专题04 数列求和（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）

2025新高考高二数列求和易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校数列求和易错题精选 专题二：名校数列求和培优题精选 专题三：数列求和新定义试题精选 专题四：数列求和全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校数列求和易错题精选 1．已知数列首项为2，且满足，数列满足，且数列前项和为，则（    ） A．5050 B．200 C．100 D． 2．设等差数列的前n项和，若，，则数列前99项和为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 3．已知数列满足，，则数列的前项和为（   ） A． B． C． D． 4．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式有如下定义：，.则（    ） A．0 B．1 C．2024 D．2025 5．（多选题）已知数列满足，，，为其前项和，则（    ） A． B． C． D． 6．已知等差数列的前项和为，且，则 ；数列的前20项和是 . 7．已知数列的前项和为，若，且，则 . 8．已知数列为正项数列，且，. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 9．已知数列的首项为，且满足 (1)求证为等差数列，并求出数列的通项公式； (2)设数列的前项和为，求． (3)若数列的通项公式为，且对任意的恒成立，求实数的最小值． 10．设是等差数列，是等比数列，公比大于0，已知，． (1)求和的通项公式； (2)设数列的前项和．记，求； (3)求． 11．已知数列的前项和为，且，． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和； (3)若数列满足，记的前项和，判断是否存在正整数，使得成立？若存在，则求出所有值；若不存在，请说明理由． 12．已知数列满足 ． 记 ， (1)计算,并证明数列为等比数列； (2)求数列的前项和 ； (3)设，且数列的前项和为，求证： ． 13．已知正项数列满足，且. (1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； (2)证明：. 14．数列的前项和为 (1)求数列的通项公式; (2)令，数列的前项和为，若对 恒成立，求实数的取值范围. 15．已知数列的前项和为，且. (1)证明：是等比数列，并求出的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 16．在数列中，，. (1)求证：数列是等差数列； (2)设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围. 17．设为数列的前项和，满足． (1)求证：； (2)记，求． 18．设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，令，数列的前项和为. (1)求的和公比; (2)求; (3)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 19．已知数列的前项和满足：,． (1)求； (2)若，求的前项和． 20．已知数列满足，，记为数列的前项和. (1)求的所有可能取值； (2)若对，证明：. 专题二：名校数列求和培优压轴试题精选 1．在学习完“错位相减法”后，善于观察的同学发现对于“等差×等比数列”此类数列求和，也可以使用“裂项相消法”求解．例如，故数列的前项和．记数列的前项和为，利用上述方法求（    ） A． B． C． D． 2．（多选题）已知，记数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 3．（多选题）已知等差数列中，，公差为，，记为数列的前n项和，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 4．（多选题）已知数列的前项和为，且，则下列命题正确的是（    ） A．若是递增数列，则数列的前项和为 B．若是递增数列，则数列的前项和为 C．若各项均为正数，则 D．存在无穷多个不同的数列，使得 5．（多选题）已知数列的前项和为则下列说法正确的是（   ） A．是等比数列 B． C．中存在不相等的三项构成等差数列 D．若，则的取值范围为 6．（多选题）已知正项数列满足，记，则（    ） A．是等差数列 B． C． D． 7．（多选题）高斯被誉为“数学王子”，是世界上伟大数学家.用他名字定义的函数（表示不超过的最大整数）称为高斯函数.已知正项数列的前项和为，且，令，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 8．（多选题）已知数列满足，.则下列选项正确的是（   ） A．是等比数列 B．数列是单调递增数列 C．若，则 D．若，则 9．整数的商（其中）称为有理数，任一有限小数或无限循环小数可以化为整数的商（其中）的形式，则 （写成的形式，与为互质的具体正整数）；若构成数列，令，为数列的前n项和，则的取值范围为 . 10．已知数列满足，且，记数列前项和为，若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ． 11．设等差数列的前项和为，已知，，设，则数列的前项和为 . 12．已知各项均为正数的数列，其前项和为，与1的等差中项等于与1的等比中项． (1)求数列的通项公式以及； (2)若，数列的前项和为； （ⅰ）求证：； （ⅱ）若数列的前项和为，对任意，均有恒成立，求实数的取值范围． 13．已知数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和. 14．已知等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)对任意的正整数，设，求； (3)若对于数列，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求. 15．已知数列和满足，，． (1)证明：是等比数列； (2)设，求数列的前项和； (3)证明：． 16．已知数列满足，且. (1)证明：数列是等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)若数列的前项和为，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 17．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的左支交于两点，点在上，为坐标原点，且（为实数）． (1)若的周长为，求的值． (2)是否存在使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)若正项数列满足，点在双曲线上，，求证：． 18．已知数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)若数列的前项和为，求. (3)设，求的值（其中表示不超过的最大整数）. 19．在数列中，，在等差数列中，前项和为，，. (1)求证：是等比数列，并求数列和的通项公式； (2)设数列满足，的前项和为，求； (3)设数列满足，的前项和为，求. 20．如图所示，，，…，，…是曲线上的点，，，…，，…是轴正半轴上的点，且，，…，，…均为等腰直角三角形（为坐标原点）． (1)求数列的通项公式； (2)设，集合，，若，求实数的取值范围． 21．已知各项均为正数的等差数列，序列椭圆与轴的正､负半轴的交点分别为，过焦点的直线上有不在上的任意一点分别交于另外两点，直线交轴于的离心率为. (1)求的表达式； (2)若，求中的直线的斜率； (3)证明：. 22．已知点在抛物线上，按照如下方法依次构造点，过点作斜率为的直线与抛物线交于另一点，作点关于轴的对称点，记的坐标为. (1)求抛物线的方程； (2)求数列的通项公式，并求数列的前项和； (3)求的面积. 23．定义：若点，是曲线上相异的两点，且直线的斜率为，则称点，是斜关的．已知抛物线，点，点与点是斜关的，点与点是斜关的，其中为常数且，记直线的斜率为． (1)若，求的面积（为坐标原点）． (2)若对任意的正整数是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)设为数列的前项和，若对任意的正整数，都有，求实数的取值范围． 24．记数列的前n项和为，已知． (1)求的通项公式； (2)记数列的前n项和为． （ⅰ）求； （ⅱ）证明：． 25．已知半圆，圆，作圆与半圆，圆，轴均相切，点，且． (1)求的周长； (2)证明：为等比数列； (3)证明：对任意正整数． 专题三：名校数列求和新定义试题精选 1．若数列共项，，且对任意，中0的个数不少于1的个数，则称数列为“广义和谐01数列”．若“广义和谐01数列”中，，其中有项为0，有项为1，则称数列为“和谐01数列”． (1)当时，写出一个“和谐01数列”． (2)用表示个0，个1构成的“广义和谐01数列”的个数． （ⅰ）求； （ⅱ）当时，求（用含的式子表示）． 2．设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若，且为“和等比数列”. (1)求的值，并求出的和公比； (2)若，求数列的前项和； (3)在（2）的条件下，若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 3．已知无穷数列（，），构造新数列满足，满足，…，满足（，），若为常数数列，则称为阶等差数列；同理令，，……，（，），若为常数数列，则称为阶等比数列． (1)已知为二阶等差数列，且，，，求的通项公式； (2)若数列为二阶等差数列，为一阶等比数列．证明：为三阶等比数列； (3)已知，令的前项和为，，证明：． 4．已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：．数列对于确定的正整数k，若存在正整数n使得成立，则称数列为“阶可分拆数列” (1)已知数列满足，判断是否对，总存在确定的正整数k，使得数列为“k阶可分拆数列”，并说明理由； (2)设数列的前n项和为． （ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值； （ⅱ）在（ⅰ）问的前提下，若数列满足，其前n项和为，求证：当且时，成立． 5．已知无穷数列中，、、…、构成以10为首项，以为公差的等差数列，、、…、构成首项为，公比为的等比数列，其中，． (1)当，时，求数列的通项公式； (2)若m是偶数且，求． (3)对一切正整数，都有.设数列的前项和为，判断是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 6．已知无穷正项数列单调递增，其首项记为，.若，，其中为正整数集的子集，称数列在内满足性质；若，，称数列在内满足性质；若，，则数列在内满足性质. (1)若，判断数列具有哪种性质，并说明理由； (2)若数列具有性质，证明：时，； (3)若数列是正整数数列，表示有限集合中元素的个数，求证：若数列满足性质，则． 7．如果正项有穷数列满足，即，我们称其为“1的对称数列”，例如：数列2，3，，与数列3，2，1，，都是“1的对称数列”． (1)设是项数为8的“1的对称数列”，其中是等差数列，且，请依次写出的每一项； (2)设数列是13项的“1的对称数列”，其中是等比数列，，求数列的所有项和的最小值； (3)设数列是项的“1的对称数列”，数列前项的通项公式为，求数列的前项和．（注：） 8．欧几里得在《几何原本》中证明算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以写成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，这个乘积形式是唯一的．对于任意正整数，记为的所有正因数的个数，为的所有正因数的和． (1)若数列，，， ①写出，； ②求数列的前项和； (2)对于互不相等的素数、、，证明：，，并求的值． 9．在一个由个数构成的排列中，如果一对数的前后位置与大小顺序相反，即前面的数大于后面的数，那么它们就称为一个逆序，一个排列中逆序的总数就称为这个排列的逆序数．排列的逆序数记为．例如2431中，21，43，41，31是逆序，因此． (1)计算； (2)设数列满足，，求的通项公式； (3)设排列满足，，，，，证明：． 10．已知表示数列，，，…，中最大的项，按照以下方法：，，，…，得到新数列，则称新数列为数列的“数列”． (1)已知数列仅有5项，各项互不相等，，且，请写出所有的“数列”； (2)若满足，，且数列为等差数列，的“数列”为． （ⅰ）求； （ⅱ）求的前n项和． 11．一般地，元有序实数组称为维向量（如用一个实数可表示一维向量，用二元有序实数对可表示二维向量，）.类似我们熟悉的二维向量和三维向量，对于维向量，也可以定义两个向量的加法运算、减法运算、数乘运算、两个向量的数量积、向量的长度（模）等，如，则.若存在不全为零的个实数，，，，使得，则称向量组，，，是线性相关的，否则，称向量组，，，是线性无关的. (1)判断向量组，，是否线性相关. (2)已知函数，，且恒成立. ①求的值； ②设，其中，若，，数列的前项和为；证明：当时，. 12．定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有“性质3”.已知项数为n的数列的所有项的和为，且数列具有“性质3”. (1)若，且，，写出所有可能的的值； (2)若，，证明：“”是“”的充要条件； (3)若，，，证明：或，（）. 13．定义：若数列满足，则称数列为“线性数列”. (1)已知为“线性数列”，且，证明：数列为等比数列. (2)已知. （i）证明：数列为“线性数列”. （ii）记，数列的前项和为，证明：. 专题四：数列求和全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2019高一下·浙江宁波·竞赛）设数列的前项和为，令，称为数列，，…，的理想数，已知数列，，，…，的“理想数”为2004，那么数列2，，，…，的“理想数”为（    ） A．2002 B．2004 C．2006 D．2008 2．（2022·全国·模拟预测多选题）已知数列满足，，，数列的前n项和为，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．数列为单调递增的等差数列 D．满足不等式的正整数n的最小值为63 3．（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 ； ． 4．（2011高一·全国·竞赛）的整数部分是 . 5．（2017高三下·广西玉林·竞赛）已知为平面区域：（）内的整点（，均为整数的点）的个数，记，数列的前项和为，若对于，恒成立，则实数的取值范围是 ． 6．（2024高二下·重庆·竞赛）数列满足，若，则 . 7．（2024高二下·内蒙古·竞赛）数列中，，且对任意，，求的整数部分是 . 8．（2010高一·全国·竞赛）已知数列的通项公式为它的前项和，则 . 9．（2017高二·全国·竞赛）对于一切实数x，令为不大于x的最大整数，则函数称为“高斯函数”或“取整函数”．若，，为数列的前项和，则 ． 10．（2007高一·全国·竞赛）设，，则最接近于S的整数是 ． 11．（2008高一·全国·竞赛）已知数列的前项和为，若，，则数列的前2008项和为 . 12．（2007高一·全国·竞赛）数列中，，当时，前项和满足，设，则数列的前项和 . 13．（2016高一·全国·竞赛）数列的项是由1或2构成，且首项为1，在第个1和第个1之间有个2，即数列为：1，2，1，2，2，2，1，2，2，2，2，2，1，…，记数列的前项和为，则 ． 14．（2017高一·全国·竞赛）已知数列满足，（），前项和为，则 ． 15．（2013高一·全国·竞赛）数列满足．前项和为，则 ． 16．（2024高三上·全国·竞赛）若数列满足对任意，数列的前项至少有项大于，且，则称数列具有性质．若存在具有性质的数列，使得其前n项和恒成立，则整数的最小值是 ． 17．（2023高三上·全国·竞赛）已知数列满足，，记数列的前n项和为．若对于任意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为 ． 18．（2015高一·全国·竞赛）已知数列满足，其中． (1)李四同学欲求的通项公式，他想，如果能找到一个函数，其中是常数，把递推关系变成后，就容易求出的通项了．请问：他设想的存在吗？的通项公式是什么？ (2)记，若不等式对任意都成立，求实数的取值范围． 19．（2022高一下·四川成都·竞赛）已知数列中，，．正项等比数列的公比，且满足，． (1)证明数列为等差数列，并求数列和的通项公式； (2)如果，求的前n项和为； (3)若存在，使成立，求实数 的取值范围． 20．（2021高三·全国·竞赛）定义数列，满足，且．为前n项的平方和．求的值． 21．（2012高一·全国·竞赛）实数列满足为前k项和，令，求的最大值. 22．（2013高一·全国·竞赛）数列满足：，且． (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)求数列的前项和． 23．（2014高一·全国·竞赛）对于给定的，若，定义.已知数列满足，当时，，其中为数列的前项和. (1)求的通项公式； (2)计算数列的前项和，是否存在，使得任意，都有？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由. 24．（2010高一·全国·竞赛）已知正项数列的前项和为，且满足. (1)求数列的通项公式； (2)求证：当时，. 25．（2012高二·全国·竞赛）已知点集，其中，点为与轴的公共点，等差数列的公差为1． (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和满足对任意的都成立，求的取值范围． 26．（2012高二·全国·竞赛）在平面上有一系列的点，对于正整数，点位于函数的图象上，以点为圆心的与轴相切，且与又彼此外切，若，且． (1)判断数列是否为等差数列； (2)设的面积为，求证：． 27．（2008高一·全国·竞赛）设表示的整数部分. (1)求满足的的值； (2)求的值； (3)求的值. 28．（2008高一·全国·竞赛）设函数，方程有唯一解，已知，且. (1)求数列的通项公式； (2)若，且，求； (3)是否存在最小正整数，使得对任意，有成立.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 29．（2008高一·全国·竞赛）已知，，，求的值. 30．（2018高一·全国·竞赛）在数列中，点在直线上，数列满足条件：，． (1)求证：数列是等比数列； (2)若，求成立的正整数的最小值． 31．（2016高一·全国·竞赛）已知数列的前项和为，等比数列的首项，公比为． (1)求两数列的通项公式； (2)设，若存在，使得成立，求数列的和． 32．（2011高一·全国·竞赛）已知数列满足：． (1)求的通项公式； (2)记， （i）求的值； （ii）求证：． 33．（2012高一·全国·竞赛）已知数列中，， (1)求的通项公式； (2)若为的前n项和，是否存在，使得对于任意，都有?若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由． 34．（2022高三·浙江丽水·竞赛）已知数列，，记为的前项和，，记，，为的前项和. (1)求数列的通项公式； (2)对，使得恒成立，求的最小值. 35．（2021高三·全国·竞赛）求证：对任意的，都有． 36．（2021高三·全国·竞赛）数列满足且．证明：其中无理数． 37．（2021高三·全国·竞赛）已知正项数列满足．记数列的前n项和为，求的值． 38．（2017高一·江西萍乡·竞赛）记表示不超过实数的最大整数，在数列中，，（），证明：. 39．（2017高二上·安徽阜阳·竞赛）已知数列的前项和为，且. （1）若数列是等比数列，求的取值； （2）求数列的通项公式； （3）记，求数列的前项和. 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新高考高二数列求和易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校数列求和易错题精选 专题二：名校数列求和培优题精选 专题三：数列求和新定义试题精选 专题四：数列求和全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校数列求和易错题精选 1．已知数列首项为2，且满足，数列满足，且数列前项和为，则（    ） A．5050 B．200 C．100 D． 【答案】C 【分析】由递推关系式可得，据此可得数列为常数列，从而可求数列的通项公式，进而可得答案. 【详解】由可得， 所以， 即数列为常数列，所以，所以， 则， 所以， 所以. 故选：C. 2．设等差数列的前n项和，若，，则数列前99项和为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】求得通项，利用裂项相消法求和即可. 【详解】依题意，，所以，因为，由， 易知， 所以 所以数列的前99项和为， 故选：C. 3．已知数列满足，，则数列的前项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用递推公式可求得数列的通项公式，再由裂项相消法可求出. 【详解】根据，可知，因此可得为常数； 即数列是以为首项，公差为的等差数列， 所以，即； 因此； 可知数列的前项和. 故选：A 4．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式有如下定义：，.则（    ） A．0 B．1 C．2024 D．2025 【答案】A 【分析】将已知等式向所求式转化，在的等号两边同时乘以，构造包含平方的等式，利用累加法求解. 【详解】由，得，即， 所以，，，，， 以上各式相加得， 所以. 故选：A 5．（多选题）已知数列满足，，，为其前项和，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】求出的值，由可得，两式作差可得出，逐项计算可判断ABD选项，利用并项求和法可判断C选项. 【详解】在数列中，，， 当时，，则， 对任意的，由可得， 上述两个等式作差可得， 对于A选项，，A对； 对于B选项，，可得，B错； 对于C选项， ，C对； 对于D选项，， 因此，D对. 故选：ACD. 6．已知等差数列的前项和为，且，则 ；数列的前20项和是 . 【答案】 【分析】利用与的关系，结合等差数列的定义求得，再利用并项求和法可得第一空，利用裂项相消法可得第二空，从而得解. 【详解】因为等差数列的前项和为，且， 当时，，当时，，则， 所以，， 所以 ； 因为， 所以的前20项和为 . 故答案为：；. 7．已知数列的前项和为，若，且，则 . 【答案】1485 【分析】根据为等差数列，即可根据等差求和公式求解. 【详解】由，可知数列是个“类周期数列”， 因此可设数列满足，每三项并项， 则， 于是数列是公差为3的等差数列，且， 于是得到 . 故答案为：1485 8．已知数列为正项数列，且，. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解法一：构造数列是恒为的常数列，结合可得出数列的通项公式； 解法二：利用累加法结合可求得数列的通项公式； （2）利用并项求和法结合分组求和法可求得. 【详解】（1）解法一（构造常数列）：由，且， 可得， 故数列是恒为的常数列，所以， 又因为数列为正项数列，所以. 解法二（累加法）：由题意得：且， 有，，，， 将以上各式相加，得， 将代入上式即得，且当时也成立，所以， 又因为数列为正项数列，所以. （2）由（1）可得，令，其前项和为， 对任意的，，则， 又因为， 所以. 9．已知数列的首项为，且满足 (1)求证为等差数列，并求出数列的通项公式； (2)设数列的前项和为，求． (3)若数列的通项公式为，且对任意的恒成立，求实数的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）根据题意结合等差数列的定义可得答案； （2）由（1）可知，利用裂项相消法运算求解； （3）整理可得，列式求的最大值，结合恒成立问题分析求解即可. 【详解】（1）因为，故， 所以，即， 所以数列是以首项为，公差为4的等差数列， 可得，所以； （2）由（1）可知： ， 所以 ； （3）因为， 即，可得， 令，解得， 且，可得，即， 可得，所以实数的最小值． 10．设是等差数列，是等比数列，公比大于0，已知，． (1)求和的通项公式； (2)设数列的前项和．记，求； (3)求． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据已知及等差、等比数列的通项公式求基本量，进而写出和的通项公式； （2）根据已知有，结合（1）即可得； （3）应用错位相减法、等比数列前n项和公式求和. 【详解】（1）设数列是公差为d的等差数列，数列是公比为q的等比数列，公比大于0，其前n项和为． 已知，所以，解得，则， 由于，所以，，解得，则. （2）由（1）知：，所以， 所以. （3）由（2）得，设， 所以①，②， ①②得：， 整理得. 11．已知数列的前项和为，且，． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和； (3)若数列满足，记的前项和，判断是否存在正整数，使得成立？若存在，则求出所有值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）借助与的关系计算即可得数列为等比数列，结合等比数列性质即可得； （2）结合（1）中所得后分组求和，并利用等差数列与等比数列求和公式计算即可得； （3）借助错位相减法计算可得，再令，结合数列增减性计算可得该方程不存在正整数解. 【详解】（1）因为，所以，又，所以； 当时，， 所以，所以， 又，所以，又， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以； （2）由（1）可得， 所以 ； （3）因为，所以， 所以，， 两式相减得， 所以， 由，得，所以， 令，所以， 所以数列是递增数列， 又，， 所以不存在正整数，使得， 即不存在正整数，使得成立． 12．已知数列满足 ． 记 ， (1)计算,并证明数列为等比数列； (2)求数列的前项和 ； (3)设，且数列的前项和为，求证： ． 【答案】(1)，证明见解析； (2) ； (3)证明见解析. 【分析】（1）按等比数列的定义证明，用递推关系寻找与的关系，即可证明； （2）使用分组求和法，偶数项为等比、等差数列求和，奇数项可转化为偶数项求和； （3）先将放缩，再利用等比数列前n项和. 【详解】（1）由题可得 ， ， 又 ， 所以，数列为以为首项，为公比的等比数列． （2）由( 1 )可知 ，又 ， ． 设， 则 设 ， ， 故 ． （3） ， 成立. 故 成立. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，通过放缩，得到. 13．已知正项数列满足，且. (1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； (2)证明：. 【答案】(1)证明见详解，， (2)证明见详解 【分析】（1）方程两边除以，得，即可判断数列为等差数列，进而利用等差数列的通项公式求，即可得通项公式； （2）根据（1）可得通项公式，利用裂项相消求和即可证明. 【详解】（1）由题意得，， 因为，所以，又， 因此，数列是以1为首项，2为公差的等差数列； 则， 所以，. （2）由（1）得：， 所以 . 14．数列的前项和为 (1)求数列的通项公式; (2)令，数列的前项和为，若对 恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用求得数列的通项公式. （2）利用裂项相消法求得，进而求得的最小值，从而可得，求解即可. 【详解】（1） ①， 当时，；当时，②， 由①-②得：，即， 又时也满足， 是以1为首项，3为公比的等比数列，. （2）由(1)知：， ， 则 ，又在时单调递增，. 对恒成立， ，即， ， 又，即. 15．已知数列的前项和为，且. (1)证明：是等比数列，并求出的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）根据与之间的关系可知是以2为首项，2为公比的等比数列，结合等比数列通项公式可得，利用等差数列通项公式分析求解； （2）根据题意可知：的奇数项为以为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，利用分组求和结合等差、等比数列求和公式运算求解. 【详解】（1）当时，，且，所以； 当时，由，得，则 ，可得， 即，且，可得， 可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 则，可得， 且，可知是以为首项，为公差的等差数列， 所以，即. （2）由（1）可知， 可知的奇数项为以为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以为首项，2为公差的等差数列. 当时，； 当时，； 综上所述：. 16．在数列中，，. (1)求证：数列是等差数列； (2)设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）解方程得到，根据等差数列的定义知数列是等差数列. （2）由，裂项相消求和得到，若恒成立，转化为求的最大值，进而得到的范围. 【详解】（1）由，可得， 即，所以， 又，所以是以2为首项，2为公差的等差数列， 则. （2）， ， 因为，所以，所以， 又恒成立，即恒成立，，即. 所以的取值范围为. 17．设为数列的前项和，满足． (1)求证：； (2)记，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由与的关系，结合等比数列的定义、通项公式，可得所求； （2）运用等比数列的求和公式，以及数列的分组求和，计算可得所求和． 【详解】（1）因为数列的前项和，满足， 当时，可得， 两式相减得，即，所以； 当时，，解得； 所以数列构成首项为，公比为的等比数列，所以的图象公式为． （2）由（1）知，可得， 所以， 则 ． 18．设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，令，数列的前项和为. (1)求的和公比; (2)求; (3)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)4 (2) (3). 【分析】（1）设等差数列的公差为，前项和为，由题意，化简可得值； （2）由（1）得，用错位相减法求和； （3）设，，按的奇偶性分类求解可得参数范围． 【详解】（1）设等差数列的公差为，前项和为，则， 所以， 因为是“和等比数列”，所以，即，对任意恒成立， 所以，解得， 所以的和公比为4； （2）由（1）知，， 所以， 所以， 相减得， 所以； （3）设， ， ，是递增数列， 不等式对任意的恒成立，即不等式对任意的恒成立， 当为奇数时，，则， 当为偶数时，，则， 综上，的取值范围是． 19．已知数列的前项和满足：,． (1)求； (2)若，求的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）令，求出的值，当时，由可得，作差可得，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式； （2）对任意的，计算出，问题转化为求数列的前项和，利用错位相减法结合分组求和可求得. 【详解】（1）因为数列的前项和满足：， 则，则，可得， 当时，由可得， 上述两个等式作差可得，可得， 令，可得，则，解得， 所以，，且， 所以，数列为等比数列，首项为，公比为， 所以，，故. （2）因为， 对任意的，， 问题转化为求数列的前项和，记数列的前项和为， ， 则， 上式下式得 ， 化简得， 因此，. 20．已知数列满足，，记为数列的前项和. (1)求的所有可能取值； (2)若对，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将因式分解，得到递推关系或，将前三项的所有可能列出，即可求解； （2）根据条件求出通项公式，利用错位相减法即可求和，从而证明不等式． 【详解】（1）由题意得， 所以或， 故前3项有4种可能，情况如下： ，，此时； ，，此时； ，，此时 ，，此时. （2）证明：若，则为偶数，不符合题意，所以， 又， 所以是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以，. 设，所以 ， 两式相减可得 ， 所以. 专题二：名校数列求和培优压轴试题精选 1．在学习完“错位相减法”后，善于观察的同学发现对于“等差×等比数列”此类数列求和，也可以使用“裂项相消法”求解．例如，故数列的前项和．记数列的前项和为，利用上述方法求（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先将裂成两项，再运用待定系数法求解裂成两项的系数，接着利用裂项相消法求和即得. 【详解】设， 左右对照可得，解得 所以， 则数列的前项和为： ， 故. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查运用裂项相消法解决“等差×等比数列”的求和问题，属于难题.解题的关键在于按照题意，将数列通项写成两项的差的形式，通过待定系数法确定各项系数，再裂项相加即可. 2．（多选题）已知，记数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据递推式及，求得，即可判断A；分为奇数、为偶数，求出通项公式判断B，C；利用分组求和，求出，判断D． 【详解】解：因为，即， 所以，， 解得，故A正确； 由此可得，，，， …… 所以当为奇数时，为偶数，为奇数， 所以，， 所以， 所以数列是等比数列，首项为，公比为2， 所以，所以， 所以，故B错误； 当为偶数时，为奇数，为偶数， 则，， 所以， 所以数列是等比数列，首项为，公比为2， 所以， 所以， 所以，故C正确； 对于D， = =，故D正确. 故选：ACD. 3．（多选题）已知等差数列中，，公差为，，记为数列的前n项和，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 【答案】BCD 【分析】由为等差数列，先求出，可判断选项A；对于选项B，分为奇数和偶数分别求的前项和，从而可判断; 对于选项C，先得出，从而得出，再分为奇数和偶数分别求的前项和；对于选项D，由，求出，从而可求出的前项的和. 【详解】∵数列是等差数列，，公差为，，， . 当时，，故选项A错误； 当为偶数时，；当为奇数时，， 故，选项B正确； ，， ∴当为偶数时，； 当为奇数时，， ，选项C正确； ，， ，选项D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：此题考查等差数列的求和与分组并项求和法，解题的关键是对分奇数、偶数讨论求出，考查分类讨论的思想和计算能力，属于较难题. 4．（多选题）已知数列的前项和为，且，则下列命题正确的是（    ） A．若是递增数列，则数列的前项和为 B．若是递增数列，则数列的前项和为 C．若各项均为正数，则 D．存在无穷多个不同的数列，使得 【答案】BCD 【分析】利用求得，对于A，先求得，然后利用裂项相消求解判断；对于B，对分成奇数和偶数两种情况进行分类求解判断；对于C，先求得，进而利用错位相减法求解判断；对于D，结合分类讨论可判断. 【详解】由，， 当时，，解得或（舍去）； 当时，， 则， 整理得，. 对于A，因为是递增数列，且， 所以，则，即， 所以数列为等差数列，首项为1，公差为1， 则， 则， 则数列的前项和为： ，故A错误； 对于B，由A知，，则， 当为偶数时，数列前项和为： ， 当为奇数时，数列前项和为： ， 综上所述，数列前项和为，故B正确； 对于C，因为各项均为正数，则，即， 即，所以数列为等差数列，首项为1，公差为1， 设，，① 则，② ②①得，，故C正确； 对于D，由，，， 得或，， 即或，， 即从起，每一项是“前一项的相反数”或是“前一项加1”. 若，则或， 由于，从起每项是“前一项加1”，则到第2024项则为，符合题意. 由，从1起每项加1至少要到第2025项，所以不符合题意. 但对于数列，第2026项及之后的项也不确定，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用得到，进而求解判断各选项. 5．（多选题）已知数列的前项和为则下列说法正确的是（   ） A．是等比数列 B． C．中存在不相等的三项构成等差数列 D．若，则的取值范围为 【答案】ABD 【分析】根据等比数列的定义可判定A，利用等比数列与等差数列求和公式分组计算可判定B，利用等差数列的定义结合反证法可判定C，分类讨论n的奇偶解不等式即可判定D. 【详解】对于A，根据题意易知， 所以是等比数列，以1为首项，3为公比，，故A正确； 对于B，同理，， 即所以是等比数列，以3为首项，3为公比，， 则 ，故B正确； 对于C，假设中存在不相等的三项构成等差数列， 不妨设该三项为，则， 即， 因为，所以，则上式不成立，所以不存在，故C错误； 对于D项，若n为奇数，则， ， 而由A项可知，递增，所以，，则， 若n为偶数，则，， 同理由A项可知，递增，所以，，则， 而，则，故D正确. 故选：ABD 【点睛】思路点睛：第三选项可以利用反证法说明道理，第四选项，分奇偶项讨论结合函数的单调性计算最值即可. 6．（多选题）已知正项数列满足，记，则（    ） A．是等差数列 B． C． D． 【答案】ACD 【分析】先将递推式整理成，即可判断A；设等差数列的公差为，写出通项，利用裂项相消法求出，结合即可求出，进而得到，从而判断BC；构造函数，，利用导数分析得到，对不等式放缩，再结合裂项相消法即可判断D. 【详解】因为， 所以，即， 即，所以数列为等差数列，故A正确： 设等差数列的公差为，又因为， 所以，则， 所以， 所以 ， 则，所以， 所以，所以，故B错误； 由，故C正确： 设，， 则， 所以函数在上单调递增， 所以，即，， 所以， 又因为 ， ， 即，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于构造函数，，利用导数得到，进而进行放缩，结合裂项相消法求和即可求解. 7．（多选题）高斯被誉为“数学王子”，是世界上伟大数学家.用他名字定义的函数（表示不超过的最大整数）称为高斯函数.已知正项数列的前项和为，且，令，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据与的关系，化简可得，判断A，B；再由裂项相消法求判断C；利用放缩法判断D. 【详解】对于A，B，， 所以当时，， 又，则， 所以，故A错，B对； 对于C，， ， ，故C对； 对于D，， ， 当时，， ， ，故D对； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是正确理解高斯函数，根据递推式，从而可归纳出通项公式，进而可求得答案. 8．（多选题）已知数列满足，.则下列选项正确的是（   ） A．是等比数列 B．数列是单调递增数列 C．若，则 D．若，则 【答案】ACD 【分析】由条件得出角标为奇数和偶数时的等式，化简得到，证明数列为等比数列，判断A 选项； 根据，判断B选项；求奇数项通项公式，由放缩法得到结论，判断C选项；求出偶数项通项公式，由裂项相消求和，判断D选项. 【详解】A选项：， ，又， 所以是等比数列，公比为，首项为， ，，所以选项A正确； B选项：，所以选项B错误； C选项：为奇数时，，所以； D选项：为偶数时，， 所以． 故选：ACD. 9．整数的商（其中）称为有理数，任一有限小数或无限循环小数可以化为整数的商（其中）的形式，则 （写成的形式，与为互质的具体正整数）；若构成数列，令，为数列的前n项和，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】将循环化为分数形式即可；观察数列规律得出数列的通项公式，将代入求出数列的通项公式并计算出，由此求出，并求范围. 【详解】则循环可以写成； 观察数列规律，可得，，，，， 所以， ， 则 ， 所以，显然单调递增， 当时，， 当无限增大时，越来越接近，所以接近， 所以的取值范围为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：利用裂项相消法求. 10．已知数列满足，且，记数列前项和为，若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由题意可得，可得是等比数列，进而可得是常数数列，可求得数列的通项公式，利用裂项相消法可求. 【详解】因为，可得， 即，所以， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以， 所以数列是常数数列，，所以， ， ， 若对于任意，不等式恒成立，则， 则实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于利用已知构造等比数列后，进一步构造常数数列列，求得数列的通项公式，从而解决问题. 11．设等差数列的前项和为，已知，，设，则数列的前项和为 . 【答案】 【分析】根据等差数列的基本量计算可得，进而得到，再结合三角恒等变换化简可得，进而结合裂项相消法求和即可. 【详解】设等差数列的公差为， 由题意得，，解得， 则， 则 ， 则数列的前项和为： . 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用三角恒等变换化简得到，进而结合裂项相消法求和即可. 12．已知各项均为正数的数列，其前项和为，与1的等差中项等于与1的等比中项． (1)求数列的通项公式以及； (2)若，数列的前项和为； （ⅰ）求证：； （ⅱ）若数列的前项和为，对任意，均有恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)，． (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【分析】（1）借助等差中项性质与等比中项性质，结合与的关系与因式分解可得数列是首项为1，公差为2的等差数列，即可得，进而可得； （2）（ⅰ）结合（1）中所得，结合裂项相消法计算可得，即可得证；（ⅱ）由（ⅰ）中所得，结合错位相减法计算可得，即可得恒成立，设，计算出数列的增减性后即可得的最大值，即可得解. 【详解】（1）由已知得，即， 当时，，解得，当时，， 则， 即， 所以有，因为，所以， 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以，； （2）（ⅰ）， 则， 所以． 因为，所以，所以； （ⅱ）由（ⅰ）有， 所以， ， 则 ， 所以． 若对任意，均有恒成立， 等价于恒成立，即恒成立， 设，则， 所以当时，当时， 所以的最大值为，故， 即实数的取值范围是：． 13．已知数列满足，且. (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）分析可知数列是首项和公比均为2的等比数列，结合等比数列通项公式运算求解； （2）根据（1）可得，再利用等比数列求和公式分析证明； （3）根据（1）结合二项式定理求数列的通项公式，利用分组求和法结合等比数列求和公式分析求解. 【详解】（1）因为，则， 且，则， 可知数列是首项和公比均为2的等比数列， 可得，所以. （2）由（1）可知，，则， 可得. 又因为， 所以. （3）由（1）可知，，则. 因为 ， 可得， 当为奇数时，则，即； 当为偶数时，则，即. 设为数列的前项和， 可得 . 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于根据结合二项展开式整理，并讨论奇偶项求数列的通项公式. 14．已知等差数列的前项和为，数列是等比数列，满足，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)对任意的正整数，设，求； (3)若对于数列，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求. 【答案】(1)，； (2)； (3)2170. 【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，再借助等差数列前项和公式求出公比，进而求出通项公式. （2）由（1）的结论，分奇偶求出的通项，并结合裂项相消法及错位相减求出对应前项和，再利用分组求和法求解. （3）根据给定条件，求出数列的前2025项中数列的项及1的个数，再分组求和即得. 【详解】（1）在等差数列中，，而，解得， 公差，则； 设等比数列的公比为，，由，得， 即，解得，， 所以数列和的通项公式分别为，. （2）由（1）得，当为奇数时，， 则； 当为偶数时，，， ， 则， 两式相减得 ，因此， 所以. （3）依题意，数列： 项为前的总项数为， 数列是递增的，当时，， 当时，， 因此数列的前项中，有数列的前项，有个， 所以. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： ①对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； ②对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； ③对于结构，利用分组求和法； ④对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 15．已知数列和满足，，． (1)证明：是等比数列； (2)设，求数列的前项和； (3)证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）构造得，再求出首项即可证明其为等比数列； （2）求得，代入裂项得，再利用利用裂项求和即可； （3）由（1）知，再对分奇偶讨论即可. 【详解】（1）由题意知，， 所以， 即，又， 所以是首项为，公比为的等比数列． （2）由（1）知，所以， 所以 ． （3）由（1）知，所以． 当为偶数时，． 所以． 当为奇数时，， 而，所以． 综上可知原命题成立． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是对进行奇偶讨论，再合理放缩即可. 16．已知数列满足，且. (1)证明：数列是等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)若数列的前项和为，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)证明见解析. 【分析】（1）由题可得，即可证明结论； （2）由（1）可得，可得的通项公式，然后可得的通项公式； （3）由（2）可得，假设中存在不同的三项能构成等差数列，可得，然后由题可产生矛盾，即可完成证明. 【详解】（1）证明：因， 则， 则是以为首项，公比为3的等比数列； （2）由（1），， 则是以为首项，公差为1的等差数列，则； （3）由（2），， 则， 则. 证明：假设数列中存在不同的三项能构成等差数列， 设这三项项数为.其中， 则，. 设，则， 得， 注意到，， 则. 这与矛盾，则数列中不存在不同的三项能构成等差数列. 【点睛】关键点睛：本题涉及由递推式得数列通项公式，常利用已知递推式等价变形构造新数列求解通项；分式型数列求和常常涉及裂项相消法，关键为写出裂项式；证明包含全称量词或特称量词的相关命题时，常利用反证法. 17．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与的左支交于两点，点在上，为坐标原点，且（为实数）． (1)若的周长为，求的值． (2)是否存在使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)若正项数列满足，点在双曲线上，，求证：． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）结合双曲线的定义以及的周长可得，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理以及弦长公式代入计算，即可得到结果； （2）由向量的坐标运算以及双曲线方程代入计算，再结合（1）中韦达定理的结果代入计算，即可得到结果； （3）由双曲线的标准方程可得为等差数列，从而可得，进而得到，再将放缩，变形，结合裂项相消法代入计算，即可证明. 【详解】（1） 由题意可得直线恒过双曲线的左焦点， 由双曲线的定义可得， 两式相加，得， 则的周长为， 故．由可得， 设，， 则，即， ，， 易知，故． ，解得． （2）不存在使得为定值，理由如下： 设，由，可得， ， ． 点在双曲线上，， 即， 即． 要使为定值，只需， 即 ，解得． 但不满足， 故不存在满足条件的． （3）由点在双曲线上可得， 为等差数列，首项为2，公差为2， 故，． ． 当时， ,又，． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与双曲线相交问题，以及与数列的综合应用，难度较大. 解答本题的关键在于:（1）能得到直线恒过双曲线的左焦点，并能根据双曲线的定义，结合三角形的周长求出；（2）利用向量的坐标运算、点与双曲线的位置关系及为定值建立方程；（3）利用放缩法与裂项相消法证明不等式． 18．已知数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)若数列的前项和为，求. (3)设，求的值（其中表示不超过的最大整数）. 【答案】(1)； (2)； (3)88. 【分析】（1）由题设可得，，即数列奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为2，再结合，可得数列为以1为首项，1为公差的等差数列，进而求解即可； （2）由题意可得，进而结合分组求和求解即可； （3）利用裂项相消法与累加法证得，从而得解. 【详解】（1）由，， 则， 两式相减得，， 所以数列奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为2， 又，且，即， 所以数列为以1为首项，1为公差的等差数列， 则. （2）由题意， 所以 . （3）由（1）知，则， 由，，得，， 故，，，， 以上各式相加，得. 由，，得，， 故，，，， 以上各式相加，得， 则. 综上所述，则. 【点睛】关键点点睛：本题第3问关键在于利用，，，得到，进而求解即可. 19．在数列中，，在等差数列中，前项和为，，. (1)求证：是等比数列，并求数列和的通项公式； (2)设数列满足，的前项和为，求； (3)设数列满足，的前项和为，求. 【答案】(1)证明见解析，， (2) (3) 【分析】（1）根据等比数列的定义即可求证，利用等差数列基本量的计算即可求解， （2）利用分组求和法，结合并项求和法以及等比求和公式即可求； （3）求得，利用裂项求和法与分组求和法可求得. 【详解】（1）当时，故， 又，故是等比数列，且公比为，首项为， 所以，故， 设的公差为，则由，，解得，， 故. （2）因为，， 故，， 而，故，其中， ， 当为偶数时，， 当为奇数时，. 综上所述，. （3）因为，则，， 因为， 可得， 所以 . 【点睛】关键点点睛：本题第3小问的解决关键是，利用正切函数的和差公式得到，从而利用裂项相消法即可得解. 20．如图所示，，，…，，…是曲线上的点，，，…，，…是轴正半轴上的点，且，，…，，…均为等腰直角三角形（为坐标原点）． (1)求数列的通项公式； (2)设，集合，，若，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2). 【分析】（1）由等腰直角三角形性质可知，，由点在抛物线上可得，由可得，，，猜测，再利用数学归纳法证明； （2）由裂项相消法求，并求其范围，再由交集的定义求实数的取值范围. 【详解】（1）依题意，有，， 由，得，即， 由可得，，，猜测． 证明：（i）当时，可求得，命题成立； （ii）假设当时，命题成立，即有， 则当时，由归纳假设得， 得， 即， 解得［不合题意，舍去］． 即当时，命题也成立． 由（i）、（ii），对所有，． （2） ． 因为函数在区间上单调递增，所以． 由，有或，故． 【点睛】本例是点列问题，是数列中的一个难点，条件中含有、以及、等诸多因素，而第（1）问求数列的通项公式，因此需要找到、和、之间的等量关系，从而将它们统一到数列上，尽管如此，由于条件与解题目标之间关系比较复杂，采取从特殊开始，即通过归纳—猜想—证明，找到一种解决问题的有效方法．第（2）问，把（1）探求得到的结果代入并运用裂项相消的所得结果探究其单调性，求出的取值范围，再由，求出的取值范围． 21．已知各项均为正数的等差数列，序列椭圆与轴的正､负半轴的交点分别为，过焦点的直线上有不在上的任意一点分别交于另外两点，直线交轴于的离心率为. (1)求的表达式； (2)若，求中的直线的斜率； (3)证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由等差数列及椭圆的焦点可得出公差，由离心率可得，即可写出通项公式； （2）联立直线与椭圆方程，分别求出的坐标，即可得解； （3）设直线的方程为，联立椭圆方程，由根与系数的关系及三点共线化简可得，求出，再由裂项相消求和得证. 【详解】（1）由已知，设的一个焦点为. ， . （2）的方程为， 直线的方程为，与方程联立整理得， 所以点的横坐标为，故， 同理，直线的方程为， 直线的斜率. （3）设，由题可知设直线的方程为， 代入中，整理得， . ， 由三点共线得①， 同理，由三点共线得② ， 即， 将代入上式，整理得， 即，， 则， . 【点睛】关键点点睛：数列问题与解析几何综合，克服题型上的陌生感是解题的第一步，其次在解决求，也就是探求直线中的关系，需要利用解析几何中大量繁杂的运算、化简得解，对计算能力要求非常高. 22．已知点在抛物线上，按照如下方法依次构造点，过点作斜率为的直线与抛物线交于另一点，作点关于轴的对称点，记的坐标为. (1)求抛物线的方程； (2)求数列的通项公式，并求数列的前项和； (3)求的面积. 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）由代入抛物线方程，求出，即可得解； （2）依题意可得直线的方程为，联立直线与抛物线方程，求出，即可得到，从而数列的通项公式，再由，利用裂项相消法计算可得； （3）由（2）可知：，，，求出点到直线的距离及，再由面积公式计算可得. 【详解】（1）因为点在抛物线上，则，解得， 所以抛物线的方程； （2）由可知，， 因为点在抛物线上，则，且， 过，，且斜率为的直线， 联立方程，消去可得， 解得或，，可得， 所以数列是以首项为2，公差为2的等差数列，所以， 又，， ； （3）由（2）可知：，，， 直线的方程为， 即， 点到直线的距离为， ， 所以的面积为． 23．定义：若点，是曲线上相异的两点，且直线的斜率为，则称点，是斜关的．已知抛物线，点，点与点是斜关的，点与点是斜关的，其中为常数且，记直线的斜率为． (1)若，求的面积（为坐标原点）． (2)若对任意的正整数是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)设为数列的前项和，若对任意的正整数，都有，求实数的取值范围． 【答案】(1)12 (2)是定值；－2 (3) 【分析】（1）由题意可得点在抛物线上，从而可求得抛物线的方程为，进而根据斜关的定义求得，从而利用两点距离公式求得，利用点线距离公式求得点到的距离，进而可求得面积； （2）由点差法求得①，②，③，进而由①②消去得，代入③得； （3）由（2）中①②消去得，从而根据等差数列的通项公式可求得，进而可得，即可得，再利用裂项相消法求得，从而可求解. 【详解】（1）根据斜关的定义可知点在抛物线上， 所以，解得，故抛物线的方程为， 是斜关的，点， 的方程为，即， 联立，消去得，解得或， 又在上，，得，则， 故， 点到的距离为， 故的面积为． （2）根据斜关的定义可知的斜率为， 由代入得 ，两式作差得，即， 得，即①， 同理可得② ③ 由①②消去得，代入③得， 故对任意的正整数是定值－2． （3）由（2）中①②消去得， 故是以为首项，为公差的等差数列， 故， 由（2）知 ， 故， 显然，单调递增，， 又对任意的正整数，都有． 又，解得， 故实数的取值范围为． 【点睛】思路点睛： 处理新定义类问题的思路有①找出新定义的几个要素，找出要素分别代表的意义；②由已知条件看所求问题，进行分析，转化为数学语言；③将已知条件代入新定义中；④结合数学知识进行解答. 24．记数列的前n项和为，已知． (1)求的通项公式； (2)记数列的前n项和为． （ⅰ）求； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)； (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据题设递推关系，利用关系及等比数列定义写出通项公式； （2）法一：（ⅰ）由，得，应用累加求，（ⅱ）再根据三角函数的性质证明不等式；法二：（ⅰ）讨论，结合余弦型函数的周期性求，（ⅱ）再确定的取值，即可证结论. 【详解】（1）当时，，解得， 当时，， 所以，即， 所以是首项和公比均为2的等比数列，则； （2）法一：（ⅰ）由， 移项，整理得， 故 ． （ⅱ）因为，故． 法二：（ⅰ）设数列的通项公式为，则， 当n为6的倍数时，， 当n除6余1时，， 当n除6余2时，， 当n除6余3时，， 当n除6余4时，， 当n除6余5时，， 综上， （ⅱ），显然. 【点睛】关键点点睛： 第二问求，应用三角恒等变换作裂项处理得，再累加求和，或根据余弦型函数的周期性讨论参数n求和. 25．已知半圆，圆，作圆与半圆，圆，轴均相切，点，且． (1)求的周长； (2)证明：为等比数列； (3)证明：对任意正整数． 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据的定义以及相切的性质即可求解； （2）由题意得递推表达式，进一步根据等比数列的定义验算即可证明； （3）由分析可知只需证明即可，而可以用基本不等式证明当时，，累加即可得解. 【详解】（1）因为圆，圆与轴均相切，且圆的圆心坐标为， 所以圆的半径为，圆的半径为． 又圆，圆均与半圆相内切，圆与圆相外切， 所以，，． 所以的周长为：． （2）依题意，有，，， 得即 消去得， 整理，得， 两边同时减去，得． 依题意，易得，所以，即． 所以． 所以为等比数列，首项为1，公比为． （3）由（2）得，． 令，则当时，． 要证，即证， 即证． 当时， （当且仅当时，等号成立） （当且仅当时，等号成立） ． 所以， 得证． 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于得到只需证明即可，进一步只需证明当时，即可，由此即可顺利得解. 专题三：名校数列求和新定义试题精选 1．若数列共项，，且对任意，中0的个数不少于1的个数，则称数列为“广义和谐01数列”．若“广义和谐01数列”中，，其中有项为0，有项为1，则称数列为“和谐01数列”． (1)当时，写出一个“和谐01数列”． (2)用表示个0，个1构成的“广义和谐01数列”的个数． （ⅰ）求； （ⅱ）当时，求（用含的式子表示）． 【答案】(1)0，1，0，1，0，1（答案不唯一）． (2)（ⅰ）5；（ⅱ） 【分析】（1）根据“和谐01数列”的定义即可求解，     （2）（ⅰ）利用树状图或者列表法列举即可求解，或者利用排列组合，结合插空法求解，或者利用，根据递推可得求解． （ⅱ）利用排列组合求解． 即可根据递推法得解. 【详解】（1）0，1，0，1，0，1（答案不唯一）． （2）（ⅰ）解法一（树状图法） 因此． 解法二（列表法） 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 因此． 解法三（插空法）  先排好三个“0”，于是产生如图所示三个空，分别标记为， 0 0 0 剩下三个“1”讨论如下： ①三个“1”连在一起形成“111”整体插空，只能放位，有1种排法； ②三个“1”构成“11”和“1”分别排在其中两个空，“11”占位时，“1”排位或位，“11”占位时，“1”只能排位，共有3种排法； ③三个“1”构成“1”“1”“1”各占一空，有1种排法． 所以共有种排法，即． 解法四（递推法）  已知最后一位只能排“1”，因此，此时或， 因此． （ⅱ） ，（利用解法四可快速列出的表达式） 下面先求： 先将“0”排好，得，其中个“0”，个“”， 2个“1”有两种排法：①整体插入其中一个中“”，共有种方式； ②在个“”中任取两个，各插入一个“1”，共有种方式． 因此． 所以 ． 【点睛】方法点睛：新定义问题的求解过程可以模型化，一般解题步骤如下： 第一步：提取信息  —  对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号， 第二步：加工信息  —  细细品味新定义的概念、法则，对所提取的信息进行加工，探求解决方法，有时可以用学过的或熟悉的相近知识进行类比，明确它们的共同点和不同点 第三步：迁移转化  —  如果是新定义的运算法则，直接按照运算法则计算即可，如果是新定义的性质，一般需要理解和转化性质的含义，得到性质的等价条件（如等量关系、图形的位置关系等） 第四步：计算，得结论  —  结合题意进行严密的逻辑推理、计算，得结论 2．设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若，且为“和等比数列”. (1)求的值，并求出的和公比； (2)若，求数列的前项和； (3)在（2）的条件下，若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据等差数列的前项和公式求出，再根据“和等比数列”的定义列出方程即可得解； （2）利用错位相减法求解即可； （3）分离参数可得，再利用分离常数法求出的最小值即可得解. 【详解】（1）因为， 所以数列所以为公差的等差数列， 则， ， 因为， 所以， 所以，解得， 所以； （2）由（1）得，则， 则， ， 两式相减得 ， 所以； （3）， 即， 即， 即， 即，即， 因为，所以， 所以. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于结构，利用分组求和法； （4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 3．已知无穷数列（，），构造新数列满足，满足，…，满足（，），若为常数数列，则称为阶等差数列；同理令，，……，（，），若为常数数列，则称为阶等比数列． (1)已知为二阶等差数列，且，，，求的通项公式； (2)若数列为二阶等差数列，为一阶等比数列．证明：为三阶等比数列； (3)已知，令的前项和为，，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由新定义得为公差为2，首项为的等差数列，由等差数列的通项公式求解； （2）由已知（为常数），证明是关于的二次多项式，求，结合定义证明是三阶等差数列，由此完成证明； （3）利用待定系数法证明，由裂项相消求和，再结合放缩，错位相减法求和证明结论. 【详解】（1）因为，又， 所以为公差为，首项为的等差数列， 因此，即， 所以 ． （2）因为为二阶等差数列，所以（为常数）， 因此，即， 所以 ， 故是关于的二次多项式， 又是一阶等比，设公比为，则，则， 由是关于的二次多项式，知是关于的三次多项式． 下面证明是三阶等差数列： 设，，则， 所以， ， ，此为常数， 因此是三阶等差数列， 故是常数列， 故是三阶等比数列． （3）由上可知，可设，（其中）， 则， 所以 故， 所以， 因此， 设数列的前项和为，则， 所以， 两式相减，得 ， 所以． 即，得证． 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 4．已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：．数列对于确定的正整数k，若存在正整数n使得成立，则称数列为“阶可分拆数列” (1)已知数列满足，判断是否对，总存在确定的正整数k，使得数列为“k阶可分拆数列”，并说明理由； (2)设数列的前n项和为． （ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值； （ⅱ）在（ⅰ）问的前提下，若数列满足，其前n项和为，求证：当且时，成立． 【答案】(1)存在，理由见解析； (2)（ⅰ）符合条件的实数的值为0；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据“k阶可分拆数列”的概念，判断数列为“1阶可分拆数列”. （2）先根据前项和公式，求出数列的通项公式，（ⅰ）由可求的值，再讨论时，无解即可；（ⅱ）根据，可得，利用“累加法”可得：；再利用“错位相减法”证明，即可. 【详解】（1）存在，理由如下： 由已知得， ， ，即， 对，当正整数时，存在，使得成立， 即数列为“1阶可分拆数列”. （2）， 当时，， 当时，， （ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立， 当时，，即，解得， 当时，，即， 因，所以，又， 故方程无解. 综上所述，符合条件的实数的值为0. （ⅱ）证明：， 当时，， ， ， 由（ⅰ）知，所以， ①， ②， 由①-②可得 ， ， ， ， 当且时，成立. 【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的正整数，存在正整数使得成立即可. 5．已知无穷数列中，、、…、构成以10为首项，以为公差的等差数列，、、…、构成首项为，公比为的等比数列，其中，． (1)当，时，求数列的通项公式； (2)若m是偶数且，求． (3)对一切正整数，都有.设数列的前项和为，判断是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据等差数列，等比数列的通项公式，根据的取值利用分段数列的形式表示通项公式即可； （2）根据题意结合等差数列和等比数列的求和公式即可求解； （3）由题意可知数列的周期，先将数列的前项和求出，然后利用周期性可得，构造函数，，利用定义法可求出的最大值，即可判断. 【详解】（1）当时，， 当时，， 所以. （2）因为m是偶数，， 所以 . （3）不存在，理由如下： 因为对任意的，都有成立， 所以数列的周期为， 由（1）可得， 又， 所以， 设，， 则， 当时，，即， 此时函数单调递增， 当时，，即， 此时函数单调递减， 所以时，， 所以的最大值为， 故不存在满足条件的实数，使得成立. 【点睛】关键点点睛：本题第3问关键在于根据题意利用数列的周期性，表示出，进而利用单调性判断求解即可. 6．已知无穷正项数列单调递增，其首项记为，.若，，其中为正整数集的子集，称数列在内满足性质；若，，称数列在内满足性质；若，，则数列在内满足性质. (1)若，判断数列具有哪种性质，并说明理由； (2)若数列具有性质，证明：时，； (3)若数列是正整数数列，表示有限集合中元素的个数，求证：若数列满足性质，则． 【答案】(1)数列满足性质，理由见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对通项公式化简，用分组求和得到，然后比较，得结论； （2）由性质B得到列不等式化简得到，由累乘法求得，得证； （3）设新的数列，由数列满足性质A转换为，且为递减数列，从而得证. 【详解】（1）由于，从而 ， 从而数列满足性质． （2）数列具有性质，即． 由于，则，由累乘法，，从而 ，即． （3）记，则， ∵，即，等价于， 即证明存在唯一正整数满足此不等式组． 由于，则，其中，∴ ∵， 从而数列是首项为正整数的单调递减整数数列， 从而存在唯一正整数，使得． 综上，若数列满足性质，则． 7．如果正项有穷数列满足，即，我们称其为“1的对称数列”，例如：数列2，3，，与数列3，2，1，，都是“1的对称数列”． (1)设是项数为8的“1的对称数列”，其中是等差数列，且，请依次写出的每一项； (2)设数列是13项的“1的对称数列”，其中是等比数列，，求数列的所有项和的最小值； (3)设数列是项的“1的对称数列”，数列前项的通项公式为，求数列的前项和．（注：） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据等差数列写出前四项，再由新定义写出后四项即可； （2）由等比数列可求出数列前五项，再由新定义得出后五项及中间项，所以第六项及第八项可设为，求和后利用基本不等式得最值即可； （3）当时直接由公式求和，当时，利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1）设为前四项的公差， ， ， 的各项为. （2）设前五项公比为，显然， ， 则，可得， 解得或， 当时，，当时，（舍去）， 因为数列是13项的“1的对称数列”，所以， 设， ， 当且仅当时取等号， 所以数列的所有项和的最小值为. （3）当时， ， 当时， ， 所以. 【点睛】关键点点睛：新定义问题关键在于理解定义，运用定义解题，求和时利用所给公式及裂项相消法. 8．欧几里得在《几何原本》中证明算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以写成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，这个乘积形式是唯一的．对于任意正整数，记为的所有正因数的个数，为的所有正因数的和． (1)若数列，，， ①写出，； ②求数列的前项和； (2)对于互不相等的素数、、，证明：，，并求的值． 【答案】(1)① ，；②； (2)证明见解析， 【分析】（1）①因为的正因数有1，3，9，所以，； ②的正因数有，由等比数列求和公式得到，裂项相消得到，求和得到答案； （2）分别计算出，，，，，，得到，；因为，故，，，结合，得到，，，所以． 【详解】（1）①因为的正因数有1，3，9， 所以，； ②由题意可知：的正因数有， 则，， 可得， 所以． （2）为素数， 的正因数组成的集合为，，； 的正因数组成的集合为，，； 的正因数组成的集合为，，； 的正因数组成的集合为， 则， ， 所以，． 因为，所以，，， 由（2）知，， 则，，， 所以． 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 9．在一个由个数构成的排列中，如果一对数的前后位置与大小顺序相反，即前面的数大于后面的数，那么它们就称为一个逆序，一个排列中逆序的总数就称为这个排列的逆序数．排列的逆序数记为．例如2431中，21，43，41，31是逆序，因此． (1)计算； (2)设数列满足，，求的通项公式； (3)设排列满足，，，，，证明：． 【答案】(1)9 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用逆序数的定义，依次分析排列中的逆序个数，从而得解； （2）利用逆序数的定义得到，从而利用构造法推得是等比数列，从而得解； （3）根据和的关系得到，即，将代入，得到，放缩后裂项相消求和． 【详解】（1）由题设定义，知； （2），又，所以， 设，得， 所以，解得，则， 因为，所以数列是首项为1，公比为9的等比数列， 所以，则． （3）由题意得， 所以， 所以 ，即， 所以， 所以， 即得证． 【点睛】本题主要考查数列的新定义，数列的求和，裂项求和法，数列的应用，读懂逆序的概念，利用待定系数法求出，巧用放缩法及裂项相消求和来证明不等式成立． 10．已知表示数列，，，…，中最大的项，按照以下方法：，，，…，得到新数列，则称新数列为数列的“数列”． (1)已知数列仅有5项，各项互不相等，，且，请写出所有的“数列”； (2)若满足，，且数列为等差数列，的“数列”为． （ⅰ）求； （ⅱ）求的前n项和． 【答案】(1)5，5，5，5，1或5，5，5，5，2或5，5，5，5，3或5，5，5，5，4． (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）结合题意可得，，进而分类结合“数列”求解即可； （2）（ⅰ）结合等差数列的性质先求得，进而分n为奇数和n为偶数两种情况结合“数列”求解即可. （ⅱ）当n为偶数时，结合错位相减法求和即可；当n为奇数时，为偶数，可得，进而求解即可. 【详解】（1）因为数列仅有5项，各项均为互不相等的正整数，且，， 所以，， 若，此时“数列”为5，5，5，5，1； 若，此时“数列”为5，5，5，5，2； 若，此时“数列”为5，5，5，5，3； 若，此时“数列”为5，5，5，5，4， 所以根据“数列”的定义可知有4个， 分别为5，5，5，5，1或5，5，5，5，2或5，5，5，5，3或5，5，5，5，4． （2）（ⅰ）因为为等差数列，设数列的公差为d， 且，， 所以，，， 所以等差数列的首项为1，公差为2， 所以，则． 当n为奇数时，，当n为偶数时，， 当且n为偶数时，， 所以，数列单调递减， 由“数列”的定义，可知，， 当且为奇数时，， 当且为偶数时，，且单调递减， 故， 所以． （ⅱ）由（ⅰ）可知，当n为偶数时， ，，， ，① ，② 由，得 ， 所以； 当n为奇数时，为偶数， 则， 故. 【点睛】方法点睛：与数列的新定义有关的问题的求解策略： 1.通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，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，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 11．一般地，元有序实数组称为维向量（如用一个实数可表示一维向量，用二元有序实数对可表示二维向量，）.类似我们熟悉的二维向量和三维向量，对于维向量，也可以定义两个向量的加法运算、减法运算、数乘运算、两个向量的数量积、向量的长度（模）等，如，则.若存在不全为零的个实数，，，，使得，则称向量组，，，是线性相关的，否则，称向量组，，，是线性无关的. (1)判断向量组，，是否线性相关. (2)已知函数，，且恒成立. ①求的值； ②设，其中，若，，数列的前项和为；证明：当时，. 【答案】(1)，，是线性无关的 (2)①；②证明见详解 【分析】（1）假设，，线性相关，根据题意列方程解得，即可得出矛盾； （2）①令，分析可知原题意等价于对任意恒成立，结合定点法求得；②利用放缩法结合裂项相消法可得，，进而可得，结合数列单调性可得. 【详解】（1）若，，线性相关，则存在不全为零的3个实数，使得， 因为，，，则， 可得，解得， 故假设不成立，所以，，是线性无关的. （2）①令，则， 原题意等价于对任意恒成立， 且，可得，解得； 若，则，， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，符合题意； 综上所述：； ②由①可知：，则，， 则， 可得， 又因为， 则， 即，，则， 可得， 因为，且为递增数列，则， 可得为递增数列，则， 综上所述：. 【点睛】关键点点睛：对于②：利用放缩结合裂项相消法可得，，进而分析证明. 12．定义：任取数列中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为3，则称数列具有“性质3”.已知项数为n的数列的所有项的和为，且数列具有“性质3”. (1)若，且，，写出所有可能的的值； (2)若，，证明：“”是“”的充要条件； (3)若，，，证明：或，（）. 【答案】(1)6；0；12 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意对所有可能情况进行列举即可得出所有可能的的值； （2）利用“性质3”定义并根据等差数列通项公式以及累加法可证明得出结论； （3）由题意可令，可得，将整理变形并根据须使为偶数，即4整除，分别验证或即可得出结论. 【详解】（1）依题意可知有如下三种情况： 若，此时， 若，此时， 若，此时. （2）证明： 必要性：因为， 故数列为等差数列， 所以，，公差为， 所以，必要性成立； 充分性：由于，，…，， 累加可得，，即， 因为，故上述不等式的每个等号都取到， 所以，，所以，，充分性成立； 综上所述，“”是“，”的充要条件； （3）证明： 令，依题意，， 因为，，…，， 所以 ， 因为，所以为偶数， 所以为偶数; 所以要使，必须使为偶数，即4整除， 亦即或， 当时， 比如，，， 或，，时，有，； 当时， 比如，，，， 或，，，，有，； 当或时，不能被4整除，. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解具有“性质3”的数列特征，并根据所给信息结合等差数列相关知识以及递推关系等对问题进行求解. 13．定义：若数列满足，则称数列为“线性数列”. (1)已知为“线性数列”，且，证明：数列为等比数列. (2)已知. （i）证明：数列为“线性数列”. （ii）记，数列的前项和为，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）依题意可得，则，即可求出、，从而得到，结合等比数列的定义证明即可； （2）（i）首先求出，令，求出、，再计算即可证明； （ii）由（i）可得，利用裂项相消法求出，即可得证. 【详解】（1）因为为“线性数列”，所以， 所以，即，解得， 所以， 所以，又， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （2）（i）因为，则， 令，即，解得，所以， 因为， 所以，所以数列为“线性数列”； （ii）因为，则， 所以 ， 因为，，所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题解答关键是理解“线性数列”的定义，第二问的第一小问关键是，从而计算. 专题四：数列求和全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2019高一下·浙江宁波·竞赛）设数列的前项和为，令，称为数列，，…，的理想数，已知数列，，，…，的“理想数”为2004，那么数列2，，，…，的“理想数”为（    ） A．2002 B．2004 C．2006 D．2008 【答案】A 【分析】由公式得，数列，，，的“理想数”为，从而得；所以数列2，，，，的“理想数”为：，得出答案． 【详解】解：根据题意得，数列，，，的“理想数”为， 即；数列2，，，，的“理想数”为：； 故选：A． 【点睛】本题考查了数列前项和的公式，即的灵活应用，解题时要弄清题意，灵活运用所学知识，解出正确答案．属于中档题． 2．（2022·全国·模拟预测多选题）已知数列满足，，，数列的前n项和为，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．数列为单调递增的等差数列 D．满足不等式的正整数n的最小值为63 【答案】ABD 【分析】由和递推公式→→，→A选项正确，B选项正确； →→为单调递增的等差数列→C选项不正确； →→→D选项正确 【详解】因为，所以，所以， 则，解得， ，所以，，所以A选项正确，B选项正确； 因为，所以， 所以，又， 所以， 所以为单调递增的等差数列， 则数列不是单调递增的等差数列，所以C选项不正确； ， 则， ， 解得，又， 所以正整数n的最小值为63，所以D选项正确． 故选：ABD． 【点睛】数列问题，常常需要由递推公式求出通项公式，方法有累加法，累乘法，构造法等，要根据数列特征选择不同的方法. 3．（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. 4．（2011高一·全国·竞赛）的整数部分是 . 【答案】6030 【分析】根据，放缩后累加后再放缩可得，可得出其整数部分. 【详解】， ， 令，相加得， 而， 即， 的整数部分是， 取，则的整数部分为6030. 故答案为： 5．（2017高三下·广西玉林·竞赛）已知为平面区域：（）内的整点（，均为整数的点）的个数，记，数列的前项和为，若对于，恒成立，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】首先根据平面区域求得，利用错位相减法求得，通过列不等式组法求得的最大值，从而求得的取值范围. 【详解】作出平面区域如下图所示： 由，，得,则. 当时，,内有个整点； 当时，，内有个整点 综上得内的整点个数,于是. 从而. 则 两式作差得. 则, 于是. 令，则只需. 由，即，得，由，得或. 所以，则. 故答案为： 【点睛】 6．（2024高二下·重庆·竞赛）数列满足，若，则 . 【答案】 【分析】由已知递推关系化简可得，由等差中项判断数列为等差数列，再由裂项相消法求出的和进而得到公差，最后由等差数列的性质求出结果即可. 【详解】由可得， 则数列为等差数列，首项为，设公差为， 则 ， 故. 故答案为： 7．（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：. 8．（2010高一·全国·竞赛）已知数列的通项公式为它的前项和，则 . 【答案】 【分析】 讨论为奇偶数时数列的通项公式，并项求和法计算即可. 【详解】 解：当为偶数时，，当为奇数时，， 故答案为： 9．（2017高二·全国·竞赛）对于一切实数x，令为不大于x的最大整数，则函数称为“高斯函数”或“取整函数”．若，，为数列的前项和，则 ． 【答案】 【分析】根据“高斯函数”的定义、分组求和法、等差数列的前项和公式求得正确答案. 【详解】当时，均有， 所以 ． 故答案为： 10．（2007高一·全国·竞赛）设，，则最接近于S的整数是 ． 【答案】520 【分析】利用裂项相消求和，放缩法求范围. 【详解】∵， ∴ ． 而． 故所求整数为520． 故答案为：520. 11．（2008高一·全国·竞赛）已知数列的前项和为，若，，则数列的前2008项和为 . 【答案】 【分析】根据，作差求出的通项公式，即可得到，再由诱导公式得到，，最后利用分组求和法计算可得. 【详解】因为，当时， 当时， 所以， 经检验当时也成立，所以， 所以，， ， ， 所以， 又， 所以. 故答案为： 12．（2007高一·全国·竞赛）数列中，，当时，前项和满足，设，则数列的前项和 . 【答案】 【分析】运用，代入化简整理，再由等差数列的定义和通项公式即可得到，再裂项得，最后求和即可． 【详解】当时，，即， 若，则，得（时）与矛盾. 故，数列是公差为2的等差数列，首项，，则， 又， . 故答案为：. 13．（2016高一·全国·竞赛）数列的项是由1或2构成，且首项为1，在第个1和第个1之间有个2，即数列为：1，2，1，2，2，2，1，2，2，2，2，2，1，…，记数列的前项和为，则 ． 【答案】3987 【分析】根据数列的项出现的规律，判断前2016项中有多少个1和2，即可求得答案. 【详解】第个1前面共有个1和个2，共项， ， ， 故答案为：3987 14．（2017高一·全国·竞赛）已知数列满足，（），前项和为，则 ． 【答案】 【分析】根据递推关系式可知数列隔项成等比数列，利用分组求和法可得答案. 【详解】又 成等比数列； 成等比数列， . 故答案为： 15．（2013高一·全国·竞赛）数列满足．前项和为，则 ． 【答案】 【分析】根据题意，分和，两种情况讨论，分别求得和，结合分组求和，即可求解. 【详解】当时，， 即，所以数列是首项为，公差为的等差数列，则； 当时，， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，则， 所以． 故答案为：. 16．（2024高三上·全国·竞赛）若数列满足对任意，数列的前项至少有项大于，且，则称数列具有性质．若存在具有性质的数列，使得其前n项和恒成立，则整数的最小值是 ． 【答案】2 【分析】先根据特例得到，再通过特例检验等号成立，故可求整数的最小值. 【详解】因为为的数列，故的前项至少有项大于，即， 所以，故即. 构造如下数列：， 对于任意，,,, 其中， 则数列的前项比大的有，共个， 满足题设条件. 下证：满足恒成立. 证明：对任意，存在，使得， 当时， 若，则 ， 若，则 ， 当， . 所以恒成立. 综上，的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：离散型变量的最值问题，可以先根据题设条件得到变量的一般范围，再通过特例检验等号成立即可. 17．（2023高三上·全国·竞赛）已知数列满足，，记数列的前n项和为．若对于任意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由题设易知是首项、公比都为2的等比数列，可得，进而得到，裂项相消法求，根据不等式恒成立求参数范围. 【详解】由题设，而，则是首项、公比都为2的等比数列， 所以，则， 所以， 则在上恒成立， 要使不等式恒成立，只需，所以实数k的取值范围为. 故答案为： 18．（2015高一·全国·竞赛）已知数列满足，其中． (1)李四同学欲求的通项公式，他想，如果能找到一个函数，其中是常数，把递推关系变成后，就容易求出的通项了．请问：他设想的存在吗？的通项公式是什么？ (2)记，若不等式对任意都成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)存在， (2) 【分析】（1）由题可得，结合可求得，然后由等比数列通项公式即可求解； （2）先利用分组求和法求得，然后分离参数，令，当时，作差，利用二项式定理证明的单调性，然后验证时即可得最小值，然后可解. 【详解】（1）， 所以只需， ，则， ，故李四设想的存在， ， ， 是以3为公比，2为首项的等比数列， ， . （2） 由，得， 设，则， 当时，. ， 当时， ，所以的取值范围为 19．（2022高一下·四川成都·竞赛）已知数列中，，．正项等比数列的公比，且满足，． (1)证明数列为等差数列，并求数列和的通项公式； (2)如果，求的前n项和为； (3)若存在，使成立，求实数 的取值范围． 【答案】(1)证明见解析，， (2) (3) 【分析】（1）由，可得，进而求得，即可得到数列为等差数列，进而求得，又由，，结合等比数列的通项公式，求得. （2）由（1）知，，得到，结合裂项求和，即可求解； （3）：由，求得，得到，根据题意转化为存在，使成立，设，结合，求得数列的单调性，求得的最小值，即可求解. 【详解】（1）解：因为，可得， 可得，所以， 即， 又因为，可得，所以数列表示首项为，公差为的等差数列， 所以，所以， 由，，可得，， 因为，所以，所以. （2）解：由（1）知，，可得， 所以. （3）解：由，可得， 则， 存在，使成立， 即存在，使成立，即存在，使成立， 设，则 令， 当时，，即 当时，，即， 当时，可得，即的最小值为， 所以，即实数k的取值范围． 20．（2021高三·全国·竞赛）定义数列，满足，且．为前n项的平方和．求的值． 【答案】 【分析】先根据特征根法求出数列的通项，再求，最后根据目标式化简求值即可. 【详解】的特征方程的解为． 由二阶线性递推公式，知，其中、为常数． 而由，知解得． 所以．且有． 因为． 所以 ． 所以 ． 故所求值为． 21．（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． 22．（2013高一·全国·竞赛）数列满足：，且． (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)求数列的前项和． 【答案】(1)，； (2)； (3)． 【分析】（1）将代入满足的递推公式，从而求得满足的递推公式，赋值即可求得； （2）根据（1）中所求，构造等比数列，即可求得； （3）根据（2）中所求，结合等比数列前项和求解公式，即可求得结果. 【详解】（1）由得， 代入并整理得， 两边同时乘以，得， 由得，所以． （2）由得， 所以是首项为1，公比的等比数列， 故，即. （3）由得， 故. 23．（2014高一·全国·竞赛）对于给定的，若，定义.已知数列满足，当时，，其中为数列的前项和. (1)求的通项公式； (2)计算数列的前项和，是否存在，使得任意，都有？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，9 【分析】 （1）根据求出，利用累乘法求出答案； （2）错位相减法求和得到，结合单调性求出答案. 【详解】（1）根据的定义可得，而，， ，即. 已知，利用“迭乘”原理得 . 故通项公式，经检验当时，也满足此式， 综上，通项公式为； （2）存在.理由如下： 由（1）知，① ，② 用②-①可得 . 显然是单调递增的，又， 故存在，使得任意，都有. 24．（2010高一·全国·竞赛）已知正项数列的前项和为，且满足. (1)求数列的通项公式； (2)求证：当时，. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】 （1）由与的关系求的通项公式； （2）用放缩后再裂项求和. 【详解】（1）由① 当时，② ①-②得：， ， ， 对于②式令，有， ，即数列是从第二项起，首项为，公差为的等差数列. 当时，， 又也满足上式， . （2）当时，, 左边 ， 当时，. 25．（2012高二·全国·竞赛）已知点集，其中，点为与轴的公共点，等差数列的公差为1． (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和满足对任意的都成立，求的取值范围． 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的坐标表示求出直线，再求出通项公式. （2）由（1）的结论求出，利用裂项相消法求和，再变形恒成立的不等式求解即得. 【详解】（1）由，得，直线，，即， 由等差数列的公差为1，得，， 所以数列的通项公式是，. （2）由（1）知，当时，，则， 于是，， 满足上式，不等式，即， 当时，取得最大值6，依题意，， 所以的取值范围为. 26．（2012高二·全国·竞赛）在平面上有一系列的点，对于正整数，点位于函数的图象上，以点为圆心的与轴相切，且与又彼此外切，若，且． (1)判断数列是否为等差数列； (2)设的面积为，求证：． 【答案】(1)数列是等差数列. (2)证明见解析. 【分析】（1）由已知与两圆外切，利用圆心距等于半径和列出方程，化简变形，即可得出答案； （2）由（1）得出的通项公式，然后用裂项相消法求和，化简即可得出. 【详解】（1）的半径为的半径为和两圆相外切， 则，即， 整理得， 又，所以，即， 故数列是等差数列． （2）由（1）得，即， 又， 所以， ． 得证. 27．（2008高一·全国·竞赛）设表示的整数部分. (1)求满足的的值； (2)求的值； (3)求的值. 【答案】(1)8，9，10，11，12，13，14，15 (2) (3) 【分析】（1）根据指数式与对数式的转换求解； （2）由，可知个再加1求和即可； （3）根据和之间有个，再加上，共有个与之对应即可求和,再利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）， ， ， ，即， 可取8，9，10，11，12，13，14，15. （2）， . （3）由于和之间有个，再加上，共有个与之对应. ， 令， 则， 相减可得， 所以 故， 所以. 28．（2008高一·全国·竞赛）设函数，方程有唯一解，已知，且. (1)求数列的通项公式； (2)若，且，求； (3)是否存在最小正整数，使得对任意，有成立.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在，3 【分析】（1）根据方程唯一解求出，从而求出，则构造出数列是公差为的等差数列，最后根据等差数列通项公式求出； （2）代入得，代入得到，最后裂项求和即可； （3）代入得对恒成立，解出不等式即可. 【详解】（1）由方程有唯一解，，则， 可得，从而，， 即，故， 又由已知， 数列是公差为的等差数列，， . （2）将代入得， 则 （3）对恒成立， 即对恒成立， 只需， 显然在上单调递减， 则， 故存在最小的正整数满足要求. 29．（2008高一·全国·竞赛）已知，，，求的值. 【答案】 【分析】首先求出，利用两角和的正弦公式求出、，利用诱导公式得到，，最后利用并项求和法计算可得. 【详解】因为，，， 所以，即，则，所以， 则， 令，得，则， 所以 ， 所以， 所以 ， ，，， ，， 即，， 即为以为周期的数列，且， 而， 所以 30．（2018高一·全国·竞赛）在数列中，点在直线上，数列满足条件：，． (1)求证：数列是等比数列； (2)若，求成立的正整数的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)5 【分析】（1）由题意可得，进而可得，再根据等比数列的定义和通项公式即可得解； （2）先利用错位相减法求出，再化简结合指数函数的性质即可得解. 【详解】（1）依题意， ， 又因为，而， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列； （2）由（1）得， 由①， ②， 由①②得：， 由， 又当时，，当时，， 故使成立的正整数的最小值为5. 31．（2016高一·全国·竞赛）已知数列的前项和为，等比数列的首项，公比为． (1)求两数列的通项公式； (2)设，若存在，使得成立，求数列的和． 【答案】(1) (2)1200 【分析】（1）当时，，当时，求出，再由等比数列的首项，代入等比数列的通项公式可得； （2）由题意可得，分类讨论为奇数时和偶数时结合可求出，再由分组求和法结合等差数列的求和公式即可得出答案. 【详解】（1）当时，， 当时，， 又因为当时，满足， （2）因为，所以， 当为奇数时，由可得：无解； 当为偶数时，由可得：，解得：， . 32．（2011高一·全国·竞赛）已知数列满足：． (1)求的通项公式； (2)记， （i）求的值； （ii）求证：． 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）对取倒数，求出表达式，进而可求. （2）（i）代入，利用平方和公式化简即可得结果；（ii）代入裂项相消即可证明. 【详解】（1）因为， 所以，所以 ， 所以，又符合左式， 所以综上有． （2）（i） ， 而， 所以． （ii）因为 ， 所以 ． 33．（2012高一·全国·竞赛）已知数列中，， (1)求的通项公式； (2)若为的前n项和，是否存在，使得对于任意，都有?若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，7. 【分析】（1）待定系数法，求出，即可得出； （2）错位相减法求出，然后判断出数列单调性，求值得出答案即可. 【详解】（1）由可得， ，即， 又， 所以， 即，所以． （2）， ， 两式相减得 ， 易知单调递增， 又， ， 所以存在满足条件的k，k的最小值是7． 34．（2022高三·浙江丽水·竞赛）已知数列，，记为的前项和，，记，，为的前项和. (1)求数列的通项公式； (2)对，使得恒成立，求的最小值. 【答案】(1) (2)1 【分析】(1)利用与之间的关系以及等比数列的通项公式即可求解；(2)结合(1)中条件求出，然后利用裂项相消法求，进而即可得到答案. 【详解】（1）当时，，即， 因为，即  ①， 所以当时，  ②， 由①②相减可得，， 故是首项为3，公比为3的等比数列， 从而数列的通项公式：. （2）结合(1)中结论可得，， 从而， 故， 因为当趋于正无穷时，接近于1， 所以由恒成立可知，. 从而的最小值为1. 35．（2021高三·全国·竞赛）求证：对任意的，都有． 【答案】证明见解析. 【详解】由于，只需证： ． 设，注意到：， 即， 又由于、、均大于0，则 ， 从而． 所以， 所以对任意的，都有． 36．（2021高三·全国·竞赛）数列满足且．证明：其中无理数． 【答案】证明见解析 【详解】证法一：由递推关系有. 故． 两边取对数并利用已知不等式得： ． 故． 有， ， … ． 将上述不等式两边相加可得 ． 即，故． 证法二：由数学归纳法易证对成立，故 ． 令，则． 对上述不等式两边取对数并利用已知不等式得： ． 故， ， … ． 将上述不等式两边相加可得： ． 因．故． 故，又显然，故对一切成立． 37．（2021高三·全国·竞赛）已知正项数列满足．记数列的前n项和为，求的值． 【答案】 【分析】根据数列的递推关系可得为常数列，从而可求， 求出后可求和式的值. 【详解】由数列的递推式可知，故， 于是，进而， 直接求和可得，于是． 于是我们直接带入得到： ． 【点睛】思维点睛：对于给定的数列的递推关系，应该通过对其变形得到容易求出通项的新数列，从而利用常见数列的求和方法解决与原数列相关的问题. 38．（2017高一·江西萍乡·竞赛）记表示不超过实数的最大整数，在数列中，，（），证明：. 【答案】见解析 【详解】试题分析：由（）知，数列为正项递增数列.把化为，两边同除得，裂项相消求和即得解. 试题解析： 由（）知，数列为正项递增数列. 又，所以，. 化为，两边同除得. 因此， 故 39．（2017高二上·安徽阜阳·竞赛）已知数列的前项和为，且. （1）若数列是等比数列，求的取值； （2）求数列的通项公式； （3）记，求数列的前项和. 【答案】（1）;（2）;（3）. 【详解】试题分析：（1）结合由已知等式易得递推式，可得，，的值，由等比数列的性质可得的值；（2）结合（1）可得的通项公式，进而可得的通项公式；（3）由（2）得，利用裂项相消法得其前项和. 试题解析：（1）由，得， 当时，，即， 所以，， 依题意，， 解得. （2）有（2）知， 所以，又因为， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以， 所以. （3）由（2）知， 则. 点睛：本题主要考查了等比数列的概念及其构造，等式以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等. 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 $$