专题11 等差等比及数列函数性质（15题型+提分快招）-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（天津专用）

专题11 等差等比及数列函数性质 目录 题型01 等差数列正负型 1 题型02 等差等比数列奇数与偶数项和 2 题型03 等差中项与sn技巧 3 题型04 等差数列单调性与最值 4 题型05 等比数列技巧 5 题型06 等比数列“平衡点”不等式 5 题型07 等比数列“函数型”应用 6 题型08 等差等比“纠缠数列” 7 题型09 整数比值型 8 题型10 函数型：恒成立求参 8 题型11 函数型：奇偶讨论型 10 题型12 函数型：三角函数周期型 11 题型13 函数型：等差等比插入数型 12 题型14 函数型：分段型 13 题型15 函数型：抽象函数与导数数列型 14 题型01 等差数列正负型 【解题规律·提分快招】 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. 【典例1-1】 （24-25高二上·天津滨海新·期末）已知等差数列的前项和为，且，则当取得最小值时，的值为（    ） A．7 B．6 C．5 D．4 【典例1-2】 （18-19高三上·安徽宿州·阶段练习）在等差数列中，，若它的前项和有最大值，则当时，的最大值为（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 【变式1-1】 （24-25高二上·天津东丽·阶段练习）若为等差数列，为的前项和，，，则当（  ）时  取最大值. A． B． C． D． 【变式1-2】 （24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）若是等差数列，表示的前项和，，，则中最小的项是（     ） A． B． C． D． 【变式1-3】 （23-24高二上·天津·期末）若等差数列的前项和为，则当取得最小值时，的值为（    ） A． B． C． D． 题型02 等差等比数列奇数与偶数项和 【解题规律·提分快招】 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. 【典例1-1】 （2016高三上·浙江杭州·专题练习）已知等比数列的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，这个等比数列前项的积为，则的最大值为（    ） A． B． C．1 D．2 【典例1-2】 （21-22高二上·上海徐汇·期末）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． 【变式1-1】 （19-20高一下·安徽宣城·阶段练习）已知等差数列共有项，若数列中奇数项的和为，偶数项的和为，，则公差的值为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 2020·安徽·模拟预测）已知项数为奇数的等比数列的首项为1，奇数项之和为21，偶数项之和为10，则这个等比数列的项数为（    ） A．5 B．7 C．9 D．11 【变式1-3】 （18-19高一下·江西抚州·阶段练习）等比数列共有项，其中，偶数项和为84，奇数项和为170，则（    ） A．3 B．4 C．7 D．9 题型03 等差中项与sn技巧 【解题规律·提分快招】 若与为等差数列，且前项和分别为与，则. 【典例1-1】 （24-25高二上·甘肃甘南·期中）等差数列，的前项和分别为，，且，则（   ） A． B． C． D． 【典例1-2】 （24-25高三上·天津河东·阶段练习）等差数列与的前项和分别为、，且，则 A．2 B． C． D． 【变式1-1】 （23-24高二下·江西抚州·期末）已知等差数列与的前项和分别为，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （23-24高三下·天津南开·阶段练习）已知等差数列和的前项和分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】 （23-24高二上·天津滨海新·阶段练习）对于数列，定义为的“优值”.现已知数列的“优值”，记数列的前项和为，则下列说法正确的个数是（    ） （1）    （2）    （3）    （4）的最小值为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型04 等差数列单调性与最值 【解题规律·提分快招】 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）． 【典例1-1】 （24-25高三上·天津宝坻·阶段练习）已知数列为等差数列，公差为为其前项和，若满足，给出下列说法： ①；②；③；④当且仅当或8时，取得最大值. 其中正确说法的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【典例1-2】 （24-25高二上·天津武清·阶段练习）已知为等差数列的前n项和，为其公差，且，给出以下命题：①；②；③使得取得最大值时的n为8；④满足成立的最大n值为17.其中正确命题的序号为（ ） A．①③ B．①③④ C．①②③ D．①②④ 【变式1-1】 （24-25高二上·天津河东·阶段练习）已知等差数列的前n项和为且满足则中最大的项为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （22-23高二上·天津·期末）若等差数列的前项和为，则当取得最小值时，的值为（    ） A．1011 B．1012 C．2022 D．2023 【变式1-3】 （23-24高二上·山东泰安·阶段练习）已知等差数列的前项和为，若，则取得最大值时，n的值是（ ） A．23 B．13 C．14 D．12 题型05 等比数列技巧 【解题规律·提分快招】 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__. 【典例1-1】 （22-23高二上·湖北襄阳·期末）已知等比数列满足：，则的值为（    ） A．20 B．10 C．5 D． 【典例1-2】 （21-22高二上·陕西渭南·期末）已知等比数列的各项均为正数，且，则（    ） A．7 B．9 C．81 D．3 【变式1-1】 （22-23高三上·广东广州·阶段练习）已知在等比数列中，，则等于 A． B． C．2 D． 【变式1-2】 （24-25高三下·湖北·开学考试）已知数列为等比数列，为数列前项积，且，，则（    ） A．1 B． C． D．2 【变式1-3】 （24-25高二上·福建龙岩·阶段练习）等比数列的各项均为正数，且，则（   ） A．12 B．10 C．5 D． 题型06 等比数列“平衡点”不等式 【解题规律·提分快招】 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. 【典例1-1】 （2024高三·全国·专题练习）在等比数列中，公比为q，其前n项积为，并且满足，，，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C．的值是中最大的 D．使成立的最大自然数n等于198 【典例1-2】 （24-25高二上·上海·期末）在等比数列中，公比为q，其前n项积为，并且满足，，，则下列结论不正确的是（   ） A． B． C．的值是中最大的 D．使成立的最大自然数n等于4046 【变式1-1】 （24-25高二·全国·假期作业）设等比数列的公比为q，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） 【变式1-2】 （24-25高二上·江苏苏州·阶段练习）设等比数列的公比为q，前n项积为，并且满足条件，.则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D．的最大项为 【变式1-3】 （23-24高三上·江苏镇江·期中）等比数列中，，，则满足的最大正整数为（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 题型07 等比数列“函数型”应用 【解题规律·提分快招】 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 【典例1-1】 （24-25高二上·浙江温州·期末）若正项数列是等比数列，则“”是“数列为递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【典例1-2】 （24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知数列是公比为的等比数列.设甲：；乙：数列单调递增，则甲是乙的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【变式1-1】 （22-23高二下·北京房山·期末）设各项均为正数的等比数列的公比为，且，则“为递减数列”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【变式1-2】 （24-25高三上·上海·期中）已知是无穷等比数列，则“对任意正整数，都有”是“数列是严格减数列”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 【变式1-3】 （23-24高二下·北京·期中）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 题型08 等差等比“纠缠数列” 【解题规律·提分快招】 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 【典例1-1】 （2023·四川南充·模拟预测）若 分别是与的等差中项和等比中项， 则的值为（    ） A． B． C． D． 【典例1-2】 （2021高二·全国·专题练习）已知1既是a2与b2的等比中项，又是与的等差中项，则的值是（    ） A．1或 B．1或 C．1或 D．1或 【变式1-1】 （2011·广东深圳·二模）已知△中，，，分别是，的等差中项与等比中项，则△的面积等于 A． B． C．或 D．或 【变式1-2】 （高二上·福建厦门·期中）已知是两个不相等的正数，是的等差中项，是的等比中项，则与的大小关系是 A． B． C． D． 【变式1-3】 （23-24高三上·江西南昌·阶段练习）已知正项等差数列和正项等比数列，，是的等差中项，是的等比中项，则下列关系肯定成立的是（    ） A． B． C． D． 题型09 整数比值型 【解题规律·提分快招】 整数比值型，属于数论整除内容。 整数型比值，可以通过分离常数，因式分解，整除等知识点来构造求解 【典例1-1】 （23-24高二下·浙江·阶段练习）已知两个等差数列与的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【典例1-2】 （2016·广西桂林·一模）已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数是 A． B． C． D． 【变式1-1】 （18-19高一下·贵州铜仁·期中）已知等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数是 A．2 B．3 C．4 D．5 【变式1-2】 （23-24高三上·江苏淮安·阶段练习）已知等差数列和等差数列的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【变式1-3】 （22-23高二下·河北唐山·期末）已知等差数列和等差数列的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 题型10 函数型：恒成立求参 【解题规律·提分快招】 数列恒成立求参，主要方法是参变分离，构造数列函数，求数列函数最值。 求数列函数的最值，需要求数列函数的单调性，一个是数列单调性定义法来求，一个是转化为关于n的函数，利用函数图像，或者求导等等方法来求单调性。需要注意的是，因为是数列，所以自变量是n，属于“离散型”。 【典例1-1】 （24-25高二上·天津滨海新·期末）已知数列的前项和为，直线与圆交于两点，且．若存在，使得有解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【典例1-2】 （2019·广东·一模）已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】 （20-21高二下·天津武清·期末）若数列满足，若恒成立，则的最大值（    ） A． B． C． D．3 【变式1-2】 （24-25高二上·浙江温州·期末）已知数列的前n项和为，满足，对于恒成立，则的最小值为（    ） A． B．0 C．1 D．4 【变式1-3】 （22-23高二上·天津河北·期末）已知数列的通项公式为：，数列的前n项和为，若对任意的正整数n，不等式恒成立，则实数c的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型11 函数型：奇偶讨论型 【解题规律·提分快招】 奇偶型讨论： 1.奇偶项正负相间型求和，可以两项结合构成“常数数列”。 2.如果需要讨论奇偶，一般情况下，先求偶，再求奇。求奇时候，直接代入偶数项公式，再加上最后的奇数项通项。 【典例1-1】 （22-23高二·全国·课后作业）已知数列是各项均不为0的等差数列，为其前项和，且满足.若不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【典例1-2】 （2017·天津河东·二模）若数列，的通项公式分别为，，且，对任意恒成立，则实数的取值范围是 A． B．[-1,1） C．[-2,1) D． 【变式1-1】 （2024·浙江绍兴·三模）设，已知，若恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （23-24高三上·四川·阶段练习）已知数列满足，且，若使不等式成立的有且只有三项，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】 （22-23高三上·河北沧州·期末）已知数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 题型12 函数型：三角函数周期型 【解题规律·提分快招】 数列中的奇偶项问题考查方向大致有： 1、等差，等比数列中的奇偶项求和问题； 2、数列中连续两项和或积问题； 3、含有的问题；通项公式分奇偶项有不同表达式问题； 4.含三角函数问题，需要分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减求和或裂项相消法求和 【典例1-1】 （2024·广东·模拟预测）令．则的最大值在如下哪个区间中（    ） A． B． C． D． 【典例1-2】 （2024·北京朝阳·模拟预测）设，为等差数列，，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【变式1-1】 （高一下·重庆·期中）数列的通项，其前项和为，则为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （24-25高三上·江苏南通·阶段练习）在递增数列中，，．已知表示前n项和的最小值，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】 （21-22高二上·河北保定·阶段练习）已知数列满足，其前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 题型13 函数型：等差等比插入数型 【解题规律·提分快招】 插入数型 1.插入数构成等差数列 在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，可通过构造新数列来求解 个数构成等差数列，公差记为，所以： 2. 插入数构成等比数列 在和之间插入个数，使这个数构成等比数列，可通过构造新数列来求解 个数构成等比数列，公差记为，所以： 3. 插入数混合型 混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列提供了多少项，其余都是插入进来的。 【典例1-1】 （21-22高二上·江苏南通·期末）在数列中抽取部分项（按原来的顺序）构成一个新数列，记为，再在数列插入适当的项，使它们一起能构成一个首项为1，公比为3的等比数列.若，则数列中第项前（不含）插入的项的和最小为（    ） A．30 B．91 C．273 D．820 【典例1-2】 （22-23高二上·陕西咸阳·阶段练习）若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，可以形成一个新的数列，再把所得数列按照同样的方法可以不断构造出新的数列．现将数列1，3进行构造，第1次得到数列1，4，3；第2次得到数列1，5，4，7，3；依次构造，第次得到数列1，，3．记，若成立，则n的最小值为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【变式1-1】 （2022高三上·浙江·学业考试）通过以下操作得到一系列数列：第1次，在2，3之间插入2与3的积6，得到数列2，6，3；第2次，在2，6，3每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列2，12，6，18，3；类似地，第3次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作11次后，得到的数列记为，则的值是（    ） A．6 B．12 C．18 D．108 【变式1-2】 （23-24高二上·广东东莞·期末）在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得新数列按照同样的方法进行构造，可以不断形成新的数列．现对数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…依次构造，记第n（）次得到的数列的所有项之和为，则（    ） A．1095 B．3282 C．6294 D．9843 【变式1-3】 （2023·全国·模拟预测）已知数列满足，在，之间插入首项为，公差为的等差数列的前k项，构成数列，记数列的前n项和为，则（    ） A．105 B．125 C．220 D．240 题型14 函数型：分段型 【典例1-1】 （22-23高一下·上海普陀·期末）已知数列满足：，对于任意实数，集合的元素个数是（    ） A．个 B．非零有限个 C．无穷多个 D．不确定，与的取值有关 【典例1-2】 （21-22高二下·上海黄浦·期中）已知数列满足（为正整数），，设集合．有以下两个猜想：①不论取何值，总有；②若，且数列中恰好存在连续的7项构成等比数列，则的可能取值有6个．其中（    ） A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误 【变式1-1】 （24-25高二上·江苏苏州·期中）已知数列的前项和为，且，则的值为（    ） A．300 B． C．210 D． 【变式1-2】 （24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）已知数列的前项和为，且，，则的值为（     ） A． B． C． D． 【变式1-3】 （2024·广东广州·模拟预测）已知函数，数列满足，且数列是单调递增数列，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 题型15 函数型：抽象函数与导数数列型 【典例1-1】 （2024·辽宁·三模）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，对于数列，若，下列说法正确的是（    ） A．存在的等比数列，使得为等比数列 B．，均存在等差数列，使得为等差数列 C．，均不存在等比数列，使得为等差数列 D．若存在等差数列，使得为等比数列，且，则的最小值为 【典例1-2】 （2024高三上·全国·专题练习）已知函数的定义域为，，且当时，，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】 （2024高三上·全国·专题练习）已知函数与的定义域均为，且满足，，且，，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （21-22高二上·上海浦东新·阶段练习）已知数列{an}满足，对于函数f（x）＝x|x|，定义F（n）＝．①若{an}为等比数列，则F（n）＞0恒成立； ②若{an}为等差数列，则F（n）＞0恒成立． 关于上述命题，以下说法正确的是（　　） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【变式1-3】 （2022·浙江杭州·模拟预测）已知数列中，，若，则下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D． 冲高考 1.（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在中，是边上一点，且，为直线上一点列，满足：，且，则 ，设数列，则的通项公式为 . 2．（24-25高二上·天津南开·期末）已知数列满足，是，的等比中项，则数列的通项公式 . 3．（24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）已知数列的前项和为，对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 . 4．（23-24高二上·天津·期末）已知数列的前项和为，，，，则满足的正整数的所有取值为 . 5．（2024·全国·模拟预测）已知正项数列的前项和为，，若存在非零常数，使得对任意的正整数均成立，则 ，的最小值为 . 6．（19-20高一下·福建厦门·期末）已知数列满足，则 ，若对任意的，恒成立，则的取值范围为 . 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 $$ 专题11 等差等比及数列函数性质 目录 题型01 等差数列正负型 1 题型02 等差等比数列奇数与偶数项和 3 题型03 等差中项与sn技巧 4 题型04 等差数列单调性与最值 6 题型05 等比数列技巧 8 题型06 等比数列“平衡点”不等式 9 题型07 等比数列“函数型”应用 12 题型08 等差等比“纠缠数列” 14 题型09 整数比值型 15 题型10 函数型：恒成立求参 15 题型11 函数型：奇偶讨论型 20 题型12 函数型：三角函数周期型 22 题型13 函数型：等差等比插入数型 25 题型14 函数型：分段型 27 题型15 函数型：抽象函数与导数数列型 30 题型01 等差数列正负型 【解题规律·提分快招】 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. 【典例1-1】 （24-25高二上·天津滨海新·期末）已知等差数列的前项和为，且，则当取得最小值时，的值为（    ） A．7 B．6 C．5 D．4 【答案】C 【分析】根据题意，求出，即可得到等差数列的通项公式，再由通项公式可得，，从而得到结果. 【详解】因为数列为等差数列，且，则，解得，数列为递增数列，则，令，即，解得， 则，，所以时，取得最小值.故选：C 【典例1-2】 （18-19高三上·安徽宿州·阶段练习）在等差数列中，，若它的前项和有最大值，则当时，的最大值为（    ） A．11 B．12 C．13 D．14 【答案】A 【分析】由题意得，，，结合等差数列下标和的性质及等差数列的前项和公式即可求解. 【详解】因为为等差数列，前项和有最大值，若，则，即， 所以，，，即，则，即， ，即，所以当时，的最大值为11.故选：A. 【变式1-1】 （24-25高二上·天津东丽·阶段练习）若为等差数列，为的前项和，，，则当（  ）时  取最大值. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】推导出数列为递减数列，且当时，，当时，，由此可得出结论. 【详解】因为若为等差数列，为的前项和，则， 因为，则，故， 设等差数列的公差为，则，即数列为递减数列， 故当时，，当时，，所以，当时，取最大值.故选：B. 【变式1-2】 （24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）若是等差数列，表示的前项和，，，则中最小的项是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等差中项的性质及求和公式可得，，进而可确定数列的最小项. 【详解】由数列为等差数列，则，且， 即，，所以当时，取最小值，即数列的最小项为，故选：B. 【变式1-3】 （23-24高二上·天津·期末）若等差数列的前项和为，则当取得最小值时，的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差数列前项和公式以及通项的性质，即可得出结果. 【详解】由题知，设等差数列公差为，因为，所以，则由，得，又，得，所以， 则当取得最小值时，.故选：C 题型02 等差等比数列奇数与偶数项和 【解题规律·提分快招】 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. 【典例1-1】 （2016高三上·浙江杭州·专题练习）已知等比数列的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，这个等比数列前项的积为，则的最大值为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】D 【分析】结合等比数列的前n项和公式求出公比，进而求出等比数列的前项的积即可求出结果. 【详解】设数列共有项． 由题意，知，， 所以，解得，所以，所以当或时，有最大值2．故选：D. 【典例1-2】 （21-22高二上·上海徐汇·期末）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 【变式1-1】 （19-20高一下·安徽宣城·阶段练习）已知等差数列共有项，若数列中奇数项的和为，偶数项的和为，，则公差的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】计算得出，利用等差数列求和公式得出，由此可解得与的值. 【详解】由题意，， 所以，， ，所以，，.故选：A. 【变式1-2】 2020·安徽·模拟预测）已知项数为奇数的等比数列的首项为1，奇数项之和为21，偶数项之和为10，则这个等比数列的项数为（    ） A．5 B．7 C．9 D．11 【答案】A 【分析】根据题意，设，由等比数列的前项和公式可得的值，进而求得结论． 【详解】根据题意，数列为等比数列，设， 又由数列的奇数项之和为21，偶数项之和为10，则， 故；故选： 【变式1-3】 （18-19高一下·江西抚州·阶段练习）等比数列共有项，其中，偶数项和为84，奇数项和为170，则（    ） A．3 B．4 C．7 D．9 【答案】A 【分析】根据等比数列中偶数项和与奇数项和关系列式求解，即得结果. 【详解】因为等比数列共有项，所以等比数列中偶数项有项，奇数项有项， 由题意得，所以偶数项和为，奇数项和为，相减得故选：A 【点睛】本题考查等比数列和项公式基本量计算，考查综合分析求解能力，属中档题. 题型03 等差中项与sn技巧 【解题规律·提分快招】 若与为等差数列，且前项和分别为与，则. 【典例1-1】 （24-25高二上·甘肃甘南·期中）等差数列，的前项和分别为，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，可得，再利用等差数列前项和公式，结合等差数列性质计算即得. 【详解】等差数列，的前项和分别为，，由，得， .故选：C. 【典例1-2】 （24-25高三上·天津河东·阶段练习）等差数列与的前项和分别为、，且，则 A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差数列求和公式和等差数列的性质得到，，从而得到. 【详解】∵与均为等差数列，∴，， 则.故选：C. 【变式1-1】 （23-24高二下·江西抚州·期末）已知等差数列与的前项和分别为，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用等差数列的性质与求和公式，结合已知条件求解即可. 【详解】因为等差数列与的前项和分别为，且， 所以设，所以.故选：D 【变式1-2】 （23-24高三下·天津南开·阶段练习）已知等差数列和的前项和分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由等差数列的前项和公式及等差数列的性质，即可求解结果． 【详解】因为是等差数列和的前项和，，又 所以故选：C. 【变式1-3】 （23-24高二上·天津滨海新·阶段练习）对于数列，定义为的“优值”.现已知数列的“优值”，记数列的前项和为，则下列说法正确的个数是（    ） （1）    （2）    （3）    （4）的最小值为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据所给，可得当时，，利用作差的方法求出判断（1），再由等差数列求和公式求出判断（2），由分析数列的项的符号变化情况判断（3），求出最值进行判断（4）. 【详解】由题意可知，，则①， 当时，； 当时，②，①②得，， 解得，当时也成立也成立.（1）正确； （2）错误； ，当时，即，且，故当或9时，的前项和取最小值，最小值为，（3）（4）正确.故选：C. 题型04 等差数列单调性与最值 【解题规律·提分快招】 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）． 【典例1-1】 （24-25高三上·天津宝坻·阶段练习）已知数列为等差数列，公差为为其前项和，若满足，给出下列说法： ①；②；③；④当且仅当或8时，取得最大值. 其中正确说法的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用等差数列的求和公式与下标和性质得到，进而逐一分析各说法即可得解. 【详解】因为为等差数列，，所以，则，故，对于①，，故①正确； 对于②，，故②错误； 对于③，，故③正确； 对于④，由于，所以数列的前项都为正数，从第项开始是负数， 所以当且仅当或8时，取得最大值，④正确； 综上，正确的说法有个.故选：C. 【典例1-2】 （24-25高二上·天津武清·阶段练习）已知为等差数列的前n项和，为其公差，且，给出以下命题：①；②；③使得取得最大值时的n为8；④满足成立的最大n值为17.其中正确命题的序号为（ ） A．①③ B．①③④ C．①②③ D．①②④ 【答案】A 【分析】由及等差数列前n项和的函数性质判断①③；应用等差数列前n项和公式可得，并结合可判断②④. 【详解】由，即存在最大值，故，①③对； 可得，所以，②错； 由，可知，所以满足成立的最大n值为15，④错. 故选：A 【变式1-1】 （24-25高二上·天津河东·阶段练习）已知等差数列的前n项和为且满足则中最大的项为（    ） 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n项和可得，进而求出的最大值即可判断结果． 【详解】在等差数列中，由，，得， ，则，公差， 因此等差数列为递减数列，当时，；当时，，则最大值是， 则当时，且单调递增，当时，，所以最大．故选：D 【变式1-2】 （22-23高二上·天津·期末）若等差数列的前项和为，则当取得最小值时，的值为（    ） A．1011 B．1012 C．2022 D．2023 【答案】B 【分析】将等差数列的前2023和2024项和与0的大小比较，得出具体的项数的正负，即可求出当取得最小值时的值. 【详解】由题意，，∴，，∴，则等差数列满足，，可得公差， ∴数列为递增数列，且当，时，，当，时，， ∴当取得最小值时，的值为1012．故选：B． 【变式1-3】 （23-24高二上·山东泰安·阶段练习）已知等差数列的前项和为，若，则取得最大值时，n的值是（ ） A．23 B．13 C．14 D．12 【答案】D 【分析】由已知，利用等差数列求和公式与等差数列的性质可得：，，即可得到答案. 【详解】因为是等差数列，且， 所以，，即，所以，， 因为，所以等差数列是递减数列，所以当时，取得最大值.故选：D. 题型05 等比数列技巧 【解题规律·提分快招】 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__. 【典例1-1】 （22-23高二上·湖北襄阳·期末）已知等比数列满足：，则的值为（    ） A．20 B．10 C．5 D． 【答案】D 【分析】利用等比数列的性质可得：，对进行化简后求值即可. 【详解】在等比数列中，由等比数列的性质可得：. 所以．故选：D 【典例1-2】 （21-22高二上·陕西渭南·期末）已知等比数列的各项均为正数，且，则（    ） A．7 B．9 C．81 D．3 【答案】D 【分析】根据等比数列的性质以及对数的运算性质可求出结果. 【详解】依题意可得， 又，所以， 所以.故选：D 【变式1-1】 （22-23高三上·广东广州·阶段练习）已知在等比数列中，，则等于 A． B． C．2 D． 【答案】C 【分析】先根据等比数列的性质得到和，再根据可求得的大小，解题时要注意对的符号的处理． 【详解】由等比数列的性质可得，∴ ． ∴，又与和同号，∴．故选：C． 【变式1-2】 （24-25高三下·湖北·开学考试）已知数列为等比数列，为数列前项积，且，，则（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】由条件求，再结合等比数列性质求，由此可得结论. 【详解】由题意，数列为等比数列，为数列前项积，所以，，则， 可得故选：B. 【变式1-3】 （24-25高二上·福建龙岩·阶段练习）等比数列的各项均为正数，且，则（   ） A．12 B．10 C．5 D． 【答案】B 【分析】根据等比数列的性质可得，即可结合对数的运算性质求解. 【详解】由和可得， 故，故选：B 题型06 等比数列“平衡点”不等式 【解题规律·提分快招】 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. 【典例1-1】 （2024高三·全国·专题练习）在等比数列中，公比为q，其前n项积为，并且满足，，，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C．的值是中最大的 D．使成立的最大自然数n等于198 【答案】C 【分析】分析条件可得数列为递减数列，选项A正确；根据等比数列的性质可得选项B正确；根据可得选项C错误；根据，可得选项D正确. 【详解】∵，∴，∴． ∵，∴，即一个大于1，一个小于1， ∵，∴数列为递减数列，故，即，选项A正确. ，选项B正确. ，选项C错误. ， ，选项D正确.故选：C． 【典例1-2】 （24-25高二上·上海·期末）在等比数列中，公比为q，其前n项积为，并且满足，，，则下列结论不正确的是（   ） A． B． C．的值是中最大的 D．使成立的最大自然数n等于4046 【答案】C 【分析】分析条件可得数列为递减数列，选项A正确；根据等比数列的性质可得选项B正确；根据可得选项C错误；根据，可得选项D正确. 【详解】∵，∴，∴． ∵，∴，即一个大于1，一个小于1， ∵，∴数列为递减数列，故，即，选项A正确. ，选项B正确. ，选项C错误. ， ，选项D正确. 故选：C． 【变式1-1】 （24-25高二·全国·假期作业）设等比数列的公比为q，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】D 【分析】先根据题意确定公比的取值范围，再由等比数列的性质逐一核对四个命题得答案． 【详解】因为，，所以； 由，所以，所以. 若，因为，所以，，这与矛盾.故不成立. 若，由，与条件无冲突. 故，所以（1）成立； 由，所以，故（2）错误； 因为，因为，，所以， 又单调递减，，所以是中的最大值.所以（3）错误； 因为在时单调递增，当时，单调递减. 且， . 所以使成立的最大自然数等于4030.故（4）正确. 故选：D 【变式1-2】 （24-25高二上·江苏苏州·阶段练习）设等比数列的公比为q，前n项积为，并且满足条件，.则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D．的最大项为 【答案】C 【分析】结合等比数列的通项和题中不等式，分析可得进而得到A正确；由，，得到，可得B正确，C错误；由等比数列结合B的分析可得D正确； 【详解】对于A，若，因为，则，，不满足， 若，因为，则，，不满足，显然，所以，故A正确； 对于B、C，因为，，且，所以，故B正确，C错误； 对于D，由等比数列可得当时，，当时，，所以的最大项为，故D正确； 故选：C. 【变式1-3】 （23-24高三上·江苏镇江·期中）等比数列中，，，则满足的最大正整数为（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】B 【分析】根据题意得，结合，及等比数列的通项公式从而可求解. 【详解】 由题意知：， 即：，得： 因为：，，所以：，由，得：， 因为：，。所以：，故B项正确.故选：B. 题型07 等比数列“函数型”应用 【解题规律·提分快招】 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 【典例1-1】 （24-25高二上·浙江温州·期末）若正项数列是等比数列，则“”是“数列为递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】由等比数列性质，结合充分必要条件的判断，即可求解. 【详解】因为正项数列是等比数列，所以， 当时，，解得， 所以数列为递增数列，满足充分性； 当数列为递增数列时，，满足必要性， 所以“”是“数列为递增数列”的充要条件.故选：C 【典例1-2】 （24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知数列是公比为的等比数列.设甲：；乙：数列单调递增，则甲是乙的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】利用等比数列通项公式以及函数性质，分别对首项和公比分类讨论举反例可得结论. 【详解】当首项时，若，此时数列单调递减， 如，因此充分性不成立； 若数列单调递增，当首项，时，满足题意， 如，可知必要性不成立；综上可知，甲是乙的既不充分也不必要条件.故选：D 【变式1-1】 （22-23高二下·北京房山·期末）设各项均为正数的等比数列的公比为，且，则“为递减数列”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】由等比数列通项公式及对数运算性质可得，根据充分性、必要性定义判断题设条件间的推出关系，即可得答案. 【详解】由题意得，且， ∴. 若为递减数列，则，故，充分性成立. 若，则，故，为递减数列，必要性成立.所以“为递减数列”是“”的充分必要条件.故选：C. 【变式1-2】 （24-25高三上·上海·期中）已知是无穷等比数列，则“对任意正整数，都有”是“数列是严格减数列”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】C 【分析】根据题意，分别从两个方向判断“对任意正整数，都有”与“数列是严格减数列”之间的推导关系，根据推导关系判断结论. 【详解】若是严格递减数列，显然能推出， 所以“对于任意的正整数，都有”是“是严格递减数列”必要条件； 若对任意的正整数都成立，则中不可能同时含正项和负项，故， 所以，，即，，或，，即，. 当，时，有，即，是严格递减数列； 当，时，有，即，是严格递减数列， 所以“对于任意的正整数，都有”是“是严格递减数列”充分条件， 综上所述，“对任意正整数，都有”是“数列是严格减数列”的充要条件.故选：C. 【变式1-3】 （23-24高二下·北京·期中）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 题型08 等差等比“纠缠数列” 【解题规律·提分快招】 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 【典例1-1】 （2023·四川南充·模拟预测）若 分别是与的等差中项和等比中项， 则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件可得 ，，然后结合同角三角函数的关系，以及恒等变换公式化简，即可得到结果. 【详解】依题意可得 ，， 且， 所以，即，解得 又因为，所以， 所以故选:A 【典例1-2】 （2021高二·全国·专题练习）已知1既是a2与b2的等比中项，又是与的等差中项，则的值是（    ） A．1或 B．1或 C．1或 D．1或 【答案】D 【分析】由已知可得或 则代入计算即可. 【详解】由题意得， 从而有或 因此的值为1或－.故选：D. 【变式1-1】 （2011·广东深圳·二模）已知△中，，，分别是，的等差中项与等比中项，则△的面积等于 A． B． C．或 D．或 【答案】C 【详解】试题分析：和的等差中项是，正的等比中项是，所以，，根据正弦定理：，，或，或，那么的面积是，或是．故选C． 【变式1-2】 （高二上·福建厦门·期中）已知是两个不相等的正数，是的等差中项，是的等比中项，则与的大小关系是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】试题分析：因为是两个不相等的正数，是的等差中项，是的等比中项，所以，所以，故选B． 考点：1、等差中项；2、等比中项；3、均值不等式． 【变式1-3】 （23-24高三上·江西南昌·阶段练习）已知正项等差数列和正项等比数列，，是的等差中项，是的等比中项，则下列关系肯定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据条件建立方程组，求解基本量公差、公比，再根据通项公式依次判断选项即可. 【详解】设等差数列公差为，等比数列公比为，且， 由是的等差中项，得，则有，化简得①， 由是的等比中项，得，又已知正项等差数列和正项等比数列， 所以，则有②，联立①②解方程组得，（舍去），或，或. 故，或.当时，可知AC错误，BD成立；当，时， ，，故D错误. 又，B也成立，故选：B. 题型09 整数比值型 【解题规律·提分快招】 整数比值型，属于数论整除内容。 整数型比值，可以通过分离常数，因式分解，整除等知识点来构造求解 【典例1-1】 （23-24高二下·浙江·阶段练习）已知两个等差数列与的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】利用等差数列的性质，先把数列对应项的比转化为前项和的比，再分离常数，结合为正整数求的个数. 【详解】因为为整数，所以的值可以为：1，5，16.故选：A 【典例1-2】 （2016·广西桂林·一模）已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数是 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】试题分析：由等差数列前项和的性质知，，故当，，，，时，为整数，故使得为整数的正整数的个数是．故应选C． 考点：1、等差数列的性质；2、等差数列的前 项和公式. 【方法点睛】本题主要考查等差数列的性质、等差数列的前 项和公式，属于难题.等差数列性质很多，其中性质‘若，则’应用非常广，它往往结合等差数列前 项和公式（）综合出题，本题就是利用‘’推出结论后，再利用是整数这一特性进一步解答的. 【变式1-1】 （18-19高一下·贵州铜仁·期中）已知等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数是 A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【解析】根据等差数列的性质和前n项和公式，可得，要使得为正整数，求得的取值个数，即可求解，得到答案． 【详解】由题意，根据等差数列的性质和前n项和公式，可得，要使得为正整数，则或，所以要使得为正整数的正整数n的个数为2个，故选A． 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及前n项和公式的应用，其中解答中根据等差数列的性质和前n项和公式，化简是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题． 【变式1-2】 （23-24高三上·江苏淮安·阶段练习）已知等差数列和等差数列的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【分析】根据等差数列前项和公式以及等差数列的性质可得，进而可求解. 【详解】由于 所以， 要使为整数，则为24的因数，由于，故可以为，故满足条件的正整数的个数为7个，故选：B 【变式1-3】 （22-23高二下·河北唐山·期末）已知等差数列和等差数列的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】利用等差数列的前项和公式，计算得到，再根据条件即可得到答案. 【详解】因为等差数列和等差数列的前项和分别为和，所以， 又，所以， 因此要为整数，当且仅当是正整数，又，则是36的大于1的约数，又36的非1的正约数有2，3，4，6，9，12，18，36，共8个，则的值有1，2，3，5，8，11，17，35，共8个， 所以使得为整数的正整数的个数为8.故选：C. 题型10 函数型：恒成立求参 【解题规律·提分快招】 数列恒成立求参，主要方法是参变分离，构造数列函数，求数列函数最值。 求数列函数的最值，需要求数列函数的单调性，一个是数列单调性定义法来求，一个是转化为关于n的函数，利用函数图像，或者求导等等方法来求单调性。需要注意的是，因为是数列，所以自变量是n，属于“离散型”。 【典例1-1】 （24-25高二上·天津滨海新·期末）已知数列的前项和为，直线与圆交于两点，且．若存在，使得有解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出弦长得，利用求得，然后不等式变形为，用分离参数法变形为（这里），然后求出数列的最大项即可得． 【详解】由题意圆圆心为原点，半径为，圆心到直线的距离为， 所以，所以， ，，时，，所以，， 所以是等比数列，公比为3，所以，不等式有解，即，， 设，当时，，，，，， ，时，，即，即数列从第5项开始递减， 所以的最大值是，所以，故选：B． 【典例1-2】 （2019·广东·一模）已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求数列的和，最后利用函数的单调性求出结果. 【详解】数列满足，①当时，，②①②得，，故， 则，则，由于恒成立， 故，整理得：，因随的增加而减小， 所以当时，最大，且为，即.故选：D 【变式1-1】 （20-21高二下·天津武清·期末）若数列满足，若恒成立，则的最大值（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【分析】由已知数列的递推式，可得，将换为，两式相减求得，再由数列的单调性和不等式恒成立思想，可得所求最大值. 【详解】解：由于，当时，，即， 当时，，又， 以上两式相减可得，得，上式对也成立， 所以恒成立即为恒成立，由为递增数列，得的最小值为， 所以，即的最大值为.故选：C. 【变式1-2】 （24-25高二上·浙江温州·期末）已知数列的前n项和为，满足，对于恒成立，则的最小值为（    ） A． B．0 C．1 D．4 【答案】B 【分析】由累乘法求得，再结合错位相减求和，即可求解. 【详解】由题， ， 又符合上式，所以则，①， ，②， 由①-②，得， 所以，若对于恒成立，即对恒成立，所以对恒成立，所以，所以.故选：B 【变式1-3】 （22-23高二上·天津河北·期末）已知数列的通项公式为：，数列的前n项和为，若对任意的正整数n，不等式恒成立，则实数c的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可得数列为递增数列，讨论n的奇偶性结合恒成立问题分析求解. 【详解】∵， ∴数列为递增数列， 若对任意的正整数n，不等式恒成立，则有： 当为奇数时，则，故，即； 当为偶数时，则，故，即； 综上所述：实数c的取值范围是.故选：B. 题型11 函数型：奇偶讨论型 【解题规律·提分快招】 奇偶型讨论： 1.奇偶项正负相间型求和，可以两项结合构成“常数数列”。 2.如果需要讨论奇偶，一般情况下，先求偶，再求奇。求奇时候，直接代入偶数项公式，再加上最后的奇数项通项。 【典例1-1】 （22-23高二·全国·课后作业）已知数列是各项均不为0的等差数列，为其前项和，且满足.若不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用等差数列的性质求得，然后按的奇偶性分类讨论，用分离参数法求得的范围． 【详解】是等差数列，则，又， 所以，不等式为， 是奇数时，不等式为，， 时，设，， 时，，递减，时，，递增， 又是正奇数，，，所以的最小值是，，， 是偶数时，不等式为，， 时，是增函数，又取正偶数，所以的最小值是，所以，综上，．故选：A． 【典例1-2】 （2017·天津河东·二模）若数列，的通项公式分别为，，且，对任意恒成立，则实数的取值范围是 A． B．[-1,1） C．[-2,1) D． 【答案】D 【详解】 可得 ，若 是偶数，不等式等价于 恒成立，可得 ，若 是奇数，不等式等价于 ，即 ，所以 ，综上可得实数 的取值范围是 ，故选D. 【方法点睛】本题主要考查数列的通项、不等式恒成立问题以及分类讨论思想.属于难题.，分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.解答本题的关键是对 分奇数、偶数两种情况讨论. 【变式1-1】 （2024·浙江绍兴·三模）设，已知，若恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意得到，推出，得到答案. 【详解】由题意得，故，故， 故， 由于，故.故选：C 【点睛】关键点点睛： 【变式1-2】 （23-24高三上·四川·阶段练习）已知数列满足，且，若使不等式成立的有且只有三项，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出数列的通项公式，分n为奇数和偶数两种情况，得到，并根据单调性得到，求出答案. 【详解】当时，， 所以， 所以，显然也适合，所以数列的通项公式为． 当n为奇数时，，此时数列的奇数项单调递增； 当n为偶数时，， 此时数列的偶数项单调递增，要想使不等式成立的有且只有三项， 只需有，即，解得，即的取值范围为．故选：D． 【变式1-3】 （22-23高三上·河北沧州·期末）已知数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据，结合等比数列求和公式可求得；分别在和时解不等式得到和，根据数列的单调性可知，，，从而得到所求范围. 【详解】由题，， 即：，，时，，符合上式，所以， ①当时，则由得：， 此时，，所以； ②当时，，则由得：， 此时；，所以； 综上所述：.故选：B. 题型12 函数型：三角函数周期型 【解题规律·提分快招】 数列中的奇偶项问题考查方向大致有： 1、等差，等比数列中的奇偶项求和问题； 2、数列中连续两项和或积问题； 3、含有的问题；通项公式分奇偶项有不同表达式问题； 4.含三角函数问题，需要分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减求和或裂项相消法求和 【典例1-1】 （2024·广东·模拟预测）令．则的最大值在如下哪个区间中（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先通过，利用裂项相消法求出，观察得其最大值可取，然后计算其范围即可. 【详解】由于 根据三角函数的性质可知， 当或时，取最大值， 不妨取， 则, 又，因为当时， 所以要比较与的大小，即比较与的大小， 故. 所以.故选：B. 证明：当时，设，，则， 所以在上单调递减，所以，即当时，. 【典例1-2】 （2024·北京朝阳·模拟预测）设，为等差数列，，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】分析函数的单调性与对称性，得函数在上单调递增，且图象关于点中心对称.再利用等差数列的性质可得，然后从充分性与必要性两个方面论证，用反证法进行必要性的证明. 【详解】已知，则，故在上单调递增. 又由，得，故，则函数的图象关于点中心对称.已知数列是等差数列，则. ①先证明充分性：若，由数列是等差数列，可得， 则，所以由函数的对称性可知， ，，，， ，即“”得证. 因此，“”是“”的充分条件； ②再证明必要性：下面用反证法证明：假设，已知数列是等差数列，则，即，由等差数列性质可得， 所以，由函数在上单调递增，可得，， ，各式累加得，， 所以，即，这与已知矛盾，故假设错误； 同理，假设，可证得，也与已知矛盾，故假设也错误； 所以“”得证.即“”是“”的必要条件. 综上所述，“”是“”的充要条件.故选：C. 【变式1-1】 （高一下·重庆·期中）数列的通项，其前项和为，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】分析：利用二倍角的余弦公式化简得，根据周期公式求出周期为，从而可得结果. 详解：首先对进行化简得，又由关于的取值表： 1 2 3 4 5 6 可得的周期为，则可得， 设，则，故选A． 【变式1-2】 （24-25高三上·江苏南通·阶段练习）在递增数列中，，．已知表示前n项和的最小值，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意依次确定数列的前9项的值，结合三角函数诱导公式，即可得答案. 【详解】由题意在递增数列中，，，则，故， 则或，结合题意取；又，则或，结合题意取；同理，则或，结合题意取，同理，则或，结合题意取， 同理，则或， 结合题意取，同理可得，，， 故前9项和的最小值 ，可得，故选：C 【变式1-3】 （21-22高二上·河北保定·阶段练习）已知数列满足，其前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用代入法可以判断出该数列的周期，利用周期性进行求解即可. 【详解】因为，，，，， 所以是周期为4的周期数列，，所以.故选：D 题型13 函数型：等差等比插入数型 【解题规律·提分快招】 插入数型 1.插入数构成等差数列 在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，可通过构造新数列来求解 个数构成等差数列，公差记为，所以： 2. 插入数构成等比数列 在和之间插入个数，使这个数构成等比数列，可通过构造新数列来求解 个数构成等比数列，公差记为，所以： 3. 插入数混合型 混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列提供了多少项，其余都是插入进来的。 【典例1-1】 （21-22高二上·江苏南通·期末）在数列中抽取部分项（按原来的顺序）构成一个新数列，记为，再在数列插入适当的项，使它们一起能构成一个首项为1，公比为3的等比数列.若，则数列中第项前（不含）插入的项的和最小为（    ） A．30 B．91 C．273 D．820 【答案】C 【分析】先根据等比数列的通项公式得到，列出数列的前6项，将其中是数列的项的所有数去掉即可求解. 【详解】因为是以1为首项、3为公比的等比数列，所以，则由，得， 即数列中前6项分别为：1、3、9、27、81、243，其中1、9、81是数列的项，3、27、243不是数列的项，且，所以数列中第7项前（不含）插入的项的和最小为.故选：C. 【典例1-2】 （22-23高二上·陕西咸阳·阶段练习）若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，可以形成一个新的数列，再把所得数列按照同样的方法可以不断构造出新的数列．现将数列1，3进行构造，第1次得到数列1，4，3；第2次得到数列1，5，4，7，3；依次构造，第次得到数列1，，3．记，若成立，则n的最小值为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】根据规律确定的关系式，进而可得，从而求得，然后求解可得结果. 【详解】由题意得，， 即，则，又，∴是以6为首项，3为公比的等比数列， ∴，则，且随着的增大而增大， 当时，；当时，， 故成立时，n的最小值为8．故选：C． 【变式1-1】 （2022高三上·浙江·学业考试）通过以下操作得到一系列数列：第1次，在2，3之间插入2与3的积6，得到数列2，6，3；第2次，在2，6，3每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列2，12，6，18，3；类似地，第3次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作11次后，得到的数列记为，则的值是（    ） A．6 B．12 C．18 D．108 【答案】A 【分析】设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，从而可得，从而可求出，从而可知经过11次拓展后在与6之间增加的数为，由此可得出经过11次拓展后6所在的位置，即可得出答案. 【详解】解：设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，所以，即，即，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，是以，所以， 则经过11次拓展后在与6之间增加的数为，所以经过11次拓展后6所在的位置为第，所以.故选：A. 【变式1-2】 （23-24高二上·广东东莞·期末）在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得新数列按照同样的方法进行构造，可以不断形成新的数列．现对数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；…依次构造，记第n（）次得到的数列的所有项之和为，则（    ） A．1095 B．3282 C．6294 D．9843 【答案】B 【分析】根据给定条件，得到第次构造后数列的和与第次构造后数列的和的关系，再求出数列的通项即可. 【详解】设第次构造后得的数列为，则， 则第次构造后得到的数列为， 于是，， 显然，而， 因此数列是以为首项，3为公比的等比数列，则，即, 所以.故选：B 【变式1-3】 （2023·全国·模拟预测）已知数列满足，在，之间插入首项为，公差为的等差数列的前k项，构成数列，记数列的前n项和为，则（    ） A．105 B．125 C．220 D．240 【答案】B 【分析】由题意可得数列，进而根据等差数列的前项和公式结合分组求和可得数列中及其后连续k项的和为，进而代值求解计算即可. 【详解】由题意可得数列为： ，记数列中及其后连续k项的和为， 则， 则 .故选：B. 题型14 函数型：分段型 【典例1-1】 （22-23高一下·上海普陀·期末）已知数列满足：，对于任意实数，集合的元素个数是（    ） A．个 B．非零有限个 C．无穷多个 D．不确定，与的取值有关 【答案】C 【分析】讨论，，和且三种情况，根据题意可以得到：若，则；若，则；若，则；若，则.不妨从时开始讨论，得到的符号，最后得到答案. 【详解】当时，根据题意，则，则集合的元素有无数个； 当时，则，根据题意，则，则集合的元素有无数个； 当且时，， 若，则；若，则；若，则；若，则. 而，则时，数列递减且无下限（※）； 时，数列递增且无上限（*）. （1）若，则，根据（※）可知，在求解的迭代过程中，终有一项会首次小于，不妨设为； （2）若，则； ①若，则，接下来进入（2）或（3）； ②若，接下来进入（3）； （3）若，则，接下来进入（1）或 （4） ； （4）若，则，接下来进入（2）或（3）. 若，则进入（4）.若，则进入②.若，则进入①.如此会无限循环下去，会出现无限个负数项.综上：集合的元素个数为无数个.故选：C. 【典例1-2】 （21-22高二下·上海黄浦·期中）已知数列满足（为正整数），，设集合．有以下两个猜想：①不论取何值，总有；②若，且数列中恰好存在连续的7项构成等比数列，则的可能取值有6个．其中（    ） A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误 【答案】A 【分析】设出数列中的一项，然后分被3除余1，余2，余0三种情况进行讨论，借助给出的递推关系式进行推证即可判断①，结合递推关系式得到符合的形式，然后保证即可判断②． 【详解】不妨设数列中的一项为， ①若被3除余1，则由已知可得， 若被3除余2，则由已知可得， 若被3除余0，则由已知可得，所以对任意的，，则，所以对数列中的任一项，若，则， 因为，所以，所以数列中必存在某一项（否则与上述结论矛盾）， 若，结论得证；若，则，，结论得证；若，则，得证； 所以不论论取何值，总有；故①正确；②若是3的倍数，则， 若被3除余1，则由已知可得，若被3除余2，则由已知可得，所以连续7项构成的等比数列的公比为， 因为，所以这7项中前6项一定都是3的倍数，而第7项一定不是3的倍数（否则构成等比数列的连续项数会多于7项）设第7项为p，则p是被3除余1或余2的正整数，则可推得， 因为，所以或，由递推关系式可知，在该数列的前k-1项中，满足小于等于2022的项只有：或，或 所以首项的所有可能取值的集合为， 故的所有可能取值有6个，故②正确．故选：A 【变式1-1】 （24-25高二上·江苏苏州·期中）已知数列的前项和为，且，则的值为（    ） A．300 B． C．210 D． 【答案】A 【分析】由递推关系得的奇数项是首项为 ，公差为3的等差数列，再利用分组转化求和以及等差数列的求和公式求解即可. 【详解】若为奇数，则是偶数，是奇数，则 ， ① ， ②.①②得：， 所以的奇数项是首项为 ，公差为3的等差数列； 所以 .故选:A. 【变式1-2】 （24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）已知数列的前项和为，且，，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分情况求数列的通项公式，进而求和. 【详解】当为奇数时，，则，即， 所以当为奇数时，， 又， 当为偶数时，，则，即， 所以当为偶数时，，综上所述， 所以 ，故选：A. 【变式1-3】 （2024·广东广州·模拟预测）已知函数，数列满足，且数列是单调递增数列，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由数列是单调递增数列可知当时，单调递增，当时，单调递增，且，列出不等式，解不等式即可. 【详解】数列是单调递增数列， 可知当，时，单调递增，即或，解得；当时，单调递增恒成立，且，即； 解得，所以若数列是单调递增数列，则，故选：A. 题型15 函数型：抽象函数与导数数列型 【典例1-1】 （2024·辽宁·三模）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，对于数列，若，下列说法正确的是（    ） A．存在的等比数列，使得为等比数列 B．，均存在等差数列，使得为等差数列 C．，均不存在等比数列，使得为等差数列 D．若存在等差数列，使得为等比数列，且，则的最小值为 【答案】C 【分析】对于A选项，假设使得列等式即可判断，对于B选项，列出等式结合等差数列的性质即可判断，对于C选项，结合导数即可求解，对于D选项，根据公差的不同分类即可求解. 【详解】假设使得， 因为，所以若，则，否则， 因为，所以， 不妨设，，所以， 所以，所以，当且仅当时等号成立， 若，左式恒大于右式，故A错误； 若存在等差数列，使得为等差数列，所以，因为， 所以，所以，设等差数列的公差为， 所以，所以，故B选项错误； 若存在等比数列，使得为等差数列，所以，不妨设，， 只需，只需，设等比数列公比为，所以，令，所以，令，因为，所以，， ，所以，，，所以单调递增，令，所以，所以， 所以无解，故C正确； 令，，，，所以，所以，因为，所以， 所以，当时，，当时，，当时， ，故D选项错误. 故选：C. 【典例1-2】 （2024高三上·全国·专题练习）已知函数的定义域为，，且当时，，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先考虑临界情况，构造数列，使，再构造特殊数列，求出的通项公式，利用不等式性质即可推出有关与的不等式. 【详解】构造数列，满足，且，， 可得，即，所以是以为首项，3为公比的等比数列， 所以，则.不妨令，则， 所以，其中，则， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以.若，由，可得；； ；；依次类推可得，， 则，可以取不小于的任意实数，都存在满足题意的函数，故AC错误；而，B正确，D错误；故选：B. 【变式1-1】 （2024高三上·全国·专题练习）已知函数与的定义域均为，且满足，，且，，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用数列求通项的解法，先判断临界情况，令，，所以得，，求出，的通项公式，即可判断得出正确答案. 【详解】先判断临界情况，， 令，，则，，令，， 所以，即， 又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以. 又，即，所以， 故，所以，即，故A正确，B错误； ，故C,D错误.故选：A. 【变式1-2】 （21-22高二上·上海浦东新·阶段练习）已知数列{an}满足，对于函数f（x）＝x|x|，定义F（n）＝．①若{an}为等比数列，则F（n）＞0恒成立； ②若{an}为等差数列，则F（n）＞0恒成立． 关于上述命题，以下说法正确的是（　　） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】A 【分析】由题，将数列分为常数列，等差数列，等比数列进行讨论. 【详解】①当为非零常数列时，， （1）当，；（2）当，， 故当为非零常数列时，F（n）＞0恒成立. ②当为等差数列，设，则由等差数列性质有： ，其中=1，2，3，，. 又，易得其为奇函数，且在上单调递增. 则有 其中=1，2，3，，. 则 得.又时，可同理证明.故当{an}为等差数列，F（n）＞0恒成立. ③当为等比数列，（1）当等比数列公比且，则中所有项符号相同.i若，则.F（n）＞0恒成立；ii若，则.F（n）＞0恒成立. （2）当时，中任意相邻两项符号不同. i当，当时，， 当且时，=.ii当，当时， = 又时，，，则 iii当时，，。 。当且时，= iv当时，。 .又时，，则 故{an}为等比数列时，F（n）＞0恒成立.综上，当{an}为等比数列，或等差数列时，均有F（n）＞0恒成立. 故选：A 【变式1-3】 （2022·浙江杭州·模拟预测）已知数列中，，若，则下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】A. 通过递推计算得该选项正确；B. 由题得，所以该选项正确； C. ，设得到，再赋值相加即得 ，所以该选项正确；D. ,所以该选项错误. 【详解】解：A. 由题得所以该选项正确； B. 由题得，，所以，当时，也满足，所以，所以该选项正确； C. 由前面得，， 所以也适合，所以. 设，所以函数在单调递减，所以 所以，所以，，，所以所以，所以该选项正确； D. ,所以该选项错误.故选：D 冲高考 1.（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在中，是边上一点，且，为直线上一点列，满足：，且，则 ，设数列，则的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据平面向量线性运算得到，结合题干条件得到，整理后得到，从而根据求出，得到，构造法得到为等比数列，求出的通项公式. 【详解】因为是边上一点，且，故， 为直线上一点列，则， 因为，则，故， 整理得：，即， 若，则，解得：，此时，解得：， 故为常数为1的数列，但，不合要求，故，故， 令得：，因为，所以，解得： 令，则，即，因此， 所以为等比数列，公比为，首项为， 故，故。故答案为：， 2．（24-25高二上·天津南开·期末）已知数列满足，是，的等比中项，则数列的通项公式 . 【答案】 【分析】由已知求得，然后由等比中项定义求出，再分为奇函数，偶数分别求出通项公式. 【详解】因为，所以，， 又是的比例中项，所以，即，显然且，故解得； 当是奇数时，，，所以，而， 所以数列是等比数列，则，即； 当是偶数时，则；综上可得. 故答案为： 3．（24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）已知数列的前项和为，对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】利用累加法求出数列的通项公式，再利用裂项相消法得到不等式，最后利用二次函数性质求解参数范围即可. 【详解】数列中，得 当时，得累加得， 可得，则， 当时符合上式，则，所以， 对于任意的，不等式，即恒成立，∴， 设，可得，即有，解得或， 则实数t的取值范围是．故答案为： 4．（23-24高二上·天津·期末）已知数列的前项和为，，，，则满足的正整数的所有取值为 . 【答案】、 【分析】由题意可知，数列中的奇数项和偶数项分别成等差数列和等比数列，根据为奇数和偶数分别利用求出，结合单调性代值计算可得结果. 【详解】当为奇数时，，所以，数列中的奇数项构成以为首项，公差为的等差数列， 当为偶数时，，所以，数列中的偶数项构成以为首项，公比为的等比数列， 所以数列中的每一项均为整数，故数列为递增数列， 当为奇数时，设，则， 当为偶数时，设， 则， 因为， ， ， ， 因此，满足的正整数的所有取值集合为. 故答案为：、. 5．（2024·全国·模拟预测）已知正项数列的前项和为，，若存在非零常数，使得对任意的正整数均成立，则 ，的最小值为 . 【答案】 1 /0.5 【分析】先代入可计算出的值，然后由与的关系再写一项做差，得到的递推式，结合可解出的值；由递推式和的值可求出数列的通项公式以及，换元法结合对勾函数或构造函数求导判断单调性都可求出最值. 【详解】当时，，即，又，所以. 由①，得：当时，②，①②得，故， 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列， 所以，则，解得； 故数列的公比为2，，则，，则. 解法一  令，则，， 由对勾函数的性质可得在区间上单调递增， 所以当，即时，取得最小值. 解法二  令，则，单调递增， 所以当时，取得最小值，即的最小值为. 故答案为：1， 6．（19-20高一下·福建厦门·期末）已知数列满足，则 ，若对任意的，恒成立，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】①直接利用赋值法的应用求出数列的各项，进一步确定结果． ②利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用分类讨论思想的应用求出参数的取值范围． 【详解】数列满足，则当时，， 当时，，解得，当时，，解得， 数列满足，① 所以当时，，② ①②得：，整理得（首相不符合通项）， 所以，时，对任意的，恒成立， 所以：当为偶数时，只需满足，即当时，， 当为奇数时，只需满足，即当时，，奇数时，，所以 故实数的取值范围是，故答案为：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$