数k，使得
6．（多选题）已知数列满足，且则（ ）
A． B． C．当时， D．
7．（多选题）数列满足，则下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．（多选题）已知首项为1的正项数列的前项和为，且，设数列的前项和为，则（ ）
A．为等比数列 B．
C． D．
9．（多选题）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．
10．（多选题）大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（ ）
A． B． C．D．
11．设，为常数，，若对任意，都有，则 ； ．
12．已知数列的前项和为，满足，函数定义域为R，对任意都有，若，则的值为 .
13．设，，记大于的最小整数为，则 .
14．已知点列，其中，，是线段的中点，是线段的中点，……是线段的中点，……．记，则． ； ．
15．已知首项为1的正项数列，其前项和．用表示不超过的最大整数，则 ．
16．第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n级角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为），则n级角雪花曲线的开三角个数为 ，n级角雪花曲线的内角和为 ．
17．若表示自然数的最大奇因数，例如，，，记（为自然数），则 .，的通项公式为 .
18．已知数列的前项和为，且．记的前项积为，且当时，．
(1)求；
(2)求的通项公式；
(3)探究与的大小关系，并给出证明．
19．已知数列满足.
(1)求的值；
(2)求证：数列是等差数列；
(3)令，如果对任意，都有，求实数的取值范围.
20．已知数列的前项和为，．
(1)求的值；
(2)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
(3)数列中是否存在三项，它们可以构成等差数列？（结论不要求证明）．
专题四：数列通向的求法全国高中数学联赛强基计划精选试题
1．（2008高二·全国·竞赛）已知数列中，，且，则（ ）.
A．4016 B．4015 C．4018 D．4019
2．（15-16高三·北京·强基计划）有项的数列满足下列两个条件：
①对任意，有；
②对任意，，和中至少有一个是中的项，则的最大值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
3．（16-17高三·北京·强基计划）已知数列满足，若，其中，则（ ）
A．63 B．64 C．65 D．66
4．（16-17高三·北京·强基计划多选题）如果数列满足那么（ ）
A．数列一定是等比数列
B．当时，
C．当数列的各项均为正数时，
D．当存在正整数m使得时，
5．（17-18高三·北京·强基计划多选题）设数列满足：，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高二下·四川宜宾·竞赛）九连环是中国的一种古老智力游戏，它环环相扣，趣味无穷.长期以来，这个益智游戏是数学家及现代电子计算机专家用于数学研究的课堂和例子.现假设有个圆环，用表示某种规则下个圆环所需的最小移动次数.已知数列满足下列条件：，，记的前项和为，则 ； ．
7．（2024高一下·海南海口·竞赛）一只小虫在正八面体的表面上爬行，每秒从某一个顶点等可能地爬往4个相邻的顶点之一，则小虫在第八秒爬回初始位置的概率为
8．（2024高二下·浙江·竞赛）已知数列满足：，，，则通项 ．
9．（2013高一·全国·竞赛）数列的首项为，前项和为，若成等差数列，则 ．
10．（2018高二·全国·竞赛）已知圆心在轴正半轴上的一系列相外切的圆的圆心的坐标为，且满足，第个圆的圆心横坐标为，这个圆的面积之比为，记，则 .
11．（2018高二·全国·竞赛）对于数列，定义为的“优值”，已知某数列的“优值”为，记数列的前n项和为，若对任意的n恒成立，则实数k的取值范围为 .
12．（2016高一·全国·竞赛）用表示自然数的所有因数中最大的那个奇数，例如:9的因数有，，10的因数有，，那么=
13．（2010高一·全国·竞赛）若数列满足（为常数），则称数列为等比和数列，称为公比和，已知数列是以3为公比和的等比和数列，其中，则 .
14．（2022高一下·四川成都·竞赛）已知正项数列的前n项和为，，，则 ．
15．（2021高三·全国·竞赛）正整数数列的前项和是，则的最小值是 ．
16．（2019高三·江苏·竞赛）在数列{an}中，已知，则数列{an}的通项公式an= .
17．（2019高三·新疆·竞赛）已知数列：，，那么是该数列的第 项.
18．（2017高一·江苏盐城·竞赛）已知数列满足,，则的最小值为 ．
19．（2024高一下·海南海口·竞赛）已知f（x）是定义在R上的奇函数， 且对任意 均有 则
20．（2024高二下·广西·竞赛）设数列满足，，其中等于的个位数，则 ．
21．（2024高二下·全国·竞赛）设数列满足，（），则 ．（其中表示不超过实数的最大整数）
22．（2024高二下·内蒙古·竞赛）数列中，，且对任意，，求的整数部分是 .
23．（2012高一·全国·竞赛）设数列满足，且，则通项 ．
24．（2014高一·全国·竞赛）如图，在中，AB边上有一点，点是线段AB的三等分点，点为线段DC上的一点（不与点D、C重合），若分所成的比为，连接AM，且有.
(1)用来分别表示;
(2)假设函数，存在数列，首项，当时，对前项和有成立，求数列的通项公式.
25．（2007高一·全国·竞赛）某县位于沙漠地带，人与自然长期进行顽强的斗争，到2004年底全县的绿化率已达到30%，从1999年开始，每年将出现这样的局面，即原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化．
(1)设全县面积为1，2004年年底绿化总面积为，经过n年后绿化总面积为，试求与的关系式；
(2)在（1）条件下，至少需要多少年的努力，才能使全县的绿化率超过60%?（年取整数，）
26．（2007高一·全国·竞赛）已知数列的前项和为.
(1)试写出中与的关系式，并求数列的通项公式.
(2)设，如果对一切正整数都有，求的最小值.
27．（2010高一·全国·竞赛）已知（是实数，方程有两个实根，数列满足（）．
（1）求数列的通项公式（用表示）；
（2）若，求的前项和．
28．（2024高二下·吉林·竞赛）已知数列 满足:，，.求证:.
29．（2012高一·全国·竞赛）实数列满足为前k项和，令，求的最大值.
30．（20-21高三下·广东·强基计划）设数列满足，且对任意正整数均有．求的通项公式．
试卷第1页，共3页
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8
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
答案第12页，共16页
学科网（北京）股份有限公司
$$
资源预览图
