专题09 数列（8题型）（云南专用）-【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

专题09 数列 题型概览 题型01利用an与sn关系求通项或项 题型02等差数列基本量的计算 题型03等差数列前n项和的最值问题 题型04等比数列基本量的计算 题型05等差、等比数列性质的应用 题型06裂项相消法求和 题型07错位相减法求和 题型08分段数列问题 优选提升题 ( 题型01 ) 利用an与sn关系求通项或项 1．（23-24高二下·云南·期末）已知数列的前项和满足，则（   ） A．11 B．13 C．24 D．25 【答案】C 【知识点】利用an与sn关系求通项或项 【分析】由已知先求计算即可. 【详解】因为，所以. 故选:C. 2．（多选）（23-24高二下·云南·期末）若为数列的前项和，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．数列是等比数列 D．数列是等比数列 【答案】BC 【知识点】由定义判定等比数列、利用an与sn关系求通项或项、写出等比数列的通项公式 【分析】根据，作差得到是以为首项，为公比的等比数列，即可求出与，从而判断A、B、C，再根据等比数列的定义判断D. 【详解】因为，当时，解得，故B正确 当时，即，解得，所以，故A错误； 当时，所以， 即，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，故C正确； 则， 所以，则，所以数列不是等比数列，故D错误. 故选：BC ( 题型02 ) 等差数列基本量的计算 1．（23-24高二下·云南·期末.2011·全国卷·高考真题）设为等差数列的前n项和，若，公差，则k=（  ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】D 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、等差数列前n项和的基本量计算 【详解】D.由，公差，得，从而，所以，解得k=5 2．（23-24高二下·云南·期末）已知等差数列的前项和为，若，则 （    ） A．288 B．144 C．96 D．25 【答案】B 【知识点】求等差数列前n项和、等差数列前n项和的基本量计算 【分析】利用等差数列的前项和列方程组求出，进而即可求解. 【详解】由题意，即，解得. 于是. 故选：B. 3．（多选）（23-24高二下·云南·期末）已知为等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（    ） A． B．为递减数列 C． D． 【答案】ACD 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、等差数列前n项和的基本量计算 【分析】设等差数列的公差为，根据题意，求得，得到，逐项判定，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，可得，解得， 所以，所以A正确； 因为，所以数列为递增数列，所以B错误； 由，可得，所以C正确； 因为，所以，所以D正确． 故选：ACD． 4．（23-24高二下·云南·期末.2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则 . 【答案】95 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、求等差数列前n项和 【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. 【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得， 则. 故答案为：. 5．（23-24高二下·云南楚雄·期末）设是等差数列的前项和，且为常数，则 ． 【答案】2 【知识点】由递推关系证明数列是等差数列、利用an与sn关系求通项或项 【分析】根据已知条件，结合通项公式，依次求出关于的等式，再通过作差，即可求解． 【详解】解：当时，， 即，即． 因为， 所以当时，， 两式相减得， 所以，两式相减得． 因为数列为等差数列， 所以数列的公差，故， 解得． 6．（23-24高二下·云南·期末）已知等差数列的前n项和为，若，，则 ． 【答案】 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、求等差数列前n项和 【分析】利用等差数列的通项公式列式求得，再利用等差数列的求和公式即可得解. 【详解】设等差数列的公差为， 则有,解得：， 所以. 故答案为： ( 题型03 ) 等差数列前n项和的最值问题 1．（多选）（23-24高二下·云南·期末）设数列是以d为公差的等差数列，是其前n项和，，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．或为的最大值 【答案】ABD 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、求等差数列前n项和 【分析】由及前n项和公式可得，即可判断A、B的正误，进而得到判断C，结合二次函数的性质判断D的正误. 【详解】根据题意可得，即．因为，，所以，所以数列是递减数列，所以A，B正确； 对于C，因为，，所以，所以，故C不正确； 对于D，因为，所以，又为递减数列，所以或为的最大值，故D正确． 故选：ABD． 2．（多选）（23-24高二下·云南·期末）已知等差数列的公差为，前项和为，若，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，则 C．当时，取得最小值 D．当时，满足的最大整数的值为25 【答案】ABD 【知识点】等差数列前n项和的基本量计算、等差数列前n项和的其他性质及应用、求等差数列前n项和的最值 【分析】由得到，进而求得即可判断A；，，成等差数列，即可判断B；因为，分类讨论当，，即可判断C；因为，所以，，所以，，即可判断D. 【详解】因为， 所以， 即，所以，故A正确． 因为，，成等差数列， 所以，而，则，故B正确． 因为，由得， 即，所以，所以对称轴为：， 所以当时，开口向上，当，取得最小值， 当时，开口向下，当，取得最大值，故C错误． 因为，数列单调递增，所以，， 则，，又因为， 所以当时，满足的最大整数的值为25，D正确． 故选：ABD ( 题型04 ) 等比数列基本量的计算 1．（23-24高二下·云南·期末）在等比数列中，，公比，则（    ） A．6 B． C．12 D． 【答案】A 【知识点】等比数列通项公式的基本量计算 【分析】由等比数列的通项公式计算． 【详解】. 故选：A． 2．（23-24高二下·云南·期末）已知是等比数列的前项和，若，则数列的公比是（    ） A．或1 B．或1 C． D． 【答案】A 【知识点】等比数列前n项和的基本量计算、等比数列通项公式的基本量计算 【分析】分别利用等比数列的通项公式和前项和公式，解方程组可得或. 【详解】设等比数列的首项为，公比为，依题意得， 解得或. 故选：A. 3．（23-24高二下·云南楚雄·期末）设等比数列的前项和为，则（    ） A． B．63 C． D．31 【答案】A 【知识点】求等比数列前n项和 【分析】由题意知，继而由，解得， 利用等比数列的前项和公式代入求值即可. 【详解】设等比数列的公比为，则， 由，解得， 故． 故选：A. 4．（23-24高二下·云南·期末）已知等比数列的公比不为1，若，且成等差数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】写出等比数列的通项公式、等差中项的应用、等比数列通项公式的基本量计算 【分析】利用等差中项的性质及等比数列基本量的计算求通项公式即可. 【详解】设的公比为q， 则依题意有， 解方程得或（舍去），所以. 故选：C 5．（23-24高二下·云南·期末）已知数列，则“”是“为等比数列”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】B 【知识点】判断命题的必要不充分条件、等比数列的定义 【分析】根据等比数列的性质进行充分性与必要性判断即可. 【详解】若为等比数列，则一定成立；若，则不一定为等比数列，比如 所以“”是“为等比数列”的必要不充分条件. 故选：B. 6．（23-24高二下·云南保山·期末）设等比数列的前项的和为，若，则的近似值为（    ） A．4 B．3 C．2 D． 【答案】C 【知识点】等比数列通项公式的基本量计算、求等比数列前n项和 【分析】求出，再由可得答案. 【详解】由，得， 则. 故选：C． ( 题型0 5 ) 等差、等比数列性质的应用 1．（23-24高二下·云南·期末）等差数列的前项和为，且，则（    ） A．18 B．24 C．27 D．54 【答案】C 【知识点】利用等差数列的性质计算、求等差数列前n项和 【分析】由等差数列的性质和等差数列的前项和公式求解即可. 【详解】因为是等差数列，所以， 故. 故选：C 2．（23-24高二下·云南大理·期末）已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A．34 B．39 C．42 D．45 【答案】B 【知识点】等差数列片段和的性质及应用 【分析】根据等差数列的片段和性质即可求解. 【详解】由成等差数列， 则，即，故. 故选：B 3．（23-24高二下·云南玉溪·期末）已知正项等比数列满足，则数列的公比为（    ） A．2 B．1 C． D．或 【答案】A 【知识点】等比数列通项公式的基本量计算、等比数列片段和性质及应用 【分析】设出公比，根据，计算出答案. 【详解】设等比数列公比为，由题意得，故，解得. 故选：A. 4．（多选）（23-24高二下·云南昆明·期末）等比数列的公比为，前项和为，为等差数列，则（    ） A． B． C．为等差数列 D．为等比数列 【答案】ABC 【知识点】判断等差数列、由定义判定等比数列 【分析】根据等差数列与等比数列的定义及公式可判断. 【详解】由已知为等差数列，则当时，为定值， 即为常数， 此时数列为常数列， 又数列为等比数列， 则，且，，A选项正确； 此时，B选项正确； ，，，，即为等差数列，C选项正确； ，，，不为定值，所以不为等比数列，D选项错误； 故选：ABC. 5．（23-24高二下·云南·期末）若，的等差中项为，，的等比中项为1，则 ． 【答案】 【知识点】等差中项的应用、等比中项的应用 【分析】由等比中项，等差中项的定义求得，，然后先平方后开方求解即可. 【详解】因为，的等差中项为，知， 由，的等比中项为1，所以， 所以． 故答案为： ( 题型0 6 ) 裂项相消法求和 1．（23-24高二下·云南·期末）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……第层有个球，则数列的前30项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】由递推关系式求通项公式、裂项相消法求和、求等差数列前n项和 【分析】先根据题意，列出数列的递推关系，用累加法求出数列的通项公式，再用裂项求和法求出数列的前想和，可得结果. 【详解】根据已知条件有， 当时，， 以上各式累加得：， 又，所以， 经检验符合上式，所以，所以. 设数列的前项和为， 则， 所以. 故选：A 2．（多选）（23-24高二下·云南红河·期末）记正项数列的前n项和为，已知，则（    ） A． B． C． D．数列的前n项和小于1 【答案】AD 【知识点】由Sn求通项公式、裂项相消法求和、求等差数列前n项和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】由与的关系结合定义证明为等差数列，从而判断ABC；由裂项相消求和法结合不等式性质判断D. 【详解】对于B：∵，① ∴当时，，解得； 当时，，② 由①②得， 化为， ∵有，∴. 数列是以首项为1，公差为1的等差数列. ∴. ∴，故B错误； 对于AC：，，故A正确，C错误； 对于D： ， 数列的前n项和为， 故D正确； 故选：AD 3．（23-24高二下·云南·期末）已知在等差数列中，. (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、裂项相消法求和、等差中项的应用 【分析】（1）根据等差数列的通项公式的性质求解首项和公差，即可得的通项公式； （2）直接根据裂项相消法求前项和 【详解】（1）设的公差为.由，可得. 因为，所以. 因为，所以，故. （2）因为，所以， 所以. ( 题型0 7 ) 错位相减法求和 1．（23-24高二下·云南·期末）已知数列满足，，数列满足． (1)判断数列的单调性； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1)数列单调递增 (2)． 【知识点】判断数列的增减性、错位相减法求和 【分析】（1）首先化简，再利用的正负性判断单调性即可； （2）利用错位相减法求和即可得. 【详解】（1）由题可得， 又因为， 所以数列单调递增． （2）由题意可得，① ② －②得， 故． 2．（23-24高二下·云南大理·期末）已知，分别是数列和的前项和，，. (1)求数列和的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【知识点】错位相减法求和、利用an与sn关系求通项或项、等差数列通项公式的基本量计算、求等比数列前n项和 【分析】（1）对于，看出为等差数列，用等差数列知识求出通项公式即可；对于，化简变形得到，用等比数列的知识性质解题即可. （2）用错位相减法解题即可. 【详解】（1）由可知数列是公差为2的等差数列 由，解得，所以. 由，则，两式相减并整理得：， 所以数列是公比为3的等比数列，由得，所以. （2）由（1）可得， 所以， 则， 所以 ， 所以． ( 题型0 8 ) 分段数列问题 1．（多选）（23-24高二下·云南临沧·期末）（多选）数列满足且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、分组（并项）法求和、写出等比数列的通项公式、求等比数列前n项和 【分析】由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，可得，，可判断ABD；由数列的分组求和，结合等比数列的求和公式，可判断D. 【详解】对于A，由且，可得，而A选项中，，显然不符合，A错误； 对于B，，即有， 可得，即，， 则，而B选项中，，显然不符合，B错误； 对于D，由B可知，故D正确； 对于C， ，故C正确. 故选：CD. 2．（多选）（23-24高二下·云南·期末）大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【知识点】累加法求数列通项、由递推数列研究数列的有关性质、根据数列递推公式写出数列的项、求等差数列前n项和 【分析】当时，，当时，，联立可得，利用累加法可得，从而可求得的通项公式，再逐项判断即可. 【详解】因为，， 令且， 当时，①； 当时，②， 由①②联立得. 所以， 累加可得. 令(且为奇数)，得， 当时满足上式， 所以当为奇数时，. 当为奇数时，， 所以，其中为偶数. 所以，故C正确. 所以，故A错误. 当为偶数时，，即， 当为奇数时，，即， 综上可得，故B正确. 因为 ，故D正确. 故选：BCD. 1．（23-24高二下·云南·期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数p（p＞1）满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（    ） A．16 B．22 C．23 D．25 【答案】B 【知识点】基本不等式求和的最小值、观察法求数列通项、判断等差数列、求等差数列前n项和 【分析】由已知先求出，然后结合等差数列的通项公式与求和公式，以及基本不等式即可求解． 【详解】因为二二数之剩一的数为的形式，三三数之剩一的数为的形式，其中， 则数列的项即为以上两类数的公共项，即为的形式，， 即， 因，故数列是等差数列， 于是，， 则 当且仅当，即时取等号． 即时，取得最小值22. 故选：B． 2．（23-24高二下·云南曲靖·期末）已知数列满足，，且.若是数列的前项积，求的最大值为 . 【答案】 【知识点】写出等比数列的通项公式、由递推关系证明等比数列 【分析】根据数列的递推公式推理得到等比数列，求出通项，写出的表达式，利用指数函数和二次函数的单调性即可求得其最大值. 【详解】由和知，故有 ，可知数列为等比数列， 公比为，首项为，故通项为：， 于是， 因，为增函数，故当或时，取得最大值，为. 故答案为：. 3．（23-24高二下·云南·期末）已知等差数列的首项为1，公差为2．正项数列的前项和为，且． (1)求数列和数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1)， (2) 【知识点】分组（并项）法求和、利用an与sn关系求通项或项、利用定义求等差数列通项公式、求等比数列前n项和 【分析】（1）直接得到的通项公式，由作差得到，从而求出的通项公式； （2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得. 【详解】（1）依题意可得， ∵①， 当时，②， ， ，， ∵， ∴， 且在①式中令或（舍去），∴， 综上可得，． （2）由（1）可得， ∴ ． 4．（23-24高二下·云南保山·期末）已知的前项和是，且． (1)求数列的通项公式； (2)设求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【知识点】分组（并项）法求和、利用an与sn关系求通项或项、裂项相消法求和 【分析】（1）由递推公式得，有，即可求解； （2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为，分别由等差数列求和及裂项相消法求和即可． 【详解】（1）由①得，当时，②， 联立①②得， 所以有， 因为，所以． （2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为， 由（1）知 则， ， 综上：． 5．（23-24高二下·云南·期末）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)若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列； (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 【知识点】等差数列的应用、错位相减法求和、等差数列片段和的性质及应用、求等比数列前n项和 【分析】（1）直接根据二阶等差数列的定义求解； （2）先确定是阶等差数列的充分必要条件，再对已知条件进行转化即可； （3）先用数学归纳法证明，再利用该结果证明结论；或者先用导数方法证明，再利用该结果证明结论. 【详解】（1）由知，故可设. 所以，故. 从而，代入，可得，所以. 故的通项公式为：. （2）先证明2个引理. 引理1：对任意非负整数，存在，使得对任意正整数成立，这里约定. 证明：用数学归纳法证明该结论. 当时，有，取即可，故结论成立； 假设结论对成立，则 . 故可设，这就得到 . 所以取，，即可，这得到结论对成立. 由数学归纳法即知引理1成立. 引理2：是阶等差数列的充分必要条件是能够表示为关于的至多次的多项式形式，即. 证明：我们对使用数学归纳法. 当时，结论显然成立； 对，假设结论对成立，考虑的情形： 一方面，如果，则有 . 故由于结论对成立，知是阶等差数列，所以是阶等差数列； 另一方面，如果是阶等差数列，则是阶等差数列. 故由于结论对成立，知的通项公式具有形式. 故. 据引理1可知，每个都可以表示为的形式，故 . 综上，结论对成立. 由数学归纳法知引理2成立. 回到原题. 由于为一阶等比数列，故恒为常值，设，则. 为使有意义，必有不为零. 所以. 由于为阶等差数列，故由引理2，可设. 取就有，，所以由引理2可知和都是阶等差数列. 设，，，，则和都是常值. 而归纳即知，故是常值，从而为阶等比数列. （3）方法一： 用数学归纳法证明：. 当时，由知结论成立； 对，假设结论已对成立，即，则 . 所以结论对也成立. 综上，对任意的正整数，都有. 故. 这就得到 . 方法二： 对正整数，根据等比数列求和公式有. 两边同时求导，得. 所以. 再次求导，得. 所以. 从而当时，分别由上面的式子可以得到： ； ； . 所以 . 故. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于基于等差数列和等比数列的新定义，理解新定义的本质方可解决问题. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 数列 题型概览 题型01利用an与sn关系求通项或项 题型02等差数列基本量的计算 题型03等差数列前n项和的最值问题 题型04等比数列基本量的计算 题型05等差、等比数列性质的应用 题型06裂项相消法求和 题型07错位相减法求和 题型08分段数列问题 优选提升题 ( 题型01 ) 利用an与sn关系求通项或项 1．（23-24高二下·云南·期末）已知数列的前项和满足，则（   ） A．11 B．13 C．24 D．25 2．（多选）（23-24高二下·云南·期末）若为数列的前项和，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．数列是等比数列 D．数列是等比数列 ( 题型02 ) 等差数列基本量的计算 1．（2011·全国卷·高考真题）设为等差数列的前n项和，若，公差，则k=（  ） A．8 B．7 C．6 D．5 2．（2024·湖北武汉·二模）已知等差数列的前项和为，若，则 （    ） A．288 B．144 C．96 D．25 3．（多选）（23-24高二下·云南·期末）已知为等差数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（    ） A． B．为递减数列 C． D． 4．（23-24高二下·云南·期末.2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则 . 5．（23-24高二下·云南楚雄·期末）设是等差数列的前项和，且为常数，则 ． 6．（23-24高二下·云南·期末）已知等差数列的前n项和为，若，，则 ． ( 题型03 ) 等差数列前n项和的最值问题 1．（多选）（23-24高二下·云南·期末）设数列是以d为公差的等差数列，是其前n项和，，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．或为的最大值 2．（多选）（23-24高二下·云南·期末）已知等差数列的公差为，前项和为，若，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，则 C．当时，取得最小值 D．当时，满足的最大整数的值为25 ( 题型04 ) 等比数列基本量的计算 1．（23-24高二下·云南·期末）在等比数列中，，公比，则（    ） A．6 B． C．12 D． 2．（23-24高二下·云南·期末）已知是等比数列的前项和，若，则数列的公比是（    ） A．或1 B．或1 C． D． 3．（23-24高二下·云南楚雄·期末）设等比数列的前项和为，则（    ） A． B．63 C． D．31 4．（23-24高二下·云南·期末）已知等比数列的公比不为1，若，且成等差数列，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·云南·期末）已知数列，则“”是“为等比数列”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 6．（23-24高二下·云南保山·期末）设等比数列的前项的和为，若，则的近似值为（    ） A．4 B．3 C．2 D． ( 题型0 5 ) 等差、等比数列性质的应用 1．（23-24高二下·云南·期末）等差数列的前项和为，且，则（    ） A．18 B．24 C．27 D．54 2．（23-24高二下·云南大理·期末）已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A．34 B．39 C．42 D．45 3．（23-24高二下·云南玉溪·期末）已知正项等比数列满足，则数列的公比为（    ） A．2 B．1 C． D．或 4．（多选）（23-24高二下·云南昆明·期末）等比数列的公比为，前项和为，为等差数列，则（    ） A． B． C．为等差数列 D．为等比数列 5．（23-24高二下·云南·期末）若，的等差中项为，，的等比中项为1，则 ． ( 题型0 6 ) 裂项相消法求和 1．（23-24高二下·云南·期末）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……第层有个球，则数列的前30项和为（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（23-24高二下·云南红河·期末）记正项数列的前n项和为，已知，则（    ） A． B． C． D．数列的前n项和小于1 3．（23-24高二下·云南·期末）已知在等差数列中，. (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和. ( 题型0 7 ) 错位相减法求和 1．（23-24高二下·云南·期末）已知数列满足，，数列满足． (1)判断数列的单调性； (2)求数列的前n项和． 2．（23-24高二下·云南大理·期末）已知，分别是数列和的前项和，，. (1)求数列和的通项公式； (2)若，求数列的前项和. ( 题型0 8 ) 分段数列问题 1．（多选）（23-24高二下·云南临沧·期末）（多选）数列满足且，则（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（23-24高二下·云南·期末）大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 1．（23-24高二下·云南·期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数p（p＞1）满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（    ） A．16 B．22 C．23 D．25 2．（23-24高二下·云南曲靖·期末）已知数列满足，，且.若是数列的前项积，求的最大值为 . 3．（23-24高二下·云南·期末）已知等差数列的首项为1，公差为2．正项数列的前项和为，且． (1)求数列和数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 4．（23-24高二下·云南保山·期末）已知的前项和是，且． (1)求数列的通项公式； (2)设求数列的前项和． 5．（23-24高二下·云南·期末）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)若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列； (3)已知，令的前项和为，，证明：. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$