专题06 数列(选填题热点，九大题型)-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（上海专用）

专题06 数列 (九大题型) 题型01 2021-2024年高考+春考真题 1 题型02 定义法求解数列 2 题型03 无穷等比数列及其应用 3 题型04 分段数列 3 题型05 取值范围、最值问题 4 题型06 数列中的个数、项数问题 4 题型07 数列的实际应用，其他应用 5 题型08 列举分析、综合分析 5 题型09 选择压轴题 6 【解题规律·提分快招】 1、解决数列的单调性问题的方法 用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列． 2、解决数列周期性问题的方法 先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． 3、求数列的最大项与最小项的常用方法 ①函数法，利用函数的单调性求最值． ②利用(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项． a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0)． 4、如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法． 5、错位相减法求和时，应注意： ①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式． ②应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1. 题型01 2021-2024年高考+春考真题 【典例1-1】．（2024•上海）无穷等比数列{an}满足首项a1＞0，q＞1，记In＝{x﹣y|x，y∈[a1，a2]∪[an，an+1]}，若对任意正整数n，集合In是闭区间，则q的取值范围是 　 　． 【典例1-2】．（2024•上海）数列{an}，an＝n+c，S7＜0，c的取值范围为 　 　． 【变式1-1】．（2023•上海）已知首项为3，公比为2的等比数列，设等比数列的前n项和为Sn，则S6＝　 　． 【变式1-2】．（2023•上海）已知无穷数列{an}的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意正整数k＞2022都有|Sk|＞|Sk+1|，则下列各项中可能成立的是（　　） A．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等差数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等比数列 B．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等比数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等差数列 C．a1，a2，a3，⋯，a2022为等差数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等比数列 D．a1，a2，a3，⋯，a2022为等比数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等差数列 【变式1-3】．（2022•上海）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项判断正确的是（　　） A．若S2022＞S2021，则数列{an}是递增数列 B．若T2022＞T2021，则数列{an}是递增数列 C．若数列{Sn}是递增数列，则a2022≥a2021 D．若数列{Tn}是递增数列，则a2022≥a2021 【变式1-4】．（2022•上海）已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，若S5＝0，则Si（i＝1，2，…，100）中不同的数值有 　 　个． 【变式1-5】．（2021•上海）已知{an}为无穷等比数列，a1＝3，an的各项和为9，bn＝a2n，则数列{bn}的各项和为 　 　． 【变式1-6】．（2021•上海）在无穷等比数列{an}中，（a1﹣an）＝4，则a2的取值范围是 　 　． 题型02 定义法求解数列 【典例2-1】．（24-25高三上·上海·期中）设等比数列满足，，则 . 【典例2-2】．（2024·上海静安·一模）设是等差数列，，则该数列的前8项的和的值为 . 【变式2-1】．（2024·全国·高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则 . 【变式2-2】．（24-25高三上·上海·期中）设等差数列的公差不为0，其前项和为．若，则 ． 【变式2-3】．（24-25高二上·上海·阶段练习）为等差数列的前项和，，则与的等比中项为 . 【变式2-4】．（23-24高三上·上海青浦·期中）已知数列是等差数列，，则 . 题型03 无穷等比数列及其应用 【典例3-1】．（23-24高三上·上海虹口·期末）设等比数列的前n项和为，若，，则 ． 【典例3-2】．（22-23高一下·上海长宁·期末）已知无穷等比数列，，，则公比 ． 【变式3-1】．（20-21高二上·上海宝山·阶段练习）已知无穷等比数列，公比满足，，求实数的取值范围 【变式3-2】．（22-23高二下·上海宝山·期末）如图，记棱长为1的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，以各面的中心为顶点的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，…，以此类推得到一系列的多面体，设的棱长为，则 .    【变式3-3】．（2023·上海嘉定·一模）数列满足，且，为的前项和，求 题型04 分段数列 【典例4-1】．（23-24高三上·上海普陀·期中）已知数列满足，，则的前10项和 . 【变式4-1】．（24-25高三上·上海·期中）数列满足：为正整数，，若，则 . 【变式4-2】．（2023·上海浦东新·三模）已知数列（是正整数）的递推公式为若存在正整数，使得，则的最大值是 ． 题型05 取值范围、最值问题 【典例5-1】．（2023·上海闵行·一模）已知数列为无穷等比数列，若，则的取值范围为 ． 【典例5-2】．（24-25高三上·上海·开学考试）已知等差数列的首项表示的前项和，若数列是严格增数列，则的公差取值范围是 . 【变式5-1】．（2024·上海普陀·模拟预测）已知数列的通项公式为为数列的前项和，若，则实数的取值范围为 . 【变式5-2】．（2024·上海嘉定·一模）已知数列的通项公式为，其中为常数，设数列的前项和为，若且，则的取值范围为 . 【变式5-3】．（21-22高三上·上海浦东新·期中）设其中成公比为的等比数列，成公差为的等差数列，则的最小值是 . 【变式5-4】．（23-24高三下·上海浦东新·阶段练习）已知数列满足：对任意，都有，， 设数列的前项和为，若，则的最大值为 ． 题型06 数列中的个数、项数问题 【典例6-1】．（2024·上海奉贤·三模）若数列满足对任意整数有成立，则在该数列中小于100的项一共有 项． 【典例6-2】．（24-25高三·上海·课堂例题）从中选3个不同的数，使这三个数成等差数列，这样的等差数列最多有 个． 【变式6-1】．（2024·上海虹口·一模）已知项数为10的数列中任一项均为集合中的元素，且相邻两项满足．若中任意两项都不相等，则满足条件的数列有 个． 【变式6-2】．（2024·上海·模拟预测）已知无穷数列的前项和为，不等式对任意不等于2的正整数恒成立，且，那么这样的数列有 个. 【变式6-3】．（2022·上海·模拟预测）若一个整数数列的首项和末项都是1，且任意相邻两项之差的绝对值不大于1，则我们称这个数列为“好数列”，例如：1，2，2，3，4，3，2，1，1是一个好数列，若一个好数列的各项之和是2021，则这个数列至少有 项. 【变式6-4】．（23-24高三上·上海青浦·开学考试）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2023个方程（）中，有实数解的方程至少有 个 【变式6-5】．（2024·上海·三模）已知有穷数列的首项为1，末项为12，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为 ． 题型07 数列的实际应用，其他应用 【典例7-1】．（2023·上海闵行·三模）已知是同一直线上三个不同的点，为直线外一点，在等差数列中，，则数列的前7项和 . 【变式7-1】．（23-24高三下·上海·开学考试）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌，亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”…，以此类推．2024年是甲辰年，高斯出生于1777年，该年是（    ） A．丁酉年 B．丁戌年 C．戊酉年 D．戊戌年 【变式7-2】．（2023·上海黄浦·三模）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个第n层放个物体堆成的堆垛，则 ．    题型08 列举分析、综合分析 【典例8-1】．（2024·上海杨浦·一模）设无穷数列的前项和为，且对任意的正整数，则的值可能为（    ） A． B．0 C．6 D．12 【典例8-2】．（24-25高三上·上海·阶段练习）设数列的前项和为，若，且存在正整数，使得，则的取值集合为（    ） A． B． C． D． 【变式8-1】．（24-25高三上·上海·开学考试）已知是等差数列，，存在正整数，使得，，.若集合中只含有4个元素，则t的可能取值有（    ）个 A．2 B．3 C．4 D．5 【变式8-2】．（2024·上海嘉定·一模）已知数列满足，给出以下四个结论： ①当时，存在有限个，使得对任意正整数，都有 ②当时，存在和正整数，当时， ③当时，存在和正整数，当时， ④当时，不存在，使得对任意正整数，且，都有 其中正确结论是（    ）. A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 题型09 选择压轴题 【典例9-1】．（2024·上海宝山·一模）设的三边长分别为、、，面积为（为正整数）．若，其中，，，，则（    ） A．为严格减数列 B．为严格增数列 C．为严格增数列，为严格减数列 D．为严格减数列，为严格增数列 【变式9-1】．（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9-2】．（24-25高三上·上海黄浦·期末）设函数在区间I上有导函数，且在区间I上恒成立，对任意的，有．对于各项均不相同的数列，，，下列结论正确的是（    ） A．数列与均是严格增数列 B．数列与均是严格减数列 C．数列与中的一个是严格增数列，另一个是严格减数列 D．数列与均既不是严格增数列也不是严格减数列 一、填空题 1．（2023·上海宝山·一模）已知等差数列的前项和为，若则 2．（2024·上海普陀·二模）设等比数列的公比为，则“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是 . 3．（2024·上海·模拟预测）数列的最小项的值为 . 4．（2024·上海松江·二模）已知等差数列的公差为2，前项和为，若，则使得成立的的最大值为 . 5．（2024·上海杨浦·二模）某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .    6．（2024·上海奉贤·一模）已知集合是由函数的图象上两两不相同的点构成的点集，集合，其中、．若集合中的元素按照从小到大的顺序排列能构成公差为的等差数列，当时，则符合条件的点集的个数为 ． 二、单选题 7．（2024·上海青浦·二模）设是首项为，公比为q的等比数列的前项和，且，则（    ）． A． B． C． D． 8．（2023·上海杨浦·一模）等比数列的首项，公比为，数列满足（是正整数），若当且仅当时，的前项和取得最大值，则取值范围是（    ） A． B． C． D． 9．（2024·上海虹口·一模）设数列的前四项分别为，对于以下两个命题，说法正确的是（   ）． ①存在等比数列以及锐角α，使成立． ②对任意等差数列以及锐角α，均不能使成立． 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 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 数列 (九大题型) 题型01 2021-2024年高考+春考真题 1 题型02 定义法求解数列 5 题型03 无穷等比数列及其应用 7 题型04 分段数列 10 题型05 取值范围、最值问题 12 题型06 数列中的个数、项数问题 14 题型07 数列的实际应用，其他应用 18 题型08 列举分析、综合分析 20 题型09 选择压轴题 23 【解题规律·提分快招】 1、解决数列的单调性问题的方法 用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列． 2、解决数列周期性问题的方法 先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． 3、求数列的最大项与最小项的常用方法 ①函数法，利用函数的单调性求最值． ②利用(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项． a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0)． 4、如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法． 5、错位相减法求和时，应注意： ①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式． ②应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1. 题型01 2021-2024年高考+春考真题 【典例1-1】．（2024•上海）无穷等比数列{an}满足首项a1＞0，q＞1，记In＝{x﹣y|x，y∈[a1，a2]∪[an，an+1]}，若对任意正整数n，集合In是闭区间，则q的取值范围是 　[2，+∞）　． 【分析】当n≥2时，不妨设x≥y，则x﹣y∈[0，a2﹣a1]∪[an﹣a2，an+1﹣a1]∪[0，an+1﹣an]，结合In为闭区间可得对任意的n≥2恒成立，故可求q的取值范围． 【解析】解：由题设有，因为a1＞0，q＞1，故an+1＞an，故， 当n＝1时，x，y∈[a1，a2]，故x﹣y∈[a1﹣a2，a2﹣a1]，此时I1为闭区间， 当n≥2时，不妨设x≥y，若x，y∈[a1，a2]，则x﹣y∈[0，a2﹣a1]， 若y∈[a1，a2]，x∈[an，an+1]，则x﹣y∈[an﹣a2，an+1﹣a1]， 若x，y∈[an，an+1]，则x﹣y∈[0，an+1﹣an]， 综上，x﹣y∈[0，a2﹣a1]∪[an﹣a2，an+1﹣a1]∪[0，an+1﹣an]， 又In为闭区间等价于[0，a2﹣a1]∪[an﹣a2，an+1﹣a1]∪[0，an+1﹣an]为闭区间， 而an+1﹣a1＞an+1﹣an＞a2﹣a1，故an+1﹣an≥an﹣a2对任意n≥2恒成立， 故，故qn﹣2（q﹣2）+1≥0， 故对任意的n≥2恒成立，因为q＞1， 故当n→+∞时，→0，故q﹣2≥0即q≥2． 故答案为：[2，+∞）． 【点评】本题考查数列的应用，等比数列的性质的应用，是中档题． 【典例1-2】．（2024•上海）数列{an}，an＝n+c，S7＜0，c的取值范围为 　（﹣∞，﹣4）　． 【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质的应用，属于基础题． 【解析】解：等差数列由an＝n+c，知数列{an}为等差数列S7＝＝7a4＜0， 即7（4+c）＜0， 解得c＜﹣4． 故c的取值范围为（﹣∞，﹣4）． 故答案为：（﹣∞，﹣4）． 【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题． 【变式1-1】．（2023•上海）已知首项为3，公比为2的等比数列，设等比数列的前n项和为Sn，则S6＝　189　． 【分析】直接利用等比数列的前n项和公式求解． 【解析】解：∵等比数列的首项为3，公比为2， ∴S6＝＝189． 故答案为：189． 【点评】本题主要考查了等比数列的前n项和公式，属于基础题． 【变式1-2】．（2023•上海）已知无穷数列{an}的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意正整数k＞2022都有|Sk|＞|Sk+1|，则下列各项中可能成立的是（　　） A．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等差数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等比数列 B．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等比数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等差数列 C．a1，a2，a3，⋯，a2022为等差数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等比数列 D．a1，a2，a3，⋯，a2022为等比数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等差数列 【分析】由对任意正整数k＞2022，都有|Sk|＞|Sk+1|，可以知道a2022，a2033，a2024，⋯，an不可能为等差数列，若d＝0，an＝0，则|Sk|＝|Sk+1|，矛盾；若d＝0，an＜0，当n→+∞，Sn→﹣∞，k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＝0，an＞0，当n→+∞，Sn→+∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＞0，当n→+∞，an→+∞，Sn→+∞必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＜0，当n→+∞，an→﹣∞，Sn→﹣∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；即可判断． 【解析】解：由对任意正整数k＞2022，都有|Sk|＞|Sk+1|，可以知道a2022，a2033，a2024，⋯，an不可能为等差数列， 因为若d＜0，当n→+∞，an→﹣∞，Sn→﹣∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＝0，an＝0，则|Sk|＝|Sk+1|，矛盾； 若d＝0，an＜0，当n→+∞，Sn→﹣∞，k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＝0，an＞0，当n→+∞，Sn→+∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾； 若d＞0，当n→+∞，an→+∞，Sn→+∞必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾； 所以选项B中的a2，a4，a6，⋯，a2n为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确； 选项D中的a2022，a2023，a2024，⋯，an为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确； 选项A中的a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确； 由排除法可得C正确． 故选：C． 【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，属于中档题． 【变式1-3】．（2022•上海）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项判断正确的是（　　） A．若S2022＞S2021，则数列{an}是递增数列 B．若T2022＞T2021，则数列{an}是递增数列 C．若数列{Sn}是递增数列，则a2022≥a2021 D．若数列{Tn}是递增数列，则a2022≥a2021 【分析】反例判断A；反例判断B；构造等比数列，结合等比数列的性质判断C；推出数列公比以及数列项的范围，即可判断D． 【解析】解：如果数列a1＝﹣1，公比为﹣2，满足S2022＞S2021，但是数列{an}不是递增数列，所以A不正确； 如果数列a1＝1，公比为﹣，满足T2022＞T2021，但是数列{an}不是递增数列，所以B不正确； 如果数列a1＝1，公比为，Sn＝＝2（1﹣），数列{Sn}是递增数列，但是a2022＜a2021，所以C不正确； 数列{Tn}是递增数列，可知Tn＞Tn﹣1，可得an＞1，所以q≥1，可得a2022≥a2021正确，所以D正确； 故选：D． 【点评】本题考查数列的应用，等比数列的性质的应用，是中档题． 【变式1-4】．（2022•上海）已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，若S5＝0，则Si（i＝1，2，…，100）中不同的数值有 　98　个． 【分析】由等差数前n项和公式求出a1＝﹣2d，从而Sn＝（n2﹣5n），由此能求出结果． 【解析】解：∵等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，S5＝0， ∴＝0，解得a1＝﹣2d， ∴Sn＝na1+＝﹣2nd+＝（n2﹣5n）， ∵d≠0，∴Si（i＝0，1，2⋯，100）中S0＝S5＝0， S2＝S3＝﹣3d，S1＝S4＝﹣2d， 其余各项均不相等， ∴Si（i＝1，2⋯，100）中不同的数值有：101﹣3＝98． 故答案为：98． 【点评】本题考查等差数列的前n项和公式、通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 【变式1-5】．（2021•上海）已知{an}为无穷等比数列，a1＝3，an的各项和为9，bn＝a2n，则数列{bn}的各项和为 　　． 【分析】设{an}的公比为q，由无穷递缩等比数列的求和公式，解方程可得q，进而得到an，bn，求得数列{bn}的首项和公比，再由无穷递缩等比数列的求和公式，可得所求和． 【解析】解：设{an}的公比为q， 由a1＝3，an的各项和为9，可得＝9， 解得q＝， 所以an＝3×（）n﹣1， bn＝a2n＝3×（）2n﹣1， 可得数列{bn}是首项为2，公比为的等比数列， 则数列{bn}的各项和为＝． 故答案为：． 【点评】本题考查等比数列的通项公式和无穷递缩等比数列的求和公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题． 【变式1-6】．（2021•上海）在无穷等比数列{an}中，（a1﹣an）＝4，则a2的取值范围是 　（﹣4，0）∪（0，4）　． 【分析】由无穷等比数列的概念可得公比q的取值范围，再由极限的运算知a1＝4，从而得解． 【解析】解：∵无穷等比数列{an}，∴公比q∈（﹣1，0）∪（0，1）， ∴an＝0， ∴（a1﹣an）＝a1＝4， ∴a2＝a1q＝4q∈（﹣4，0）∪（0，4）． 故答案为：（﹣4，0）∪（0，4）． 【点评】本题考查无穷等比数列的概念与性质，极限的运算，考查学生的运算求解能力，属于基础题． 题型02 定义法求解数列 【典例2-1】．（24-25高三上·上海·期中）设等比数列满足，，则 . 【答案】 【分析】根据题设及等比数列通项公式求基本量，即可求. 【解析】令公比为，则，可得， 所以或（舍），可得，则. 故答案为： 【典例2-2】．（2024·上海静安·一模）设是等差数列，，则该数列的前8项的和的值为 . 【答案】36 【分析】根据给定条件，求出数列的公差，进而求出其前8项的和. 【解析】在等差数列中，，则公差， 所以. 故答案为：36 【变式2-1】．（2024·全国·高考真题）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. 【解析】因为数列为等差数列，则由题意得，解得， 则. 故答案为：. 【变式2-2】．（24-25高三上·上海·期中）设等差数列的公差不为0，其前项和为．若，则 ． 【答案】 【分析】由等差数列的通项公式代入化简可得，再结合等差数列的前项和公式即可得出答案. 【解析】设等差数列的首项和公差为， 所以，可得，则， ， 故答案为：. 【变式2-3】．（24-25高二上·上海·阶段练习）为等差数列的前项和，，则与的等比中项为 . 【答案】 【分析】通过已知条件可求得，再根据等比中项的定义即可求得答案. 【解析】解：因为为等差数列，且， 所以， 所以， 解得， 所以与的等比中项为. 故答案为： 【变式2-4】．（23-24高三上·上海青浦·期中）已知数列是等差数列，，则 . 【答案】 【分析】根据等差数列的前项公式结合等差数列的性质即可得解. 【解析】因为数列是等差数列， 所以， 所以， 所以，所以. 故答案为：. 题型03 无穷等比数列及其应用 【典例3-1】．（23-24高三上·上海虹口·期末）设等比数列的前n项和为，若，，则 ． 【答案】 【分析】求出，得到公比，再利用公式法求和，最后求出其极限. 【解析】设等比数列的公比为，，所以， 所以，所以， 故答案为：. 【典例3-2】．（22-23高一下·上海长宁·期末）已知无穷等比数列，，，则公比 ． 【答案】 【分析】依题意得到，再利用无穷等比数列和的公式得到与，解方程组即可得解. 【解析】因为无穷等比数列，，则，， 所以是首项为，公比为的等比数列， 又，得，即， 则，又， 则，得． 故答案为：． 【变式3-1】．（20-21高二上·上海宝山·阶段练习）已知无穷等比数列，公比满足，，求实数的取值范围 【答案】 【分析】根据无穷等比数列性质，可结合极限的概念表示出的代换式，再结合数列的通项公式，代换得，结合即可求得的取值范围 【解析】等比数列的前项和公式， ，的值趋向于正无穷时，即，， 又，， ，且， 故. 故答案为：. 【点睛】本题考查等比数列通项公式与前项和公式的应用，极限思想在处理数列中的应用，推理转化能力，运算能力，属于中档题型. 【变式3-2】．（22-23高二下·上海宝山·期末）如图，记棱长为1的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，以各面的中心为顶点的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，…，以此类推得到一系列的多面体，设的棱长为，则 .    【答案】/ 【分析】根据条件先求出，根据条件依次求出，，，然后利用归纳推理得到：奇数项与偶数项都是等比数列，然后求和即可． 【解析】正方体各面中心为顶点的凸多面体为正八面体， 它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形， 该正方形对角线长等于正方体的棱长， 所以它的棱长； 以各个面的中心为顶点的正方体为图形是正方体， 正方体面对角线长等于棱长的，（正三角形中心到对边的距离等于高的， 因此对角线为，所以， 以上方式类推，得，，， 各项依次为：，，，，，， 奇数项是首项为：，公比为的等比数列，偶数项是首项为：，公比为的等比数列， 则． 故答案为：． 【变式3-3】．（2023·上海嘉定·一模）数列满足，且，为的前项和，求 【答案】 【分析】逐项代入可得，再根据等比数列求和与极限求解即可. 【解析】由题，，，，， ，， ， ， ， . . 故 . 又当时，，故 . 故答案为： 题型04 分段数列 【典例4-1】．（23-24高三上·上海普陀·期中）已知数列满足，，则的前10项和 . 【答案】75 【分析】根据题意分别求，进而求. 【解析】由题意可知：，，，， ，，，， ，， 所以的前10项和. 故答案为：75. 【变式4-1】．（24-25高三上·上海·期中）数列满足：为正整数，，若，则 . 【答案】 【分析】利用递推关系式可推得数列是周期为的周期数列，从而利用数列的周期性即可得解. 【解析】因为，， 所以，，，， 以此类推，可知，即数列是周期为的周期数列， 所以 . 故答案为：. 【变式4-2】．（2023·上海浦东新·三模）已知数列（是正整数）的递推公式为若存在正整数，使得，则的最大值是 ． 【答案】 【分析】对原递推公式作代数变换，转化为等比数列，求出的通项公式，再解不等式 即可. 【解析】由题意，当时， ，令 ， ， 即 是 ，公比为3的等比数列， ， ，当 ， 也成立， ； 对于 ，即 ，令 ， 考察= ，其中 是对称轴为 ，开口向下的抛物线， 当时， ，当时， ，  ，当 时 最大， ； 故答案为： . 题型05 取值范围、最值问题 【典例5-1】．（2023·上海闵行·一模）已知数列为无穷等比数列，若，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】利用无穷等比数列的前项和公式及性质即可得解. 【解析】因为为无穷等比数列，， 所以，则，则， 因为，所以是以为公比的等比数列，且， 此时，所以， 当时，； 当时，， 因为，所以，故，则； 综上：，即，故的取值范围为. 故答案为：. 【典例5-2】．（24-25高三上·上海·开学考试）已知等差数列的首项表示的前项和，若数列是严格增数列，则的公差取值范围是 . 【答案】 【分析】由与的关系再结合等差数列通项公式的基本量计算即可； 【解析】若数列是严格增数列， 则恒成立， 即恒成立， 又， 所以， 所以的公差取值范围是， 故答案为：. 【变式5-1】．（2024·上海普陀·模拟预测）已知数列的通项公式为为数列的前项和，若，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】先证明是等差数列，再根据求和公式计算，解不等式即可. 【解析】当，， 当， 则（常数）。 则是首项为，公差为1的等差数列. 由题意知，，故， 故. 故答案为：. 【变式5-2】．（2024·上海嘉定·一模）已知数列的通项公式为，其中为常数，设数列的前项和为，若且，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，可得且，由此建立不等式组并求解即得. 【解析】数列的前项和为，由且，得且， 而，因此，解得， 所以的取值范围为. 故答案为： 【变式5-3】．（21-22高三上·上海浦东新·期中）设其中成公比为的等比数列，成公差为的等差数列，则的最小值是 . 【答案】 【分析】由已知利用等差数列的通项公式将用表示，求出的最小值，进而可求出的最小值，利用等比数列的通项即可求出的范围． 【解析】由题意得， 所以， 所以，所以， 故的最小值是，满足题意， 故答案为：. 【变式5-4】．（23-24高三下·上海浦东新·阶段练习）已知数列满足：对任意，都有，， 设数列的前项和为，若，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】首先求第二项，再找到可行数列，再证明可行性，即可求解. 【解析】若，则，得，若，与矛盾，只能取． 注意到一个可行的数列为0，，1，，2，，3，…下面证明该数列使达到最大： 为此，我们证明：当为奇数时，， 假设存在某正奇数使，则分为两种可能： ①若，则，； 同时，按原数列要求，，，故. 注意到该数列显然为整数数列，故当为奇数时，不存在整数能位于该区间,因此矛盾． ②若，则，，与矛盾； 综上，原假设不成立，故当为奇数时，. 而已经找到的数列0，，1，，2，，3， …中等号全部成立，故的最大值为． 【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到可行数列，再结合推理证明可行性. 题型06 数列中的个数、项数问题 【典例6-1】．（2024·上海奉贤·三模）若数列满足对任意整数有成立，则在该数列中小于100的项一共有 项． 【答案】 【分析】根据与的关系求出数列的通项，再令即可得解. 【解析】设数列的前项和为， 则， 当时，， 当时，， 当时，上式也成立， 所以， 令，则， 所以在该数列中小于100的项一共有项. 故答案为：. 【典例6-2】．（24-25高三·上海·课堂例题）从中选3个不同的数，使这三个数成等差数列，这样的等差数列最多有 个． 【答案】180 【分析】根据等差数列的性质和前项和公式，运算分类计数原理进行求解即可. 【解析】以连续三个数构成等差数列有个， 以相隔一个数的3个连续数所构成的等差数列共有个， 以相隔两个数的3个连续数所构成的等差数列共有个，， 所以这样的等差数列最多有个， 故答案为：180 【变式6-1】．（2024·上海虹口·一模）已知项数为10的数列中任一项均为集合中的元素，且相邻两项满足．若中任意两项都不相等，则满足条件的数列有 个． 【答案】 【分析】先将任意排列，依次将到插入该数列，考虑满足条件，求出其方法总数，即可得出答案. 【解析】由于，可以先将任意排列， 再将插入该数列，但不能在的左边且与相邻，共有种， 再将插入该数列，同样不能在和的左边且与，相邻，共有种， 再将插入该数列，同样不能在，和3的左边且与相邻，共有种， 以此类推，将插入该数列，共有种. 故答案为：. 【变式6-2】．（2024·上海·模拟预测）已知无穷数列的前项和为，不等式对任意不等于2的正整数恒成立，且，那么这样的数列有 个. 【答案】4 【分析】因为，令，求得，再由与的关系，求得或，求得，结合不等式恒成立，可得所求结论． 【解析】当时，，得或， 当时，由，得， 两式相减得：， 整理得，所以或， 当时，若，可得， 因为不等式对任意不等于2的正整数恒成立， 所以对任意不等于2的正整数恒成立， 则当时，，即，，，，成立； 若，时，，即，，，，成立； 当时，若，可得，，不合题意，舍去； 当时，若，可得， 由题意可得对任意不等于2的正整数恒成立， 则当时，，即，，，，成立； 若，时，，即，，，，成立； 当时，若，可得，，不合题意，舍去． 所以满足题意的数列有4个． 故答案为：4. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是用与的关系求得或，但由于或两个值，就会有四种组合，分类意义验证恒成立即可. 【变式6-3】．（2022·上海·模拟预测）若一个整数数列的首项和末项都是1，且任意相邻两项之差的绝对值不大于1，则我们称这个数列为“好数列”，例如：1，2，2，3，4，3，2，1，1是一个好数列，若一个好数列的各项之和是2021，则这个数列至少有 项. 【答案】89 【分析】根据题意分析可得数列要想项数最少，需要各项最大，可设这个“好数列”为：，求这个“好数列”各项之和为，令得，此时，将85分成小于或等于44的项，最少可以分成两项，由此即可求解. 【解析】由题意得数列要想项数最少，需要各项最大； 又因为数列首项和末项都是1，且任意相邻两项之差的绝对值不大于1， 所以需要数列前面递增，后面对称递减， 又各项之和是2021，中间可能存在相等的项， 设除去相等项后的各项为， 令各项和 ，得， 当为44时，项数为项，， 将85分成小于或等于44的项，最少可以分成两项， 故这个数列至少有项， 故答案为：89 【点睛】本题考查数列新定义和等差数列求和，关键在于理解数列新定义中各项数的特点，严格按照运用定义进行求和和数列的项的探索，属于中档题. 【变式6-4】．（23-24高三上·上海青浦·开学考试）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2023个方程（）中，有实数解的方程至少有 个 【答案】1012 【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. 【解析】由题意得：， 其中，， 代入上式得：， 要想方程有实数解，则， 显然第1012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. 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2023个方程中，无实数根的方程最多1011个，有实数根的方程至少1012个. 故答案为：1012 【变式6-5】．（2024·上海·三模）已知有穷数列的首项为1，末项为12，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为 ． 【答案】144 【分析】首末项相差11，从首项到末项的运算方法进行分类，结合组合计数问题列式计算即得. 【解析】依题意，首项和末项相差11，而任意相邻两项之间满足，， 当时，即后一项与前一项的差均为1，数列的个数为1； 当时，即后一项与前一项的差出现一个2，九个1，数列的个数为； 当时，即后一项与前一项的差出现两个2，七个1，数列的个数为； 当时，即后一项与前一项的差出现三个2，五个1，数列的个数为； 当时，即后一项与前一项的差出现四个2，三个1，数列的个数为； 当时，即后一项与前一项的差出现五个2，一个1，数列的个数为， 所以符合上述要求的不同数列的个数为. 故答案为：144 【点睛】关键点点睛：按后一项与前一项的差2出现的次数分类是解决本问题的关键. 题型07 数列的实际应用，其他应用 【典例7-1】．（2023·上海闵行·三模）已知是同一直线上三个不同的点，为直线外一点，在等差数列中，，则数列的前7项和 . 【答案】/3.5 【分析】由题意，然后利用等差数列的前项和公式，结合等差数列的性质求解. 【解析】因为是同一直线上三个不同的点，为直线外一点，且， 所以， 则. 故答案为：. 【变式7-1】．（23-24高三下·上海·开学考试）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌，亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”…，以此类推．2024年是甲辰年，高斯出生于1777年，该年是（    ） A．丁酉年 B．丁戌年 C．戊酉年 D．戊戌年 【答案】A 【分析】依题意天干以十年为一个周期，地支以十二年为一个周期，求出相隔的年数，再由周期性判断即可. 【解析】天干以十年为一个周期，地支以十二年为一个周期. 年与年相隔年， ，即天干有24个周期，余7年； ，即地支有20个周期，余7年. 故甲往前数7年为丁，辰往前数7年为酉， 故年为丁酉年. 故选：A. 【变式7-2】．（2023·上海黄浦·三模）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个第n层放个物体堆成的堆垛，则 ．    【答案】/ 【分析】根据给定条件，求出数列的递推关系，利用累加法求出通项，再利用裂项相消法求和作答. 【解析】依题意，在数列中，， 当时，，满足上式， 因此，，数列的前项和为， 则， 所以. 故答案为： 题型08 列举分析、综合分析 【典例8-1】．（2024·上海杨浦·一模）设无穷数列的前项和为，且对任意的正整数，则的值可能为（    ） A． B．0 C．6 D．12 【答案】A 【分析】根据与的关系，探索数列的结构特点，分别求出和，再根据及数列是无穷数列对各选项进行判断. 【解析】当时，. 当时，，所以， 两式相减得：，因为，所以. 所以数列的奇数项是以为首项，1为公差的等差数列，且. 所以. 同理，数列的偶数项是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以. 所以. 若，则数列各项均不为0，数列是无穷数列，故A正确； 若，这与矛盾，故B错误； 若，根据奇数项成公差为1的等差数列，则，则无法求出，这与数列是无穷数列矛盾，故C错误； 若，根据奇数项成公差为1的等差数列，则，则无法求出，这与数列是无穷数列矛盾，故D错误. 故选：A 【点睛】关键点点睛：观察出数列的特点后，一定要注意及数列是无穷数列这两个条件的应用. 【典例8-2】．（24-25高三上·上海·阶段练习）设数列的前项和为，若，且存在正整数，使得，则的取值集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用分组求和求得，不妨令，解得，所以，因为，所以或17，分情况讨论可得答案. 【解析】因为，所以 不妨令，可得，解得或（舍去），所以. 又因为，所以或17， 因为，所以，所以 当时，由 所以 当时，由 又由 所以 所以的取值集合为. 故选：B. 【变式8-1】．（24-25高三上·上海·开学考试）已知是等差数列，，存在正整数，使得，，.若集合中只含有4个元素，则t的可能取值有（    ）个 A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】考虑不符合题意，时，列举出满足条件的集合，再考虑时不成立，得到答案. 【解析】当时，，根据周期性知集合最多有3个元素，不符合； 当时，，取，此时，满足条件； 当时，，即，即， 所以，或，（舍）， 故解得，此时在单位圆上的5等分点， 取到的，，，，，不可能取到4个不同的正弦值，故不满足； 当时，，取，此时，满足条件； 当时，，取，此时，满足条件； 当时，，取，此时，满足条件； 故选：C 【点睛】思路点睛：关于新定义集合的思路有： （1）根据题意，先写出几项，找出规律； （2）找到新集合和旧集合之间的关系； （3）分情况讨论，结合题意，找出适合的答案即可. 【变式8-2】．（2024·上海嘉定·一模）已知数列满足，给出以下四个结论： ①当时，存在有限个，使得对任意正整数，都有 ②当时，存在和正整数，当时， ③当时，存在和正整数，当时， ④当时，不存在，使得对任意正整数，且，都有 其中正确结论是（    ）. A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 【答案】B 【分析】对于①②，利用作差法可得一元二次不等式，求得数列中的项的取值范围，可得其正误； 对于③④，根据递推公式，利用赋值法求得当数列为常数列时所取的数值，进而求得首项，结合举例，可得答案. 【解析】对于①，当时，，，解得， 当时，恒成立，故①错误； 对于②，当时，，，解得或， 易知，由①可知，当时，数列单调递增，， 所以一定存在，当时，，故②正确； 对于③，当时，，令，可得，解得或， 令，解得或， 当时，可得当时，，故③正确； 对于④，当时，，令，则，解得或， 令，可得，解得或， 令，可得，解得， 当时，当时，，故④错误. 故选：B. 题型09 选择压轴题 【典例9-1】．（2024·上海宝山·一模）设的三边长分别为、、，面积为（为正整数）．若，其中，，，，则（    ） A．为严格减数列 B．为严格增数列 C．为严格增数列，为严格减数列 D．为严格减数列，为严格增数列 【答案】B 【分析】由可知的边为定值，由，，可知为定值，结合双曲线定义可知动点在以，为焦点的双曲线上，再根据面积公式可得单调性. 【解析】    由已知，即的边为定值，不妨设，为定点，如图所示， 又，， 则， 即为定值， 又， 所以为定值， 即， 所以动点到定点，的距离之差的绝对值为定值， 满足双曲线定义， 所以动点的轨迹为以，为焦点的双曲线， 如图所示， 所以， 又， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 则数列为递增数列， 所以当增大时，变大，即变大， 此时向远离处运动，即变大， 所以变大， 即数列为严格增数列，且，均为严格增数列， 故选：B. 【变式9-1】．（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. 【解析】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9-2】．（24-25高三上·上海黄浦·期末）设函数在区间I上有导函数，且在区间I上恒成立，对任意的，有．对于各项均不相同的数列，，，下列结论正确的是（    ） A．数列与均是严格增数列 B．数列与均是严格减数列 C．数列与中的一个是严格增数列，另一个是严格减数列 D．数列与均既不是严格增数列也不是严格减数列 【答案】C 【分析】由条件易知函数在I上严格递减，构造，因数列的各项均不相同，由的大小比较，利用函数单调性可得的大小关系，即得结论. 【解析】依题意，因在区间I上恒成立，则函数在I上严格递减， 由，，因数列的各项均不相同，且， 若，则，即，即此时数列严格递增，数列严格递减； 若，则，即，即此时数列严格递减，数列严格递增. 综上所述，数列与中的一个是严格增数列，另一个是严格减数列. 故选：C. 【点睛】思路点睛：本题主要考查利用函数单调性判断数列的单调性的应用，属于难题. 解题思路在于根据选项信息，考虑数列中连续偶数项的差，通过对应的连续奇数项的大小比较，借助于函数单调性得出偶数项的大小关系. 一、填空题 1．（2023·上海宝山·一模）已知等差数列的前项和为，若则 【答案】 【分析】由等差数列的性质结合等差数列的求和公式可得答案. 【解析】由等差数列的性质可得：， 所以， 故答案为：8. 2．（2024·上海普陀·二模）设等比数列的公比为，则“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是 . 【答案】（或,答案不唯一） 【分析】根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解． 【解析】，，成等差数列， 则，即，解得或， 故“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是（或． 故答案为：（或,答案不唯一） 3．（2024·上海·模拟预测）数列的最小项的值为 . 【答案】 【分析】直接根据反比例函数的单调性即可得解. 【解析】令，得， 令，得， 所以当时，，当时，， 而函数在上单调递减， 所以当时，取得最小值， 即数列的最小项的值为. 故答案为：. 4．（2024·上海松江·二模）已知等差数列的公差为2，前项和为，若，则使得成立的的最大值为 . 【答案】 【分析】根据题意，列出方程求得，得到且，结合，列出不等式，即可求解. 【解析】由等差数列的公差为2，前项和为，若， 可得，解得， 所以，且， 因为，即，整理得，解得， 因为，所以使得成立的的最大值为. 故答案为：. 5．（2024·上海杨浦·二模）某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .    【答案】134 【分析】由题设信息，第一层有根，共有层，利用等差数列前n项和公式列出关系式，再借助整除的思想分析计算得解. 【解析】设第一层有根，共有层，则， ，显然和中一个奇数一个偶数， 则或或，即或或， 显然每增加一层高度增加厘米， 当时，厘米厘米，此时最下层有根； 当时，厘米厘米，此时最下层有根； 当时，厘米，超过米， 所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为根. 故答案为：134 6．（2024·上海奉贤·一模）已知集合是由函数的图象上两两不相同的点构成的点集，集合，其中、．若集合中的元素按照从小到大的顺序排列能构成公差为的等差数列，当时，则符合条件的点集的个数为 ． 【答案】60 【分析】确定数列中最大值为1，最小值为，然后根据分类得出等差数列，再由等差数列的项确定点的横坐标的值，然后由中对应点的情形确定集合个数． 【解析】由已知,， 设，则，显然， 若，则，因此有， 由得或，对应， 同理对应， 集合中已经含有点， 因此产生的集合中，点可有也可没有，至少有一个， 所以的个数为， 若，则， ，或，，或， 对应点， 产生的集合中，点可有也可没有，至少有一个， 中至少有一个，中至少有一个，的个数为， 综上，集合的个数为． 故答案为：60. 【点睛】方法点睛：确定集合的个数即为确定集合中元素的可能性，本题中首先确定出最终等差数列的最大值和最小值，从而根据公差得出等差数列，由等差数列确定可能含有的点，从而得出集合个数． 二、单选题 7．（2024·上海青浦·二模）设是首项为，公比为q的等比数列的前项和，且，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意算出，可得且，由此对各项的结论加以判断，即可得结论． 【解析】， ，，即且， ，且，两边都除以，得，可得． 对于A，由，可得，故A项不正确； 对于B，由于，所以不成立，故B不正确； 对于C，因为，所以，可得． 结合，可得，故C正确； 对于D，根据且，当，时，， 此时不成立，故D不正确． 故选：C． 8．（2023·上海杨浦·一模）等比数列的首项，公比为，数列满足（是正整数），若当且仅当时，的前项和取得最大值，则取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出的通项公式，分析出其为等差数列，然后由条件得出，代入通项公式即可求解. 【解析】 所以是以为首项，为公差的等差数列， 若当且仅当时，的前项和取得最大值， 所以 即，， 故选：C. 9．（2024·上海虹口·一模）设数列的前四项分别为，对于以下两个命题，说法正确的是（   ）． ①存在等比数列以及锐角α，使成立． ②对任意等差数列以及锐角α，均不能使成立． 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】A 【分析】假设，，成等比数列，可得，在同一坐标系内作和的图象可判断①；分，和，求出的最大值和最小值可知，判断该方程是否有解可判断②. 【解析】对于①，若，，成等比数列，即，， 则，即，得， 在同一坐标系内作和的图象：    可知方程，有且只有一解， 所以存在等比数列以及锐角α，使成立，①是真命题； 对于②，假设存在等差数列以及锐角α， 使成立，则必有， 当时，显然不成立； 当时，，， 所以，， 所以， 则， ，即，即， 因为，所以，， 不存在这样的使得等式成立； 当时，，， 所以，， 所以， 同理， 因为，所以，， 不存在这样的使得等式成立； 所以②是真命题. 故选：A. 【点睛】思路点睛：与三角有关的方程是否有解的问题，可根据代数式的特征选择合适的范围，再根据范围判断一些特定代数式的符号，从而可判断方程是否有解. 2 / 31 学科网（北京）股份有限公司 $$