专题01数列(8大考点经典基础练+优选提升练)-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期末真题分类汇编（ 甘肃专用）

专题01 数列 题型概览 题型01数列的概念 题型02等差数列的通项 题型03等差数列前n项和 题型04等比数列的通项 题型05 等比数列前n项和 题型06 通项的求法 题型07 前n项和的求法 题型08 数列新概念 ( 题型01 ) 数列的概念 1．（24-25高二上·甘肃定西·期末）已知数列满足，，则（    ） A．2 B．1 C． D．-1 2．（24-25高二上·甘肃定西·期末）已知数列0，，，，…，根据该数列的规律，该数列中小于1的项有（    ） A．8项 B．9项 C．10项 D．11项 3．（24-25高二上·甘肃·期末）数列的一个通项公式可以是（   ） A． B． C． D． 4．（22-23高二上·甘肃酒泉·期末）已知数列满足，且，则的值为（   ） A．3 B． C． D． 5．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的为（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）函数称为高斯函数，表示不超过的最大整数，如．已知数列满足，且，若，则数列的前2025项和为 ． ( 题型02 ) 等差数列的通项 1．（24-25高二上·甘肃酒泉·期末）在等差数列中，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·甘肃临夏·期末）已知圆的方程为，过点的2025条弦长组成一个等差数列，且过点的最短弦长和最长弦长分别为，则（    ） A．5 B．6 C．9 D．10 3．（22-23高二上·甘肃嘉峪关·期末）若方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（    ） A．1 B． C． D． 4．（多选）（23-24高一上·甘肃·期末）已知函数，正实数是公差为正数的等差数列，且满足.若实数d是方程的一个解，那么下列判断不正确的是（    ） A．函数在上单调递增，值域为 B． C． D． 5．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）已知递减等差数列，，是方程两个实根，当时， . 6．（21-22高二上·甘肃陇南·期末）已知数列（）为等差数列，且，，则数列的通项公式为 . ( 题型03 ) 等差数列的前n项和 1．（24-25高三上·甘肃酒泉·期末）在等差数列中，已知，，则的前7项和为（    ） A．32 B．36 C．42 D．45 2．（24-25高二上·甘肃定西·期末）等差数列的前项和为，公差，，则（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（24-25高二上·甘肃定西·期末）数列的前项和为，且，下列说法正确的是（    ） A．若数列为等差数列，则的公差为1 B．若数列为等差数列，则的首项为1 C． D． 4．（多选）（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）等差数列的前n项和为，若，，，则（   ） A． B．数列是递减数列 C． D． 5．（24-25高三上·甘肃白银·期末）记为等差数列的前项和．若，，则 ． 6．（24-25高二上·甘肃酒泉·期末）设数列的前项和. (1)求数列的通项公式； (2)求的最大值及对应的值. ( 题型04 ) 等比数列的通项 1．（24-25高二上·甘肃酒泉·期末）已知等比数列满足，公比，则（    ） A．32 B．64 C．128 D．256 2．（24-25高二上·甘肃临夏·期末）已知等比数列为递减数列，若是方程的两个根，则公比（    ） A． B．3 C． D． 3．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）在等比数列中，若，，则（   ） A． B． C．32 D．16 4．（多选）（24-25高二上·甘肃定西·期末）已知等比数列的前项积为，，且，则下列结论正确的是（    ） A． B．的公比为 C． D． 5．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）设数列满足，则的值为 . 6．（24-25高二上·甘肃·期末）已知数列中，，当时，，则的通项公式为 ． ( 题型0 5 ) 等比数列的前n项和 1．（24-25高二上·甘肃·期末）已知数列为等比数列，，若的前7项和为，则数列的前7项和为（   ） A． B． C． D．60 2．（22-23高二上·甘肃酒泉·期末）等比数列的前项和为,若,,则（   ） A． B．15 C．10 D．5 3．（多选）（24-25高二上·甘肃甘南·期末）若数列满足，，数列的前项和为，且，则（   ） A． B．是等比数列 C．数列的前项和 D． 4．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）设等比数列的前项和为，则使成立的的最小值为 . 5．（24-25高二上·甘肃定西·期末）已知数列满足，当时，． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 6．（24-25高三上·甘肃临夏·期末）已知数列是以2为公比的等比数列，且. (1)解不等式：. (2)数列中，定义：使为整数的数叫做期盼数.求区间[1，100]内的所有期盼数的和. ( 题型0 6 ) 通项的求法 1．（23-24高二上·甘肃白银·期末）已知数列的通项公式为，则该数列的第项为（    ） A．1 B． C． D． 2．（多选）（24-25高二上·甘肃酒泉·期末）已知数列的首项为，前项和为，且，则（    ） A．数列是等比数列 B．是等比数列 C． D．数列的前项和为 3．（24-25高二上·甘肃·期末）已知数列中，，当时，，则的通项公式为 ． 4．（24-25高二上·甘肃临夏·期末）已知数列的前项和公式为，则通项公式 . 5．（23-24高二上·甘肃陇南·期末）已知数列的通项为，前n项和为，且是与2的等差中项，数列 中，，点在直线上．求数列、的通项公式． 6．（22-23高二上·甘肃临夏·期末）已知数列的前n项和公式为，求的通项公式． ( 题型0 7 ) 前n项和的求法 1．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）已知数列中，，. (1)证明数列是等差数列，并求的通项公式； (2)设，求的前项和． 2．（24-25高二上·甘肃定西·期末）已知数列的前项和为，满足，. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前20项和. 3．（24-25高二上·甘肃酒泉·期末）已知正实数，为常数，且，无穷数列的各项均为正整数，且对任意正整数，恒成立. (1)证明：无穷数列为等比数列； (2)若，，求的通项公式及数列的前项和； (3)若，求数列的前项和. 4．（24-25高三上·甘肃·期末）已知等差数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 5．（24-25高二上·甘肃·期末）已知数列的首项为，且满足，数列是首项为2，各项均为正数的等比数列，且是和的等差中项． (1)证明数列为等差数列，并求的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 6．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）已知数列的前项和，且． (1)证明：数列为等差数列； (2)设，记数列的前项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围． ( 题型0 8 ) 数列新概念 1．（23-24高二下·甘肃·期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．记斐波那契数列为，其前项和为，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）若数列：满足，则数列为E数列，记. (1)写出一个满足，且的数列. (2)若，，证明：E数列是递增数列的充要条件是. (3)对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得?如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，请说明理由. 3．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）如果数列满足：且 则称为n阶“归化”数列. (1)若某3阶“归化”数列是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项； (2)若某11阶“归化”数列是等差数列，求该数列的通项公式； (3)若为n阶“归化”数列，求证 4．（23-24高二下·甘肃·期末）等差数列的特点是每一项与前一项之差相等．如果数列不是等差数列，但每一项与前一项之差构成等差数列，即是等差数列，则叫作二阶等差数列．与前述类似，若是二阶等差数列，则叫作三阶等差数列．如此可以对更大的整数归纳地定义阶等差数列．高阶等差数列的研究，始于北宋科学家沈括《梦溪笔谈》中的隙积术，南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中明确地推得一些对高阶等差数列求和公式，元代数学家朱世杰将此类问题进一步推广． (1)已知数列为二阶等差数列，其前5项分别为2，3，5，8，12． ①求数列的通项公式； ②求数列的前项和； (2)若数列的通项公式为，数列的前项和记为，若将数列的前项和记为，数列的前项和记为依次类推． ①求； ②求（只写出结果）． 参考数据：． 1．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）在数列中，，则的值为（    ） A．96 B．98 C．100 D．102 2．（22-23高二上·甘肃金昌·期末）等比数列的前项和，则（   ） A． B． C．0 D． 3．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）设为等差数列的前项和，若，则（    ） A．8 B．12 C．18 D．24 4．（24-25高二上·甘肃·期末）已知是数列的前项和，，数列是公差为1的等差数列，则（   ） A．479 B．480 C．291 D．290 5．（24-25高三上·甘肃武威·期末）已知是等差数列的前项和，若，则（    ） A．24 B．21 C．14 D．18 6．（23-24高二下·甘肃庆阳·期末）已知定义数列为数列的“差数列”，若的“差数列”的第项为，则数列的前2024项和（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·甘肃兰州·期末）设是等差数列的前项和，且，，则使得取最小值时的为（    ） A．6 B．7 C．6或7 D．8 8．（23-24高二上·甘肃白银·期末）已知等差数列的前5项和为105，且.对任意的，将数列中不大于的项的个数记为，则数列的前项和等于（    ） A． B． C． D． 9．（多选）（24-25高二上·甘肃白银·期末）记为等比数列的前项和，若，则满足不等式的的值可能为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 10．（多选）（23-24高二上·甘肃·期末）已知等差数列的前项和是，且，则（    ） A． B． C． D．的最小值为 11．（多选）（22-23高二上·甘肃酒泉·期末）数列共有60项，满足，其中且，数列的所有奇数项的和记作，所有偶数项的和记作，则下列选项正确的是（   ） A．（且） B． C． D． 12．（23-24高二下·甘肃定西·期末）已知等比数列的首项，其前项和为，若，则 ． 13．（23-24高二上·甘肃白银·期末）在等差数列中，前五项和为10，最后五项之和为90，前项之和为180，则项数 . 14．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）在数列中，首项，时，，则数列的前项和为 . 15．（23-24高二上·甘肃兰州·期末）在数列中，，，则数列的前项和 . 16．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）已知等差数列的公差为，前项和为，现给出下列三个条件：①成等比数列；②；③.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题. (1)求数列的通项公式； (2)若，且，设数列的前项和为，求证：. 17．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）已知数列的前n项和，其中. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前n项和. 18．（24-25高二上·甘肃临夏·期末）已知等比数列的各项均为正数，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前2025项和. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 数列 题型概览 题型01数列的概念 题型02等差数列的通项 题型03等差数列前n项和 题型04等比数列的通项 题型05 等比数列前n项和 题型06 通项的求法 题型07 前n项和的求法 题型08 数列新概念 ( 题型01 ) 数列的概念 1．（24-25高二上·甘肃定西·期末）已知数列满足，，则（    ） A．2 B．1 C． D．-1 【答案】C 【分析】根据递推公式，列出数列前几项，可得数列有周期性，进而利用周期性求. 【详解】由，， 得，，，，，…， 由此不难发现，数列的项具有周期性，且最小正周期为3， 故. 故选：C. 2．（24-25高二上·甘肃定西·期末）已知数列0，，，，…，根据该数列的规律，该数列中小于1的项有（    ） A．8项 B．9项 C．10项 D．11项 【答案】B 【分析】观察数列可得通项公式为，解不等式可得结果. 【详解】根据规律可得该数列的通项公式为， 由得，． ∵，∴该数列中小于1的项有9项． 故选：B. 3．（24-25高二上·甘肃·期末）数列的一个通项公式可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合选项，举例说明即可求解. 【详解】A选项，当时，，故A错误； B选项，当时，，当时，， 当时，，当时，，故B正确； C选项，当时，，故C错误； D选项，当时，，故D错误． 故选：B． 4．（22-23高二上·甘肃酒泉·期末）已知数列满足，且，则的值为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，依次求出、、，观察规律，进而求出数列的周期，然后通过周期性求得答案. 【详解】由，则， 故，， ，，， 故数列以为周期，即. 故选：B. 5．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意可得，，，利用递推公式一一验证即可. 【详解】依题意，，，，，，，故A错误； 当时，，， 上述三式相加可得，故B错误； ，故C错误； ，故D正确. 故选：D 6．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）函数称为高斯函数，表示不超过的最大整数，如．已知数列满足，且，若，则数列的前2025项和为 ． 【答案】 【分析】根据递推关系求出数列的通项公式，再分类讨论求出，即可求和. 【详解】，，整理有： ，则是常数列，于是，， 当时，时，； 当时，时，； 当时，时，； 当时，时，； 所以 故答案为： ( 题型02 ) 等差数列的通项 1．（24-25高二上·甘肃酒泉·期末）在等差数列中，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差数列的性质可求得的值. 【详解】在等差数列中，，故. 故选：C. 2．（24-25高二上·甘肃临夏·期末）已知圆的方程为，过点的2025条弦长组成一个等差数列，且过点的最短弦长和最长弦长分别为，则（    ） A．5 B．6 C．9 D．10 【答案】C 【分析】分别确定过点的最短弦长和最长弦长，再由弦长公式求出弦长，然后由等差中项的性质计算即可； 【详解】由题意知的圆心为，半径， 又可得点在圆内， 所以过点的最短弦长是与过点的直径垂直的弦长，， 由弦长公式可得， 过点的最长弦长为直径，所以， 又过点的2025条弦长组成一个等差数列， 所以，所以. 故选：C. 3．（22-23高二上·甘肃嘉峪关·期末）若方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】设方程的四个根为，利用等差数列的性质求解. 【详解】解：设方程的四个根为， 则，， 又因为方程的四个根组成一个首项为的等差数列， 设，所以， 设等差数列的公差为，则， 解得，则等差数列为， 所以， 则， 故选：C 4．（多选）（23-24高一上·甘肃·期末）已知函数，正实数是公差为正数的等差数列，且满足.若实数d是方程的一个解，那么下列判断不正确的是（    ） A．函数在上单调递增，值域为 B． C． D． 【答案】ABC 【分析】利用初等函数的单调性和,判断出A、B、C、D的正确错误. 【详解】因为正实数是公差为正数的等差数列， 所以, 因为是由函数和相加得到， 且与单调递减， 所以为减函数， 又因为， 所以或, 又因为是方程的一个解， 所以或. 故选：ABC 5．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）已知递减等差数列，，是方程两个实根，当时， . 【答案】 【分析】根据二次方程求和，再根据等差数列的通项公式即可求解. 【详解】解方程，得和， 又等差数列递减，则，， 数列的公差为， 所以，故. 故答案为：. 6．（21-22高二上·甘肃陇南·期末）已知数列（）为等差数列，且，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据等差数列的概念可得数列的通项公式，进而可得. 【详解】设等差数列的公差为， 由，， 得， 解得， 所以， 即， 故答案为：. ( 题型03 ) 等差数列的前n项和 1．（24-25高三上·甘肃酒泉·期末）在等差数列中，已知，，则的前7项和为（    ） A．32 B．36 C．42 D．45 【答案】C 【分析】利用等差数列的性质和求和公式求值即可. 【详解】因为，所以，所以． 故选：C. 2．（24-25高二上·甘肃定西·期末）等差数列的前项和为，公差，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等差数列的前项和公式列方程，即可求解. 【详解】由题意得，解得. 故选：D. 3．（多选）（24-25高二上·甘肃定西·期末）数列的前项和为，且，下列说法正确的是（    ） A．若数列为等差数列，则的公差为1 B．若数列为等差数列，则的首项为1 C． D． 【答案】ACD 【分析】利用待定系数法可求等差数列的首项和公差，即可判断A、B；利用并项求和以及等差数列前项和公式可判断C，再利用作差法可判断D. 【详解】若数列为等差数列，则可设， 所以 ， 所以解得，， 所以，所以数列的首项为0，公差为1，故A正确，B错误； 对于C， ，故C正确； 对于D， ， 因为， 即，故D正确. 故选：ACD. 4．（多选）（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）等差数列的前n项和为，若，，，则（   ） A． B．数列是递减数列 C． D． 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，结合及数列单调性判断ABC；利用等差数列性质求解判断D. 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，由，得，等差数列的公差， 数列是递减数列，B正确； 对于C，等差数列的前8项都为正，第9项为0，则，C错误； 对于D，，D正确. 故选：ABD 5．（24-25高三上·甘肃白银·期末）记为等差数列的前项和．若，，则 ． 【答案】66 【分析】设等差数列的公差为，根据下标和性质求出，从而求出，即可求出，再根据等差数列求和公式计算可得. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，又，所以， 所以，于是， 所以． 故答案为： 6．（24-25高二上·甘肃酒泉·期末）设数列的前项和. (1)求数列的通项公式； (2)求的最大值及对应的值. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）根据作差计算可得； （2）根据二次函数的性质计算可得. 【详解】（1）因为， 当时，当时，， 所以， 经检验时也符合上式，所以； （2）因为， 所以当时，取最大值，，， 即，． ( 题型04 ) 等比数列的通项 1．（24-25高二上·甘肃酒泉·期末）已知等比数列满足，公比，则（    ） A．32 B．64 C．128 D．256 【答案】B 【分析】根据等比数列的性质计算可得. 【详解】因为，公比， 所以. 故选：B 2．（24-25高二上·甘肃临夏·期末）已知等比数列为递减数列，若是方程的两个根，则公比（    ） A． B．3 C． D． 【答案】A 【分析】由等比数列的性质和递减数列的性质求解即可； 【详解】是方程的两个根，且等比数列为递减数列， 所以， 所以， 当时，等比数列的奇数项为正数，偶数项为负数，不符合递减数列，故舍去， 所以公比. 故选：A. 3．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）在等比数列中，若，，则（   ） A． B． C．32 D．16 【答案】C 【分析】根据给定条件，求出等比数列的公比，再结合通项求出. 【详解】设等比数列的公比为，由，，得， 所以. 故选：C 4．（多选）（24-25高二上·甘肃定西·期末）已知等比数列的前项积为，，且，则下列结论正确的是（    ） A． B．的公比为 C． D． 【答案】ABD 【分析】根据的定义，由可求，判断A，结合等比数列通项公式求，判断B，结合指数幂的运算性质，等差数列通项公式求，判断D，再求判断C. 【详解】因为，所以，A正确． 设公比为，因为，， 所以，B正确． ，D正确． ，C错误． 故选：ABD . 5．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）设数列满足，则的值为 . 【答案】 【分析】先利用对数的运算公式化简得递推关系式，然后构造一个等比数列，通过等比数列的通项公式来求的值. 【详解】因为 所以当时，， 即， 所以， 设，则， 且， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以. 故答案为： 6．（24-25高二上·甘肃·期末）已知数列中，，当时，，则的通项公式为 ． 【答案】 【分析】变形得到，故为首项为2，公比为2的等比数列，从而利用等比数列通项公式求出答案. 【详解】当时，，故， 其中，故为首项为2，公比为2的等比数列， 故，所以. 故答案为： ( 题型0 5 ) 等比数列的前n项和 1．（24-25高二上·甘肃·期末）已知数列为等比数列，，若的前7项和为，则数列的前7项和为（   ） A． B． C． D．60 【答案】D 【分析】根据题意，设等比数列的公比为，由得到，结合等比数列的前7项和为得到，进而证明数列为等比数列，结合等比数列的前项和公式即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，前项和为 若，则，，不符合题意，所以， 所以由得到，， 将代入得， 因为为等比数列，所以，则，所以数列也为等比数列，首项为，所以数列的前7项和为， 故选：D 2．（22-23高二上·甘肃酒泉·期末）等比数列的前项和为,若,,则（   ） A． B．15 C．10 D．5 【答案】B 【分析】设等比数列的首项为,公比为,由,列出方程组, 求得,由可得,进而求得的值. 【详解】设等比数列的首项为,公比为, 由题得：,两式相除得：, 即,所以,（舍去）, 由得, . 故选：B. 3．（多选）（24-25高二上·甘肃甘南·期末）若数列满足，，数列的前项和为，且，则（   ） A． B．是等比数列 C．数列的前项和 D． 【答案】CD 【分析】依题意可得是首项为，公差为的等差数列，即可求出的通项公式，再由作差求出的通项公式，即可得到，从而判断A、B，利用分组求和法判断C，利用错位相减法判断D. 【详解】因为，，显然， 所以，又， 所以是首项为，公差为的等差数列，则， 则，则，故A错误； 由，当时，解得， 又时，，则，整理得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，则， 则，所以，所以不是等比数列，故B错误； 由， 所以数列的前项和 ，故C正确； 由，记数列的前项和为， 则， 所以， 所以， 所以，即，故D正确. 故选：CD. 4．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）设等比数列的前项和为，则使成立的的最小值为 . 【答案】7 【分析】根据等比数列通项公式基本量的计算以及等比数列求和公式即可求解. 【详解】由得：， 所以， 由得：， 由于,且n为整数，故n的最小值为7， 故答案为：7 5．（24-25高二上·甘肃定西·期末）已知数列满足，当时，． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据递推关系式利用裂项相消法求和可得，可得结果； （2）解法一：利用错位相减法计算可得 解法二：分情况讨论n的奇偶，再分别求出表达式. 【详解】（1）当时，， 即． 设，则，， ． 所以． 当时，也符合， 所以． （2）解法一：，① ，② ①－②得 ， 所以． 解法二：． 当为偶数时，． 当为奇数时，． 综上， 6．（24-25高三上·甘肃临夏·期末）已知数列是以2为公比的等比数列，且. (1)解不等式：. (2)数列中，定义：使为整数的数叫做期盼数.求区间[1，100]内的所有期盼数的和. 【答案】(1) (2)5047 【分析】（1）根据数列是以2为公比的等比数列，求得，从而得到，再利用错位相减法求得求解； （2）由，得到时，为整数，且求解. 【详解】（1）解：由题意可知数列是以2为公比的等比数列， 又，得， 即，得， 所以，则， 设， 所以， 两式相减，得， ， 得，所以， 解得不等式的解集为. （2）因为，所以 易得当时，为整数， 又， 故区间[1，100]内的所有期盼数的和为 ( 题型0 6 ) 通项的求法 1．（23-24高二上·甘肃白银·期末）已知数列的通项公式为，则该数列的第项为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】分类讨论为奇数与为偶数，结合诱导公式求得恒有，从而得解. 【详解】因为， 当为奇数时，； 当为偶数时，，； 综上，. 故选：A. 2．（多选）（24-25高二上·甘肃酒泉·期末）已知数列的首项为，前项和为，且，则（    ） A．数列是等比数列 B．是等比数列 C． D．数列的前项和为 【答案】BCD 【分析】利用递推公式，结合，即可判断选项AB，根据数列的通项公式即可判断选项C，结合对数运算求出，利用等差数列前项和公式即可判断选项D. 【详解】因为，所以， 两式相减得，，即， 令，则， 所以数列从第项起是等比数列， 则，A错， 又，C正确； 又， 所以，且， 所以是以为首项，为公比的等比数列，B正确； 且， 所以， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 则数列的前项和为，D正确. 故选：BCD 3．（24-25高二上·甘肃·期末）已知数列中，，当时，，则的通项公式为 ． 【答案】 【分析】变形得到，故为首项为2，公比为2的等比数列，从而利用等比数列通项公式求出答案. 【详解】当时，，故， 其中，故为首项为2，公比为2的等比数列， 故，所以. 故答案为： 4．（24-25高二上·甘肃临夏·期末）已知数列的前项和公式为，则通项公式 . 【答案】 【分析】根据与的关系可求得通项公式. 【详解】当时，， 当时，， 则， 满足上式，所以， 故答案为：. 5．（23-24高二上·甘肃陇南·期末）已知数列的通项为，前n项和为，且是与2的等差中项，数列 中，，点在直线上．求数列、的通项公式． 【答案】 【分析】根据与的关系可求的通项公式，根据点在直线上可得数列是等差数列，可得的通项公式． 【详解】∵是与2的等差中项，∴，即． ∴当时，，解得． 当时，， 化为， ∴数列是等比数列，首项为2，公比为2，． ∵点在直线上． ∴，即， ∴数列是等差数列，首项为1，公差为2． ∴． 6．（22-23高二上·甘肃临夏·期末）已知数列的前n项和公式为，求的通项公式． 【答案】 【分析】利用 求得正确答案. 【详解】当时，； 当时，， 也符合上式， 所以. ( 题型0 7 ) 前n项和的求法 1．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）已知数列中，，. (1)证明数列是等差数列，并求的通项公式； (2)设，求的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）利用已知条件转化推出是以为首项，为公差的等差数列，然后求解通项公式； （2）化简，然后利用错位相减法求和求解即可． 【详解】（1）当时，， 所以，， 又，所以， 故是以为首项，为公差的等差数列， 故，所以，． （2）， 所以，， 令，① 则，② ①②得：， ，故， 所以，． 2．（24-25高二上·甘肃定西·期末）已知数列的前项和为，满足，. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前20项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，由等差数列定义可知为等差数列，进而求出通项公式，利用与关系即可求； （2）结合（1）可求，利用裂项相消法即可求. 【详解】（1）∵数列的前项和为满足， ，而， 数列是首项为1，公差为1的等差数列， ，即， 当时，，显然也满足上式， . （2）由（1）知，， ， . 3．（24-25高二上·甘肃酒泉·期末）已知正实数，为常数，且，无穷数列的各项均为正整数，且对任意正整数，恒成立. (1)证明：无穷数列为等比数列； (2)若，，求的通项公式及数列的前项和； (3)若，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2)， (3) 【分析】（1）根据递推公式及等比数列的定义证明即可； （2）结合（1）及所给条件得到是以为首项，为公比的等比数列，即可求出的通项公式，从而求出的通项公式，再由等差数列求和公式计算可得； （3）结合（1）求出的通项公式，再利用分组求和法计算可得. 【详解】（1）因为，所以， 又，正实数，为常数，且，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （2）因为，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，则， 所以； （3）若，则是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以， 所以 . 【点睛】关键点点睛：本题关键是得到，从而得到为等比数列. 4．（24-25高三上·甘肃·期末）已知等差数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用公式，求出数列的通项，结合为等差数列列方程求，由此可得结论； （2）由（1），利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1）当时，， 当时，， 因为数列为等差数列，且，所以数列的公差为 所以，即， 所以，故， 所以. （2）因为， 所以， . 5．（24-25高二上·甘肃·期末）已知数列的首项为，且满足，数列是首项为2，各项均为正数的等比数列，且是和的等差中项． (1)证明数列为等差数列，并求的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）由题设中的递推关系可得，故可求证为等差数列，故可求的通项公式； （2）利用分组求和可求. 【详解】（1）由，得，否则，依次，这与题设矛盾， 而，于是， 所以数列是首项，公差为2的等差数列， 故，所以． （2）由（1）得． 设数列的公比为，则，且． 因为是和的等差中项，所以， 即，解得或（舍去）或（舍去）， 所以，所以， 所以 ． 所以． 6．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）已知数列的前项和，且． (1)证明：数列为等差数列； (2)设，记数列的前项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先求出首项，再根据之间的关系，即可证明结论； （2）结合（1）可确定的表达式，利用错位相减法求出，结合数列不等式恒成立，即可求得答案. 【详解】（1）当时，，解得或， 由于，故； 由于，可得， 当时，，则， 整理得， 由于，所以，即， 故数列为首项为1，公差为1的等差数列； （2）由（1）可得， 则，故， 则， 故， 由，可得，即，即， 由于对任意恒成立，则， 故实数的取值范围为. ( 题型0 8 ) 数列新概念 1．（23-24高二下·甘肃·期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．记斐波那契数列为，其前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用给定定义逐个选项分析数列性质求解即可. 【详解】依题意可得，A正确； 由，B错误； ，C正确； ，累加得，D正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题考查数列，解题关键是利用题目给定定义，然后结合累加法得到所证明的等量关系即可． 2．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）若数列：满足，则数列为E数列，记. (1)写出一个满足，且的数列. (2)若，，证明：E数列是递增数列的充要条件是. (3)对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得?如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据与和可考虑写出交替的数列； （2）先证明必要性，根据数列是递增数列，可得，进而求得．再证明充分性，因为，再累加可得，证明即可； （3） 设，则，再累加求得，再分析的奇偶，根据整除的性质，先假设存在再证明矛盾即可． 【详解】（1）是一个满足条件的数列． （2）必要性：因为数列是递增数列， 所以， 所以是首项为0，公差为3的等差数列． 所以， 充分性：由于， 故，，……，， 所以，即，当且仅当时，等号成立， 又因为，， 所以， 故，即是递增数列． 综上所述，结论成立． （3）设，则， 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，即或， 当时，数列的项满足，，， 此时，有且成立， 当时，数列的项满足，，，时，亦有且成立； 当或时，不能被4整除，此时不存在数列，使得且成立． 【点睛】关键点睛：本题主要考查了数列新定义的问题，需要根据题意去绝对值分析，并根据整除的性质推理证明． 3．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）如果数列满足：且 则称为n阶“归化”数列. (1)若某3阶“归化”数列是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项； (2)若某11阶“归化”数列是等差数列，求该数列的通项公式； (3)若为n阶“归化”数列，求证 【答案】(1) (2)答案见解析. (3)证明见解析 【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案； （2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式； （3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，故，，所以. 【详解】（1）设成公差为r的等差数列，显然， 则由得， 由得，解得， 数列为所求3阶“归化”数列. （2）设等差数列的公差为， 因为，所以，所以，即. 当时，此时， 与归化数列的条件相矛盾. 当时，由， 故，又， 联立解得， 所以 当时，由，，同理解得， 所以. 综上，当， （3）由已知可得：必有 也必有（，）， 设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数， 由已知得，， 所以. 【点睛】数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后变形为等差数列或等比数列，在结合公式进行证明，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强. 4．（23-24高二下·甘肃·期末）等差数列的特点是每一项与前一项之差相等．如果数列不是等差数列，但每一项与前一项之差构成等差数列，即是等差数列，则叫作二阶等差数列．与前述类似，若是二阶等差数列，则叫作三阶等差数列．如此可以对更大的整数归纳地定义阶等差数列．高阶等差数列的研究，始于北宋科学家沈括《梦溪笔谈》中的隙积术，南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中明确地推得一些对高阶等差数列求和公式，元代数学家朱世杰将此类问题进一步推广． (1)已知数列为二阶等差数列，其前5项分别为2，3，5，8，12． ①求数列的通项公式； ②求数列的前项和； (2)若数列的通项公式为，数列的前项和记为，若将数列的前项和记为，数列的前项和记为依次类推． ①求； ②求（只写出结果）． 参考数据：． 【答案】(1)①；②； (2)①；②． 【分析】（1）①利用给定的高阶等差数列定义求解即可. ②利用组合数性质得到，再求和即可. （2）①利用给定定义结合给定的结论求解即可. ②利用给定定义结合数学归纳法证明即可. 【详解】（1）①因为为二阶等差数列，则， 累加可得， 故． ②由组合数性质可知， ， 即， 所以， 所以， 即， 所以 ． （2）①， ， ． ②． 如果证明， 当时命题成立，若对时成立，即， 当时，， 而， ， 故， ，故原命题得证. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后表对所证明的式子合理变形，得到所要求的结果即可． 1．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）在数列中，，则的值为（    ） A．96 B．98 C．100 D．102 【答案】D 【分析】根据等差数列通项公式可得结果. 【详解】由题意得，数列是以2为首项，2为公差的等差数列， ∴. 故选：D. 2．（22-23高二上·甘肃金昌·期末）等比数列的前项和，则（   ） A． B． C．0 D． 【答案】C 【分析】根据所给条件表示出、、，再由等比中项的性质得到、的关系，即可得解. 【详解】因为，当时，， 当时，，故， 当时，，从而， 由于是等比数列，故，显然且，解得， 所以． 故选：C． 3．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）设为等差数列的前项和，若，则（    ） A．8 B．12 C．18 D．24 【答案】D 【分析】根据已知及等差数列下标和的性质可得，再应用等差数列的前n项和公式求. 【详解】由题设，且， 所以，则，故. 故选：D. 4．（24-25高二上·甘肃·期末）已知是数列的前项和，，数列是公差为1的等差数列，则（   ） A．479 B．480 C．291 D．290 【答案】B 【分析】令，由基本量法求出通项，再由等差数列的前项和公式求出结果即可； 【详解】因为是数列的前项和，，且数列是公差为1的等差数列，令，可得， 所以， 所以． 故选：B． 5．（24-25高三上·甘肃武威·期末）已知是等差数列的前项和，若，则（    ） A．24 B．21 C．14 D．18 【答案】C 【分析】根据等差数列下标和的性质可计算结果. 【详解】由等差数列的性质可得，即， ∴. 故选：C. 6．（23-24高二下·甘肃庆阳·期末）已知定义数列为数列的“差数列”，若的“差数列”的第项为，则数列的前2024项和（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据定义翻译出，然后用累加法求出，再用等比数列求和公式求解即可. 【详解】据题意，得，所以， 所以， 所以．又，所以，所以， 所以 故选：D． 7．（23-24高二上·甘肃兰州·期末）设是等差数列的前项和，且，，则使得取最小值时的为（    ） A．6 B．7 C．6或7 D．8 【答案】A 【分析】根据条件得，从而得出，即可求出结果. 【详解】因为数列为等差数列，设数列的公差为， 又，，则①，②， 由①②解得，所以， 当时，取最小值为， 故选：A. 8．（23-24高二上·甘肃白银·期末）已知等差数列的前5项和为105，且.对任意的，将数列中不大于的项的个数记为，则数列的前项和等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设数列的公差为，根据题意，列出方程组求得，得到，进而求得，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】设数列的公差为，前项和为， 因为，可得，解得， 所以， 对任意的，若，则，所以， 所以数列是首项为1，公比为7的等比数列，故. 故选：C. 9．（多选）（24-25高二上·甘肃白银·期末）记为等比数列的前项和，若，则满足不等式的的值可能为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】ABC 【分析】根据给定条件，求出等比数列的公比及首项，进而求出其前项和，再列式解不等式即可. 【详解】设等比数列的公比为，则，又，解得， 因此， 整理得，解得，所以的值可能为5，6，7. 故选：ABC 10．（多选）（23-24高二上·甘肃·期末）已知等差数列的前项和是，且，则（    ） A． B． C． D．的最小值为 【答案】BD 【分析】根据等差数列的性质得当时，；当时，；对选项逐一判断. 【详解】由，所以，即， 所以当，时，；当，时，； 所以，故A错；，故B对；，故C错；的最小值为，故D对. 故选：BD 11．（多选）（22-23高二上·甘肃酒泉·期末）数列共有60项，满足，其中且，数列的所有奇数项的和记作，所有偶数项的和记作，则下列选项正确的是（   ） A．（且） B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根据可得，即可得和，进而根据并项求和以及分组求解即可得，结合选项即可逐一求解. 【详解】由可得：当且时，， ，故，故A正确， 由A可得，故，B正确， 当且时，， 又，故，因此 故，故，C正确，D错误， 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：在处理涉及的数列问题，一般要考虑分为奇数和偶数来分类讨论，对于本题可得和. 12．（23-24高二下·甘肃定西·期末）已知等比数列的首项，其前项和为，若，则 ． 【答案】2或8 【分析】运用等比数列的和的性质和通项公式即可解题. 【详解】因为，所以，， 当时，； 当时，，即，故． 综上，或8. 故答案为：2或8. 13．（23-24高二上·甘肃白银·期末）在等差数列中，前五项和为10，最后五项之和为90，前项之和为180，则项数 . 【答案】18 【分析】利用等差数列的性质与前项和公式即可得解. 【详解】因为， 所以， 所以，即， 因为，解得. 故答案为：. 14．（24-25高二上·甘肃庆阳·期末）在数列中，首项，时，，则数列的前项和为 . 【答案】/ 【分析】利用累乘法可求出数列的通项公式，再利用裂项求和法可求得数列的前项和. 【详解】在数列中，首项，时，， 即当时，， 所以，，，，， 上述等式全部相乘得，则， 也满足，故对任意的，， 所以，， 所以数列的前和为. 故答案为：. 15．（23-24高二上·甘肃兰州·期末）在数列中，，，则数列的前项和 . 【答案】 【分析】利用条件进行构造，得到数列为等比数列，求得通项公式后，分组求和即可. 【详解】因为， 可化为， 即， 又， 所以数列是3为首项，4为公比的等比数列， 所以， 故， 则 ， 故答案为：. 16．（24-25高二上·甘肃兰州·期末）已知等差数列的公差为，前项和为，现给出下列三个条件：①成等比数列；②；③.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题. (1)求数列的通项公式； (2)若，且，设数列的前项和为，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先对① ，② ，③进行等差数列基本量代入化简，再分别考虑①②，①③，②③三种情形联立求得数列通项公式； （2）利用累加法求得，再对进行裂项求和后，根据数列的单调性即可证明. 【详解】（1）由条件①得，因为成等比数列，则， 即，又，则， 由条件②得，即， 由条件③得，可得，即. 若选①②，则有，可得，则； 若选①③，则，则； 若选②③，则，可得，所以. （2）由，且， 当时，则有 又也满足，故对任意的，有， 则， 所以,， 由于对于单调递增，所以， 综上：. 17．（24-25高二上·甘肃甘南·期末）已知数列的前n项和，其中. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前n项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据计算即可求解； （2）由（1）得，结合裂项相消法求和即可. 【详解】（1）由题意知， 当时，； 当时，， 符合上式，所以，， （2）由（1）知，则， 所以， 得，. 18．（24-25高二上·甘肃临夏·期末）已知等比数列的各项均为正数，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前2025项和. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）设等比数列的公比为，由条件结合等比数列性质及通项公式可求，再求，由此可得数列的通项公式； （2）由（1）结合条件求，，再利用裂项相消法求结论. 【详解】（1）设等比数列的公比为，因为，所以， 则. 因为等比数列的各项均为正数，所以. 又因为，所以，解得. 所以. 所以数列的通项公式为. （2）因为， 所以， ， 所以， 故数列的前项和. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$