期末复习专题— 数列（6大考点）-2024-2025学年高二数学必考点分类集训系列（人教A版2019选择性必修第二册）

期末复习专题—数列 【考点1：数列的通项】 1 【考点2：数列的求和】 4 【考点3：数列的函数特性】 8 【考点4：数列与不等式】 11 【考点5：数列与数学文化】 14 【考点6：数列的新定义】 16 【考点1：数列的通项】 【知识点：数列的通项】 1、法：已知 解题模版：第一步 利用满足条件，写出当时，的表达式； 第二步 利用，求出或者转化为的递推公式的形式； 第三步 根据求出，并代入的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式或根据和的递推公式求出. 2、累加法：型如或 解题模板：第一步 将递推公式写成； 第二步 依次写出，并将它们累加起来； 第三步 得到的值，解出； 第四步 检验是否满足所求通项公式，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式. 3、累乘法：型如或 解题模板：第一步 将递推公式写成； 第二步 依次写出，并将它们累加起来； 第三步 得到的值，解出； 第四步 检验是否满足所求通项公式，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式. 4、待定系数法一：型如（其中为常数，且） 解题模板：第一步 假设将递推公式改写为an＋1＋t＝p(an＋t)； 第二步 由待定系数法，解得； 第三步 写出数列的通项公式； 第四步 写出数列通项公式. 5、待定系数法二：型如（其中为常数，且） 解题模板：第一步 假设将递推公式改写为； 第二步 由待定系数法，求出的值； 第三步 写出数列的通项公式； 第四步 写出数列通项公式. 6、构造法一：型如（其中为常数，且） 解题模板：第一步 在递推公式两边同除以，得； 第二步 利用方法五，求数列的通项公式； 第三步 写出数列通项公式. 7、构造法二：型如（其中为常数，且） 解题模板：第一步 假设将递推公式改写成； 第二步 利用待定系数法，求出的值； 第三步 求数列的通项公式； 第四步 根据数列的通项公式，求出数列通项公式. 8、倒数构造法：型如（其中为常数） 解题模板：第一步 将递推公式两边取倒数得； 第二步 利用方法五，求出数列的通项公式； 第三步 求出数列通项公式. 9、对数构造：型如 解题模板：第一步 对递推公式两边取对数转化为； 第二步 利用方法五，求出数列的通项公式； 第三步 求出数列通项公式. 1．（2025高二下·陕西·期中）已知数列，则该数列的第36项为（    ） A． B．36 C． D．6 2．（2025高二下·四川凉山·期中）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025高二下·河南南阳·期中）在数列中，，则（    ） A． B． C．2025 D．5050 4．（天津市河北区2025届高三二模考试数学试题）设数列的前n项和，若，则（    ） A．3059 B．2056 C．1033 D．520 5．（2026高三·全国·专题练习）已知数列满足，则（   ） A． B． C． D． 6．（山东省菏泽市2025届高三二模考试数学试题）对于任意，，且，则（    ） A． B．1 C．2025 D．4049 7．（多选）（江苏省南京市2025届高三下学期第二次模拟考试数学试题）已知数列中，，，，其前项和为，则（   ） A． B． C． D． 8．（2026高三·全国·专题练习）已知数列的前n项和为，若，试求的通项公式． 【考点2：数列的求和】 【知识点：数列的求和】 1、公式法：利用等差、等比数列的前n项和公式求解 解题模板：第一步 结合所求结论，寻找已知与未知的关系； 第二步 根据已知条件列方程求出未知量； 第三步 利用前项和公式求和结果 2、 分组求和法： (1)若，且为等差或等比数列，可采用分组转化法求的前n项和； (2)通项公式为的数列，其中数列是等比数列或等差数列，可采用分组求和. 解题模板：第一步 定通项公式：即根据已知条件求出数列的通项公式； 第二步 巧拆分：即根据通项公式特征，将其分解为几个可以直接求和的数列； 第三步 分别求和：即分别求出各个数列的和； 第四步 组合：即把拆分后每个数列的求和进行组合，可求得原数列的和. 3、裂项相消法： 几种常见的裂项方式 数列(n为正整数) 裂项方式 (k为非零常数) 4、错位相减法： 解题模板：第一步 巧拆分：即根据通项公式分解为等差数列和等比数列乘积的形式； 第二步 确定等差、等比数列的通项公式； 第三步 构差式：即写出的表达式，然后两边同时乘以等比数列的公比得到另外一个式子，两式作差； 第四步 求和：根据差式的特征准确求和. 5、并项求和法：在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 6、倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的． 1．（2025高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）若等差数列满足，则（   ） A．2025 B． C． D． 2．（2025高二下·辽宁沈阳·阶段练习）已知数列的前项和为，且，设函数，则 . 3．（2025高二下·广东江门·期中）在数列中，，，且对任意的，都有，则的通项公式为 ；若，则数列的前项和 . 4．（2025·江苏南京·模拟预测）已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列．若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为． (1)求； (2)设数列满足，求数列的前项和． 5．（2025·江苏苏州·二模）在数列中，已知，且当为奇数时，；当为偶数时，． (1)求的通项公式； (2)求的前项和． 6．（山西省2024-2025学年高二下学期期中联合考试数学试题）设等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为.已知，. (1)求的通项公式； (2)当时，记，求数列的前项和. 7．（福建省龙岩市2025届高三下学期5月教学质量检测数学试题）已知数列的前项和为，且满足，，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 8．（2025年普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷（黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古专版））已知数列与都是等差数列，其前项和分别为与，且，，，. (1)求数列与的通项公式； (2)求数列的前项和. 【考点3：数列的函数特性】 【知识点：数列的函数特性】 1、数列的周期性： (1)周期数列的常见形式 ①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数； ②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差； ③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列． (2)解决此类题目的一般方法 根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和． 2、数列的单调性： (1)数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整数，所以在求数列中的最大(小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号． (2)数列是自变量不连续的函数，不能对数列直接求导判断单调性．要先写出数列对应的函数，对函数进行求导，再将函数的单调性对应到数列中去． (3)解决数列单调性的方法主要有: 作差比较、作商比较及结合相应函数直观判断. ①作差比较法 an＋1－an>0⇔数列{an}是单调递增数列；an＋1－an<0⇔数列{an}是单调递减数列；an＋1－an＝0⇔数列{an}是常数列． ②作商比较法 an>0时 ①>1⇔数列{an}是单调递增数列； ②<1⇔数列{an}是单调递减数列； ③＝1⇔数列{an}是常数列 an<0时 ①>1⇔数列{an}是单调递减数列； ②<1⇔数列{an}是单调递增数列； ③＝1⇔数列{an}是常数列 3、数列的最大（小）项 (1)利用不等式组找到数列的最大项； (2)利用不等式组找到数列的最小项. 4、数列的恒成立问题 对于数列中的恒成立问题，仍要转化为求最值的问题求解. 1．（2025·河北张家口·二模）已知数列不是递增数列，且，则k的取值范围为 . 2．（2026高三·全国·专题练习）已知数列的前n项积为，且，则 ． 3．（2025·湖北·模拟预测）已知数列前项和为，，，，则的最大值为（    ） A．4 B．9 C．10 D．12 4．（2025·江西·二模）已知数列满足：，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．有最大值 D．不是单调数列 5．（2025高二下·安徽宿州·期中）已知各项非零的递增数列满足：，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．（多选）（2025·山东·模拟预测）已知数列的通项公式为，若为递减数列，为递增数列，则t的可能取值为（    ） A． B． C． D． 7．（多选）（2025·湖南娄底·模拟预测）数列的前项和为，已知，则下列结论正确的是（    ） A．为等差数列 B．可能为常数列 C．若为递增数列，则 D．若为递增数列，则 8．（2025高二下·江西萍乡·期中）已知是等差数列，，数列的前项和为且满足. (1)求数列和的通项公式； (2)设，当取得最大值时，求的值. 【考点4：数列与不等式】 【知识点：数列与不等式】 1、在证明有关数列和的不等式时要能用放缩的思想来解题(如，能用函数的单调性(定义法)来求数列和的最值问题及恒成立问题. 1．（2025·重庆·模拟预测）已知等差数列、的前项和分别为、，若，对，，，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 2．（2025高二下·安徽铜陵·阶段练习）已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（    ） A．98 B．99 C．100 D．101 3．（2025·山东聊城·模拟预测）已知各项均为正数的数列满足，数列的前项和为．正项等比数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)若，证明：． 4．（2025高二下·陕西·期中）设数列的前项和为，已知数列满足. (1)证明：数列为等差数列； (2)求； (3)若对任意恒成立，求实数的取值范围. 5．（四川省嘉祥教育集团2024-2025学年高二下学期期中质量监测数学试题）数列满足，. (1)求证：数列为等差数列； (2)设，证明：数列的前n项和. 6．（2025·辽宁葫芦岛·一模）设数列是公差大于1的等差数列，，满足，记，分别为数列，的前项和，且，． (1)求的通项公式； (2)若存在，使得，求实数的取值范围． 7．（2025高二下·四川乐山·阶段练习）已知函数，数列满足 (1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式； (2)设，求； (3)对于（2）中的，若存在，使不等式成立，求实数k的最大值． 【考点5：数列与数学文化】 【知识点：数列与数学文化】 1．（2025高二下·四川广安·期中）算法统宗是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔九层，红光点点倍加增，共灯五百一十一”，其意大致为：有一栋九层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有盏灯，则该塔中间一层有（    ）盏灯. A． B． C． D． 2．（24-25高二上·江苏南京·期末）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（   ） A．3盏 B．5盏 C．7盏 D．9盏 3．（24-25高二上·湖北武汉·期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”.原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有一个相关的问题：被3除余1且被4除余2的正整数，按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，则的值为（    ） A．24294 B．24296 C．24298 D．24300 4．（2025高二下·安徽阜阳·阶段练习）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”其意思是：现有一位善于步行的人，第一天行走了100里，以后每一天比前一天多走相同的里程数，九天他共行走了1260里，问每天增加的里程数是多少?关于该问题，有下述四个结论: ①从第二天起，每一天比前一天增加的里程数为10； ②此人第五天行走了150里； ③此人前六天共行走了750里； ④此人前八天共行走的里程是第九天行走里程的8倍. 所有正确结论的序号为（   ） A．①④ B．②③ C．②④ D．①③ 5．（2025高二下·北京房山·阶段练习）我国古代的数学名著《九章算术》中有“衰分问题”：今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问次日织几问？其意为：一女子每天织布的尺数是前一天的2倍，5天共织布5尺，请问第二天织布的尺数是 . 6．（2025高二下·北京·阶段练习）“三分损益法”是古代中国发明制定音律时所用的方法，现有一古琴是以一根确定长度的琴弦为基准，第二根琴弦的长度是第一根琴弦长度的，第三根琴弦的长度是第二根琴弦长度的，第四根琴弦的长度是第三根琴弦长度的，第五根琴弦的长度是第四根琴弦长度的，琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫，商，角，徵，羽”，则“宫”与“角”所对琴弦长度之比为 ． 7．（24-25高三上·江苏无锡·期末）数学史上著名的“康托三分集”，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第次操作；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段，操作过程不断地进行下去.若使前次操作后剩余所有区间长度之和不超过，则需要操作的次数的最小值为 ，该次操作完成后依次从左到右第四个区间为 . 8．（2025高二下·四川巴中·阶段练习）北宋的数学家沈括博学多才，善于观察．据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把它们看成离散的量．经过反复尝试，沈括提出对于上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图1所示），可以用公式求出物体的总数．这就是所谓的“隙积术”，相当于求一个二阶等差数列，的和，“隙积术”不仅给出了二阶等差数列的一个求和公式，而且发展了自《九章算术》以来对等差数列问题的研究，开创了我国“垛积数”的研究． (1)若，求的值； (2)现已知数列为二阶等差数列，其通项公式为，求其前n项和； (3)三角垛是堆积垛的一种特殊情况，即指的是顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个，……，第n层放若干个物体堆成的堆垛（如图2所示），设各层球数构成一个数列．利用上述材料，求当从上往下n层小球总数（即数列的前n项和）时，三角垛的层数？ 【考点6：数列的新定义】 【知识点：数列的新定义】 1．（2025高二下·陕西西安·期中）对于数列，记区间内奇数的个数为，则称数列为的奇数列．若数列为数列的奇数列，则 ，数列的前项和= ． 2．（2025高二下·湖南·期中）已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称数列为数列的“序数列”．例如数列满足，则其“序数列”为2，3，1．若有穷数列满足，且数列的“序数列”单调递减，数列的“序数列”单调递增，则 ． 3．（2025·全国·模拟预测）数列按如下方式定义：；若n为质数，则；若n为合数，且恰能写成k个质数（可能相等）之积，则，如．则的前50项和为（    ） 附：不超过50的所有质数： 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47 A．100 B．104 C．108 D．112 4．（多选）（2025高二下·云南临沧·阶段练习）设数列的前项和为，若存在实数，使得对于任意的，都有，则称数列为“数列”则以下结论正确的是（    ） A．若是等差数列，且，公差，则数列是“数列” B．若是等比数列，且公比满足，则数列是“数列” C．若，则数列是“数列” D．若，则数列是“数列” 5．（河北省部分重点中学2025届高三下学期二轮复习联考（二）数学试题）已知是公差不为0的无穷等差数列.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质. (1)已知，，判断数列，是否具有性质； (2)若数列具有性质，证明：的各项均为整数； (3)若，求具有性质的数列的个数. 6．（2025·湖北·三模）已知数列，其中，且.若数列满足，当时，或，则称数列为数列的“调节数列”.例如，数列的所有“调节数列”为；或者；或者；或者. (1)直接写出数列的所有“调节数列”； (2)若数列满足通项，将数列的“调节数列”中的递增数列记为，数列中的各项和为，求所有的和； (3)已知数列满足：，若数列的所有“调节数列”均为递增数列，求所有符合条件的数列的个数. 第 1 页 共 19 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末复习专题—数列 【考点1：数列的通项】 1 【考点2：数列的求和】 7 【考点3：数列的函数特性】 16 【考点4：数列与不等式】 23 【考点5：数列与数学文化】 30 【考点6：数列的新定义】 36 【考点1：数列的通项】 【知识点：数列的通项】 1、法：已知 解题模版：第一步 利用满足条件，写出当时，的表达式； 第二步 利用，求出或者转化为的递推公式的形式； 第三步 根据求出，并代入的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式或根据和的递推公式求出. 2、累加法：型如或 解题模板：第一步 将递推公式写成； 第二步 依次写出，并将它们累加起来； 第三步 得到的值，解出； 第四步 检验是否满足所求通项公式，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式. 3、累乘法：型如或 解题模板：第一步 将递推公式写成； 第二步 依次写出，并将它们累加起来； 第三步 得到的值，解出； 第四步 检验是否满足所求通项公式，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式. 4、待定系数法一：型如（其中为常数，且） 解题模板：第一步 假设将递推公式改写为an＋1＋t＝p(an＋t)； 第二步 由待定系数法，解得； 第三步 写出数列的通项公式； 第四步 写出数列通项公式. 5、待定系数法二：型如（其中为常数，且） 解题模板：第一步 假设将递推公式改写为； 第二步 由待定系数法，求出的值； 第三步 写出数列的通项公式； 第四步 写出数列通项公式. 6、构造法一：型如（其中为常数，且） 解题模板：第一步 在递推公式两边同除以，得； 第二步 利用方法五，求数列的通项公式； 第三步 写出数列通项公式. 7、构造法二：型如（其中为常数，且） 解题模板：第一步 假设将递推公式改写成； 第二步 利用待定系数法，求出的值； 第三步 求数列的通项公式； 第四步 根据数列的通项公式，求出数列通项公式. 8、倒数构造法：型如（其中为常数） 解题模板：第一步 将递推公式两边取倒数得； 第二步 利用方法五，求出数列的通项公式； 第三步 求出数列通项公式. 9、对数构造：型如 解题模板：第一步 对递推公式两边取对数转化为； 第二步 利用方法五，求出数列的通项公式； 第三步 求出数列通项公式. 1．（2025高二下·陕西·期中）已知数列，则该数列的第36项为（    ） A． B．36 C． D．6 【答案】C 【分析】归纳可得该数列的通项公式为，再代入计算可得. 【详解】因为数列，即， 所以归纳可得该数列的通项公式为， 所以. 故选：C 2．（2025高二下·四川凉山·期中）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，得到，再利用等比数列的定义求解. 【详解】因为，所以． 因为，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以，所以， 故． 故选：C 3．（2025高二下·河南南阳·期中）在数列中，，则（    ） A． B． C．2025 D．5050 【答案】D 【分析】根据已知递推公式得出相邻两项的比值关系，然后利用累乘法求出数列的通项公式，最后根据通项公式判断数列类型，进而求出前100项的和． 【详解】因为，所以， 当时，， 以上个式子左右两边分别相乘得， 即， 又，所以， 所以． 故选：D. 4．（天津市河北区2025届高三二模考试数学试题）设数列的前n项和，若，则（    ） A．3059 B．2056 C．1033 D．520 【答案】C 【分析】根据已知可得，构造法得到是首项、公比均为的等比数列，写出通项公式即可求项. 【详解】由题设，则， 所以，则 又，则， 所以是首项、公比均为的等比数列，则， 所以，则. 故选：C 5．（2026高三·全国·专题练习）已知数列满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定的递推公式，利用取倒数及构造法求出通项公式即可. 【详解】由，得，，则， 而，则数列是以2为首项，2为公比的等比数列，， 因此，所以． 故选：C 6．（山东省菏泽市2025届高三二模考试数学试题）对于任意，，且，则（    ） A． B．1 C．2025 D．4049 【答案】D 【分析】利用数列递推思想，结合裂项法和累加法来求出即可. 【详解】由，当时，可得， 赋值可得：， 利用累加法可得：， 代入可得：， 故选：D. 7．（多选）（江苏省南京市2025届高三下学期第二次模拟考试数学试题）已知数列中，，，，其前项和为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由题意可得、，结合等差数列的定义和通项公式可得，即可判断AB；结合数列的单调性即可判断C；结合放缩法计算即可判断D. 【详解】由，得， 所以数列是以为公差的等差数列， 而，，所以，得，故A正确； 所以，得，故B正确； 令，解得，对于， 为正，且依次递增； 为负，且依次递增， 所以，故C错误； ，故D正确. 故选：ABD 8．（2026高三·全国·专题练习）已知数列的前n项和为，若，试求的通项公式． 【答案】 【分析】利用前n项和与通项公式的关系并构造等比数列得到，再构造等差数列得到即可. 【详解】由题意得，，则当时，， 因此， 即， 而，则，又， 得到，即，有， 故数列是以3为首项，2为公比的等比数列， 即， 则，又， 得到是首项为，公差为的等差数列． 则，即． 【考点2：数列的求和】 【知识点：数列的求和】 1、公式法：利用等差、等比数列的前n项和公式求解 解题模板：第一步 结合所求结论，寻找已知与未知的关系； 第二步 根据已知条件列方程求出未知量； 第三步 利用前项和公式求和结果 2、 分组求和法： (1)若，且为等差或等比数列，可采用分组转化法求的前n项和； (2)通项公式为的数列，其中数列是等比数列或等差数列，可采用分组求和. 解题模板：第一步 定通项公式：即根据已知条件求出数列的通项公式； 第二步 巧拆分：即根据通项公式特征，将其分解为几个可以直接求和的数列； 第三步 分别求和：即分别求出各个数列的和； 第四步 组合：即把拆分后每个数列的求和进行组合，可求得原数列的和. 3、裂项相消法： 几种常见的裂项方式 数列(n为正整数) 裂项方式 (k为非零常数) 4、错位相减法： 解题模板：第一步 巧拆分：即根据通项公式分解为等差数列和等比数列乘积的形式； 第二步 确定等差、等比数列的通项公式； 第三步 构差式：即写出的表达式，然后两边同时乘以等比数列的公比得到另外一个式子，两式作差； 第四步 求和：根据差式的特征准确求和. 5、并项求和法：在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 6、倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的． 1．（2025高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）若等差数列满足，则（   ） A．2025 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等差中项的性质，利用倒序相加法，可得答案. 【详解】由等差数列满足， 则对于，当时，， 则， 设，则， 两式相加可得，解得. 故选：C. 2．（2025高二下·辽宁沈阳·阶段练习）已知数列的前项和为，且，设函数，则 . 【答案】 【分析】当时，求出的值，当且时，由可得，两式作差可得出的表达式，进而由与的关系可求出数列的通项公式，求出的值，再利用倒序相加法可求得所求代数式的值. 【详解】因为数列的前项和为，且， 当时，则，所以， 当且时，由可得， 上述两个等式作差得， 所以，满足， 故对任意的，， 当且时，，也满足， 故对任意的，， 因为， 记， 则， 所以， ， 故. 故答案为：. 3．（2025高二下·广东江门·期中）在数列中，，，且对任意的，都有，则的通项公式为 ；若，则数列的前项和 . 【答案】 【分析】由，可得，即是等比数列，可求得，变形为，即可得到是等差数列，可求得，从而求得；，利用分组求和以及等差等比前项和公式，先求出为正偶数时的表达式，再求为正奇数时的表达式，即可得到. 【详解】因为，，所以. 因为，所以， 又，则有， 所以， 所以是以4为首项，2为公比的等比数列. 所以， 所以， 又，所以是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以. 由题意可得， 则的奇数项为以为首项，为公比的等比数列；偶数项是以为首项，为公差的等差数列. 所以当为偶数，且时， ； 当为奇数，且时，为偶数， . 时，，满足. 所以，当为奇数，且时，有. 综上，. 故答案为：； 【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加法、累积法求通项的方法分析、探讨项与项之间的关系而解决问题. 4．（2025·江苏南京·模拟预测）已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列．若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为． (1)求； (2)设数列满足，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据定义可确定，进而得到的通项公式，结合等差数列求和公式可求得结果； （2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得结果. 【详解】（1）当时，，即能被整除；当时，的余数为； 由题意可知：，， . （2）由（1）知：，， 的前项和为. 5．（2025·江苏苏州·二模）在数列中，已知，且当为奇数时，；当为偶数时，． (1)求的通项公式； (2)求的前项和． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）求为奇数时的通项公式，再代入条件求为偶数时的通项公式，并分段表示出. （2）根据（1）的结论，利用并项求和法及等比数列前项和公式求解即得. 【详解】（1）依题意，， 当为偶数时，，则数列的奇数项是首项为2，公比为2的等比数列， 于是，即当为奇数时，，当为偶数时，， 所以的通项公式是. （2）由（1）知，， . 6．（山西省2024-2025学年高二下学期期中联合考试数学试题）设等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为.已知，. (1)求的通项公式； (2)当时，记，求数列的前项和. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根据等差数列基本量得到方程组，计算出首项和公差，从而得到，，求出两个通项公式； （2），利用错位相减法求和，得到答案. 【详解】（1）由题意知， 解得或， 当时，，，故，； 当时，，，故， ， 所以或； （2）因为，所以. 因为， 所以， 两式相减得 ， 故. 7．（福建省龙岩市2025届高三下学期5月教学质量检测数学试题）已知数列的前项和为，且满足，，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）构造法判断为等差数列，并写出其通项公式，再应用关系求的通项公式； （2）应用裂项相消法求. 【详解】（1）由，，得，又， 数列是首项为，公差的等差数列， ，即， 当时，，且也满足， ，则数列的通项公式为； （2）由（1）得， . 8．（2025年普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷（黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古专版））已知数列与都是等差数列，其前项和分别为与，且，，，. (1)求数列与的通项公式； (2)求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）设等差数列与的公差分别为、，根据所给条件得到、的方程组，解得即可求出，求出，，即可求出的通项公式，从而求出的通项； （2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得. 【详解】（1）设等差数列与的公差分别为、， 由，可得，解得， 所以， 由，，即， 所以，则，又， 所以，则； （2）由（1）可得， 所以， 则， 所以 ， 所以. 【考点3：数列的函数特性】 【知识点：数列的函数特性】 1、数列的周期性： (1)周期数列的常见形式 ①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数； ②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差； ③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列． (2)解决此类题目的一般方法 根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和． 2、数列的单调性： (1)数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整数，所以在求数列中的最大(小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号． (2)数列是自变量不连续的函数，不能对数列直接求导判断单调性．要先写出数列对应的函数，对函数进行求导，再将函数的单调性对应到数列中去． (3)解决数列单调性的方法主要有: 作差比较、作商比较及结合相应函数直观判断. ①作差比较法 an＋1－an>0⇔数列{an}是单调递增数列；an＋1－an<0⇔数列{an}是单调递减数列；an＋1－an＝0⇔数列{an}是常数列． ②作商比较法 an>0时 ①>1⇔数列{an}是单调递增数列； ②<1⇔数列{an}是单调递减数列； ③＝1⇔数列{an}是常数列 an<0时 ①>1⇔数列{an}是单调递减数列； ②<1⇔数列{an}是单调递增数列； ③＝1⇔数列{an}是常数列 3、数列的最大（小）项 (1)利用不等式组找到数列的最大项； (2)利用不等式组找到数列的最小项. 4、数列的恒成立问题 对于数列中的恒成立问题，仍要转化为求最值的问题求解. 1．（2025·河北张家口·二模）已知数列不是递增数列，且，则k的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据数列单调性的定义结合通项公式列式求解. 【详解】因为不是递增数列， 所以或，解得. 所以的取值范围为. 故答案为：. 2．（2026高三·全国·专题练习）已知数列的前n项积为，且，则 ． 【答案】 【分析】根据递推公式分析可知数列是周期为3的数列，结合周期性运算求解即可. 【详解】因为，， 则， 可知数列是周期为3的数列，， 且，所以． 故答案为：. 3．（2025·湖北·模拟预测）已知数列前项和为，，，，则的最大值为（    ） A．4 B．9 C．10 D．12 【答案】B 【分析】先根据与的关系求数列的通项公式，再判断数列的单调性，求数列的最大的项. 【详解】因为中，， 当时，； 当时，，用代替得：， 两式相减得：. 又， 所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以. 所以， 由或. 所以数列中，有：，即数列中，最大，且. 故选：B 4．（2025·江西·二模）已知数列满足：，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．有最大值 D．不是单调数列 【答案】C 【分析】先对进行变形，构造新数列，求出数列的通项公式，结合作差法判断增减性，逐一分析选项. 【详解】设，则. 已知，将，代入可得： 可得. 两边取倒数，即. 又因为，所以，则. 所以数列是以为首项，为公差的等差数列. 根据等差数列通项公式，则.所以. 当时，，所以选项A错误. 由前面计算可知，所以选项B错误. 因为，当增大时，减小，减小，且时，，，所以有最大值，选项C正确. 由可知，，所以是单调递减数列，选项D错误. 故选：C. 5．（2025高二下·安徽宿州·期中）已知各项非零的递增数列满足：，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先取倒数，，再利用换元，转化为递推关系求通项公式，再讨论得到取值范围，结合数列是各项非零的递增数列，即可求解. 【详解】因为，，所以， 设，则，所以， 若，则，，矛盾，所以，故， 所以数列为以为首项，公比为2的等比数列， 所以，故， 若，则，数列为递增数列，且， 所以数列为递减数列，与已知矛盾； 若，则，所以数列为递减数列， 且，所以数列为递增数列，满足条件； 当时，，故，所以数列为递减数列， 令，可得， 所以当，且时，， 当，且时，，与条件矛盾， 所以的取值范围是， 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题的关键是正确求出数列的通项公式，难点是当时，推导矛盾. 6．（多选）（2025·山东·模拟预测）已知数列的通项公式为，若为递减数列，为递增数列，则t的可能取值为（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】分为正偶数、为正奇数两种情况，分别化简，利用增减性将问题转化为恒成立问题，即可求出的取值范围. 【详解】当为正偶数时，，则， 因为递增数列，则对任意的正偶数恒成立， 则，解得， 当为正奇数时，，则， 因为递减数列，则对任意的正奇数恒成立， 则，解得， 所以的取值范围是，故的可能取值为，． 故选：CD 7．（多选）（2025·湖南娄底·模拟预测）数列的前项和为，已知，则下列结论正确的是（    ） A．为等差数列 B．可能为常数列 C．若为递增数列，则 D．若为递增数列，则 【答案】ABC 【分析】对于A，利用与的关系求出数列通项，再根据等差数列的定义判断即得；对于B，根据A项结论，取即可推得；对于C，通过作差判断易得；对于D，利用和条件，判断，由对的分析即可求得即可. 【详解】对于A，因为，所以当时，； 当时，． 显然当时，上式也成立，所以． 当时，因为， 所以是以为公差的等差数列，故A正确； 对于B，当时，为常数列，故B正确； 对于C，若为递增数列，则，即，故C正确； 对于D，若为递增数列，由可得， 由，需使， 即，因，故可得，解得，故，即D错误． 故选：ABC. 8．（2025高二下·江西萍乡·期中）已知是等差数列，，数列的前项和为且满足. (1)求数列和的通项公式； (2)设，当取得最大值时，求的值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）分与两类讨论，易得不合题意，当时，结合裂项相消求和，得出，即可解得，从而得解通项公式；利用关系式即可求得的通项公式； （2）由（1）得出数列的通项公式，得出的单调性情况，从而可以根据单调性求出最大项. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 当时，则，与矛盾，不合题意； 当时， ， 解得，所以， 即. 当时，，得， 当时，  ①，   ②， ①-②得，即，即， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以. 即； （2），则， 所以， 令，则， ， 则 所以，得出 即， 所以数列中，最大，故. 【考点4：数列与不等式】 【知识点：数列与不等式】 1、在证明有关数列和的不等式时要能用放缩的思想来解题(如，能用函数的单调性(定义法)来求数列和的最值问题及恒成立问题. 1．（2025·重庆·模拟预测）已知等差数列、的前项和分别为、，若，对，，，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】计算得出，即可得出实数的取值范围. 【详解】等差数列、的前项和分别为、，且， 则， 且当时，， 因为，，，则，即的最小值为. 故选：C. 2．（2025高二下·安徽铜陵·阶段练习）已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（    ） A．98 B．99 C．100 D．101 【答案】B 【分析】利用取倒数法并构造新数列求其通项公式，再由等比数列求和公式结合数列的单调性解不等式即可. 【详解】由，可得， 易知，两侧同时除，可得，整理得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 则， 故， 故， 易知单调递增，，所以. 故选：B 3．（2025·山东聊城·模拟预测）已知各项均为正数的数列满足，数列的前项和为．正项等比数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)若，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据数列的通项与求和公式的关系，可得数列的递推公式，根据等比数列的概念，可得答案； （2）根据裂项相消求和，可得答案. 【详解】（1）由题意可得，所以 因为，所以， 即，所以， ， 设等比数列的公比为， 则，，. （2） 所以 4．（2025高二下·陕西·期中）设数列的前项和为，已知数列满足. (1)证明：数列为等差数列； (2)求； (3)若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）利用等差数列定义推理判断. （2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得. （3）由（2），等价变形给定不等式并分离参数，构造数列并确定最小项即可. 【详解】（1）由，得，又， 所以数列是首项，公差均为的等差数列. （2）由（1）得，，则， ， 于是， 两式相减得， 所以. （3）不等式， 令，依题意，对任意恒成立， 而， 当时，，当时，，当时，， 即，因此的最小值为，则， 所以实数的取值范围是. 5．（四川省嘉祥教育集团2024-2025学年高二下学期期中质量监测数学试题）数列满足，. (1)求证：数列为等差数列； (2)设，证明：数列的前n项和. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）变形得到，从而是首项为1，公差为1的等差数列； （2）法一：由（1）可得，再利用裂项求和法，结合构造函数法与导数即可得证；法二：由（1）可得，再利用对数的运算，结合构造函数法与导数即可得证. 【详解】（1）因为，，故，， 则， ，为常数， 又因为，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列； （2）法一：由（1）知，， 故， ， 令， 恒成立，所以在单调递增. 又因为，所以，即恒成立， 所以，证毕. 法二：由（1）知，，故， ， 令， 恒成立，所以在单调递增. 又因为，所以，即恒成立， 所以，证毕. 6．（2025·辽宁葫芦岛·一模）设数列是公差大于1的等差数列，，满足，记，分别为数列，的前项和，且，． (1)求的通项公式； (2)若存在，使得，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件求出和，即可求出的通项公式； （2）先求出，可得为等差数列，利用等差数列求和公式求出，根据题意可得，即可求出的取值范围. 【详解】（1），，解得，； 由，可知，； ，， 又， ， 即，解得或（舍去）， ． （2）由（1）知： 可知，，解得， 所以为等差数列，故， 存在，有即 又 所以 故，整理解得． 所以的取值范围是. 7．（2025高二下·四川乐山·阶段练习）已知函数，数列满足 (1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式； (2)设，求； (3)对于（2）中的，若存在，使不等式成立，求实数k的最大值． 【答案】(1)证明见解析， (2) (3) 【分析】（1）得出递推关系再取倒数，构造等比数列即可； （2）利用分组求和以及等比数列求和公式即可； （3）化简得出，利用作差法判断数列的增减性，进而得出最大值即可. 【详解】（1）因为函数，所以， 则，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则有，即， 故数列的通项公式为； （2）由（1）可知：， 所以 （3）由（2）可知：，所以化简为， 因为，所以由，得， 设，则， 由二次函数性质可知：当时，函数是减函数， ，于是有时，， 所以，因此， 存在，使得成立， 则有，因此实数k的最大值． 【考点5：数列与数学文化】 【知识点：数列与数学文化】 1．（2025高二下·四川广安·期中）算法统宗是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔九层，红光点点倍加增，共灯五百一十一”，其意大致为：有一栋九层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有盏灯，则该塔中间一层有（    ）盏灯. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意转化为等比数列基本量的计算问题. 【详解】由条件可知，每层的红灯数构成等比数列，设最上面一层的红灯数为，公比，， 则，得， 中间一层的红灯数为. 故选：C 2．（24-25高二上·江苏南京·期末）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（   ） A．3盏 B．5盏 C．7盏 D．9盏 【答案】A 【分析】设塔顶共有灯盏，根据题意，各层灯数构成以为首项，2为公比的等比数列，根据等比数列求和公式计算可得. 【详解】设塔顶共有灯盏，根据题意，各层灯数构成以为首项，2为公比的等比数列， 所以，解得. 故选：A. 3．（24-25高二上·湖北武汉·期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”.原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有一个相关的问题：被3除余1且被4除余2的正整数，按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，则的值为（    ） A．24294 B．24296 C．24298 D．24300 【答案】C 【分析】由题意可得数列为等差数列，则得到其通项公式，代入计算即可. 【详解】被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列， 构成首项为，公差为的等差数列， 所以， 则. 故选：C. 4．（2025高二下·安徽阜阳·阶段练习）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”其意思是：现有一位善于步行的人，第一天行走了100里，以后每一天比前一天多走相同的里程数，九天他共行走了1260里，问每天增加的里程数是多少?关于该问题，有下述四个结论: ①从第二天起，每一天比前一天增加的里程数为10； ②此人第五天行走了150里； ③此人前六天共行走了750里； ④此人前八天共行走的里程是第九天行走里程的8倍. 所有正确结论的序号为（   ） A．①④ B．②③ C．②④ D．①③ 【答案】D 【分析】由题意可得出关于、方程组，解出的值，可判断①选项；利用等差数列的通项公式可判断②选项；利用等差数列的求和公式可判断③④选项. 【详解】设此人第天走里，则数列是公差为的等差数列， 记数列的前项和为， 对于①，由题意可得，解得，①结论正确； 对于②，，故②错误； 对于③，，故③正确； 对于④，，， 而，故④错误； 故选：D. 5．（2025高二下·北京房山·阶段练习）我国古代的数学名著《九章算术》中有“衰分问题”：今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问次日织几问？其意为：一女子每天织布的尺数是前一天的2倍，5天共织布5尺，请问第二天织布的尺数是 . 【答案】 【分析】根据等比数列求和公式求出首项即可得解. 【详解】由题可得该女子每天织布的尺数成等比数列，设其首项为，公比为， 则，解得 所以第二天织布的尺数为. 故答案为：. 6．（2025高二下·北京·阶段练习）“三分损益法”是古代中国发明制定音律时所用的方法，现有一古琴是以一根确定长度的琴弦为基准，第二根琴弦的长度是第一根琴弦长度的，第三根琴弦的长度是第二根琴弦长度的，第四根琴弦的长度是第三根琴弦长度的，第五根琴弦的长度是第四根琴弦长度的，琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫，商，角，徵，羽”，则“宫”与“角”所对琴弦长度之比为 ． 【答案】 【分析】设第一根弦长为，求出另4根弦长，按从小到大排列，即可得“宫”与“角”所对琴弦长度，代入求解即可. 【详解】设第一根弦长为， 则第二根弦长为，第三根弦长为，第四根弦长为，第五根弦长为， 又因为， 又因为琴弦越短，发出的声音音调越高， 所以“宫，商，角，徵，羽”对应的弦长为：， 所以“宫”与“角”所对琴弦长度之比为：. 故答案为：. 7．（24-25高三上·江苏无锡·期末）数学史上著名的“康托三分集”，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第次操作；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段，操作过程不断地进行下去.若使前次操作后剩余所有区间长度之和不超过，则需要操作的次数的最小值为 ，该次操作完成后依次从左到右第四个区间为 . 【答案】 【分析】根据题意抽象概括出去掉的各区间长度为通项公式为的数列，结合题意和等比数列前项求和法列出不等式，利用对数的运算性质解不等式，可得出的最小值；列举出最后一次操作后的前四个区间，即可得解. 【详解】第一次操作去掉了区间长度的，剩下、 第二次操作去掉个长度为的区间即长度和为， 剩下的区间从左到右依次为、、、， 以此类推，第次操作将去掉个长度为的区间， 则第次操作去掉的长度和为， 设，则， 所以，数列为等比数列，其首项为，公比为， 的前项和， 由题意令，则， 所以，即， 所以，所以， 第次操作后第个区间；第次操作后，第、个区间、， 第次操作后第、、、个区间分别为、、、 所以从左到右第个区间为. 故答案为：；. 【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. 8．（2025高二下·四川巴中·阶段练习）北宋的数学家沈括博学多才，善于观察．据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把它们看成离散的量．经过反复尝试，沈括提出对于上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图1所示），可以用公式求出物体的总数．这就是所谓的“隙积术”，相当于求一个二阶等差数列，的和，“隙积术”不仅给出了二阶等差数列的一个求和公式，而且发展了自《九章算术》以来对等差数列问题的研究，开创了我国“垛积数”的研究． (1)若，求的值； (2)现已知数列为二阶等差数列，其通项公式为，求其前n项和； (3)三角垛是堆积垛的一种特殊情况，即指的是顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个，……，第n层放若干个物体堆成的堆垛（如图2所示），设各层球数构成一个数列．利用上述材料，求当从上往下n层小球总数（即数列的前n项和）时，三角垛的层数？ 【答案】(1)232； (2)； (3)15 【分析】（1）得到，代入公式求出； （2），代入公式计算出答案； （3），累加法得到，层三角垛，每层所放物体数乘以2，利用公式，结合（2）得到，代入680，求出答案. 【详解】（1）由题意得，则， ； （2）将其转化为上底有个，下底有个，共n层的堆积物， 其中， 则 ； （3）由题意，， 故 故第层所放物体个数为， 从上往下，层三角垛，每层所放物体数乘以2， 则从上往下，各层物体数依次为， 则，项数为， 由（2）知，，故， 令，故， 所以，故三角垛的层数为15. 【考点6：数列的新定义】 【知识点：数列的新定义】 1．（2025高二下·陕西西安·期中）对于数列，记区间内奇数的个数为，则称数列为的奇数列．若数列为数列的奇数列，则 ，数列的前项和= ． 【答案】 2 【分析】由，得到区间，即可求解第一空，由区间内的奇数为3，5，…，，即可求解，进而可解第二空. 【详解】当时， 在区间内的奇数为3，5，共有2个，则． 易知在区间内的奇数为3，5，…，， 所以， 等差数列，首项， 则． 故答案为：2， 2．（2025高二下·湖南·期中）已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称数列为数列的“序数列”．例如数列满足，则其“序数列”为2，3，1．若有穷数列满足，且数列的“序数列”单调递减，数列的“序数列”单调递增，则 ． 【答案】 【分析】根据新定义利用单调性可得，，据此求出即可得解. 【详解】因为的“序数列”单调递减，所以数列单调递增， 则，所以． 又因为，所以， 所以，所以①． 同理可得②， 由①②得， 所以. 故答案为： 3．（2025·全国·模拟预测）数列按如下方式定义：；若n为质数，则；若n为合数，且恰能写成k个质数（可能相等）之积，则，如．则的前50项和为（    ） 附：不超过50的所有质数： 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47 A．100 B．104 C．108 D．112 【答案】C 【分析】根据题目可知质数对应的，共15个，合数需分解质因数，统计质因数的总个数，即为的值，将所有相加，即可得出结果. 【详解】分析的值，已知， 不超过的质数有，共个， 因为为质数时，所以这些质数对应的之和为. 的情况（即为两个质数之积）： ，，，，， ，，，，，，，， ，，，，共个，其和为. 的情况（即为三个质数之积）： ，，，， ，，，，，， ，共个，其和为. 的情况（即为四个质数之积）： ，，，，共个，其和为. 的情况（即为五个质数之积）： ，， 共个，其值为. 所以前项和为：. 所以的前项和为. 故选：C 4．（多选）（2025高二下·云南临沧·阶段练习）设数列的前项和为，若存在实数，使得对于任意的，都有，则称数列为“数列”则以下结论正确的是（    ） A．若是等差数列，且，公差，则数列是“数列” B．若是等比数列，且公比满足，则数列是“数列” C．若，则数列是“数列” D．若，则数列是“数列” 【答案】BC 【分析】对于A，利用等差数列的前项和公式，得，再利用数列的函数性质，即可求解；对于B，利用等比数列的前项和公式及绝对值不等式的性质，得到，即可求解；对于C，根据条件，利用裂项相消法得到，即可求解；对于D，根据条件，利用裂项相消法得到，即可求解. 【详解】对于选项A，若是等差数列，且，公差， 则， 当时，，所以数列不是“数列”，故选项A错误， 对于选项B，若是等比数列，且公比满足， 所以 ， 所以数列是“数列”，故选项B正确， 对于选项C，若， 所以， 又恒成立，所以， 则数列是“数列”， 故选项C正确， 对于选项D，若， 所以， 则，当时，，所以数列不是“数列”，故选项D错误. 故选：BC. 5．（河北省部分重点中学2025届高三下学期二轮复习联考（二）数学试题）已知是公差不为0的无穷等差数列.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质. (1)已知，，判断数列，是否具有性质； (2)若数列具有性质，证明：的各项均为整数； (3)若，求具有性质的数列的个数. 【答案】(1)数列具有性质；数列不具有性质 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据数列具有性质的定义即可求解. （2）设数列的公差为，由题意知存在，同理存在，两式相减，根据等差数列的定义即可得证. （3）由题意结合（2）知数列的各项均为整数，所以为整数.首先证明为正整数，其次证明为的约数，从而即可得解. 【详解】（1），，即，所以数列具有性质. ，令，则，不符合，则不具有性质. （2）设数列的公差为，因为数列具有性质，所以存在， 同理存在，两式相减得， 即，因为，所以.所以的各项均为整数. （3）由（2）可知，数列的各项均为整数，所以为整数. 假设为负整数，则为递减数列，所以中各项最大值为， 由题意，中存在某项，且，所以， 而数列中存在，则，与题意相矛盾，所以不是负整数，为正整数. 由得，， 所以， 所以为整数，即为的约数. 由为正整数，所以为的正约数， ，所以的正约数共有个，则，具有性质的数列的个数为. 6．（2025·湖北·三模）已知数列，其中，且.若数列满足，当时，或，则称数列为数列的“调节数列”.例如，数列的所有“调节数列”为；或者；或者；或者. (1)直接写出数列的所有“调节数列”； (2)若数列满足通项，将数列的“调节数列”中的递增数列记为，数列中的各项和为，求所有的和； (3)已知数列满足：，若数列的所有“调节数列”均为递增数列，求所有符合条件的数列的个数. 【答案】(1) (2) (3)所有符合条件的数列共有个 【分析】（1）根据“调和数列”的定义，即可求解； （2）根据条件依次写出满足条件的，再根据分组转化法求和； （3）首先由数列为递增数列，则条件①，②，③都恒成立，再由④分析，得到的不同取法种数，即可求解符合条件的数列的个数. 【详解】（1）. （2）因为，由题意共个数， 而共有项，则“调节数列”共有种情况 不妨设；则 ；则 依此类推；则 故 （3）依题意，对任意， 有或或， 因为均为递增数列，所以，即同时满足： ①，②，③，④. 因为为递增数列，因此①和②恒成立. 又因为为整数数列，对于③，也恒成立. 对于④，一方面，由，得，即. 另一方面，， 所以， 即从第2项到第项是连续的正整数， 所以， 因此， 故共有种不同取值，即所有符合条件的数列共有个. 第 1 页 共 19 页 学科网（北京）股份有限公司 $$