专题07 数列（5大题型）（期末真题汇编 云南专用）高二数学上学期

专题07 数列（5大题型） 5大高频考点概览 考点01 数列的概念与简单的表示法 考点02 等差数列及其性质 考点03 等比数列及其性质 考点04 数列求和问题 考点05 数列不等式相关问题 数列的概念与简单的表示法 地 城 考点01 1．（24-25高二上·云南楚雄·期末）已知数列满足，，，则数列的前10项和为（   ） A．48 B．49 C．50 D．51 2．（24-25高二上·云南保山·期末）已知数列的前项和为，且，则数列的前2025项的和为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·云南文山·期末）数列的一个通项公式可能是（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·云南大理·期末）已知正项数列满足，若，则（    ） A． B．10 C． D．5 5．（24-25高二上·云南昭通·期末）已知数列{an}的前n 项和 ，若数列{bn}的前n 项和满足恒成立，则的取值范围为（    ） A．[1，+∞) B．(1，+∞) C．[2，+∞) D．(2，+∞) 6．（23-24高二上·云南昆明·期末）在数列中，若，，，则（    ） A．2 B．1 C．0 D． 7．（23-24高二上·云南昭通·期末）已知数列，根据该数列的规律，8是该数列的（    ） A．第7项 B．第8项 C．第9项 D．第10项 8．（23-24高二上·云南昆明·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.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，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：（为正整数），当时，（    ） A．170 B．168 C．130 D．172 9．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知等差数列，则下列属于该数列的项的是（    ） A．-23 B．-31 C．-33 D．-43 10．（24-25高二上·云南昆明·期末）1202年，意大利数学家斐波那契（Leonardo Fibonacci，约1170-约1250）以兔子繁殖问题，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，即，．人们在自然界中发现了许多斐波那契数列的例子．斐波那契数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域也有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2025项的和为 ． 11．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知等比数列满足，其前项和满足，则符合条件的一个数列的通项公式 . 12．（23-24高二上·云南昆明·期末）设的三边长分别为，，，，2，3，，若，，，，，则当最大时， ． 13．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知数列的前n项和，则数列的通项公式为 14．（23-24高二上·云南昭通·期末）若数列满足，则称该数列为斐波那契数列.如图1所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前项和为，则 . 15．（23-24高二上·云南昆明·期末）数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16从第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列2，3，4，5是等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前六项分别为1，3，6，10，15，21，则的最小值为 ． 16．（21-22高二上·云南曲靖·期末）已知数列满足且，则 ． 地 城 考点02 等差数列及其性质 17．（24-25高二上·云南西双版纳·期末）已知正项等差数列的首项为2，若成等比数列，则（    ） A． B． C． D．或 18．（24-25高二上·云南西双版纳·期末）已知等差数列中，，则等于（    ） A．56 B．53 C．55 D．54 19．（24-25高二上·云南昆明·期末）若公差为的等差数列满足，，则n等于（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 20．（24-25高二上·云南曲靖·期末）已知数列是等比数列，且，公比为2，则数列的前5项之和为（   ） A．62 B．66 C．56 D．46 21．（24-25高二上·云南昆明·期末）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙，丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2025年是乙巳年，请问：在100年后的2125年为（   ） A．癸未年． B．辛丑年 C．乙酉年 D．戊戌年 22．（24-25高二上·云南大理·期末）已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，则（    ） A． B． C． D． 23．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知等差数列的前n项和为，若，则（    ） A．20 B．15 C．10 D．5 24．（23-24高二上·云南昆明·期末）为了调研某工业新区的空气质量状况，某课题组对甲地、乙地、丙地3地的空气质量进行调查，按地域特点分别在三地设置空气质量观测点．已知甲、乙、丙三地区内观测点的个数分别为2，y，z且依次构成等差数列，而2，，z成等比数列，若用分层抽样的方法抽取观测点的30个数据，则丙地应抽取的数据个数为（    ） A．18 B．16 C．10 D．4 25．（23-24高二上·云南迪庆·期末）明代数学家程大位在《算法统宗》中已经给出由，，和求各项的问题，如九儿问甲歌：“一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七.借问长儿多少岁，各儿岁数要详推.”意思是一位老人有九个儿子，不知道他们的出生年月，他们的年龄从大到小排列都差3岁，所有儿子的年龄加起来是207.只要算出长子是多少岁，其他每个儿子的岁数就可以推算出来，则该问题中老人长子的岁数为（    ） A．27 B．31 C．35 D．39 26．（24-25高二上·全国·课后作业）等差数列中，若，为方程的两根，则等于（   ） A．10 B．15 C．20 D．40 27．（23-24高二上·云南昭通·期末）设为等差数列的前项和，，，若数列的前项和为，则的值是（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 28．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知数列中，且，则为（    ） A． B． C． D． 29．（23-24高二上·云南昆明·期末）一支运输车队某天上午依次出发执行运输任务，第一辆车于早上8时出发，以后每隔15分钟发出一辆车.假设所有司机都连续开车，并都在中午12时停下来休息.每辆车行驶的速度都是80千米/小时，截止到12时这个车队所有车辆一共行驶了2660千米，则该车队一共发出（    ）辆车 A．14 B．14或19 C．15 D．15或16 30．（21-22高二上·云南红河·期末）在数列中，为前项和，若，，，则其公差（    ） A．3 B．4 C． D． 31．（22-23高二上·云南昆明·期末）《周髀算经》记载：一年有二十四个节气，每个节气唇（guǐ）长损益相同，夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列．经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为（    ）尺 A．1 B．1.25 C．1.5 D．2 32．（24-25高二上·云南昆明·期末）等差数列是递增数列，公差为d，前n项和为，满足，下列选项正确的是（   ） A． B． C．取得最小值时， D．时n的最小值为10 33．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知等差数列、等比数列的前项和分别为、，下列结论正确的是（   ） A．数列为等差数列 B．数列一定是等差数列 C．对任意正整数， D．数列一定是等比数列 34．（24-25高二上·云南昭通·期末）数列的前项和为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则数列的前项和最大 B．若等比数列是单调递减数列，则公比满足 C．已知等差数列的前项和为，若，则 D．已知为等差数列，则数列也是等差数列 35．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则 . 36．（23-24高二上·云南·期末）已知等差数列的前项和为，且满足，则 ． 37．（23-24高二上·云南昆明·期末）设为等差数列的前项和.若，，则 . 38．（22-23高二上·云南曲靖·期末）若数列，都等差数列，且有，则 ． 39．（22-23高二上·云南楚雄·期末）设等差数列，的前项和分别为，.若，则 等比数列及其性质 地 城 考点03 40．（24-25高二上·云南文山·期末）设各项均为正数的等比数列满足，则等于（    ） A．211 B．210 C．11 D．9 41．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知等比数列的公比为2，，则（   ） A．5 B．10 C．15 D．20 42．（24-25高二上·云南玉溪·期末）已知等比数列满足，，则（   ） A．9 B．36 C．54 D．72 43．（23-24高二上·云南昭通·期末）已知等比数列的前项和为，若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（    ） A．9 B．18 C．27 D．54 44．（23-24高二上·云南昆明·期末）在等比数列中，已知，则（    ） A．1 B．3 C．9 D．27 45．（23-24高二上·云南玉溪·期末）“”是“a，b，c成等比数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 46．（21-22高二上·云南临沧·期末）已知正项等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 47．（21-22高二上·云南大理·期末）已知各项均为正数的等比数列，，，则（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 48．（22-23高二上·云南楚雄·期末）设数列的前项和为，已知，，若，则正整数的值为（    ） A．2019 B．2020 C．2021 D．2022 49．（22-23高二上·云南·期末）教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户､存入规定数额资金､用于教育目的的专项储签，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策，若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入2000元，并且每年在你生日当天存入2000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，则一次性取出的金额总数为（    ）（假设教育储蓄存款的年利率为5%，取） A．14000元 B．15400元 C．16200元 D．18500元 50．（21-22高二上·云南玉溪·期末）已知数列是各项均为正数的等比数列，若，则公比(    ) A． B．2 C．2或 D．4 51．（21-22高二上·云南丽江·期末）等比数列的各项均为正数，且，则=（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 52．（24-25高二上·云南大理·期末）已知等比数列的首项，公比为，前项和为，前项积为，则（    ） A．若数列是递增数列，则 B．当时，数列是常数列 C．当时，存在实数，使得恒成立 D．若，则使得成立的的最大值为10 53．（24-25高二上·云南昭通·期末）已知数列是各项为正数的等比数列，公比记为q，是其前n项的积，若则（    ） A． B． C． D．与均为的最小值 54．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知公比为q的等比数列，，则（） A． B． C．若，则 D．若，记，则 55．（23-24高二上·云南·期末）下列说法正确的是（    ） A．若等比数列的公比为，则其前项和为 B．已知数列为等差数列，若（其中、、、），则 C．若数列的通项公式为，其前项和为，则 D．若数列的首项为，其前项和为，且，则 56．（24-25高二上·云南保山·期末）已知数列满足，点在直线上，则数列的通项公式为 ． 57．（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 . 58．（22-23高二上·云南昆明·期末）写出同时满足下列条件的数列的一个通项公式： ； ①数列是递减数列，② 地 城 考点04 数列求和问题 59．（24-25高二上·云南曲靖·期末）已知首项为的数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 60．（24-25高二上·云南曲靖·期末）已知数列是等差数列，首项，公差为d且，，成等比数列. (1)求的通项公式； (2)若，数列满足，求数列的前n项和. 61．（24-25高二上·云南保山·期末）已知表示正整数的最大奇数因数． (1)试求的值； (2)求证：，，其中； (3)记，求． 62．（24-25高二上·云南玉溪·期末）已知等差数列的前n项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和. 63．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知数列的首项，且满足. (1)求证：数列为等比数列. (2)求数列的通项公式； (3)若，求满足条件的最大整数. 64．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知数列是首项为1，公差大于0等差数列，且满足成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)设.求数列的前20项和 65．（24-25高二上·云南大理·期末）设等差数列的前项和为，首项，且，数列的前项和为，且满足. (1)求数列和的通项公式； (2)求数列的前项和. 66．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知数列是等差数列，且满足，． (1)求数列的通项公式； (2)设，符号表示的和，求． 67．（24-25高二上·云南昭通·期末）设和是两个等差数列，记 …)，其中表示这个数中最小的数.在等差数列中，，且构成等比数列. (1)求的通项公式; (2)若 求的值，并求数列的通项公式; (3)已知数列 的前项和为，若对任意的恒成立，求的取值范围. 地 城 考点05 数列不等式相关问题 68．（24-25高二上·云南昆明·期末）对于，若数列满足，则称这个数列为“数列”． (1)已知数列1，，2m是“数列”，求实数m的取值范围． (2)是否存在首项为的等差数列为“数列”，且其前项和使得恒成立？若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． (3)已知各项均为正整数的等比数列是“数列”，数列不是“数列”，若，试判断数列是否为“数列”，并说明理由． 69．（24-25高二上·云南昆明·期末）定义：若数列满足（为常数，，则称数列为二阶等比数列，为二阶公比．已知二阶等比数列，，，二阶公比为． (1)求数列的通项公式； (2)求使的最小正整数的值． 70．（24-25高二上·云南昭通·期末）已知数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)求使成立的的最小值. 71．（23-24高二上·云南楚雄·期末）已知数列满足. (1)若为等比数列，求的通项公式； (2)若的前项和为，不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 72．（22-23高二上·云南昆明·期末）从①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答. 问题：已知数列的前项和为，，___________. (1)证明：数列是等比数列，并求的通项公式； (2)记数列，数列的前项和为.证明：. 73．（22-23高三上·云南·阶段练习）已知公差不为0的等差数列的前项和为成等差数列，且成等比数列. (1)求的通项公式； (2)若的前项和为.证明：. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 数列（5大题型） 5大高频考点概览 考点01 数列的概念与简单的表示法 考点02 等差数列及其性质 考点03 等比数列及其性质 考点04 数列求和问题 考点05 数列不等式相关问题 数列的概念与简单的表示法 地 城 考点01 1．（24-25高二上·云南楚雄·期末）已知数列满足，，，则数列的前10项和为（   ） A．48 B．49 C．50 D．51 【答案】D 【分析】根据题目中的递推公式，分别计算前项的值，可得答案. 【详解】由题意得，，，，， ，，，， 所以前10项和为. 故选：D. 2．（24-25高二上·云南保山·期末）已知数列的前项和为，且，则数列的前2025项的和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，利用退位作差得到，从而，裂项相消法求和. 【详解】∵，∴，而符合上式，， ， ∴数列的前2025项的和， 故选：C． 3．（24-25高二上·云南文山·期末）数列的一个通项公式可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】应用观察法归纳总结出数列的一个通项公式即可. 【详解】因为， 所以数列的一个通项公式可以是， 显然A、B中时对应项不符合，D中时对应项不符合. 故选：C 4．（24-25高二上·云南大理·期末）已知正项数列满足，若，则（    ） A． B．10 C． D．5 【答案】B 【分析】根据方程组法求得时，进而，结合求解即可. 【详解】因为， 当时，， 两式相减得：，， 当时，，，又，解得. 故选：B 5．（24-25高二上·云南昭通·期末）已知数列{an}的前n 项和 ，若数列{bn}的前n 项和满足恒成立，则的取值范围为（    ） A．[1，+∞) B．(1，+∞) C．[2，+∞) D．(2，+∞) 【答案】A 【分析】由求出，进而得，通过裂项相消即可求出即可得解. 【详解】因为，当时，， 当时，， 当时，， 所以，所以， 所以， 故，即，所以， 故选：A 6．（23-24高二上·云南昆明·期末）在数列中，若，，，则（    ） A．2 B．1 C．0 D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出数列的周期，再由此求出. 【详解】在数列中，，则， 因此数列数列的周期为3，所以. 故选：D 7．（23-24高二上·云南昭通·期末）已知数列，根据该数列的规律，8是该数列的（    ） A．第7项 B．第8项 C．第9项 D．第10项 【答案】A 【分析】观察各项根据规律即可求解. 【详解】，由此可知数列的规律是前后两项的比值为定值， 故所以8是该数列的第7项， 故选:A 8．（23-24高二上·云南昆明·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.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，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：（为正整数），当时，（    ） A．170 B．168 C．130 D．172 【答案】D 【分析】先根据题意得到的值，再后续数列的周期性求得，从而得解. 【详解】依题意，， 故， 又，所以． 所以． 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解“冰雹猜想”的定义，找到数列的周期性，从而得解. 9．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知等差数列，则下列属于该数列的项的是（    ） A．-23 B．-31 C．-33 D．-43 【答案】C 【分析】先由具体的等差数列写出通项公式，再根据选项一一代入，验证求出的的值满足即可. 【详解】由等差数列知数列首项为，公差为，故数列通项为， 分别使取选项中的值，发现仅当时，，其它没有对应的n. 故选：C. 10．（24-25高二上·云南昆明·期末）1202年，意大利数学家斐波那契（Leonardo Fibonacci，约1170-约1250）以兔子繁殖问题，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，即，．人们在自然界中发现了许多斐波那契数列的例子．斐波那契数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域也有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2025项的和为 ． 【答案】1350 【分析】由题意可得出新数列，判断出周期性，即可求得答案. 【详解】由题意知数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯， 被2除后的余数构成一个新数列：1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，⋯， 即数列是以3为周期的数列，一个周期内的三项和为2， 因为，故数列的前2025项的和为， 故答案为：1350 11．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知等比数列满足，其前项和满足，则符合条件的一个数列的通项公式 . 【答案】（答案不唯一，只要填写满足，且的通项公式即可）. 【分析】由等比数列满足可知数列为单调递增的等比数列，再由可得，所以符合上述条件的数列只要满足，且即可. 【详解】等比数列满足，即，数列为单调递增的等比数列， 又，即， 则符合上述条件的数列只要满足，且即可， 令，，故. （答案不唯一，只要填写满足，且的通项公式即可）. 故答案为：.（答案不唯一，只要填写满足，且的通项公式即可）. 12．（23-24高二上·云南昆明·期末）设的三边长分别为，，，，2，3，，若，，，，，则当最大时， ． 【答案】 【分析】构造得，结合得，则. 【详解】因为， ， 则， 则， 又，则， ， 当且仅当时取等号， 又函数在上为减函数， 即当最大时，. 故答案为：. 13．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知数列的前n项和，则数列的通项公式为 【答案】 【分析】根据给定条件，利用前n项和与第n项的关系求出通项公式. 【详解】数列的前n项和， 当时，， 而，不满足上式， 所以数列的通项公式为. 故答案为： 14．（23-24高二上·云南昭通·期末）若数列满足，则称该数列为斐波那契数列.如图1所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”.记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前项和为，则 . 【答案】/ 【分析】根据递推公式可得，结合累加法计算得即可判断. 【详解】因为斐波那契数列总满足，且， 所以， ， ， 类似的有，其中， 累加得，又， 所以， 故：. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题的关键是理解斐波那契数列的特点，由递推关系得，利用累加法可得，即可判断. 15．（23-24高二上·云南昆明·期末）数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2，4，7，11，16从第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列2，3，4，5是等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前六项分别为1，3，6，10，15，21，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】先得出递推公式，并用叠加法求出通项公式，再用基本不等式求最小值. 【详解】数列的前六项分别为1，3，6，10，15，21， 依题知，，，，， 叠加可得：， 整理得， 当，，满足， 所以， 所以， 当且仅当时，即，时等号成立， 又，所以等号取不到，所以最小值在时取得， 当时，，所以最小值为. 故答案为： 16．（21-22高二上·云南曲靖·期末）已知数列满足且，则 ． 【答案】/ 【分析】根据题意，求得的值，得到数列的周期性，结合周期性，即可求解. 【详解】由数列满足且， 可得，，，，，， 所以数列是以3项为周期的周期数列，所以. 故答案为：. 地 城 考点02 等差数列及其性质 17．（24-25高二上·云南西双版纳·期末）已知正项等差数列的首项为2，若成等比数列，则（    ） A． B． C． D．或 【答案】A 【分析】设等差数列的公差为，由成等比数列求出可得答案. 【详解】设等差数列的公差为， 若成等比数列，则， 即，解得， 因为正项等差数列，则，则， 当时，，舍去； 当时，， 所以. 故选：A. 18．（24-25高二上·云南西双版纳·期末）已知等差数列中，，则等于（    ） A．56 B．53 C．55 D．54 【答案】D 【分析】利用计算公差，根据等差数列的求和公式即可得到结果. 【详解】由得，故， 则. 故选：D. 19．（24-25高二上·云南昆明·期末）若公差为的等差数列满足，，则n等于（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】B 【分析】由等差数列的通项公式，建立方程，可得答案. 【详解】由题意可得，则，解得. 故选：B. 20．（24-25高二上·云南曲靖·期末）已知数列是等比数列，且，公比为2，则数列的前5项之和为（   ） A．62 B．66 C．56 D．46 【答案】D 【分析】先求出数列的通项公式，再由分组求和法求解即可. 【详解】数列是首项为，公比为2的等比数列， 所以，所以， 所以数列的前5项之和为 . 故选：D. 21．（24-25高二上·云南昆明·期末）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙，丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2025年是乙巳年，请问：在100年后的2125年为（   ） A．癸未年． B．辛丑年 C．乙酉年 D．戊戌年 【答案】C 【分析】由题意可得数列天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，以2025年的天干和地支分别为首项，即可求出答案. 【详解】天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列， 则余0，则2125年对应的天干为乙， 余4，则2125年对应的地支为酉， 所以2125年为乙酉年. 故选：C 22．（24-25高二上·云南大理·期末）已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等差数列的定义，写出通项公式，结合题意，可得答案. 【详解】由题得， 即，则， 故选：A. 23．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知等差数列的前n项和为，若，则（    ） A．20 B．15 C．10 D．5 【答案】B 【分析】利用等差数列性质及前n项和公式计算即得. 【详解】依题意，. 故选：B 24．（23-24高二上·云南昆明·期末）为了调研某工业新区的空气质量状况，某课题组对甲地、乙地、丙地3地的空气质量进行调查，按地域特点分别在三地设置空气质量观测点．已知甲、乙、丙三地区内观测点的个数分别为2，y，z且依次构成等差数列，而2，，z成等比数列，若用分层抽样的方法抽取观测点的30个数据，则丙地应抽取的数据个数为（    ） A．18 B．16 C．10 D．4 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等差中项、等比中项列出方程组求出，再利用分层抽样的抽样比计算即得. 【详解】依题意，，解得， 所以丙地应抽取的数据个数为. 故选：B 25．（23-24高二上·云南迪庆·期末）明代数学家程大位在《算法统宗》中已经给出由，，和求各项的问题，如九儿问甲歌：“一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七.借问长儿多少岁，各儿岁数要详推.”意思是一位老人有九个儿子，不知道他们的出生年月，他们的年龄从大到小排列都差3岁，所有儿子的年龄加起来是207.只要算出长子是多少岁，其他每个儿子的岁数就可以推算出来，则该问题中老人长子的岁数为（    ） A．27 B．31 C．35 D．39 【答案】C 【分析】根据给定信息，可得九个儿子的岁数从大到小构成公差为的等差数列，再利用等差数的前n项和公式列方程求解即可. 【详解】依题意，九个儿子的岁数从大到小构成公差为的等差数列，设长子的岁数为， 则，解得， 所以该问题中老人长子的岁数为35. 故选：C 26．（24-25高二上·全国·课后作业）等差数列中，若，为方程的两根，则等于（   ） A．10 B．15 C．20 D．40 【答案】B 【分析】根据韦达定理求得，然后利用等差数列下标和的性质求解即可. 【详解】∵，为方程的两根，∴， 由等差数列的性质得，即， ∴. 故选：B 27．（23-24高二上·云南昭通·期末）设为等差数列的前项和，，，若数列的前项和为，则的值是（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】由，求出的通项公式，利用裂项相消求出数列的前项和，从而得到的值. 【详解】设的公差为， 由于为等差数列的前项和，，， 可得，所以，则， 令，所以， 故数列的前项和为：， 即，解得. 故选：C 28．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知数列中，且，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】采用倒数法可证得数列为等差数列，根据等差数列通项公式可推导得到，得解. 【详解】由得：， 又，数列是以1为首项，为公差的等差数列， ， ，， ， 故选：A． 29．（23-24高二上·云南昆明·期末）一支运输车队某天上午依次出发执行运输任务，第一辆车于早上8时出发，以后每隔15分钟发出一辆车.假设所有司机都连续开车，并都在中午12时停下来休息.每辆车行驶的速度都是80千米/小时，截止到12时这个车队所有车辆一共行驶了2660千米，则该车队一共发出（    ）辆车 A．14 B．14或19 C．15 D．15或16 【答案】A 【分析】设共发出n辆车，第n辆车行驶时间为，由题可得，又设前n项和为，则，据此可得答案. 【详解】设共发出n辆车，第n辆车行驶时间为，其中. 因第一辆车于早上8时出发，以后每隔15分钟发出一辆车，则，即为等差数列. 又设前n项和为，则. 但注意到， ，则. 故选：A 30．（21-22高二上·云南红河·期末）在数列中，为前项和，若，，，则其公差（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】A 【分析】先根据题意得到为等差数列，再求出，进而结合即可求得其公差． 【详解】由数列满足， 则，所以为等差数列， 又，则，即， 又，则其公差为． 故选：A． 31．（22-23高二上·云南昆明·期末）《周髀算经》记载：一年有二十四个节气，每个节气唇（guǐ）长损益相同，夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列．经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为（    ）尺 A．1 B．1.25 C．1.5 D．2 【答案】C 【分析】根据题意列等式，再用等差数列的通项公式和求和公式求解，即可. 【详解】由题意可知：十二个节气的日影子长为等差数列， 设为，公差为d，其前n项和为， 则，代入得：，解得：. 故选：C. 32．（24-25高二上·云南昆明·期末）等差数列是递增数列，公差为d，前n项和为，满足，下列选项正确的是（   ） A． B． C．取得最小值时， D．时n的最小值为10 【答案】AD 【分析】根据等差数列基本量的计算可得，进而根据单调性可得时，，当时，即可结合选项逐一求解. 【详解】由可得，故， 由于是递增数列，故，因此，故A正确，B错误， 进而可得当时，，当时， 因此取得最小值时，或，C错误， 由于， 故当时，，因此时n的最小值为10，D正确， 故选：AD 33．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知等差数列、等比数列的前项和分别为、，下列结论正确的是（   ） A．数列为等差数列 B．数列一定是等差数列 C．对任意正整数， D．数列一定是等比数列 【答案】ABC 【分析】设等差数列的公差为，设等比数列的公比为，求出，利用等差数列的定义可判断AB选项；利用基本不等式和等比中项的性质可判断C选项；取可判断D选项. 【详解】设等差数列的公差为，则，所以，. 对于A选项，，所以，为等差数列，故A正确； 对于B选项，令， 所以，， 故数列一定是等差数列，故B正确； 对于C选项，对任意的，，由等比中项的性质可得， 由基本不等式可得，故C正确； 对于D选项，设等比数列的公比为， 当时，， 此时，数列不是等比数列，故D错误. 故选：ABC. 34．（24-25高二上·云南昭通·期末）数列的前项和为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则数列的前项和最大 B．若等比数列是单调递减数列，则公比满足 C．已知等差数列的前项和为，若，则 D．已知为等差数列，则数列也是等差数列 【答案】ACD 【分析】解不等式，可判断A选项；利用等比数列的单调性可判断B选项；利用等差数列的求和公式可判断C选项；利用等差数列的求和公式以及等差数列的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，由，可得， 又因为，故数列前项的和最大，A对； 对于B选项，当，时，则对任意的，， 则，所以，，此时等比数列也是递减数列，B错； 对于C选项，，则，C对； 对于D选项，若为等差数列，则，， 则（为常数），所以，数列也是等差数列，D对， 故选：ACD. 35．（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 【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：. 36．（23-24高二上·云南·期末）已知等差数列的前项和为，且满足，则 ． 【答案】/ 【分析】先根据求出，进而得到公差，再利用求和公式求即可. 【详解】设等差数列的公差为， 由已知， 得， 所以， 所以. 故答案为：. 37．（23-24高二上·云南昆明·期末）设为等差数列的前项和.若，，则 . 【答案】15 【分析】根据等差数列基本量运算求出公差，利用等差数列前n项和公式运算得解. 【详解】， ，又，解得， . 故答案为：15. 38．（22-23高二上·云南曲靖·期末）若数列，都等差数列，且有，则 ． 【答案】 【分析】根据题意，由等差数列的前项和公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】设等差数列、的前项和分别为 由 故答案为: 39．（22-23高二上·云南楚雄·期末）设等差数列，的前项和分别为，.若，则 【答案】/0.4 【分析】根据等差数列的前项和的性质即可求解. 【详解】因为，， 所以, 故答案为： 等比数列及其性质 地 城 考点03 40．（24-25高二上·云南文山·期末）设各项均为正数的等比数列满足，则等于（    ） A．211 B．210 C．11 D．9 【答案】C 【分析】设出等比数列的公比，利用等式求得，根据等比中项，可得答案. 【详解】设等比数列的公比为，由，得，即， 故. 故选：C. 41．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知等比数列的公比为2，，则（   ） A．5 B．10 C．15 D．20 【答案】C 【分析】由等比数列通项公式求得首项即可求解； 【详解】由， 可得：，所以， 所以， 则， 故选：C 42．（24-25高二上·云南玉溪·期末）已知等比数列满足，，则（   ） A．9 B．36 C．54 D．72 【答案】B 【分析】设出等比数列的公比，利用等比数列的定义化简等式，可得答案. 【详解】因为数列为等比数列，设等比数列的公比为q， 则，可得， 解得，. 故选：B. 43．（23-24高二上·云南昭通·期末）已知等比数列的前项和为，若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（    ） A．9 B．18 C．27 D．54 【答案】D 【分析】根据等比数列基本量的计算可得首项，进而可得，将不等式转化为，利用基本不等式即可求解. 【详解】由则， 所以， 故由可得， 所以， 由于，当且仅当，即时等号成立， 故， 故选：D 44．（23-24高二上·云南昆明·期末）在等比数列中，已知，则（    ） A．1 B．3 C．9 D．27 【答案】C 【分析】根据条件求得公比，利用通项公式可得结果. 【详解】设数列的公比为， 则，则， 所以， 故选：C. 45．（23-24高二上·云南玉溪·期末）“”是“a，b，c成等比数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】解：若a，b，c成等比数列，则，故不必要； 若，令，满足，但此时a，b，c不构成等比数列，故不充分； 故选：D． 46．（21-22高二上·云南临沧·期末）已知正项等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知求出等比数列的基本量，得通项公式，再由，得，将“1”代换，再利用基本不等式求最值即可. 【详解】等比数列中， ，，. ，，， ∵正项等比数列，，则，. ，，， ，且， ， 当且仅当，即时等号成立. 故选：A. 47．（21-22高二上·云南大理·期末）已知各项均为正数的等比数列，，，则（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】结合下标特点，由等比数列的性质可得. 【详解】由等比数列，，， 有， 又因为各项均为正数，所以. 故选：C． 48．（22-23高二上·云南楚雄·期末）设数列的前项和为，已知，，若，则正整数的值为（    ） A．2019 B．2020 C．2021 D．2022 【答案】B 【分析】构造等比数列，先求通项后求和，最后利用和放缩得出结果. 【详解】因为，，所以，化为. 因为，所以数列是首项为1，公比为的等比数列， 所以， 所以 令 因为，所以 因为，所以 所以. 因为，所以正整数的值为2020. 故选：B 【点睛】关键点点睛： 这道题通过构造等比数列求得通项公式后，并不能按常规方法求和，利用和放缩最终得出结果. 49．（22-23高二上·云南·期末）教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户､存入规定数额资金､用于教育目的的专项储签，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策，若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入2000元，并且每年在你生日当天存入2000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，则一次性取出的金额总数为（    ）（假设教育储蓄存款的年利率为5%，取） A．14000元 B．15400元 C．16200元 D．18500元 【答案】A 【分析】根据题意结合等比数列前项和公式即可得解. 【详解】金额总数为 元. 故选：A. 50．（21-22高二上·云南玉溪·期末）已知数列是各项均为正数的等比数列，若，则公比(    ) A． B．2 C．2或 D．4 【答案】B 【分析】由两式相除即可求公比. 【详解】设等比数列的公比为q，∵其各项均为正数，故q＞0， ∵，∴，又∵，∴=4，则q＝2. 故选：B. 51．（21-22高二上·云南丽江·期末）等比数列的各项均为正数，且，则=（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 【答案】B 【分析】由等比数列的下标和性质即可求得答案. 【详解】由题意，，所以. 故选：B. 52．（24-25高二上·云南大理·期末）已知等比数列的首项，公比为，前项和为，前项积为，则（    ） A．若数列是递增数列，则 B．当时，数列是常数列 C．当时，存在实数，使得恒成立 D．若，则使得成立的的最大值为10 【答案】ACD 【分析】根据递增的性质列不等式求解判断A，利用指数运算化简求出判断B，利用等比数列求和公式求解判断C，结合B选项及题意求得，，即可判断D. 【详解】A：若数列是递增数列，则当时，， 因为，所以，故A正确； B：， 因为，所以数列不是常数列，故B错误； C：因为当时，， 故存在，使得恒成立，故C正确； D：因为，若， 则，， 所以，所以，，，， 所以，，则使得成立的的最大值为10，故D正确. 故选：ACD. 53．（24-25高二上·云南昭通·期末）已知数列是各项为正数的等比数列，公比记为q，是其前n项的积，若则（    ） A． B． C． D．与均为的最小值 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，可得，再结合等比数列的性质逐项判断. 【详解】数列是各项为正数的等比数列，由，得，由，得， 对于A，公比，A正确； 对于B，，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，数列是递增数列，前13项都比1小，第14项为1，从第15项起都比1大， 因此与均为的最小值，D正确. 故选：ABD 54．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知公比为q的等比数列，，则（） A． B． C．若，则 D．若，记，则 【答案】CD 【分析】根据等比数列的基本量计算即可判断. 【详解】对于选项因为,所以错误； 对于选项,当首项,公比时，满足题意， 但此时,错误; 对于选项,由,得,正确; 对于选项,, 又,得正确. 故选:. 55．（23-24高二上·云南·期末）下列说法正确的是（    ） A．若等比数列的公比为，则其前项和为 B．已知数列为等差数列，若（其中、、、），则 C．若数列的通项公式为，其前项和为，则 D．若数列的首项为，其前项和为，且，则 【答案】BD 【分析】利用等比数列的求和公式可判断A选项；利用等差数列的性质可判断B选项；利用裂项相消法可判断C选项；利用前项和与通项的关系求出数列的通项公式，可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，；当时，. 即，A错； 对于B选项，因为数列为等差数列，若（其中、、、）， 则，B对； 对于C选项，因为， 所以，，C错； 对于D选项，对任意的，， 当时，则有， 当时，由可得， 上述两个等式作差可得，则， 也满足，故对任意的，，D对. 故选：BD. 56．（24-25高二上·云南保山·期末）已知数列满足，点在直线上，则数列的通项公式为 ． 【答案】 【分析】点代入直线得到，，得到数列是等差数列，运用等差数列公式计算即可. 【详解】由题知，，即，∴数列是首项公差为2的等差数列，∴，从而． 故答案为：. 57．（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】 【分析】由且可推出，再求出，利用函数思想求其最大值即可. 【详解】解：因为，且，所以， 所以数列为等比数列，则数列， 所以， 因为， 又因为，所以当或时，取最大值， 所以 故答案为: 58．（22-23高二上·云南昆明·期末）写出同时满足下列条件的数列的一个通项公式： ； ①数列是递减数列，② 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题属于开放性问题，只需找到符合题意的，令，再检验即可. 【详解】令，因为函数在定义域上单调递减，且当时， 所以单调递减，且，符合题意. 故答案为：（答案不唯一） 地 城 考点04 数列求和问题 59．（24-25高二上·云南曲靖·期末）已知首项为的数列的前项和为，且． (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）分析可知数列是以首项为，公比为3的等比数列，即可得，即求数列的通项公式； （2）整理可得，利用分组求和结合等比数列求和公式运算求解. 【详解】（1）因为，可得， 且， 可知数列是以首项为，公比为3的等比数列， 则，可得， 当时，， 且符合上式，所以. （2）由（1）可知：， 可得 ， 所以. 60．（24-25高二上·云南曲靖·期末）已知数列是等差数列，首项，公差为d且，，成等比数列. (1)求的通项公式； (2)若，数列满足，求数列的前n项和. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根据等比中项的性质得到，即可求出，从而求出通项公式； （2）由（1）可得，再利用错位相减法计算可得. 【详解】（1）因为，，成等比数列，又， 所以，即，解得或， 当时数列的通项公式； 当时数列的通项公式； 所以或. （2）因为，所以， 所以， 所以， 则， 所以 ， 所以. 61．（24-25高二上·云南保山·期末）已知表示正整数的最大奇数因数． (1)试求的值； (2)求证：，，其中； (3)记，求． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据的定义即可求解， （2）根据的最大奇数因数为得，即可根据求解， （3）根据第二问的结论，结合分组求和，利用累加法可得求解. 【详解】（1）显然7的最大奇数因数为7，从而 由于，12的最大奇数因数为3，故． （2）的最大奇数因数显然是它本身，故， 对于，设的最大奇数因数为，并设， 则，从而成立． （3） ． 从而， 以下累加 ， ， …… ， ， 又从而． 【点睛】方法点睛：新定义问题的求解过程可以模型化，一般解题步骤如下： 第一步：提取信息  —  对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号， 第二步：加工信息  —  细细品味新定义的概念、法则，对所提取的信息进行加工，探求解决方法，有时可以用学过的或熟悉的相近知识进行类比，明确它们的共同点和不同点 第三步：迁移转化  —  如果是新定义的运算法则，直接按照运算法则计算即可，如果是新定义的性质，一般需要理解和转化性质的含义，得到性质的等价条件（如等量关系、图形的位置关系等） 第四步：计算，得结论  —  结合题意进行严密的逻辑推理、计算，得结论 62．（24-25高二上·云南玉溪·期末）已知等差数列的前n项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由等差数列的性质求出公差后，可得通项公式；（2）用分组求和法． 【详解】（1）设等差数列的公差为d，由，得，    解得，，    所以 （2）    于是有， 63．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知数列的首项，且满足. (1)求证：数列为等比数列. (2)求数列的通项公式； (3)若，求满足条件的最大整数. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)99 【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列的定义来进行证明. （2）根据（1）的结论来求得. （3）利用分组和求法以及单调性求得最大整数. 【详解】（1）由题意，数列满足，可得， 可得，即， 又由，所以， 所以数列表示首项为，公比为的等比数列. （2）由（1）可得，所以， 所以. （3）设数列的前项和为， 则 ， 若，即， 因为函数为单调递增函数， 所以满足的最大整数的值为99. 64．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知数列是首项为1，公差大于0等差数列，且满足成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)设.求数列的前20项和 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等差等比数列的性质求得通项公式； （2）根据题意得，进而得到，求得答案. 【详解】（1）设数列的公差为，因为成等比数列，所以. 即；解得舍去 所以； （2）由题意可知：， ①当时，，则； ②当时，，则； 所以 故数列的前20项和. 65．（24-25高二上·云南大理·期末）设等差数列的前项和为，首项，且，数列的前项和为，且满足. (1)求数列和的通项公式； (2)求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）判断数列为等差数列，结合已知求出公差即可得的通项；再利用前项和与第的关系求出通项. （2）由（1）的结论求出，再利用错位相减法求和即得. 【详解】（1）设等差数列公差为，则，， 于是数列是首项为，公差为的等差数列， 而，即，解得， 因此； 由数列的前项和， 当时，，即， 当时，，解得， 因此数列是以1为首项，为公比的等比数列，， 所以数列和的通项公式分别为，. （2）由（1）知，， ， 则有， 两式相减得 ， 所以. 66．（24-25高二上·云南昆明·期末）已知数列是等差数列，且满足，． (1)求数列的通项公式； (2)设，符号表示的和，求． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，由已知根据等差数列的通项基本量关系求得和，进而可得数列的通项公式； （2）根据（1）可求，再由并项求和法求和即可． 【详解】（1）设等差数列的公差为， 因为， ∴， 解得， ∴， （2）∵， ∴, ∴ . 67．（24-25高二上·云南昭通·期末）设和是两个等差数列，记 …)，其中表示这个数中最小的数.在等差数列中，，且构成等比数列. (1)求的通项公式; (2)若 求的值，并求数列的通项公式; (3)已知数列 的前项和为，若对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和和等比中项的应用建立方程，求出的公差即可求解； （2）由（1）得，结合新定义，分别求出；由，根据二次函数的图象与性质可得，即可求解； （3）由（1）（2）可得，利用错位相减法求出，结合恒成立问题和指数型函数的单调性计算即可求解. 【详解】（1）由题意知，设等差数列的公差为， 因为成等比数列，所以，即， 结合，整理得，解得或， 当时，，不符合题意， 故，所以. （2）由（1）知，，所以， 当时，， 当时，， 当时，. 又， 则关于的二次函数在上单调递增， 所以. （3）由（1）（2）知，， 所以， 得， 两式相减得 ， 所以. 因为对任意的恒成立， 所以即任意的恒成立， 又函数在R上单调递增，所以， 故，即实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.落脚点仍然是数列求通项和求和. 地 城 考点05 数列不等式相关问题 68．（24-25高二上·云南昆明·期末）对于，若数列满足，则称这个数列为“数列”． (1)已知数列1，，2m是“数列”，求实数m的取值范围． (2)是否存在首项为的等差数列为“数列”，且其前项和使得恒成立？若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． (3)已知各项均为正整数的等比数列是“数列”，数列不是“数列”，若，试判断数列是否为“数列”，并说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据题意得到，且，再解不等式组即可； （2）首先假设存在等差数列符合要求，从而得到成立，再分类讨论和的情况，即可得到答案. （3）首先设数列的公比为q，则，根据题意得到，从而得到为最小项，再利用“数列”的定义得到，或，，再分类讨论即可得到答案. 【详解】（1）由题意得，且，解得， 所以实数m的取值范围是． （2）不存在．理由：假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则， 由得． 由题意，得对均成立，即． 当时，； 当时，恒成立， 因为，所以，与矛盾， 所以这样的等差数列不存在． （3）设数列的公比为q，则． 因为的每一项均为正整数，且， 所以在中，为最小项. 同理，中，为最小项. 由为“数列”，只需，即． 又因为不是“数列”，且为最小项， 所以，即． 由数列的每一项均为正整数，可得， 所以或． 当时，，则． 令，则， 又， 所以为递增数列，即， 因为， 所以对于任意的，都有，即数列为“数列”． 当时，，则． 因为，所以数列不是“数列”． 综上所述，当时，，数列为“数列”； 当时，，数列不是“数列”． 【点睛】方法点睛：新定义问题的求解过程可以模型化，一般解题步骤如下： 第一步：提取信息  —  对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号， 第二步：加工信息  —  细细品味新定义的概念、法则，对所提取的信息进行加工，探求解决方法，有时可以用学过的或熟悉的相近知识进行类比，明确它们的共同点和不同点 第三步：迁移转化  —  如果是新定义的运算法则，直接按照运算法则计算即可，如果是新定义的性质，一般需要理解和转化性质的含义，得到性质的等价条件（如等量关系、图形的位置关系等） 第四步：计算，得结论  —  结合题意进行严密的逻辑推理、计算，得结论 69．（24-25高二上·云南昆明·期末）定义：若数列满足（为常数，，则称数列为二阶等比数列，为二阶公比．已知二阶等比数列，，，二阶公比为． (1)求数列的通项公式； (2)求使的最小正整数的值． 【答案】(1)； (2)8. 【分析】（1）根据数列新定义可得，再利用累乘法求得的表达式. （2）利用（1）的结论解数列不等式，即可求得答案. 【详解】（1）依题意，二阶等比数列的二阶公比为，则， 于是当时，， ， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知，不等式，而， 由，得，又的值随n的增大而增大，且， 当时，，当时，， 数列是递增数列，因此， 所以使的最小正整数的值为8. 70．（24-25高二上·云南昭通·期末）已知数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)求使成立的的最小值. 【答案】(1) (2)7 【分析】（1）利用可得答案； （2）由得解不等式可得答案. 【详解】（1）， 当时，， 当时，， 经检验也满足， 故； （2）因为，所以，整理可得， 解得，或. 因为为正整数，所以的最小值为7. 71．（23-24高二上·云南楚雄·期末）已知数列满足. (1)若为等比数列，求的通项公式； (2)若的前项和为，不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）设等比数列的公比为，赋值计算求出，，从而求出通项公式； （2）并项求出，然后利用二次函数求最值，求出的取值范围. 【详解】（1）设等比数列的公比为，由题可知， 所以， 由可得，则， 所以. （2） ， ， 由对于任意恒成立， 所以只要求解， 当时，取得最小值 所以， 即实数的取值范围为. 72．（22-23高二上·云南昆明·期末）从①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答. 问题：已知数列的前项和为，，___________. (1)证明：数列是等比数列，并求的通项公式； (2)记数列，数列的前项和为.证明：. 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 【分析】（1）利用和的关系求出通项公式，并用等比数列的定义证明数列是等比数列即可. （2）利用裂项法求出数列的前项和为，即可得证. 【详解】（1）选① 易知 ，两式相减得， 即，又，则， 故数列是首项，公比的等比数列，则 选② 当时，， 当时，，两式相减得， 令得，综上所知， 且， 故数列是首项，公比的等比数列， 选③ 当时，，两式相减得，即 即，易求，又， 故，故数列是首项，公比的等比数列， 则 （2）由（1）知，则， 则， 所以， 所以. 73．（22-23高三上·云南·阶段练习）已知公差不为0的等差数列的前项和为成等差数列，且成等比数列. (1)求的通项公式； (2)若的前项和为.证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)根据题干条件列出方程组解得，进而可得的通项公式； (2)将裂项可得，利用裂项相消可求得，进而可证明. 【详解】（1）设的公差为，由题意得， 即， 解得，所以. （2）， 所以. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $