专题08数列通项公式与前n项和（8大题型）（期末真题分类汇编 河南专用）高二数学上学期

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题08数列通项公式与前n项和 ☆8大高频考点概览 考点01数列的函数性质 考点02am与Sm的关系求通顶公式 考点03累加累乘法求通顶公式 考点04构造法求通顶公式 考点05分组求和 考点06裂项求和 考点07错位相减法求和 考点08数列新定义问题 目目栽点01 数列的函数性质 1.(23-24高=上河南新乡期末若数列a满足a2=11,a+1=己。，则a85= 2.(23-24高二上河南部分名校期末已知数列a,的通项公式为a,=3-(-)”,其前n项和为Sn,不等 式≤受-是≤q对在意的neN恒成立，则q一p的最小值为 3.(2425高二上河南新乡期末在数列[a中，若a1=-2,an+1=2-忌则a100=（） A.-1 B.-2 C. D.月 4.2425高二上河宵郑州期末数列a]满无a1=2,a1=芒二，其前n项的积为，则n025 () A.2 B.-6 C.-3 D.1 5.(24-25高二上·河南信阳期末)已知数列{a}为递增数列，若am=q”，则q的取值范围为() A.(0,1) B.(0,+∞) C.(1,+∞) D.(2,+o) 6.(23-24高二上河南漯河期末)斐波那契数列指的是这样一个数列：0、1、1、2、3、5、8、13、21、34、.，在 数学上，斐波那契数列以递推的方法定义如下：F(0)=0,F(1)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2) 试卷第1页，共10页 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (n≥2，n∈N*)在现代物理、准晶体结构、化学等领域斐波那契数列都有直接的应用，为此，美国数学会从 1963起出版了以《斐波那契数列季刊》为名的一份数学杂志，用于专门刊载这方面的研究成果，根据以上 描述，以下说法正确的是() A.该数列是一个递增数列 B.89是该数列的一项 C.从前l0项可以看出，设第n项为an,则a好+a吃+…十a?=anan+1 D.设第n项为a,随着n的增大，逐海趋近于一个常数k,则k=5, 2 7.(23-24高二上河南濮阳期末)若数列Fn}满足F1=F2=1,当n≥3时，Fn=Fm-1+Fm-2,则称Fn}为 斐波那契数列.令an=(-1)Pn,则数列{am}的前100项和为() A.0 B.-34 C.-32 D.32 8.(24-25高二上河南开封期末)已知数列Fn}满足：F1=1,F子+F陉+F?+…+F=FnFm+1,则() A.3F4=F2+F6 B.F<F6Fa C.Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3) D.F1+F3+F5+…+F2n+1=F2m+2 9.(24-25高二上·河南洛阳期末)任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该 数除以2反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的冰 雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数m=6,根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1， 共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列{a}满足：a1= m(m为正整数)，an+1= 3a,+1,当a为奇数时，当m=5时，a1十a2+a3++a30=（) ,当a为偶数时 2 A.92 B.106 C.113 D.120 目目 栽点02 an与Sn的关系求通项公式 10.(24-25高二上河南三门峡期末)已知数列{am}的前n项和为Sn=3”-n,则a5=(） A.77 B.153 C.161 D.238 11,(24-25高二上·河南许昌·期末)若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn=2an+1(neN,则下列说法中正确 的是() A.a3=-4 B.S5=-64 C.{an}是等比数列 D,{Sm-1}是等比数列 12,(24-25高二上·河南商丘期末)已知数列{an3的前n项和为Sm,下列各条件能推出数列{a}一定为等比数 试卷第2页，共10页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 列的是() A. B.andn+2=an+1 C.Sn=tn(t≠0) D.Sn=an+1-a(a≠0且a≠1) 13.(23-24高二上河南三门峡期末)设数列a}的前n项和为S,并且Sn=2”-1mEN),则2g等于（) A.32 B.16 C.992 D.92 14.(23-24高二上河南郑州期末)已知数列{am}的前n项和为Sn,且Sm=3m2-n+4,则a4=() A.20 B.28 C.32 D.48 15.(24-25高二上河南信阳期末)己知数列{a}的前n项和为Sm,若2Sm-3a.=1,则Sm=() A.-3n-1 B.-3” C.-3”-1 2 D.-+1 16.(23-24高二上河南洛阳期末已知数列a,的前n项的积为T,且忌+片=2，则满足71+T2++7, >50的最小正整数n的值为· 17.(23-24高二上河南部分名校·期末)已知数列{an的前n项和Sn=n2+3,则() A.a2=3 B.an =2n-1 C.{a2n}是等差数列D.{an}是递增数列 18,(24-25高二上·河南漯河·期末)下列说法中正确的是() A.已知数列{an}的前n项和为S,若Sn=2n2+1,则{an}为等差数列 B.已知数列{a}的前n项和为Sn,若Sn=8”-1,则{a}为等比数列 C.若直线的方向向量为d=(1,1,4,平面的法向量为7=(-2，-2,1)，则l1a D.若两个不同平面a,β的法向量分别为元，i,且元=(-2，-2,1)，元=(1,1,4，则a1B 19.(23-24高二上·河南商丘中州联盟期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2(neW+),bn=log2 an.设数列bn}中不在数列{an}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn,则数列{cn的前40项和为一 裁点03 累加累乘法求通项公式 20.(23-24高二上河南开封期末)已知数列a,的首项为a1=1,递推公式为an=1+(n≥2nEN门， 则a4=— 21.23-24高二上河南新乡期末)在首项为1的数列a,中ant1-au=(-》”,若存在mEN,使得不等式 (m-an)(m+a+3)>0成立，则m的取值范围为， 试卷第3页，共10页 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.(23-24高二上河南商丘中州联盟期末若数列a,)满足a,=an1++元(n之2且neN+,a1=克则 a2024=() A.器 B.2023 2024 C.2024 2025 D.2025 2026 23.(23-24高二上·河南三门峡·期末)如图的形状出现在南宋数学家扬辉所著的《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，.，设第n层有an个球， 从上往下n层球的总数为Sm,则() A.a5=35 B.S5=35 C.an+1-an =n+1 D.存在正整数m>2,使得am为质数 24.23-24高二上河南济源期末)已知数列a,}满足a2=0,a2m+1=a2n+是2m+2=a2m+1一+ 1 (neN),则数列{a}的第2024项为() A.82器 B.82 c.8器 D.8品 25.(24-25高二上河南周口期末)记Sn为数列{amn}的前n项和，已知a1=-1,a2=-8,当n≥2时，Sm-1+Sn+1 一2Sm=n一8，则下列说法正确的是（) A.a3=-14 B.{an}为递减数列 C.,an=2-17m+14 2 D,当am<0时，n取得最大值为l5 26.(23-24高二上河南信阳固始县期末)设Sn为数列{an}的前n项和，4Sm=(2n+1)a,+1. (I)求{a}的通项公式； 2)求数列的前n项和T 目目 裁点04 构造法求通项公式 27.(2425高二上·河南开封期末)己知数列{an3的首项a1=3,且满足an+1=2an-1,则下列是这个数列 试卷第4页，共10页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 中的项的是() A.191 B.193 C.1023 D.1025 28.23-24高二上河南郑州期末)已知数列a,冲，a1=1,2=2,。=2,设数列b,=2严a:则 {bn}的通项公式为bn= 2n+1 29.(24-25高二上河南新乡·期末)己知数列{an}满足a1=1,a+1-am=m+,则a10= 30.(23-24高二上河南青桐鸣)已知数列[a}满足a+1-2an=1a1=1,bn=+, a+1+in∈W*. (1)求数列bn}的通项公式； (2)探究数列b}是否存在最大项，并说明理由 31.(24-25高二上河南信阳·期末)设Sn为数列an}的前n项和，a1=1,a2=2,a+2=a+1+an (1)求ag: (2)证明： (i)an+2=Sn+2; (ii)a1+a3+a5+…+a2m-1=a2m-1; (3)求{an}的通项公式， 目目 裁点05 分组求和 32.(23-24高二上河南信阳固始县期末)已知数列[a}满足an+1+2an=6n+5.且a1=3,若bn=(-1)” an,则b1+b2+b3+…+b2024= 33.(23-24高二上河南部分名校期末)记数列{an}的前n项和为Sn,己知an十an+1=2,且S2025=2027,则 a1=() A.6 B.5 C.3 D.1 34.(24-25高二上河南洛阳·期末)如图，已知四边形ABCD中，Fn(nEN)为边BC上的一列点，连接AFn交BD 于G,点Gn(neN)满足GnF-1+a)GnC=au+1GnB,其中数列{a}的首项为号，Sn是数列{an}的前n项 和，则下列结论正确的是() D B 试卷第5页，共10页 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.a2= B.数列{a-}是等比数列 c.am=1+(-》-] D.s=+引1-(-)] 35.(23-24高二上河南开封期末)已知数列{an}的首项a1=0,且an+1+2an=3n+1. (I)求证：{an-n是等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sm· 36.(23-24高二上河南郑州期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn,己知S5=3S3-2,a2m=2an+1. (1)求数列{a}的通项公式； (2)设数列{bn}的首项为一1，且对任意的n∈N*都有bn+bm+1=0,求数列{an·bn}的前n项和Tn 37,(24-25高二上河南新乡期末)已知动圆E经过定点D(0,》,且与直线y=一相切，设动圆圆心E的轨迹 为曲线C.已知点B1与点A1(1,1)关于y轴对称，过点B1作斜率为1的直线交C于点A2,点B2与点A2关于y轴对 称，过点B2作斜率为1的直线交C于点A3,…,按照上述方法构造点An(xnyn),nEN (1)求曲线C的方程； (2)证明{x,n}为等差数列，并求出{xn}的通项公式； xn一y,n为奇数 (3)记an=化+n为调数，求数列an3的前n项和Sm 目目 裁点06 裂项求和 38.(24-25高二上河南郑州期末意大利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，即a1=Q2=1,an+2=an+1十an (neN)·后来人们把这样的一列数组成的数列{a}称为“斐波那契数列”.记Sn为“斐波那契数列”{an} 的前n项和，若S2024=p,a1+a2+a3+…+a吃025=q,则a2025=一.（结果用p,q表示） 39.(24-25高二上河南许昌期末)在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现如图形状，被后 人称为“三角垛”.已知"三角垛"的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，设各层球数构成数 列a小，则数列侣的前n项和为（） 试卷第6页，共10页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B.1 2 A.n+1 2n C.n(n+1) D.2m+1 an 40.(23-24高二上河南漯河期末)已知数列{a}满足：a1=1,am+1=2am+1 ()若bn=是求证：b,为等差数列 (2)求数列{anan+1的前n项和Sn 41.2425高二上河南深河期为已知数列a,]的前n项和为5且a,=2,则使不等式器+器++ 23 2n+1 <器成立的正整数n的最大值为(） A.11 B.10 C.9 D.8 42.(23-24高二上河南郑州期末)己知数列{an}中，a2=2,am+1-2an=0,bm=log2an+1,记{an}的前n 项和为Sn,则() A.{an}中任意三项都不能构成等差数列B.S,n=2am+1 C2ng=2m-21 ∑，ac6 D 43.(23-24高二上河南新乡·期末)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知2(a1+a2)=a4,S5=35, (I)求{a的通项公式； (②)设bm=2s+数列[b,的前n项和为T,若Tm≤。，求正整数m的最大值 44.(24-25高二上河南开封期末)已知{am}是等差数列，且a1+a3+a5=15,a2+a4+a6=21. (1)求{a}的通项公式： (②设数列6，=a,若b1十b2+bg+…十6：<品求满足条件的最大整数n 45.(24-25高二上河南洛阳·期末)已知等比数列{an}和等差数列{bn}满足：a+1>an,a1=b1=1,a2= b2,3a3=4b3,{an}的前n项和为Sn (1)求数列{an}和{bn}的通项公式： 2an (②)设cn=nn求数列[cn的前n项和Tn 46.(23-24高二上河南洛阳期末已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=4,Sm+1+4Sm-1=5Sm(n≥2). (1)求数列{a}的通项公式； (②令b.=求数列bn的前n项和T 47.(24-25高二上河南豫东名校·期末)已知数列{a}的前n项和Sn满足2Sn一nan=n(n∈N),且a2=3. (1)证明数列{an}为等差数列，并求{an}的通项公式； 试卷第7页，共10页 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (②设bm=aNa+n为数列bn的前n项和，求使Tn>成立的最小正整数n的值； 1 (3)在数列[cn中，对任意nEN,当2*≤丰1<2k+1,kEN时，cn=k,若满足cm+c2m+c4m+cgm+c16m 2 ≥23，求正整数m的最小值. 目目 点07 错位相减法求和 48.(23-24高二上河南洛阳期末)数列(an}满足a1=,an-au+1=2aan+1(nEN门，数列b,n}的前n项和 为Sm,且bm=1+Sn(nEN),则下列正确的是(） A.023是数列a中的项 B.数列{b}是首项为3，公比为3的等比数列 C.数列[ana+1的前n项和Tn<4 D.数列的前n项和An=2n3中+月 2 49.(24-25高二上河南许昌期末)已知数列{a}满足a1=1,a+1=2a+1,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn=n(an+1),求数列{bn}的前n项和Sn 50.(24-25高二上河南洛阳期末)已知Sm是等差数列{an}的前n项和，且S4=3S2,a2m=2an-1. (I)求数列{a}的通项公式： (2)记bm=3”·an,求数列{bn}的前n项和Tn 51.(23-24高二上河南济源期末)已知数列a}满足：a1=1,nan+1=2(m+1)a,设bn=% (1)求证：{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式； (3)求数列{an}的前n项和Sn 52.(23-24高二上河南部分名校期末)已知数列{an}的各项都是正数，前n项和为Sn,且2Snan=a?+1, (1)证明：{S是等差数列； (2)求数列{2n.S的前n项和Tn 53.(24-25高二上河南漯河期末)己知数列{a}的前n项和为Sn,2Sn+2n=an+1一2，a2=8,其中ne N+ 试卷第8页，共10页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)若bn=an+1,求证：{bn}为等比数列； (2)若cn=(2n一1)bn,求数列{cn}的前n项和Tm. 54.(23-24高二上河南商丘中州联盟期末)已知数列[a,J满足a1a2a=3,且bn=ndmnEN' (1)求数列{a}的通项公式； (2)求数列bn}的前n项和Sn 55.(24-25高二上河南新乡·期末)设数列{an}的前n项和为Sm,已知a2=a1+1,且Sn=2an+m. (I)求{an}的通项公式： (2)设bn=(n+1)an,数列bn}的前n项和为Tn,求Tm. 56.(24-25高二上河南三门峡·期末)己知数列{an}的前n项和为Sm,a+1=2a.+2"(neN),a1=1. (1)证明： 数列}为等差数列，并求数列[a的通项公式： (2)求数列{an}的前n项和为Sm: (3)若Sm≤2am-4n-对任意neN*恒成立，求实数的取值范围. 57.(24-25高二上河南郑州期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1且am+1=Sn+1(n∈W) (1)求数列{a}的通项公式： (2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列， (i①记b,=去求数列b的通项公式b: (ii)求数列bn}的前n项和Tn 目目 点08 数列新定义问题 58.(24-25高二上河南许昌·期末)在数列{an}中，如果nEN*,都有anan+1an+2=K(K为常数)，那么这 个数列叫做等积数列，K叫做这个数列的公积.己知{an}是等积数列，a3=1,a5=2,公积为4，则a1+a2 十…+a2025= an 59.(24-25高二上河南商丘·期末)在数列{an}中，记△a,=an+1一an,若{△an}为等差数列，则称{a}为二阶 等差数列 (1)若an=2n2-n+3,判断{an}是否为二阶等差数列？并说明理由； 试卷第9页，共10页 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)己知二阶等差数列{an}满足a1=1,a2=2,a3=4. ①求数列{a}的通项公式； ②若bn=2-D记bn的前n项和为S,证明：寻≤Sn<1 n+2 60.(2425高二上河南周口期末对于数列a,若存在mENt∈R,使得对于在意n>m,都有a=是 ∑a+t,则数列a为m里数别 (1)已知数列{a}的通项公式为an=3(n∈N),判断数列{an}是否为(2,0)型数列，并说明理由； 2)已知数列a,的首项为3，nEN，且数列{an是(1,2)型数列，若bm=a求数列bn}的前n项和Sm: 1 (3)已知数列{a}是公差为4的等差数列，证明：对于任意的m∈N,数列{an}都是(m,2(m+1)型数列. 61.(24-25高二上河南三门峡期末)在n个数码1,2，.，n(neN,n≥2)构成的一个排列jj2…jn中， 若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序（例如j2>j5,则j2与j5构成逆序)，这 个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为T0j2…jn),例如，T(312)=2, (1)计算T(51243): (2)设数列{a}满足an+1=a·T(51243)-T(3412),a1=2,求{an}的通项公式； (3)设排列jj2…jn(neN,n≥2)满足j:=n+1-i(i=1,2,…,n),bm=T(jj2…jm),Sn=+9 1 +…十求S, 试卷第10页，共10页 专题08 数列通项公式与前n项和 8大高频考点概览 考点01 数列的函数性质 考点02 an与Sn的关系求通项公式 考点03 累加累乘法求通项公式 考点04 构造法求通项公式 考点05 分组求和 考点06 裂项求和 考点07 错位相减法求和 考点08 数列新定义问题 地 城 考点01 数列的函数性质 1．(23-24高二上·河南新乡·期末)若数列满足，则 . 【答案】 【分析】根据数列的递推关系求得周期为3，运算得解. 【详解】因为，， 所以，，， 所以是周期为3的数列，故. 故答案为：. 2．(23-24高二上·河南部分名校·期末)已知数列的通项公式为，其前项和为，不等式对任意的恒成立，则的最小值为 . 【答案】 【分析】先求出，分奇偶求出的范围，结合函数单调性求出的范围，进而求出的范围，得出答案. 【详解】由题意可得， 当为奇数时，，随着值的增大而减小， 所以， 当为偶数时，，随着值的增大而增大， 所以，所以， 又因为函数在上单调递增， 所以当，时，， 所以，所以的最小值为. 故答案为： 3．(24-25高二上·河南新乡·期末)在数列中，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由列举得到是以4为周期的周期数列求解. 【详解】解：由题意得， 故是以4为周期的周期数列， 所以. 故选：D. 4．(24-25高二上·河南郑州·期末)数列满足 ，其前项的积为 ，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先求数列的周期，再求乘积. 【详解】，，，， 所以数列的周期为4，且， 所以. 故选：A 5．(24-25高二上·河南信阳·期末)已知数列为递增数列，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据递增数列得即，从而得的取值范围为. 【详解】因为数列为递增数列，所以，即. 和显然不能满足，所以且， 为了使得不等式成立，指数函数必须在上单调递增，因此的取值范围为， 故选：C. 6．(23-24高二上·河南漯河·期末)斐波那契数列指的是这样一个数列：0､1､1､2､3､5､8､13､21､34､……，在数学上，斐波那契数列以递推的方法定义如下：.在现代物理､准晶体结构､化学等领域斐波那契数列都有直接的应用，为此，美国数学会从1963起出版了以《斐波那契数列季刊》为名的一份数学杂志，用于专门刊载这方面的研究成果，根据以上描述，以下说法正确的是（    ） A．该数列是一个递增数列 B．89是该数列的一项 C．从前10项可以看出，设第项为，则 D．设第项为，随着的增大，逐渐趋近于一个常数，则 【答案】BCD 【分析】根据斐波那契数列的定义列出前几项，即可判断A、B，根据递推关系判断C，依题意可得，即可得到，解得即可判断D. 【详解】“斐波那契数列”为0，1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…， 因为，所以该数列不是一个递增数列，故A错误； 因为，即89是该数列的一项，故B正确； 因为，，， 所以，， ，…， ， 所以，故C正确； 因为，两边同除 ，可得， 又随着的增大，逐渐趋近于一个常数，所以，解得（负值已舍去），故D正确. 故选：BCD 7．(23-24高二上·河南濮阳·期末)若数列满足，当时，，则称为斐波那契数列．令，则数列的前100项和为（    ） A．0 B． C． D．32 【答案】B 【分析】根据题意，得到数列的前若干项依次为，将，，看作一组，每组个数的和为，进而求得数列的前100项的和. 【详解】由数列的前两项都是奇数，因为两奇数之和为偶数，偶数与奇数之和为奇数， 可得各项依次为奇奇偶，奇奇偶，奇奇偶， ， 所以数列的前若干项依次为， 将，，看作一组，每组个数的和为， 所以数列的前100项的和为． 故选：B. 8．(24-25高二上·河南开封·期末)已知数列满足：，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据递推公式可得，化简可得，再逐个选项求解数列各项判断即可. 【详解】， 时，， 两式相减，得， ，即， 对于A，，，，， ，，， ，，， 故A正确； 对于B，，， ，，， 故B不正确； 对于C，时，， 时，，故C正确； 对于D，，，，， ， 故D正确， 故选：ACD 9．(24-25高二上·河南洛阳·期末)任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），，当时，（   ） A．92 B．106 C．113 D．120 【答案】A 【分析】先根据题意得到的值，再根据数列的周期性求得，从而得解. 【详解】依题意，， 故， 又，所以． 所以． 故选：A. 地 城 考点02 an与Sn的关系求通项公式 10．(24-25高二上·河南三门峡·期末)已知数列的前项和为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由可求得结果. 【详解】因为数列的前项和为， 则. 故选：C. 11．(24-25高二上·河南许昌·期末)若为数列的前项和，且，则下列说法中正确的是（   ） A． B． C．是等比数列 D．是等比数列 【答案】ACD 【分析】由与关系可得出数列的通项公式，再对选项逐一判断即可. 【详解】当时，， 当时，由有， 所以， 所以数列时以为首项，2公比的等比数列，故C正确； ，故A正确； 由，故B错误； 因为，所以是等比数列，故D正确. 故选：ACD. 12．(24-25高二上·河南商丘·期末)已知数列的前项和为，下列各条件能推出数列一定为等比数列的是（    ） A． B． C． D．且 【答案】ACD 【分析】A由等比数列定义可判断选项正误；B通过举反例可判断选项正误；C、D由前n项和与数列通项关系可判断选项正误. 【详解】对于A，由等比数列的定义，知是等比数列； 对于满足，但不是等比数列； 对于C，可得，则是1为首项和公比的的等比数列； 对于D，由且，， 可得 ，因，则是以为首项，公比为的等比数列. 故选：ACD 13．(23-24高二上·河南三门峡·期末)设数列的前n项和为，并且，则等于（    ） A．32 B．16 C．992 D． 【答案】A 【分析】利用即可求解. 【详解】当时，. 所以. 故选：A. 14．(23-24高二上·河南郑州·期末)已知数列的前项和为，且，则（    ） A．20 B．28 C．32 D．48 【答案】A 【分析】利用计算即可. 【详解】易知. 故选：A 15．(24-25高二上·河南信阳·期末)已知数列的前n项和为，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，可求出首项，继而结合的关系可判断为等比数列，即可求得答案. 【详解】由题意知，当时，，即， 当时，，则， 即， 故是以为首项，3为公比的等比数列， 故，， 故选：C 16．(23-24高二上·河南洛阳·期末)已知数列的前项的积为，且，则满足的最小正整数的值为 ． 【答案】 【分析】利用，结合等差数列的定义与通项公式，可得，再根据等差数列的求和公式，利用结果求解即可． 【详解】当时，有，所以； 当时，由，得，即， 则有数列是等差数列，其中公差为，首项为， 可得，即， 所以， 若，则，即， 因为数列是单调递增数列，且当时，；当时，， 所以满足的最小正整数的值为． 故答案为：． 17．(23-24高二上·河南部分名校·期末)已知数列的前项和，则（    ） A． B． C．是等差数列 D．是递增数列 【答案】AC 【分析】由即可判断A；由的关系即可判断B；从第2项开始为等差数列，由此即可判断C；由可判断D. 【详解】，故A正确； 当时，， 当时，，不适合上式，故B错误； 从第2项开始为等差数列，所以其偶数项构成等差数列，故C正确； 因为，故D错误. 故选：AC. 18．(24-25高二上·河南漯河·期末)下列说法中正确的是（   ） A．已知数列的前项和为，若，则为等差数列 B．已知数列的前n项和为，若，则为等比数列 C．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 D．若两个不同平面，的法向量分别为，，且，，则 【答案】BD 【分析】根据与的关系，由条件求数列的通项公式，结合等差数列定义判断A，结合等比数列的定义判断B，证明与不共线，判断C，证明，由此判断D. 【详解】对于A：因为， 所以， 当时，， 所以，，， 所以，， 所以数列不是等差数列，A错误； 对于B：因为， 所以， 当时，， 因为， 所以数列的通项公式为， 所以当时，， 所以数列是等比数列，B正确； 对于C，直线的方向向量为，平面的法向量为， 因为，所以与不共线， 所以直线与平面不垂直，C错误； 对于D，因为，， 所以， 所以，所以，D正确. 故选：BD. 19．(23-24高二上·河南商丘中州联盟·期末)已知数列的前项和为，且，.设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序构成数列，则数列的前40项和为 . 【答案】973 【分析】当时，，解得；当 时，由，得，两式相减，结合等比数列的通项公式可得，进而得到，数列的前40项和是由数列 的前45项去掉数列 的前5项后构成的，利用求和公式即可得出结论． 【详解】当时，，解得； 当 时，由，得， 两式相减，得，即， ，数列是首项为2，公比为2的等比数列， 因此，，即 是数列 中的第项， ，， 数列的前40项和是由数列 的前45项去掉数列 的前5项后构成的， 数列 的前40项和为 ． 故答案为：973． 【点睛】关键点点睛：本题考查数列公共项问题，关键是求出 是数列 中的第项. 地 城 考点03 累加累乘法求通项公式 20．(23-24高二上·河南开封·期末)已知数列的首项为，递推公式为，则 ． 【答案】 【分析】利用递推公式逐项计算可得出的值. 【详解】由题意，. 故答案为：. 21．(23-24高二上·河南新乡·期末)在首项为1的数列中，若存在，使得不等式成立，则的取值范围为 ． 【答案】或. 【分析】通过累加法，求出，解出不等式，找到与即可. 【详解】结合题意： ， 所以，解得或， 当为偶数时，，递增，可得的最小值为，则， 递增，可得的最小值为,则, 当为奇数时，，递减，可得的最大值为，， 递减，可得的最大值为，， 综上所述：要使得存在，使得不等式成立， 只需或， 所以的取值范围为或. 故答案为：或. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是能够通过递推关系式得到数列的通项公式，结合数列的单调性特点可得到不等式的解集，从而确定解集上下限的最值，进而得到结果. 22．(23-24高二上·河南商丘中州联盟·期末)若数列满足（且），，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将数列递推式整理裂项，运用累加法和裂项相消法求和，得到数列通项即得. 【详解】由可得， 则有， . 故. 故选：C. 23．(23-24高二上·河南三门峡·期末)如图的形状出现在南宋数学家扬辉所著的《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，…，设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（    ）    A． B． C． D．存在正整数，使得为质数 【答案】BC 【分析】根据每层的球的个数可得，利用累加法求得，即可求得的值，判断A，B；根据，可判断C；根据，结合数的奇偶性，可判断D. 【详解】依题意因为， 以上个式子累加可得︰, 又满足上式，所以，故，故A错误； 因， 所以，故B正确； 因为，所以，故C正确； 因为，故当且为整数时，， 此时、必有一个为大于的偶数，则为合数， 则不存在正整数，使得为质数，D错误， 故选：BC 24．(23-24高二上·河南济源·期末)已知数列满足，，，则数列的第2024项为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题中条件可得到偶数项得关系，再进行累加即得. 【详解】 所以 累加得 故选：C. 25．(24-25高二上·河南周口·期末)记为数列的前项和，已知，当时，，则下列说法正确的是（    ） A． B．为递减数列 C． D．当时，取得最大值为15 【答案】AC 【分析】利用给定的递推公式，结合变形，再逐项计算判断即可. 【详解】对于A，由，得， 即，则，又，于是，A正确； 对于B，由得，当时，，则不为递减数列，B错误； 对于C，由得，当时， ，，又， 累加得， ， 则， 则，当时，代入上式均成立，则，C正确； 对于D，，D错误. 故选：AC 26．(23-24高二上·河南信阳固始县·期末)设为数列的前n项和，． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用的关系式，结合累乘法即可得解； （2）利用错位相减法即可得解. 【详解】（1）因为， 当时，，即； 当时，， 两式相减，得， 整理得，即， 所以， 当时，也满足上式， 所以. （2）因为， 所以， 则 两式相减得， ， 所以. 【点睛】关键点点睛：熟练掌握数列的相关方法：公式法、累乘法、错位相减法，是解决本题的关键. 地 城 考点04 构造法求通项公式 27．(24-25高二上·河南开封·期末)已知数列的首项，且满足，则下列是这个数列中的项的是（   ） A．191 B．193 C．1023 D．1025 【答案】D 【分析】根据条件构造等比数列，逐个求解即可判断各项. 【详解】， ， 是以为首项，2为公比的等比数列， ，即， 对于A、令，解得2，故A错误； 对于B、令，解得2，故B错误； 对于C、令，解得2，故C错误； 对于D、令，解得2，是第10项，故D正确 故选： 28．(23-24高二上·河南郑州·期末)已知数列中，，，，设数列，则的通项公式为 ． 【答案】 【分析】由题意首先得，进一步有，由此即可顺利得解. 【详解】由题意，，， 所以数列是以为首项、为公比的等比数列， 所以，所以， 即，所以数列是以为首项，6为公差的等差数列， 所以. 故答案为：. 29．(24-25高二上·河南新乡·期末)已知数列满足，则 . 【答案】 【分析】化简递推关系可得，证明数列为常数数列，由此可求结论. 【详解】由，可得， 所以， 所以数列为常数数列，又， 所以， 所以， 所以. 故答案为：. 30．(23-24高二上·河南青桐鸣·)已知数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)探究数列是否存在最大项，并说明理由． 【答案】(1) (2)存在，理由见解析. 【分析】（1）根据题意，由条件可得数列是以2为首项，2为公比的等比数列，再由等比数列的通项公式即可得到数列的通项公式，从而得到数列的通项公式； （2）根据题意，由（1）可得，则，然后作差，即可得到当时，为单调递减数列，从而得到结果. 【详解】（1）因为，即， 且，可得，所以， 即数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 则，即，所以，又， 则. （2）由（1）可得，，则， 所以， 当时，，，则，所以， 所以当时，为单调递减数列， 又，，， 所以当或时，数列有最大项为. 31．(24-25高二上·河南信阳·期末)设为数列的前n项和，． (1)求； (2)证明： （i）； （ii）； (3)求的通项公式． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据递推公式代入数据可得结果. （2）（i）根据递推公式及可证明结论. （ii）根据递推公式及可证明结论. （3）设，根据条件求，利用的取值及等比数列的通项公式可得结果. 【详解】（1）由题意得，，，，， ，，. （2）（i） . （ii） . （3）设，对比得，， 解得或. 当时，， ∴数列是以为首项，为公比的等比数列， ∴①， 当时，同理可得②， ②－①得，. 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问的关键是利用递推公式及数据特征进行凑项计算，逐步推导可证明结论.解决第（3）问的关键是构造等比数列，利用等比数列的通项公式可求结果. 地 城 考点05 分组求和 32．(23-24高二上·河南信阳固始县·期末)已知数列满足．且，若，则 ． 【答案】2024 【分析】利用构造法与迭代法求得，从而利用并项求和法即可得解. 【详解】因为，所以， 又，则， 所以 ， 故，则， 所以， 则的各项分别为， 所以 . 故答案为：2024 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于将推递关系式化得，从而求得，由此得解. 33．(23-24高二上·河南部分名校·期末)记数列的前项和为，已知，且，则（    ） A．6 B．5 C．3 D．1 【答案】C 【分析】根据数列递推关系，利用并项求和法得解. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：C 34．(24-25高二上·河南洛阳·期末)如图，已知四边形中，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列的首项为，是数列的前项和，则下列结论正确的是（   ） A． B．数列是等比数列 C． D． 【答案】BCD 【分析】利用、、三点共线，推导得出，结合递推公式可判断A选项；利用等比数列的定义可判断B选项；利用等比数列的通项公式可判断C选项；利用分组求和法可判断D选项. 【详解】因为、、三点共线，设，其中， 则，可得， 又因为，且、不共线， 若，则，则三点共线，即重合， 则也重合，矛盾； 则，所以，，可得， 对于A选项，因为，则，A错； 对于B选项，因为， 且，所以，数列为等比数列，且其首项为，公比为，B对； 对于C选项，由B选项可知，，所以，，C对； 对于D选项， ，D对. 故选：BCD. 35．(23-24高二上·河南开封·期末)已知数列的首项，且． (1)求证：是等比数列； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知条件可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）利用等比数列和等差数列的前n项和公式即可求得结果. 【详解】（1）由可得， 因为，所以，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列． （2）设数列的前n项和为，则， 所以． 36．(23-24高二上·河南郑州·期末)设等差数列的前项和为，已知，． (1)求数列的通项公式； (2)设数列的首项为，且对任意的都有，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，则由题意列出方程组，解方程可求出，再由等差数列的通项公式即可得出答案； （2）先求出，再由分组求和法求解即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为，则由题意得解得 数列的通项公式为． （2）由题意得，数列为等比数列，公比为， 所以的通项公式为． ． 当为偶数时，； 当为奇数时，． 综上所述，． 37．(24-25高二上·河南新乡·期末)已知动圆经过定点，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.已知点与点关于轴对称，过点作斜率为1的直线交于点，点与点关于轴对称，过点作斜率为1的直线交于点，按照上述方法构造点. (1)求曲线的方程； (2)证明为等差数列，并求出的通项公式； (3)记，求数列的前项和. 【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）利用抛物线的定义即可得到结果； （2）联立直线方程和抛物线方程，用韦达定理即可证明为等差数列，进而求出的通项公式； （3）对n为奇数或者偶数分情况讨论，利用分组求和，即可求得数列的前项和. 【详解】（1）因为动圆经过定点，且与直线相切， 即动圆圆心到点的距离与到直线的距离相等. 又点不在直线上，由抛物线的定义可知， 动圆圆心的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线， 所以动圆圆心的轨迹方程，即曲线的方程为. （2）由题可知，， 可设直线的方程为. 将它与方程联立得， 所以，即， 所以是首项为1，公差为1的等差数列. 故. （3）由题可知，故， 则. 当为偶数时，令，则 . 当为奇数时，. 故. 地 城 考点06 裂项求和 38．(24-25高二上·河南郑州·期末)意大利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， ，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即 ， . 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“斐波那契数列” 的前 项和，若 ，则 . (结果用 表示) 【答案】 【分析】由题意得当 时， ，据此可证得 ，再结合已知条件可求得结果. 【详解】由题意知 ， 所以 ，则， ， ， ，即 ①， 由题意得当 时， ，则 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ，所以 ② ， 所以由①②可得 . 故答案为： 【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 39．(24-25高二上·河南许昌·期末)在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中出现如图形状，被后人称为“三角垛”．已知＂三角垛＂的最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，设各层球数构成数列，则数列的前项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】归纳出数列的通项公式，利用裂项求和法可求得数列的前项和. 【详解】因为，，，， 以此类推可知，故， 因此，数列的前项和为. 故选：B. 40．(23-24高二上·河南漯河·期末)已知数列满足：，. (1)若，求证：为等差数列. (2)求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）将两边取倒数，即可得到，从而得证； （2）由（1）可得，从而得到，利用裂项相消法计算可得. 【详解】（1）因为，所以， 即，，又， 所以是以为首项，为公差的等差数列； （2）由（1）可得，则， 所以， 所以 . 41．(24-25高二上·河南漯河·期末)已知数列的前n项和为，且，则使不等式成立的正整数n的最大值为（   ） A．11 B．10 C．9 D．8 【答案】C 【分析】利用等比数列前n项和公式求出，再利用裂项相消法求和并解不等式即可. 【详解】依题意，，， 则 ，不等式为，即， 因此，解得，所以所求正整数n的最大值为9. 故选：C 【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 42．(23-24高二上·河南郑州·期末)已知数列中，，，，记的前项和为，则（    ） A．中任意三项都不能构成等差数列 B． C． D． 【答案】AC 【分析】由等比数列的定义、通项公式及求和公式可判断B,C；由等差中项和等比数列的通项公式可判断A；由裂项相消法求和结合数列的单调性可判断D. 【详解】因为，，可得， 则，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，， 即，故B错误； 假设中任意三项都构成等差数列，可设， 则成等差数列，可得，即， 即有，由，可得， 由，可得，则不成立，故A正确； ，故C正确； ，所以， ， 因为为递增数列，所以 可得，故D错误. 故选：AC. 43．(23-24高二上·河南新乡·期末)设等差数列的前项和为，已知. (1)求的通项公式； (2)设，数列的前项和为，若，求正整数的最大值. 【答案】(1); (2)15. 【分析】（1）运用等差数列通项公式及前项和公式计算即可； （2）表示出数列，利用裂项相消法计算即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 依题意得， 解得，所以. （2）由（1）得， 所以， 所以. 令，解得， 即正整数的最大值为15. 44．(24-25高二上·河南开封·期末)已知是等差数列，且， (1)求的通项公式; (2)设数列，若，求满足条件的最大整数 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意利用等差数列的性质求出，求出公差，即可求得答案； （2）由（1）的结果可求出的表达式，利用裂项求和法求出，解不等式即得答案. 【详解】（1）是等差数列，设公差为d，由得，， 由得，，， 所以 （2）， 则， 由，解得，，即， 所以满足条件的最大整数n为 45．(24-25高二上·河南洛阳·期末)已知等比数列和等差数列满足：，，，，的前n项和为. (1)求数列和的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）设的公比为q（），等差数列的公差为d，根据条件建立方程组，解出，即可求解； （2）由（1）中结果，可得，利用裂项相消法，即可求解. 【详解】（1）等比数列满足，所以为递增数列， 设的公比为q（），等差数列的公差为d， 又，，，所以， 解得或（舍去） 所以，. （2）因为，所以， 故， . 46．(23-24高二上·河南洛阳·期末)已知数列的前项和为，，，． (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由得，，即，进而证得数列是首项为，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式求解； （2）由（1）知，，则，再利用裂项相消法求和即可． 【详解】（1）由得，，即， 又，，， 即数列是首项为，公比为的等比数列， ； （2）由（1）知，，， 则， ， 数列的前项和． 47．(24-25高二上·河南豫东名校·期末)已知数列的前项和满足，且． (1)证明数列为等差数列，并求的通项公式； (2)设为数列的前项和，求使成立的最小正整数的值； (3)在数列中，对任意，当时，，若满足，求正整数的最小值． 【答案】(1)证明见解析， (2)13． (3)8 【分析】（1）根据关系式计算，结合等差中项法证明计算即可； （2）运用裂项相消法计算求解即可； （3）根据题意求出，设，则．再求，解不等式即可. 【详解】（1）当时，， 又，所以， 当时，， 所以， 可得，所以为等差数列． 又，得，又，所以公差． （2） ， 所以． 要使，即， 解得，所以最小正整数的值为13． （3），即， 不妨设，则． 因为，所以， 同理， 所以， 所以，解得，又，所以的最小值为3， 故的最小值为． 【点睛】方法点睛：数列求和常用的方法有： （1）公式法； （2）错位相减法； （3）裂项相消法； （4）分组求和法； （5）倒序相加法. 要根据数列的通项特征灵活熟练选择求和方法. 地 城 考点07 错位相减法求和 48．(23-24高二上·河南洛阳·期末)数列满足，，数列的前项和为，且，则下列正确的是（    ） A．是数列中的项 B．数列是首项为，公比为的等比数列 C．数列的前项和 D．数列的前项和 【答案】BCD 【分析】由等差数列的定义和通项公式求得，由数列的通项与前项和的关系，求得，结合数列的裂项相消求和、错位相减法求和，可得结论． 【详解】解：数列满足，， 可得，即有，即， 由，可得，解得， 当时，由，可得， 两式相减可得， 即为，即数列是首项为，公比为的等比数列，则，故B正确； 令，解得，不为整数，故A错误； ，则，故C正确； ，，， 两式相减可得， 化为，故D正确． 故选：BCD． 49．(24-25高二上·河南许昌·期末)已知数列满足，，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）先化简得到，可得出数列为等比数列，求出该数列的首项和公比可得出数列的通项公式，由此得出数列的通项公式； （2）先求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求出数列的前项和. 【详解】（1），且， 数列是以为首项，为公比的等比数列，即，； （2）， ，① ，② ①②得， 因此，. 50．(24-25高二上·河南洛阳·期末)已知是等差数列的前项和，且，. (1)求数列的通项公式； (2)记，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设的首项为，公差为d，根据条件建立方程组，解出，即可求解； （2）由（1）可得，利用错位相减法，即可求解. 【详解】（1）设的首项为，公差为d， 由题可得， 解得，，所以. （2）由（1）知，， 则， 于是， 两式相减得 ， 所以. 51．(23-24高二上·河南济源·期末)已知数列满足：，，设. (1)求证：是等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）将变形为，是等比数列 （2）由（1）得到数列的通项公式 （3）结合（2）中通项利用错位相减法求得 【详解】（1）由，，可得.因为，即，. 所以数列是首项为1，公比为2的等比数列. （2）由（1）可得：，即，所以. （3）由（2）可知：， 则，可得， 两式相减可得：. 所以. 52．(23-24高二上·河南部分名校·期末)已知数列的各项都是正数，前项和为，且. (1)证明：是等差数列； (2)求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据和与项的关系可得，化简为，从而可证明； （2）先求得，再根据错位相减法即可求解. 【详解】（1）在中，令，得， 当时，由，得， 整理得， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列. （2）由（1）知. 所以①， ② ①-②，得， 所以. 53．(24-25高二上·河南漯河·期末)已知数列的前项和为，，，其中． (1)若，求证：为等比数列； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由条件取，结合可求，当时，用替换，两式相减可得，结合等比数列定义证明结论； （2）由（1）可得，利用错位相减法求结论即可. 【详解】（1）对任意的，，， ①当时，，又， 解得， ②当时，因为， 用替换可得， 两式相减可得， 即有，可得， 因为，则， 因为，，所以， 对任意的，，所以， 因此是首项和公比均为的等比数列． （2）由（1）可得， ∵，∴， ∴上式两端同乘以得到等式， 两式相减可得： 所以 化简可得． 54．(23-24高二上·河南商丘中州联盟·期末)已知数列满足，且． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分和两种情况，根据前n项积与之间的关系分析求解； （2）由（1）可知，利用错位相减法运算求解. 【详解】（1）因为， 当时，； 当时，，可得； 且符合，所以． （2）由（1）可知， 则，可得， 两式相减得， 所以． 55．(24-25高二上·河南新乡·期末)设数列的前项和为，已知，且. (1)求的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由与的关系，即可求解； （2）由错位相减法即可求解； 【详解】（1）当时，由，得， 两式相减得，即，所以是公比为2的等比数列. 由，可得，即， 所以. （2）由（1）得. ， 则， 所以 ， 即. 56．(24-25高二上·河南三门峡·期末)已知数列的前n项和为，，． (1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和为； (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）根据题设递推关系有，结合等差数列定义判断证明，进而写出通项公式； （2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求； （3）将问题化为恒成立，作差法判断右侧的最小值，即可得参数范围. 【详解】（1）由，则，又， 所以数列是首项、公差均为的等差数列，则， 所以. （2）由，则， 所以， 所以. （3）由（1）（2），则，整理得恒成立， 令，则 ， 当时，当时，当时， 所以，即的最小值为， 综上，. 57．(24-25高二上·河南郑州·期末)已知数列的前项和为且. (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列. （i）记，求数列的通项公式; （ii）求数列的前项和. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据和与项的关系结合等比数列的通项公式即可求解； （2）（i）根据题意可得，从而可求； （ii）利用错位相减法即可求解. 【详解】（1）当时，， 当时，，即. 又 所以数列是1为首项，2为公比的等比数列，所以； （2）（i）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列， 则为新数列的第1项，为新数列的第项， 即，即； （ii）①， ②， ①一②得，， ， ， 所以. 地 城 考点08 数列新定义问题 58．(24-25高二上·河南许昌·期末)在数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积．已知是等积数列，，公积为4，则 ． 【答案】 【分析】由题意利用列举法，列举数列的前几项，可得数列的周期，进而可得答案. 【详解】由，且，则，同理解得，，由题意可得下表： 数列的最小正周期，由， 则. 故答案为： 59．(24-25高二上·河南商丘·期末)在数列中，记，若为等差数列，则称为二阶等差数列. (1)若，判断是否为二阶等差数列？并说明理由； (2)已知二阶等差数列满足，，. ①求数列的通项公式； ②若，记的前项和为，证明：. 【答案】(1)是，理由见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据二阶等差数列的概念计算，从而判断； （2）①根据二阶等差数列的概念结合累加法求解通项公式；②根据裂项相消法求的前项和为，再根据数列的单调性证明结论. 【详解】（1）因为，所以， 令，则， 所以，即为等差数列， 所以为二阶等差数列. （2）①因为为二阶等差数列，且，，，所以，，所以的公差为， 所以，即， 所以， ， ， …… ， 将以上个式子左、右分别相加，得， 所以， 又，满足上式， 所以. ②证明：由（1）得， 所以. 因为，所以为递增数列， 所以； 又， 所以 . 因为，所以， 又因为数列为递减数列，所以为递增数列，即 所以. 60．(24-25高二上·河南周口·期末)对于数列，若存在，使得对于任意，都有，则称数列为型数列. (1)已知数列的通项公式为，判断数列是否为型数列，并说明理由； (2)已知数列的首项为，且数列是型数列，若，求数列的前项和； (3)已知数列是公差为4的等差数列，证明：对于任意的，数列都是型数列. 【答案】(1)数列不是型数列，理由见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由“型数列”的定义进行判断即可； （2）根据等差数列的定义求出数列可得，再由裂项相消求和可得答案； （3）由“型数列”的定义进行判断即可. 【详解】（1）数列不是型数列. 理由如下：因为，当时， ， 所以， 故数列不是型数列； （2）由定义可知，， 则， 所以数列为3为首项，2为公差的等差数列， 所以. 所以， 故 ； （3） ， 故对于任意的，数列都是，型数列. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用新定义解题， 61．(24-25高二上·河南三门峡·期末)在个数码1，2，…，（，）构成的一个排列中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序（例如，则与构成逆序），这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为，例如，， (1)计算； (2)设数列满足，，求的通项公式； (3)设排列（，）满足（），（），，求， 【答案】(1)5 (2) (3) 【分析】（1）利用逆序数的定义，依次分析排列中的逆序个数， 从而得解； （2）利用逆序数的定义得到，从而利用构造法推得是等比数列，从而得解； （3）利用逆序数的定义，结合等差数列的求和公式得到，再利用裂项相消法即可得解. 【详解】（1）在排列51243中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个， 与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个， 所以. （2）由（1）中的方法，同理可得， 又，所以， 设，得， 所以，解得，则， 因为， 所以数列是首项为1，公比为5的等比数列， 所以，则. （3）因为（）， 所以， 所以， 所以. 【点睛】知识点点睛：新定义题型，弄清题意是关键.第二问考查了构造等比数列求数列的通项公式，第三问考查了裂项相消法. 试卷第42页，共42页 试卷第41页，共42页 学科网（北京）股份有限公司 $