专题04 数列 8大高频考点（期末真题汇编，浙江专用）高二数学上学期

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04数列 ☆8大高频考点概览 考点01数列的概念 考点02等差数列的通项公式 考点03等差数列的性质 考点04等差数列的函数性质 考点05等差数列的前n项和 考点06等比数列的通项公式 考点07等比数列的性质 考点08等比数列的前n项和 考点01 数列的概念 、 单选题 1. (24-25高二下浙江温州期末)数列{an}的前n项和S。=3n2+n,则a4,=( A.140 B.120 C.40 D.50 2.(24-25高二下浙江期末)设数列{a,}的前项和为S,.若a=1,S,=4,则a,=（) n 3 A.1 B月 C.2 D2 3.(24-25高二上浙江绍兴期末)已知数列a}的通项公式为a,= 2n-i5’前项的和为S,则S取到 n-2 最小值时的值是() A.6 B.7 C.8 D.9 4.(24-25高二上浙江绍兴期末)已知数列2，√6,2√2，V10,23,,√2(n+0,…,则√42是这个数列的() A.第17项 B.第18项 C.第19项 D.第20项 二、填空题 5.(24-25高二下·浙江杭州期末)斐波那契数列又称“黄金分割数列”，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔 子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应 用，斐波那契数列{F,}可以用如下方法定义：Fn=Fn-1+Fn-2n≥3，n∈N),E=F=1,则F2s的个位数字 是 6.(24-25高二下浙江温州期末)2,4,6,8,10，，第2025项为 1/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.(24-25高二下浙江温州期末)找规律：1,4,9,16， ,36. 8.(24-25高二上浙江杭州期末)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“角谷猜想等）.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8步“雹程”），数列{an}满足冰雹 1 猜想，其递推关系为：a1=m(m为正整数)，a+1= 20, 当an为偶数时， 若a4=2,则m所有的可 3an+1,当an为奇数时， 能取值为 9.(24-25高二上浙江杭州期末)若单调递增数列an}满足an+an+1=2n-5,n∈N,则a,的取值范围 是 10.（24-25高二上·浙江杭州期末)已知数列an}的前n项和为S,=-2n2+3n+1,则数列{an}的通项公式 为」 目目 考点02 等差数列的通项公式 一、单选题 1. (24-25高二上浙江衢州期末)已知数列{an}是等差数列，a2=1,a+a4=5,则a。=() A.7 B.8 C.9 D.10 2.(24-25高二上浙江杭州期末)若数列{an}是等差数列，且a4=2,a=12,则a2=() A.22 B.32 C.20 D.10 3.(24-25高二上浙江绍兴期末)已知数列an}的首项a=4,且满足a1=a,-3(n∈N),则a=() A.-11 B.-8 C.16 D.19 4.(24-25高二上浙江丽水期末)在等差数列an}中，若a4+a。=16,则a。=() A.4 B.±4 C.8 D.±8 52425商二上浙江抗州期末)若数列@端足定羊关系式0一2，且4=2，则a=（) 1 B. 2 A.1012 2023 c D. 2 2021 6.（24-25高二上浙江杭州期末)“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个问题：将正 2/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列an},则a。=() A.103 B.107 C.109 D.105 7.(24-25高二上浙江湖州期末)在等差数列{an}中，首项4=3，前3项和为6，则a4+a4+a等于() A.0 B.6 C.12 D.18 8.（24-25高二上浙江台州期末)己知数列{an}中，a1=1,a2=4,a=9,且{a1-a}是等差数列，则a。= () A.36 B.37 C.38 D.39 二、填空题 9.(24-25高二上·浙江杭州期末)数列an= 18,n=1 a-4,1<n≤6'通过数列图象上所有点的直线的斜 率」 10.(24-25高二上浙江杭州期末)已知有100个半径互不相等的同心圆，其中最小圆的半径为1，在每 相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，则这100个圆中最大圆的半径是一 1.(2425高二上浙江绍兴期未)数列@，满足a,2a+1,a=l,则a。=一 an 12.(24-25高二上浙江嘉兴期末)在等差数列an}中，a1+a+a5=9,则a2+a4= 13.（24-25高二上浙江杭州期末)在等差数列an}中，41+a2=5,a+a6=7,则a,+ao= 14.(24-25高二上浙江杭州期末)在等差数列{an}中，已知a2+2ag+a4=120,则2a,-ao的值为」 目目 考点03 等差数列的性质 一、 单选题 1.(24-25高二上浙江杭州期末)已知数列an}的前项和为Sn,若a,=1,an+a+1=n,则() A.S2=2 B.S24=144 C.S31=243 D.S60=660 24-25高二上浙江嘉兴期末)已知等差数列0，和6，的前项和分别为S、，若户=。2，】 a+a+a=() b2+b1o 3/17 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 A.11 13 B. 37 13 3.（24-25高二上·浙江期末)己知等差数列an}和(b}的前项和分别为S,和T,(m+S,=(6n+18)T,.若 ∈Z,则的取值集合为() b A.{1,2,3} B.{1,2,3,4) C.{1,2,3,5 D.{1,2,3,6 4.(24-25高二上浙江金华.期末)设等差数列{an}的公差为d,其前n项和为Sn,且S=S,a。+a4<0 ,则使得S,<0的正整数n的最小值为() A.16 B.17 C.18 D.19 5.(24-25高二上浙江绍兴期末)己知等差数列an}的公差为d,前项和为Sn,若S6>S,>S,则下列 命题错误的是 A.d<0 B.S1>0 C.{S}中的最大项为S D.a >a 6.(24-25高二上浙江温州期末)在等差数列{an}中，S,为an}的前n项和，a1>0,a.a,<0,则无法 判断正负的是() A.S B.S2 C.Si3 D.S 7.(24-25高二上·浙江宁波·期末)已知Sn是等差数列an}的前n项和，S。<0,S,=0.若Sn≥S对n∈N恒 成立，则正整数k构成的集合是 A.{4,5} B.{4 C.{3,4} D.{5,6 二、多选题 8.(24-25高二上浙江金华期末)自然界中存在一个神奇的数列，比如植物一年生长新枝的数目，某些花 朵的花数，具有1,1,2,3,5,8,13,21...，这样的规律，从第三项开始每一项都是前两项的和，这 个数列称为斐波那契数列.设数列{a,}为斐波那契数列，则有a,+a=a+2(n∈N),以下是等差数列的为 () A.a2021,a2022,a2023B.a2021,02023,a2024C.S2021,S202,S2023D.S2021,S2023,S2024 4/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 三、填空题 9.(24-25高二上浙江宁波期末)己知等差数列an},a,+a1:=2e,42 目目 考点04 等差数列的函数性质 一、单选题 1.(24-25高二上浙江舟山期末)设{an}是等差数列.下列结论中正确的是() A.若a,+a2>0,则a2+a3>0 B.若a1+a3<0,则a1+a2<0 C.若0<a1<a2,则a2>√aa D.若a<0,则(a2+a)(a2-a)>0 2.(24-25高二上浙江台州期末)已知等差数列an}的前项和为Sn,若公差d=-2,且S;=S2o18,则 S2022=(） A.2021 B.2022 C.2023 D.2024 3.(24-25高二上·浙江嘉兴·期末)跑步是一项常见的有氧运动，能增强人体新陈代谢和基础代谢率，是治 疗和预防“三高”的有效手段赵老师最近给自己制定了一个180千米的跑步健身计划，计划前面5天中每天 跑4千米，以后每天比前一天多跑0.4千米，则他要完成该计划至少需要() A.23天 B.24天 C.25天 D.26天 4.(24-25高二上浙江·开学考试)已知数列{an}是无穷等差数列，Sn是其前n项和，若Sn存在最大值， 则() A在s受音 Sm中最大的数是S S2 S B.在S,732020 S中最大的数是 2020 C.在S1,S2,S,…,S020中最大的数是S D.在S1,S2,S3,…,S2020中最大的数是S2020 二、多选题 5/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5.(24-25高二上浙江宁波期末)己知数列{an}的前项和Sn=-n2+8n+3,则() A.数列{an}的通项公式an=9-2n B.数列an}单调递减 C.数列{}的所有项中第四项或第五项最小 -n2+8n+3,n≤4 D.数列{lan}的前项和Tn= 19+(n-42,n≥5 三、填空题 6.(24-25高二上·浙江温州期末)写出一个具有下列性质①②的数列(an}的通项公式an=一，① am+n=am+anm,n∈N);②{an}单调递增。 7.(2425高二上浙江期末)设F是椭圆号+上=1的右焦点，且椭圆至少有21个不同的点 76 Pi=1,2,3…)使FP,FP,FP,组成递增的等差数列，则公差d的取值范围一 8.(24-25高二上浙江台州月考)已知等差数列{a,的前项和S有最小值，且-1<1<0，则使得 12 n>0成立的的最小值是 9.(24-25高二上浙江湖州期末)设公差为d的等差数列an}的前项和为Sn,若a4=-2,S。=-4,则 d=,Sn取最小值时，n= 10.(24-25高二上·浙江温州期末)已知Sn为等差数列{an}的前项和，且满足a4=1,S,=-5,则 d=_ _,Sn的最小值为 四、解答题 11.(24-25高二上浙江绍兴期末)己知公差为2的等差数列{an},且a,a,a成等比数列. (1)求数列an}的通项公式； (2)若数列an}的前项和为Sn,求数列 S 的最小项， n 6/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点05 等差数列的前n项和 一、单选题 1.(24-25高二下·浙江杭州期末)己知数列an}的前n项和为n=n2-100n+2025,则Sn最小时，n=() A.47 B.48 C.49 D.50 2.(24-25高二上·浙江杭州期末)己知Sn是等差数列{an}的前n项和，且ag<0,a,+41>0,则() A.a,<0 B.Sn的最小值为SsC.数列{an}为递减数列D.Ss<0 3.(24-25高二上浙江绍兴期末)已知an}为等差数列，a,+a+a=42,a2+a4+a6=48,则S,=() A.126 B.144 C.162 D.180 4.(24-25高二上·浙江杭州期末)数列(an}是等差数列，a,=10,a,=18,记S是{an}的前9项和，则() A.a3=6,S。=90 B.a3=6,S,=94 C.a3=8,S。=90 D.a=8,S,=94 5.(24-25高二上·浙江绍兴·期末)已知{an}为等差数列，根据下列条件不能求出4的是() A.S,=10 B.S4+S6=10 C.a4+a6=10 D.a2+a3+a0=10 6.(24-25高二上浙江杭州期末)设等差数列an}的前n项和为Sn,已知S,=27.a·a,=5,则等差数 列{an}的公差为() A.1 B.2 C.±1 D.±2 7.(2425高二上浙江杭州期末)已知数列,满足4=2,十aa 则ao的最大值为() 2 A.420 B.380 C.342 D.6 8.(24-25高二上浙江温州期末)己知数列an}的前项和为Sn,满足a1=0,an=an-1+1(n≥2)， 则S224可以是（) A.42 B.46 C.50 D.54 二、多选题 9.（24-25高二上浙江杭州期末)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形 状，后人称为“三角垛”，“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 7/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 构成一个数列{an},且a=1,数列 的前项和为Sn,则正确的选项是（)· a A. ant=an+n+l B.a1o0=4950 2n C.S,= n+1 D.a >S 10.(24-25高二上·浙江杭州期末)在数列{an}和{b}中，4=b=l,an+1-an=n+l,{b,}的前n项和 3,=nn+(2n+ ,n∈N,则下列说法正确的有() 6 A.b =n2 B.a64<2025 1 C.36是{an}与{b}的公共项 D. -<2 台b+1-a+1 三、解答题 11.(24-25高二上浙江杭州·期末)已知Sn是等差数列{an}的前n项和. (1)证明S 是等差数列； n (2)设工，为数列 的前n项和，若S4=12,Sg=56,求Tn. n 12.(24-25高二上浙江杭州期末)已知数列{an}、b}的各项均不为零，若{b}是单调递增数列，且 2an=bbt,a+a=bi,a=b2,a2=b6 (1)求b及数列(b}的通项公式： (2)设cn=9-bn,求数列{cn}的前n项和Tn 13.（24-25高二上浙江温州期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=n2+n. 8/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)求数列{an}的通项公式： (2)求数列 1 的前n项和Tn 14.(24-25高二上浙江丽水期末)己知正项数列{an}的前n项和为Sn,且a,>1,8Sn=a+4an+3,neN (1)求数列{an}的通项公式： (2)设bn=（-1)”an,求数列bn}前2n项的和T2m 目目 考点06 等比数列的通项公式 一、单选题 1.(24-25高二下浙江温州期末)设a,b,c,d是非零实数，e=(a,-b),f=(d,c),则“a,b,c,d成等 比数列”是“e.f=0”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必 要条件 2.(24-25高二上浙江金华期末)在等比数列an}中，a4+a=3,a,+a。=81,则公比9=() A.5 B.3 C.3 D.13 3.(24-25高二上·浙江杭州期末)4与9的等比中项为() A.6 B.-6 C.±6 D.6.5 4.(24-25高二上浙江杭州期末)己知b>0且b≠1，数列an}各项均为正实数，设甲：{an}为等比数列： 乙：{log,a}为等差数列，则甲是乙的() 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 5.(24-25高二上·浙江温州期末)若正项数列{an}是等比数列，则“a,>a,”是“数列{an}为递增数列的() 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 二、多选题 9/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2425高三沉期呢末已知数列巴满足a,士+一十兰片令2% 2 则() A.a10=100 B.数列{bn}是等差数列 C.b224为整数 D.数列{b}的前2025项和为2025 7.(24-25高二上·浙江杭州期末)己知α，b,c为非零实数，则下列说法一定正确的有() A.若a,b,c成等差数列，则5a,5b,5c成等比数列 B.若a,b,c成等比数列，则a2,b2,c2成等比数列 C.若a,b,c成等差数列，则2,2,2成等比数列 D.若a2,b2,c2成等比数列，则a,b,c成等比数列 8.(24-25高二上浙江绍兴期末)已知数列an}满足an1=2an+1,a1=2,则() A.a3=11 B.{an-1是等比数列 C.an=32--1 D.{an1-an}是等比数列 9.(24-25高二上·浙江杭州·期末)己知等差数列{an}的前项和为Sn,正项等比数列{bn}的前项和为Tn, 下列说法正确的是() A.{Tn}不可能是等差数列 B.若S。=S,则S2=S2 C. 是等差数列 D.若 n 单调递减，则{b,}单调递增 b 10.(24-25高二上浙江杭州期末)各项均为正数的等比数列{an}的前n项积为T,若a,>1,公比q≠1， 则下列说法正确的是() A.若T6=T。,则必有T6=1 B.若T,>T,则必有T>T C.若T=To,则必有Tn≤T D.若T,>Tg,则必有T>T, 10/17 专题04 数列 8大高频考点概览 考点01数列的概念 考点02 等差数列的通项公式 考点03 等差数列的性质 考点04 等差数列的函数性质 考点05 等差数列的前n项和 考点06 等比数列的通项公式 考点07 等比数列的性质 考点08 等比数列的前n项和 地 城 考点01 数列的概念 一、单选题 1．（24-25高二下·浙江温州·期末）数列的前n项和，则（ ） A．140 B．120 C．40 D．50 【答案】C 【分析】根据的关系即可求解. 【详解】由可得， 故选：C 2．（24-25高二下·浙江·期末）设数列的前项和为．若，则（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】根据数列递推式，利用赋值法求值即可. 【详解】当时，， 当时，. 故选：D 3．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知数列的通项公式为，前项的和为，则取到最小值时的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对通项公式化简变形后可求得当或时，，当时，，从而可求出取到最小值时的值. 【详解】， 由，得，解得或， 因为，所以当或时，，当时，， 所以当时，取得最小值. 故选：B 4．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知数列，则是这个数列的（     ） A．第17项 B．第18项 C．第19项 D．第20项 【答案】D 【分析】令即可计算求解. 【详解】令. 故由题可得是这个数列的第20项. 故选：D 二、填空题 5．（24-25高二下·浙江杭州·期末）斐波那契数列又称“黄金分割数列”，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列可以用如下方法定义：，则的个位数字是 ． 【答案】0 【分析】观察斐波那契数列的前65项的个位：1 1 2 3 5 8 3 1 4 5 9 4 3 7 0 7 7 4 1 5 6 1 7 8 5 3 8 1 9 0 9 9 8 7 5 2 7 9 6 5 1 6 7 3 0 3 3 6 9 5 4 9 3 2 5 7 2 9 1 0 1 1 2 3 5...，即可得到斐波那契数列的个位以60为周期，的个位数字与的个位数相同，由此即可得解. 【详解】由题意， ∴数列为， 此数列各项除以 10 的余数依次构成的数列为： 1 1 2 3 5 8 3 1 4 5 9 4 3 7 0 7 7 4 1 5 6 1 7 8 5 3 8 1 9 0 9 9 8 7 5 2 7 9 6 5 1 6 7 3 0 3 3 6 9 5 4 9 3 2 5 7 2 9 1 0 1 1 2 3 5... 它是以 60 为周期的周期数列， ∴的个位数字与的个位数相同，故所求为0. 故答案为：0. 6．（24-25高二下·浙江温州·期末）2，4，6，8，10，，第项为 . 【答案】 【分析】由数列的前五项归纳通项，并计算出第项. 【详解】由数列2，4，6，8，10，，得，所以. 故答案为：. 7．（24-25高二下·浙江温州·期末）找规律：1，4，9，16， ，36． 【答案】25 【分析】通过观察可得每个数是它的项数的平方， 【详解】通过观察可得每个数是它的项数的平方， 即，，，，，， 故答案为：25． 8．（24-25高二上·浙江杭州·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”等）.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8步“雹程”），数列满足冰雹猜想，其递推关系为：（ m 为正整数），  若，则 m 所有的可能取值为 【答案】16或2 【分析】根据，且，利用递推求解. 【详解】解：因为，且， 所以或（舍去）； 或； 或或0（均舍去）， 故答案为：16或2 9．（24-25高二上·浙江杭州·期末）若单调递增数列满足，，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据求的取值范围. 【详解】由，可得， 两式相减可得：， 又，所以. . 因为数列为递增数列， 所以，故. 故答案为： 10．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】先求，再利用与关系求出，再检验是否符合即可求解. 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 经检验，不符合上式， 所以. 故答案为： 地 城 考点02 等差数列的通项公式 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江衢州·期末）已知数列是等差数列，，，则（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】利用等差数列的通项公式先求公差，再求 【详解】，， ， 则， ， 故选：C 2．（24-25高二上·浙江杭州·期末）若数列是等差数列，且，则（    ） A．22 B．32 C．20 D．10 【答案】A 【分析】利用等差中项列式求解即可. 【详解】数列是等差数列，则是和的等差中项，有. 故选：A 3．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知数列的首项，且满足，则（   ） A． B． C．16 D．19 【答案】B 【分析】根据条件得出数列是以，的等差数列，即可求出结果. 【详解】由，得到，又， 所以数列是以，公差的等差数列，得到， 故选：B. 4．（24-25高二上·浙江丽水·期末）在等差数列中，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差中项的性质可求得的值. 【详解】在等差数列中，，故. 故选：C. 5．（24-25高二上·浙江杭州·期末）若数列满足递推关系式，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用取倒数法可得，结合等差数列的定义和通项公式即可求解. 【详解】因为，所以， 所以，又，所以， 故数列是以为首项，以为公差的等差数列， 则，得， 所以. 故选：A 6．（24-25高二上·浙江杭州·期末）“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（    ） A．103 B．107 C．109 D．105 【答案】B 【分析】根据已知条件进行转化得到数列通项公式，由题意解出不等式即可判断项数. 【详解】由题意，被3除余2且被7除余2的数即为被21除余2的数，故， 则. 故选：B 7．（24-25高二上·浙江湖州·期末）在等差数列中，首项，前3项和为6，则等于（    ） A．0 B．6 C．12 D．18 【答案】A 【分析】根据题意求出公差，从而可得出答案. 【详解】设公差为， 则，解得， 所以. 故选：A. 8．（24-25高二上·浙江台州·期末）已知数列中，，且是等差数列，则（    ） A．36 B．37 C．38 D．39 【答案】A 【分析】根据等差数列的定义写出的通项公式，再利用累加法求. 【详解】因为，所以， 又是等差数列，故首项为3，公差为2， 所以， 所以． 故选：A. 二、填空题 9．（24-25高二上·浙江杭州·期末）数列，通过数列图象上所有点的直线的斜率 ． 【答案】 【分析】根据题设可得且，即可确定通过数列图象上所有点的直线的斜率. 【详解】由题设，则， 所以是首项为18，公差为的等差数列， 所以且， 所以通过数列图象上所有点的直线的斜率为. 故答案为： 10．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知有100个半径互不相等的同心圆，其中最小圆的半径为1，在每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，则这100个圆中最大圆的半径是 ． 【答案】10 【分析】设这100个圆的半径从小到大依次为，得且，则是以1为首项，1为公差的等差数列，结合等差数列的通项公式计算即可求解. 【详解】设这100个圆的半径从小到大依次为，则， 又每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2， 所以， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，， 所以，所以，由，解得. 故答案为：10 11．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）数列满足，，则 ． 【答案】 【分析】首先根据递推公式变形得到，再根据等差数列的定义求数列的通项公式，变形后求的值. 【详解】由题意，易知， 由，两边取倒数得，即， 所以数列是首项，公差为2的等差数列， 所以，即， 则. 故答案为：. 12．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）在等差数列中，，则 ． 【答案】6 【分析】根据给定条件，利用等差数列性质计算即得. 【详解】在等差数列中，，解得， 所以. 故答案为：6 13．（24-25高二上·浙江杭州·期末）在等差数列中，，则 . 【答案】9 【分析】根据等差数列的性质可得的值. 【详解】因为，， 所以. 故答案为：9 14．（24-25高二上·浙江杭州·期末）在等差数列中，已知，则的值为 ． 【答案】30 【分析】根据等差数列的通项公式求解. 【详解】设的公差为， ，即， 所以， 故答案为:30. 地 城 考点03 等差数列的性质 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列的前项和为，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合已知条件，推出数列奇数项与偶数项都是等差数列，然后分别判断选项的正误即可． 【详解】解：数列的前项和为，若，， 可得：，，，所以不正确； 可得，可知数列奇数项与偶数项都是等差数列，公差都是1， ，所以正确； ，所以不正确； ，所以不正确； 故选：B． 2．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等差数列的性质和通项公式可得，再根据等差数列的求和公式可得，结合已知条件求解即可 【详解】设等差数列的公差为，则， 因为， 所以， 因为等差数列和的前项和分别为、，满足， 所以， 所以， 故选：C 3．（24-25高二上·浙江·期末）已知等差数列和的前项和分别为和，．若，则的取值集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据即可得出，再根据前n项的公式计算出即可． 【详解】 ，选D. 【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式及等差数列的性质，属于难题.等差数列的常用性质有： （1）通项公式的推广： （2）若 为等差数列， ； （3）若是等差数列，公差为， ，则是公差 的等差数列； 4．（24-25高二上·浙江金华·期末）设等差数列的公差为d，其前n项和为，且，，则使得的正整数n的最小值为（    ） A．16 B．17 C．18 D．19 【答案】D 【分析】根据等差数列的性质及已知分别判断、、的符号即可. 【详解】由，得， 因为是等差数列，所以，，， ，，， 所以， 使得的正整数n的最小值为. 故选: D. 5．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知等差数列的公差为，前项和为，若，则下列命题错误的是 A． B． C．中的最大项为 D． 【答案】C 【分析】由，可得，，进而有，然后根据等差数列前项和公式及等差数列的性质即可求解. 【详解】解：由题意，因为，所以，， 所以， 所以，，， 所以选项A、B、D正确， 又中的最大项为，所以选项C错误， 故选：C. 6．（24-25高二上·浙江温州·期末）在等差数列中，为的前n项和，，，则无法判断正负的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等差数列，，，可以求出，且，，，从而判断出，，的正负，选出正确答案. 【详解】设公差为，因为，，可知：，且，，所以，从而，不确定正负，， 故选：B 7．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知是等差数列的前项和，.若对恒成立，则正整数构成的集合是 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先分析出，即得k的值. 【详解】因为 因为 所以. 所以, 所以正整数构成的集合是. 故选A 【点睛】本题主要考查等差数列前n项和的最小值的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力. 二、多选题 8．（24-25高二上·浙江金华·期末）自然界中存在一个神奇的数列，比如植物一年生长新枝的数目，某些花朵的花数，具有1，1，2，3，5，8，13，21……，这样的规律，从第三项开始每一项都是前两项的和，这个数列称为斐波那契数列．设数列为斐波那契数列，则有，以下是等差数列的为（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】利用定义构造等差中项来验证所给选项成等差数列. 【详解】由题意：，① 所以，② ②①得：， 所以数列或数列成等差数列， 令，则成等差数列，故B正确，A错误， 由， 所以， 所以成等差数列， 令，则成等差数列，故D正确，C错误. 故选：BD. 三、填空题 9．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知等差数列，，= 【答案】e 【分析】由等差中项的性质计算即可. 【详解】由等差数列性质可知：， 又，故. 故答案为：e 地 城 考点04 等差数列的函数性质 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江舟山·期末）设是等差数列.下列结论中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】ABD可以举反例说明命题是错误的，C用基本不等式证明命题的正确的． 【详解】若，则满足，但，A错，同样满足，但，B错； 是等差数列，，则，，C正确； ，满足，但此时，D错． 故选：C． 2．（24-25高二上·浙江台州·期末）已知等差数列的前项和为，若公差，且，则（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】B 【分析】利用等差数列前n项和二次函数性质及求得，进而求得，最后应用等差数列前n项和公式求结果. 【详解】由，故对称轴为，又， 所以，即，故， 所以. 故选：B 3．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）跑步是一项常见的有氧运动，能增强人体新陈代谢和基础代谢率，是治疗和预防“三高”的有效手段.赵老师最近给自己制定了一个180千米的跑步健身计划，计划前面5天中每天跑4千米，以后每天比前一天多跑千米，则他要完成该计划至少需要（    ） A．23天 B．24天 C．25天 D．26天 【答案】C 【分析】由题意可知天跑步的里程为，则，根据求解的最小值即可. 【详解】设需要天完成计划，由题意易知每天跑步的里程为，从第6项开始以为首项，0.4为公差的等差数列， 所以, 所以，化简可得：， 因为在上单调递增， 当时，，当时，， 故满足条件的最小. 故选：C. 4．（24-25高二上·浙江·开学考试）已知数列是无穷等差数列，是其前n项和，若存在最大值，则（    ） A．在中最大的数是 B．在中最大的数是 C．在中最大的数是 D．在中最大的数是 【答案】A 【解析】先设等差数列的公差为，根据题中条件，得到，结合等差数列的性质，以及等差数列的求和公式，逐项判断，即可得出结果. 【详解】先设等差数列的公差为，因为存在最大值，所以； 则， 函数的对称轴为， 因为的取值不确定，所以对称轴位置不确定，则函数最值不确定； 故CD都不正确； 又，所以也是等差数列，且，即数列单调递减，因此最大项为，故A正确，B错误； 故选：A. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，以及等差数列前n项和的性质，属于常考题型. 二、多选题 5．（24-25高二上·浙江宁波·期末）已知数列的前项和，则（    ） A．数列的通项公式 B．数列单调递减 C．数列的所有项中第四项或第五项最小 D．数列的前项和 【答案】BCD 【分析】利用时可判断AB；求出可判断C；分、求出可判断D. 【详解】当时，， 当时，， ，故不符合此式， 所以，故A错误； 由于，，当时，是单调递减的， 所以数列是单调递减数列，故B正确； 当时，， 当时，，即或时最小， 故C正确； 当时，， 当时，，可得， 所以时，， ， 时，， 所以数列的前项和，故 D正确. 故选： BCD. 三、填空题 6．（24-25高二上·浙江温州·期末）写出一个具有下列性质①②的数列的通项公式 ，①；②单调递增． 【答案】n.（答案不唯一） 【分析】先猜想数列是一个等差数列，进而根据性质①得到首项与公差的关系，然后根据性质②得到答案. 【详解】假设数列为等差数列，设其公差为d，由性质①可得： ，再根据②可知，显然满足题意. 故答案为：n.（答案不唯一） 7．（24-25高二上·浙江·期末）设是椭圆的右焦点，且椭圆至少有21个不同的点使，…组成递增的等差数列，则公差的取值范围 . 【答案】 【解析】由于这个等差数列是增数列，则，由此可求出的取值范围. 【详解】解：由椭圆知，，则 因为这个等差数列是增数列，则， ， ， 解得. 故答案为：. 【点睛】本题以椭圆知识为载体考查数列知识，关键是要找到，是中档题. 8．（24-25高二上·浙江台州·月考）已知等差数列的前项和有最小值，且，则使得成立的的最小值是 ． 【答案】22 【分析】根据等差数列的前项和有最小值，得到公差，再由，得到 ，利用等差数列的性质结合前n项和公式求解. 【详解】因为等差数列的前项和有最小值， 所以等差数列的公差， 又因为， 所以 ， 所以 ， ， 所以使得成立的的最小值是22， 故答案为：22 9．（24-25高二上·浙江湖州·期末）设公差为的等差数列的前项和为，若，，则 ，取最小值时， ． 【答案】 【解析】本题先运用等差数列的基本量法求第一空，再借用函数的思想求第二空即可. 【详解】解：∵ 是公差为的等差数列，且 ∴ ，解得：， ∴ ， ∵ 的图象开口向上，对称轴为， 由，所以当时，取最小值. 故答案为：3；4. 【分析】本题考查等差数列的基本量法，借用函数的思想解决最值问题，是中档题. 10．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知为等差数列的前项和，且满足，，则 ，的最小值为 ． 【答案】 2 -9 【解析】根据等差数列的求和公式及通项公式列方程求解即可，利用二次函数求最小值即可. 【详解】由，， 可得， 解得，， 又， 当时，有最小值. 故答案为：2；-9 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和求和公式，考查了二次函数的最小值，属于中档题. 四、解答题 11．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知公差为2的等差数列，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列的前项和为，求数列的最小项. 【答案】（1）；（2）最小项为第7项为. 【解析】（1）由等比中项的性质以及等差数列的通项公式求出数列的通项公式； （2）当时，由得出，由二次函数的性质得出数列的最小项，当时，由得出结合导数数列的最小项. 【详解】（1）由题知：，则得： 即 （2）当时，， 则，即时， 当时，，，则 令， 当时，，当时， 即函数在上单调递减，在上单调递增 即时， 最小项为第7项为 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于先讨论的正负，从而确定的通项公式，进而得出，最后由二次函数的性质以及导数得出数列的单调性，由此得出最小值. 地 城 考点05 等差数列的前n项和 一、单选题 1．（24-25高二下·浙江杭州·期末）已知数列的前n项和为，则最小时，（   ） A．47 B．48 C．49 D．50 【答案】D 【分析】由二次函数性质即可求解. 【详解】因为，所以当时，最小. 故选：D. 2．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知是等差数列的前 n 项和，且，，则（    ） A． B．的最小值为 C．数列为递减数列 D． 【答案】B 【分析】根据等差数列的性质即可判断其公差，即判断AC，再利用前项和公式即可判断BD. 【详解】对A，因为等差数列，则，则，故A错误； 对B，设等差数列的公差为，则，则， 则的最小值为，故B正确； 对C，因为，则数列为递增数列，故C错误； 对D，因为，，则， 则，故D错误. 故选：B. 3．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知为等差数列，则（    ） A．126 B．144 C．162 D．180 【答案】C 【分析】利用等差数列的通项公式和等差中项求解即可. 【详解】设等差数列的公差为d， 由，解得， 由，解得， 所以， 所以， 所以 故选： 4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）数列是等差数列，，记是的前9项和，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知求公差，进而求，应用等差数列的前n项和公式及等差数列的性质求. 【详解】由题设，数列的公差，则，且. 故选：A 5．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知为等差数列，根据下列条件不能求出的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等差数列的性质及前n项和公式判断各项等式是否能求出，即可得答案. 【详解】若等差数列的公差为， A：，能求出，不符； B：，不能求出，符合. C：，能求出，不符； D：，能求出，不符； 故选：B 6．（24-25高二上·浙江杭州·期末）设等差数列的前项和为，已知．，则等差数列的公差为（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】根据等差数列基本量的计算公式求解. 【详解】因为为等差数列，所以. 所以，又，所以或. 若，则； 若，则. 故选：C 7．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列满足，，则的最大值为（   ） A．420 B．380 C．342 D．6 【答案】A 【分析】条件可变形为①，将代入递推公式可得或；当时，②. ①-②化简变形可得或.当时，或； 当时，，故数列是以为首项，公差为2的等差数列.由等差数列通项公式可得，再利用累加法即可求解. 【详解】，①. 当时，，解得或. 当时，②. ①-②得， 或. 当时，或； 当时，， ∴数列是以为首项，公差为2的等差数列. 要使取得最大值，则，， 由等差数列通项公式可得. ，，，…，， 以上式子相加得 ， . 故的最大值为420. 故选：A. 【点睛】本题考查求数列通项公式与数列求和，解题关键是当时，两条件式作差变形后可得或.对第二种情况变形后利用等差数列通项公式与累加法即可求解. 8．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知数列的前项和为，满足，（），则可以是（   ） A．42 B．46 C．50 D．54 【答案】B 【分析】将式子平方，得，，赋值变形为，再利用累差法求解与的关系式，由各项为整数，代入选择支逐项验证即可得. 【详解】由，（），可知，且，， 则，，即， 所以，，，， 故， 则. A项，若，则或， 当时，则， 由，可知不存在整数满足条件； 当时，则， 由，可知不存在整数满足条件，故A错误； B项，若，则或， 其中当时，则， 故，满足题意，故B正确； C项，若，则或， 当时，则， 由，可知不存在整数满足条件； 当时，则， 由，可知不存在整数满足条件，故C错误； D项，若，则或， 当时，则， 由，可知不存在整数满足条件； 当时，则， 由，可知不存在整数满足条件，故D错误； 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决此题关键在于等式的变形处理，转化为，由此利用累差法探究得到等量关系式. 二、多选题 9．（24-25高二上·浙江杭州·期末）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有个球，第二层有个球，第三层有个球，…，设各层球数构成一个数列，且，数列的前项和为，则正确的选项是（    ）． A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】运用累和法结合等差数列的前项和公式数列通项、裂项相消法求得，即可判断ABC选项，利用作差法判断D选项. 【详解】由题意可知：，于是有，，即， 由累加法可知， 显然可得： ，A选项正确， ，B选项不正确； ， 由错位相减可得，C选项正确； 令，∵，即，∴，即，D选项错误. 故选：AC. 10．（24-25高二上·浙江杭州·期末）在数列和中的前n项和则下列说法正确的有（    ） A． B． C．36是与的公共项 D． 【答案】ACD 【分析】根据迭代可得根据的关系即可求解，即可求解ABC，利用裂项相消法求和即可求解D. 【详解】在数列中 所以当时， 当时，也满足上式，则 则故B错误； 的前项和 当时 当时 当时，也满足上式，则故A正确； 令解得令解得 故36是与的公共项，即C正确； 因为 所以， 因为所以，故D正确. 故选：ACD 三、解答题 11．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知是等差数列的前n项和． (1)证明是等差数列； (2)设为数列的前n项和，若，求． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）应用等差数列的前n项和公式求的通项公式，即可证结论； （2）根据已知求得数列的公差，再求即可. 【详解】（1）若的公差为，则， 所以，则， 故， 即是首项为，公差为的等差数列，得证； （2）由题设，则数列的公差， 所以，则. 12．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列、的各项均不为零，若是单调递增数列，且，，，. (1)求及数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和. 【答案】(1)，； (2) 【分析】（1）变形得到，故为等差数列，利用求出，根据，其中，，得到，求出公差，得到通项公式； （2），设的前项和为，分和，两种情况，得到的前项和. 【详解】（1），， 故，即， 的各项均不为零，故， 所以为等差数列，且公差大于0， 中，令得， 又，故， 中，令得， 其中，，故， 即，解得或0（舍去）， 故； （2）， 故当时，，当时，， 设的前项和为， 当时，， 当时，， 综上，. 13．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知数列的前n项和为 (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和 【答案】(1) (2) 【分析】（1）当时，可求得；当时，，对仍成立，可得数列的通项公式； （2）裂项可得，可求得数列的前n项和 【详解】（1）当时，； 当时，， 对仍成立， 数列的通项公式为； （2）由（1）知 14．（24-25高二上·浙江丽水·期末）已知正项数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列前项的和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，由与的关系，代入计算，即可得到结果. （2）根据题意，由（1）可得数列的通项公式，然后由并项求和法代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）①当时，或（舍去）， ②当时，， ， 上述两式相减，整理得，又， 所以，所以是以3为首项，公差为4的等差数列， . （2）由（1）知， 所以， . 地 城 考点06 等比数列的通项公式 一、单选题 1．（24-25高二下·浙江温州·期末）设a，b，c，d是非零实数，，则“a，b，c，d成等比数列”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合向量的数量积的性质和运算律判断. 【详解】由题意知，为非零向量， 充分性：当a，b，c，d成等比数列时，则，所以，则，故充分性满足； 必要性：当时，则，取，显然，但a，b，c，d不成等比，故必要性不满足， 所以“a，b，c，d成等比数列”是“”的充分不必要条件，故A正确. 故选：A. 2．（24-25高二上·浙江金华·期末）在等比数列中，，则公比 （    ） A． B． C．3 D．13 【答案】C 【分析】由等比数列的项之间的关系得到关于公比的等式，求出. 【详解】， ∴， 故选：C. 3．（24-25高二上·浙江杭州·期末）4与9的等比中项为（   ） A．6 B． C． D．6.5 【答案】C 【分析】根据等比中项的概念计算即可. 【详解】设4与9的等比中项为，则，所以或. 故选：C 4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知且数列各项均为正实数，设甲：为等比数列；乙：为等差数列，则甲是乙的（    ） 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】C 【分析】由为等比数列，可得通项公式；由为等差数列，可得通项公式，据此可得答案. 【详解】为正项等比数列，设其首项为公比为q 则， 因此是以为公差的等差数列.则甲是乙的充分条件; 反之，乙：为等差数列，即为常数 即，因此为正项等比数列.则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件， 故选：C 5．（24-25高二上·浙江温州·期末）若正项数列是等比数列，则“”是“数列为递增数列”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】C 【分析】由等比数列性质，结合充分必要条件的判断，即可求解. 【详解】因为正项数列是等比数列，所以， 当时，，解得， 所以数列为递增数列，满足充分性； 当数列为递增数列时，，满足必要性， 所以“”是“数列为递增数列”的充要条件. 故选：C 二、多选题 6．（24-25高二下·浙江·期末）已知数列满足，，令，则（   ） A． B．数列是等差数列 C．为整数 D．数列的前2025项和为2025 【答案】ABD 【分析】首先对变换、化简，求出数列为首项是1，公比为1的等比数列，然后可以求出数列的通项公式，然后求出数列的通项公式，最后对每个选项逐一计算、判断即可. 【详解】因为①， 所以当时，②， ①-②得：. 化简得. 所以，所以数列为首项是1，公比为1的等比数列. 所以，所以. 所以. 对于选项A：，所以A正确； 对于选项B：因为，所以数列是首项为0，公差为的等差数列，所以B正确； 对于选项C：，不是整数，所以C错误； 对于选项D：因为数列是首项为0，公差为的等差数列， 所以，所以D正确. 故选：ABD. 7．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知a，b，c为非零实数，则下列说法一定正确的有（    ） A．若a，b，c成等差数列，则成等比数列 B．若a，b，c成等比数列，则成等比数列 C．若a，b，c成等差数列，则成等比数列 D．若成等比数列，则a，b，c成等比数列 【答案】BC 【分析】举例说明判断AD；利用等差中项、等比中项的定义判断BC. 【详解】对于A，取，满足成等差数列，而不成等比数列，A错误； 对于B，由成等比数列，得，则，成等比数列，B正确； 对于C，由成等差数列，得，则，成等比数列，C正确； 对于D，取，成等比数列，显然不成等比数列，D错误. 故选：BC 8．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知数列满足则（    ） A． B．是等比数列 C． D．是等比数列 【答案】ACD 【分析】通过构造法求数列的通项公式可得选项C正确；根据通项公式可得选项A正确；求出数列的前3项可得选项B错误；通过定义法证明等比数列可得选项D正确. 【详解】由得则数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，从而，C正确. 由得，A正确. 由得， 故数列不是等比数列，B错误. 由得， 故数列是以3为首项，2为公比的等比数列，D正确. 故选：ACD. 9．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知等差数列的前项和为，正项等比数列的前项和为，下列说法正确的是（   ） A．不可能是等差数列 B．若，则 C．是等差数列 D．若单调递减，则单调递增 【答案】BC 【分析】通过举反例的方法判断A、D；在等差数列中，由得，再利用等差数列通项的性质可判断B；利用等差数列的定义结合等差数列的前项和公式及等比数列的定义即可判断C. 【详解】对于A，当等比数列的公比时，，是等差数列.故A不正确. 对于B，在等差数列中，由得， ∴，即，故B正确； 对于C，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，， 则，为常数. 所以是等差数列；故C正确； 对于D，令，显然单调递减，单调递减，故D不正确. 故选：BC. 10．（24-25高二上·浙江杭州·期末）各项均为正数的等比数列的前n项积为，若，公比，则下列说法正确的是（    ） A．若，则必有 B．若，则必有 C．若，则必有 D．若，则必有 【答案】ACD 【分析】AC选项，由得到，由等比数列性质得到，A正确，若，矛盾，不合题意，若，满足要求，则，C正确；BD选项，，推出数列单调递减，若，则，若，则，B错误，则必有，所以，D正确. 【详解】A选项，若，则， 的各项均为正数，由等比数列性质得， 则有， 故，A正确； B选项，若，则，而，所以数列单调递减， 若，则，所以，若，则，所以，B错误； C选项，若，由A知，， 若，则，又，显然矛盾，不合题意， 若，则，满足要求，则为中最大项，，C正确； D选项，若，则，而，所以数列单调递减， 则必有，所以，D正确. 故选：ACD 三、填空题 11．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知数列满足若为最大项，则 . 【答案】5或6 【分析】先由递推公式构造数列，得到等比数列，求出通项公式，借助指数函数性质，得到最大项时的项数. 【详解】由得，， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 从而可得到， 所以最大项是第5项或第6项，故或 故答案为：或 四、解答题 12．（24-25高二下·浙江杭州·期末）数列满足． (1)证明数列是单调递增数列； (2)若是中连续的三项，证明：不可能成等比数列； (3)证明：不存在正的常数M，使对所有的成立． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）证明是等比数列，得出的表达式，利用作差法即可证明结论； （2）写出的表达式，求出和，得出，即可证明结论； （3）根据数列是递增数列即可得出结论. 【详解】（1）由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴， 即， ∴， ∴是以为首项，为公比的等比数列， ∴， ∴，即（）， ∴， ， ∴数列是单调递增数列. （2）由题意及（1）证明如下，， 在数列中，， ∴，，， ∴ ∴ ∴不可能成等比数列. （3）由题意（1）及（2）证明如下，， 在数列中，，单调递增， 且当时，， ∴不存在正的常数M，使对所有的成立. 13．（24-25高二下·浙江温州·期末）已知是各项均为正数的等比数列，数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等比数列基本量的计算即可得解， （2）利用等差求和公式即可得解. 【详解】（1） 又， 故，故， 因此 （2）， 由于， 故为等差数列，且公差为2， 故 14．（24-25高二上·浙江舟山·期末）若无穷正整数数列满足递推关系，则称数列为好数列． (1)若为好数列，且，请写出所有可能的取值； (2)若为好数列，且，求最大的可能值； (3)证明：对任意的好数列，存在，使得对，都有． 【答案】(1)，18或41 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据的定义即可求解； （2）根据可得，即可根据迭代得到，进而可得，即可求解； （3）由，对进行分奇数和偶数讨论，即可结合好数列的定义求解. 【详解】（1）则或21， 当时，；当时，或41， 综上，，18或41 （2）因为，故，故，故 故， 故． 此时，经检验满足要求． 故最大为 （3）由于为正整数列，故其中必存在一项为整个数列中最小的正整数，设其为． 若为奇数，则，得到，故．归纳可得此时为常数列，满足题意． 若为偶数，则为奇数，故得到． 故或4． 若，则，且 取，对，都有，满足题意 若则，且 取，对，都有，满足题意 综上所述，存在，满足题意． 【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 15．（24-25高二上·浙江温州·期末）设为正整数，由互不相同的正实数构成数列，，…，. (1)请给出一个数列，，，使得，，成等比数列； (2)若，，…，，为等比数列，求所有的； (3)将所有的（）按照一定顺序排成一列数，若这一列数是递增的等比数列，求所有的. 【答案】(1)数列为， (2)为不小于3的奇数 (3). 【分析】（1）取，验证该数列满足要求； （2）设该等比数列的公比为，证明为偶数不满足要求，再举例说明为大于等于的奇数时满足条件； （3）通过举例说明，满足要求，再证明时，不存在满足条件的即可. 【详解】（1）取， 则，，， 此时，，成等比数列， 故数列满足要求， （2）设该等比数列的公比为，则，， 且， 若为偶数，设，其中正整数， 则. 由可得，这与正实数，，…，互不相同矛盾 若为奇数，设，其中为正整数. 当， 时满足条件. 综上可知，满足条件的正整数为不小于3的奇数 （3）①时，选取，则为等比数列.   ②时，选取， 则为等比数列， ③时，不妨假设， 集合中的所有元素按从小到大排列所成的数列为， 则数列为等比数列，该数列的公比为，. 因为，， ， 故等比数列的前两项为，，末两项为，， 则， 1) 若，则，这与为等比数列中不同的两项矛盾. 2) 若，则. 因为， 所以等比数列的前三项为，末三项为， ， 又因为，所以为等比数列的相邻三项， 若为等比数列的第四项，， 于是，这与为等比数列中不同的两项矛盾： 若为等比数列的第七项，，于是， 这与为等比数列中不同的两项矛盾. 综上可知，满足条件的正整数，. 【点睛】关键点点睛：本题第三小问解决的关键在于通过假设，并进一步比较两两乘积的大小关系确定数列的前两项，和末两项，再进一步证明满足条件的不存在. 地 城 考点07 等比数列的性质 一、单选题 1．（24-25高二上·浙江衢州·期末）已知等差数列的前项和为，且，若，数列的前项积为，则使的最大整数为（    ） A．20 B．21 C．22 D．23 【答案】B 【分析】先判断出，从而得到，，，故可判断与1的大小关系. 【详解】设等差数列的公差为，则， 故为各项为正数的等比数列. 因为，故，故， 故，，， 故，， 所以， ， ， 所以， 故选：B. 2．（24-25高二上·浙江丽水·期末）对于无穷数列，给出下列命题： ①若数列既是等差数列，又是等比数列，则数列是常数列． ②若等差数列满足，则数列是常数列． ③若等比数列满足，则数列是常数列． ④若各项为正数的等比数列满足，则数列是常数列，其中正确的命题个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】按公差、公比的值分类讨论. 【详解】既是等差数列也是等比数列的数列是非零常数列，所以①正确； 设等差数列的公差为， 若，当无限大时，则无限大，； 若，当无限大时，则无限小，； 所以，只需即有，故②正确； 若等比数列的公比为，，也满足，所以③错误. 设各项为正数的等比数列公比为，若， 当，当无限大时，则无限大，不满足； 若，当增大时，则趋于零，不满足； 综上得，所以④正确. 故选C. 【点睛】本题考查等差等比数列的性质和函数单调性. 3．（24-25高二上·浙江·期末）已知数列是公差不为零的等差数列，是正项等比数列，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由等差，等比数列的形式特征画函数的图象，根据图象判断选项. 【详解】等差数列的通项公式是关于的一次函数，，图象中的孤立的点在一条直线上， 而等比数列的通项公式是关于的指数函数形式，图象中孤立的点在指数函数图象上， 如图所示当时，如下图所示， 当公差时，如下图所示， 如图可知当时，，，，. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是判断的方法，选择图象法可以比较快速的判断选项. 4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列是递增的等比数列，，，则公比（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】由方程利用等比数列的性质先求，再代入，联立方程组求出. 【详解】已知，所以，解得，即①； 又，则，即②；又， 由①②得，所以，解得或. 因为数列是递增的等比数列，所以. 故选：C. 5．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）已知等比数列的前项和为，则点列在同一坐标平面内不可能的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等比数列通项公式和前项和公式确定正确答案. 【详解】设等比数列的首项为，公比为， A选项，时，，图象符合. B选项，时，，图象符合. C选项，时，，图象符合. D选项，由图可知，都是负数，所以， 但图象显示时，或为正数，矛盾，所以D选项图象不符合. 故选：D 二、多选题 6．（24-25高二上·浙江嘉兴·期末）等比数列的公比为，且满足，，，记，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．使成立的最小自然数等于 【答案】AD 【分析】利用等比数列的通项及其性质逐一求解即可. 【详解】对于A选项，因为 为等比数列，且，， 若，则，不合乎题意， 若，则，这与矛盾， 若，则，这与矛盾， 若，由，所以，，故A正确； 对于B选项，由等比中项知，所以，故B错误； 对于C选项，因为 ，故C错误； 对于D选项，由等比中项知： ， ，故D正确； 故选：AD. 7．（24-25高二上·浙江温州·期末）已知数列的前n项和为，且，，则下列命题正确的是（    ） A．若为等差数列，则数列为递增数列 B．若为等比数列，则数列为递增数列 C．若为等差数列，则数列为递增数列 D．若为等比数列，则数列为递增数列 【答案】ACD 【分析】AC选项，得到公差，，结合等差数列求和公式得到对恒成立，A正确，推出得到C正确；BD选项，得到公比，举出反例得到C错误，由，且，得到D正确. 【详解】因为，，所以，且， AC选项，若为等差数列，则公差，， 则，对恒成立， 则数列为递增数列，A正确； 由于，故，又，故， 则，数列为递增数列，C正确； BD选项，若为等比数列，则公比，不妨设，， 则，故， 则数列不为递增数列，B错误； 由于，故，又，故数列为递增数列，D正确. 故选：ACD 三、解答题 8．（24-25高二上·浙江湖州·期末）某企业为响应“安全生产”号召，将全部生产设备按设备安全系数分为A，两个等级，其中等设备安全系数低于A等设备.企业定时对生产设备进行检修，并将部分等设备更新成A等设备.据统计，2020年底该企业A等设备量已占全体设备总量的30%.从2021年开始，企业决定加大更新力度，预计今后每年将16%的等设备更新成A等设备，与此同时，4%的A等设备由于设备老化将降级成等设备. (1)在这种更新制度下，在将来的某一年该企业的A等设备占全体设备的比例能否超过80%？请说明理由； (2)至少在哪一年底，该企业的A等设备占全体设备的比例超过60%.（参考数据：，，） 【答案】(1)A等设备量不可能超过生产设备总量的80%，理由见解析； (2)在2025年底实现A等设备量超过生产设备总量的60%. 【分析】(1)根据题意表示出2020年开始，经过年后A等设备量占总设备量的百分比为，求出，根据的范围进行判断； (2)令＞即可求解. 【详解】（1）记该企业全部生产设备总量为“1”， 2020年开始，经过年后A等设备量占总设备量的百分比为， 则经过1年即2021年底该企业A等设备量， ， 可得，又 所以数列是以为首项，公比为的等比数列， 可得，所以， 显然有，所以A等设备量不可能超过生产设备总量的80%. （2）由，得. 因为单调递减，又，， 所以在2025年底实现A等设备量超过生产设备总量的60%. 地 城 考点08 等比数列的前n项和 一、单选题 1．（24-25高二下·浙江杭州·期末）已知是等比数列的前n项和，若，则（   ） A．1022 B．1023 C．1024 D．1025 【答案】B 【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式得到方程组，解得首项和公比，代入等比数列的前n项和公式可求； 【详解】设等比数列的公比为，由题意可得解得 则 故选：B. 二、多选题 2．（24-25高二上·浙江金华·期末）已知等差数列的前n项和为，各项为正的等比数列的前n项和为，以下结论正确的是（    ） A．数列为等比数列 B．数列为等比数列 C．若为递增数列，则存在最小值 D．存在，使得数列为等差数列 【答案】ACD 【分析】由等差数列和等比数列的定义设出，由定义判断A选项；取特殊数列，计算出再由等比数列定义判断B选项，由等差数列的前和的性质判断C选项；由等差数列前项和公式求出，取特殊数列，由等差数列的定义判断D选项. 【详解】设等差数列首项为，公差为，∴，， 设等比数列首项为，公比为，∴， A选项：数列，即，所以数列为等比数列，A选项正确； B选项：当时，，此时不是常数，∴数列不是等比数列，B选项错误； C选项：若为递增数列，即，则当时，，此时存在最小值；当时，则数列一定存在，使得，此时存在最小值.故C选项正确； D选项：，当时，，此时数列的通项公式，令，则，∴存在，使得数列为等差数列，D选项正确. 故选：ACD. 三、填空题 3．（24-25高二上·浙江金华·期末）已知数列满足，且，该数列前20项和 ． 【答案】1078 【分析】由递推公式得到数列的通项公式，由此计算出数列的. 【详解】∴当为奇数时，，当为偶数时，， ∴数列的奇数项是等比数列，偶数项是等差数列， ∴， ∴ . 故答案为：1078. 4．（24-25高二上·浙江杭州·期末）数列的前项和为 ． 【答案】 【分析】设数列的前项和为，利用错位相减法结合等比数列求和公式运算求解. 【详解】设数列的前项和为， 则， 可得， 两式相减得：， 所以. 故答案为：. 四、解答题 5．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由数列的通项与求和的关系，以及等比数列的通项公式，可得所求. （2）由数列的裂项相消求和，可得，再由参数分离和不等式恒成立思想，结合数列的单调性，可得所求取值范围. 【详解】（1）当时，，，解得， 当时，由，可得，相减可得，对也成立， 由此可得数列是首项为，公比为的等比数列，所以， 所以，数列的通项公式为. （2）， 则 两式相减可得： , 整理可得, 若对任意的，恒成立,即为恒成立， 设，则，当时，即时，所以当时，， 所以当时，，当时，， 当时，，当时，， 可以看出在处取得最小值，所以从后才开始递增，即当，，时，， 当时，，所以， 所以的取值范围为. 6．（24-25高二下·浙江杭州·期末）数列的前n项和为，已知，数列满足递推关系：． (1)求数列和的通项公式； (2)求的前n项和． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）利用与前n项和的关系可求得；根据等比数列的概念可求得数列的通项公式，从而可得； （2）利用错位相减法以及等比数列的概念计算化简即可求解. 【详解】（1）已知 ，当 时，； 当 时，； 验证时，，符合上式， 故数列通项公式为. 因为， 所以，等式两边同时加 可得， 即，所以， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 数列通项公式为，所以. 故数列的通项公式为. （2）由（1）可知，则， 所以， 记数列的前项和为 ， ，① 上式乘以公比2可得； ，② 由① ②可得： ， 即， ， 化简可得， 即. 7．（24-25高二下·浙江杭州·期末）对于给定的正整数，如果正整数能整除，则称是的因子；如果正整数，共同的因子只有1，则称正整数和互素.已知函数表示正整数的因子个数，数列满足以下条件： ①对于任意素数和正整数，都有； ②对于任意的正整数和，若和互素，则. (1)求，的值，并写出和的关系（无需证明）； (2)当是偶数时，证明：； (3)设数列的前项和为，证明：. 【答案】(1)，， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对于任意的正整数，1和总是互素的，因此恒成立，即. 又，求出，通过计算特殊的和的值，得到和的关系； （2）设，若是的因子，则且，偶数的因子除了外，至多有个，得到结论； （3）结合（2），利用不等式的放缩即可求解. 【详解】（1）注意到，对于任意的正整数，1和总是互素的， 因此恒成立，即. 又， 故. 令，则；令，则； 令，则；令，则； 令，则；令，所以， 所以的前6项分别为1，2，2，3，2，4． 通过计算特殊的和的值，可以发现：. （2）证明：设，若是的因子，则且 故，即， 因此，偶数的因子除了外，至多有个 故 （3）考虑奇数，设，若是的因子，则且 故，即，又，故 即 结合（2）问结论，有： 故 且，故原命题得证. 8．（24-25高二下·浙江丽水·期末）已知数列是公比为的等比数列，成等差数列． (1)求数列的通项公式； (2)若，设数列的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用基本量法可求首项，从而可求通项； （2）利用错位相减法可求，利用不等式的性质可证. 【详解】（1）因为成等差数列，所以， 又因为数列是公比为的等比数列，所以， 解得，所以， 所以数列的通项公式. （2）由（1）知，则 可得， 则， 两式相减，可得， 所以， 因为， 所以数列是递增数列，则， 又因为，可得， 综上可得：. 9．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列满足，且，，，设． (1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式； (2)记，数列的前项和为，若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析，； (2). 【分析】（1）转化已知条件，求得，即可证明为等比数列，结合逐差法，即可求得； （2）根据（1）中所求，利用裂项求和法求得，再根据恒成立问题，求得的最大值，即可求得的取值范围. 【详解】（1），故可得，又，即， 故数列为首项，公比为的等比数列，则； 故，则， 即，故. （2）， 故的前项和为 ， 不等式对任意恒成立， 则，即恒成立； 令，则， 则， 当时，，当时，， 故数列的最大项为， 故恒成立，也即，故实数的取值范围为. 10．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)已知，求数列的前n项和． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用求出数列通项公式. （2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）数列中，， 当时，， 两式相减得，解得，当时，，满足上式， 所以的通项公式为. （2）由（1）知，，， ，则， 两式相减得， 所以. 11．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）在等差数列中，已知公差，，前项和为.且，，成等比数列. (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）由条件结合等比中项的性质及等差数列通项公式列方程求，由此可求数列数列的通项公式； （2）利用错位相减法求数列的前项和. 【详解】（1）由题意知，，，， 因为，，成等比数列，所以， 即，整理得，解得或， 因为，所以， 所以； （2）由（1）知，， 则① ② ①②得， ， ， ， 所以. 12．（24-25高二上·浙江舟山·期末）数列满足：． (1)求数列的通项公式； (2)设，为数列的前项和，若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据的关系，即可作差求解， （2）利用裂项相消法求解，根据单调性可得，进而根据求解即可. 【详解】（1）令 又① ② 由①②得到 即：， 经检验，也成立，故数列的通项公式 （2） 因为是单调递增数列，且 若恒成立，则，解得或， 实数的取值范围为或． 13．（24-25高二上·浙江杭州·期末）已知为等差数列的前项和，，，． (1)求的通项公式； (2)记为数列的前项和，设 （i）求的表达式； （ii）若整数满足，求的最大值，并说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ⅱ）4 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解， （2）（i）根据等差求和公式以及等比求和公式，结合分组求解可求解，即可得，（ⅱ）根据的表达式分析数列的单调性和符号，进而可得结果. 【详解】（1）设数列的公差为d， 依题意，， 即，解得， 所以的通项公式是. （2）（i）由（1）知，所以， 则， ， 所以， （ⅱ）令， 且，则，可得 又因为，，， 若，所以的最大值为4. 14．（24-25高二上·浙江绍兴·期末）给出构造数列的一种方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现自1，1起进行构造，第1次得到数列1，2，1，第2次得到数列1，3，2，3，1，…，依次类推得到如下的三角形数表： 1          1 1        2       1 1     3     2     3    1 1   4   3  5  2  5  3  4   1 ...... 记表示上表中第行，第列的数，表示上表中第行所有数字之和（，）. (1)（i）求和； （ii）求数列的通项公式； (2)记集合，把集合中的元素从小到大排列，得到新数列为，若，求的最大值. 【答案】(1)（i），；（ii）； (2)21. 【分析】（1）（i）根据规律写第5、6行的数字即可得答案；（ii）根据已知得到递推关系式，再由构造法及等差数列的定义写出通项公式； （2）由已知定义及等比数列前n项和公式可得，进而有，根据及分类讨论得，即可得的最大值. 【详解】（1）（i）由题设，第5行从左到右依次为，则， 第6行从左到右依次为，则， 所以，； （ii）由题设规律知，每一行的数字，或来自前一行，或来自前一行相邻两个数字的和， 其中，在前一行相邻数字求和过程中，第一个数字和最后一个数字只计算一次，其余数字都计算了两次， 因此发现递推关系为，则，且， 所以，即； （2）由 ， 由，则，则， 当时，，不合题意； 当时，， 即且符合题意； 所以，符合题意的数对有， 共有21个，即的最大值21. 【点睛】关键点点睛：首先根据规律及等差数列定义求得，再得到为关键. 15．（24-25高二上·浙江杭州·期末）若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中n为正整数． (1)证明：数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列； (2)设，数列的前n项和为，且恒成立，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据“平方递推数列”的定义和等比数列的定义进行证明即可； （2）求出表达式，再分段求和即可.通过参变分离求最值即可求解； 【详解】（1）点在函数的图象上， ，， 数列是“平方递推数列”， 因为， 对两边同时取对数得， 数列是以1为首项、2为公比的等比数列； （2）由（1）知， 所以， 故数列的奇数项构成1为首项，4为公差的等差数列，偶数项构成2为首项，4为公比的等比数列， 由等差数列求和公式及等比数列求和公式可得： 所以等价于： 化简可得： ， 令，则，当且仅当时取等号，等号无法成立， 当，即时，；当，即时，； 所以， 所以的最大值 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $