专题01 数列（期末压轴题专项训练）数学湘教版2019选择性必修第一册

专题01 数列 目录 专题01 数列 类型一、由递推数列研究数列的性质 类型二、数列的单调性 类型三、数列恒成立 类型四、数列的通项公式 类型五、数列新定义 类型六、等差数列基本量的计算 类型七、等比数列基本量的计算 类型八、等比数列下标和性质 类型九、等差、等比数列片段和 类型十、等差、等比实际应用 类型十一、等差数列的证明 类型十二、等比数列的证明 类型十三、函绝对值数列的和 类型十四、裂项相消法 类型十五、错位相减法 类型十六、分组求和法 类型十七、数列分奇偶问题 类型十八、整除问题 类型十九、公共项问题 类型二十、数列重排问题 类型二十一、插入项问题 类型二十二、数列与不等式 压轴专练 类型一、由递推数列研究数列的性质 例1．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 ． 变式1-1．(24-25高二下·江西萍乡·期末)若递增数列的各项均是正整数，且满足，则 ， . 变式1-2．(24-25高二下·云南保山·期末)已知数列满足：均有，且，，则（   ） A．5 B．-5 C．-3 D．3 变式1-3．(24-25高二下·广东肇庆·期末) （多选）自然界中存在很多美到极致的螺旋，如田螺的螺旋、星系的螺旋，我们把这些螺旋称为“斐波那契螺旋”.它按如图所示的规律形成连续不断的弧线，借助正方形的边长形成数列“1，1，2，3，5，8，……”，即从数列第三项开始，每项都等于前面两项之和.设该数列为，则（），记是数列的前项和，是数列的前项和，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．若，则 类型二、数列的单调性 数列单调性的判断 ⑴当时，为递增数列； ⑵当时，为递减数列； ⑶当时，为常数列 例2．(24-25高二下·河北秦皇岛河北昌黎第一中学·期末)已知数列的通项公式，则（    ） A．81 B．128 C．146 D．164 变式2-1．(24-25高二下·安徽阜阳临泉县·期末)已知数列{an}的通项公式为，前n项积为，则的最大值为 ． 变式2-2．(24-25高二下·广东佛山·期末) （多选）已知数列的前n项和为，，则（   ） A．数列是递减数列 B．当且仅当时，取得最小值 C．数列是递减数列 D．当且仅当时，取得最小值 变式2-3．(24-25高二上·广东梅州·期末)（多选）已知，关于数列，下列命题中正确的是（    ） A． B． C．恒成立 D．数列是递增数列 类型三、数列恒成立 例3．(24-25高二上·浙江嘉兴·期末)定义若数列的前n项和，数列满足，，令，且恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式3-1．(24-25高二上·贵州黔西南州·期末)定义 为数列的“匀称值”．若数列的“匀称值”为1，设数列的前n项和为，且对任意恒成立，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 变式3-2．(23-24高二上·福建福州第八中学·期末)若数列的前项和为，，则称数列是数列的“均值数列”．已知数列是数列的“均值数列”且，设数列的前项和为，若对恒成立，则实数的取值范围为 ． 变式3-3．(21-22高二上·重庆西南大学附属中学·期末)已知数列满足，若对任意恒成立，则实数的取值范围为 类型四、数列的通项公式 (1)利用数列的通项公式求某项的方法 数列的通项公式给出了第n项an与它的位置序号n之间的关系，只要用序号代替公式中的n，就可以求出数列的相应项． (2)判断某数值是否为该数列的项的方法 先假定它是数列中的第n项，然后列出关于n的方程．若方程的解为正整数，则是数列的一项；若方程无解或解不是正整数，则不是该数列的一项． 例4．设数列的前项之积为，满足，则（    ） A． B．4051 C． D． 变式4-1．(24-25高二下·云南长水教育集团·)数列满足，则数列的前9项和为（   ） A． B． C． D． 变式4-2．(24-25高二下·四川绵阳高中·期末)已知数列满足：，数列满足，则数列的前50项的和为（   ） A． B． C． D．50 变式4-3．(24-25高二下·河南商丘·期末)已知数列的前项和为，则“，”是“数列为等差数列”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 类型五、数列新定义 例5．(23-24高二下·辽宁辽宁实验中学等五校联考·期末)设高斯函数表示不超过的最大整数（如），已知，则 ； ． 变式5-1．(23-24高二下·甘肃·期末) （多选）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． 变式5-2．(23-24高二下·江西抚州·)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：.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“斐波那契数列”的前项和，若，，则（    ） A． B． C． D． 变式5-3．(23-24高二下·辽宁大连·期末)已知函数，若数列为递增数列，则称函数为“数列保增函数”，已知函数为“数列保增函数”，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 类型六、等差数列基本量的计算 等差数列的基本运算： (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程思想． (2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．　 例6．(24-25高二上·江苏南京南京师范大学附属中学·期末)在无穷等差数列中，若，且，则 ． 变式6-1．(24-25高二下·安徽宣城·期末)等差数列前项的和为，已知，，则（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 变式6-2．(24-25高二下·江西上进联考·期末)记等差数列的前项和为，若，则最大时的值为 ． 变式6-3．(24-25高二下·安徽阜阳临泉县·期末)已知，数列满足，则数列的前n项和的最大值为（  ） A． B． C． D． 类型七、等比数列基本量的计算 等比数列的通项公式涉及4个量a1，an，n，q，只要知道其中任意三个就能求出另外一个，在这四个量中，a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，问题便迎刃而解． 例7．(24-25高二下·湖南郴州·期末)在正项等比数列中，，，记，若取最大值时，则n的值为（   ） A．3 B．4 C．3或4 D．4或5 变式7-1．(24-25高二下·河南天立教育·期末)已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，则（   ） A． B． C． D． 变式7-2．(24-25高二下·河南南阳·期末)已知数列的前项和为，若，为等比数列，则（    ） A． B． C． D． 变式7-3．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末)为等比数列的前项和，为的公比（），，，则（    ） A． B． C． D． 类型八、等比数列下标和性质 (1)应用an＝amqn－m，可以凭借任意已知项和公比直接写出通项公式，不必再求a1. (2)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an. 例8．已知等比数列的各项均为正数，且，则的值为（    ） A．3 B．6 C．9 D．18 变式8-1．(24-25高二下·江西抚州·)在等比数列中，是方程的两根，则的值为（   ） A．-4 B．-2或2 C．-2 D．2 变式8-2．已知数列为等比数列，其中，为方程的两根，则（    ） A． B． C． D． 变式8-3．(24-25高二下·山东德州·期末)已知等差数列的各项都不相等，它的前3项和为18，且成等比数列，则（   ） A．1 B．3 C．6 D．9 类型九、等差、等比数列片段和 例9．(24-25高二下·四川乐山·期末)记为等比数列的前项和，若，，则（   ） A． B．216 C． D．728 变式9-1．(24-25高二下·河南南阳九师联盟·期末)已知等比数列的前项和为，若，则（    ） A．56 B．105 C．112 D．189 变式9-2．(24-25高二下·陕西渭南大荔县·期末)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则中下两层共有扇面形石板（    ） A．2699块 B．3474块 C．3402块 D．2997块 变式9-3．(24-25高二上·安徽耀正优·期末)已知正项等比数列的前n项和为，若，，则（ ） A．12 B．14 C．16 D．18 类型十、等差、等比实际应用 解答数列应用题要步骤： (1)设数列，判断数列，解题完毕作答． (2)在归纳或求通项公式时，一定要将项数n计算准确． (3)在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系． (4)在近似计算时，要注意应用对数方法，且要看清题中对近似程度的要求． 例10．(24-25高二下·广东广州白云区·期末) （多选）如图，取正六边形各边的中点，，，，，，依次连线得第2个正六边形；然后再取正六边形各边的中点，，，，，，依次连线得第3个正六边形，依此方法一直继续下去．已知正六边形边长为4，记第个正六边形的边长为，面积为，则下列说法正确的是（   ）   A． B．数列是首项为，公比为的等比数列 C．如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有正六边形的面积之和不断增加且趋近于无限大 D．如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有正六边形的周长之和趋近于 变式10-1．(24-25高二下·陕西渭南大荔县·期末)侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上．设外围第一个正方形的边长为3，往里第二个正方形为，…，往里第个正方形为．那么至少前 个正方形的面积之和超过20．（参考数据：，）． 变式10-2．(24-25高二下·四川仁寿第一中学校（北校区）·期末)在风水学中，单数被视为阳数，象征着积极向上和吉祥，而双数被视为阴数，寓意不佳．在实际应用中，家庭中常见的楼梯台数通常是9级，而公共建筑中则多为11级．今李白在教学楼一二楼之间的楼梯（共11个台阶）上行走，他每次迈步有两种方式：每步登上1个台阶或2个台阶．那么李白从楼梯底部登上第11个台阶的迈步方法有 种． 变式10-3．(24-25高二下·广东深圳某校·期末)2025年蛇年春晚的武汉分会场地点设在黄鹤楼，楼的外观有五层而实际上内部有九层．为营造春节的喜庆气氛，主办方决定在黄鹤楼的外部用灯笼进行装饰．这五层楼预计共挂186盏灯笼，且相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，则最中间一层需要挂灯笼的数量为（　　） A．12盏 B．24盏 C．36盏 D．48盏 类型十一、等差数列的证明 判断等差数列的方法 (1)定义法 an＋1－an＝d(n∈N*)或an－an－1＝d(n≥2，n∈N*)⇔数列{an}是等差数列. (2)等差中项法 2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔数列{an}为等差数列． (3)通项公式法 数列{an}的通项公式形如an＝pn＋q(p，q为常数)⇔数列{an}为等差数列． 例11．(24-25高二下·河南商丘·期末)已知数列的首项是 (1)证明：的奇数项成等差数列； (2)求的前项和. 变式11-1．(24-25高二下·辽宁沈阳重点高中联合体·期末)已知正项数列的前n项和为，且． (1)证明：数列是等差数列； (2)若，求数列的前n项和； (3)若，求数列的前n项和． 变式11-2．(24-25高二下·湖南湘西·期末)已知数列的各项都为正数，其前项和为，且． (1)证明：是等差数列，并求的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 变式11-3．(24-25高二下·四川南充普通高中·期末)已知数列满足，且. (1)求证：是等差数列，并求的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 类型十二、等比数列的证明 判断一个数列是等比数列的常用方法 (1)定义法：若数列{an}满足＝q(n∈N*，q为常数且不为零)或＝q(n≥2，且n∈N*，q为常数且不为零)，则数列{an}是等比数列． (2)通项公式法：若数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1(a1≠0，q≠0)，则数列{an}是等比数列． (3)等比中项法：若a＝anan＋2(n∈N*且an≠0)，则数列{an}为等比数列． (4)构造法：在条件中出现an＋1＝kan＋b关系时，往往构造数列，方法是把an＋1＋x＝k(an＋x)与an＋1＝kan＋b对照，求出x即可． 例12．(24-25高二上·江苏南京南京师范大学附属中学·期末)已知数列满足：，其前项和为． (1)证明：为等比数列，并求数列的通项公式； (2)证明：． 变式12-1．(24-25高二下·浙江杭州西湖区浙附玉泉丁兰·期中)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． 变式12-2．(24-25高二下·广东深圳大学附属中学·期末)已知数列的前项和为，且． (1)求证：是等比数列，并求的通项公式； (2)求数列的前项和． 变式12-3．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)已知数列的前项和为，且. (1)若为等比数列，求公比的值； (2)若， （i）证明：数列为等比数列； （ii）求数列的前项和. 类型十三、含绝对值数列的和 例13．(24-25高二下·广西河池·期末) （多选）记等比数列的公比为q，其前n项和为，且，则下列说法一定正确的有（    ） A．是等比数列 B．是等差数列 C．，，是等比数列 D．是等比数列 变式13-1．(24-25高二下·广西南宁·期末) （多选）已知数列的前项和，则下列说法正确的是（   ） A． B．数列是等差数列 C．取最小值时 D． 变式13-2．(24-25高二下·甘肃兰州西北师范大学附属中学·期末)设是公比不为1的等比数列，已知，是，的等差中项． (1)求的通项公式； (2)记的前项和为，，求数列的前项和． 变式13-3．(22-23高二上·河北张家口·期末)已知为等差数列的前项和，若. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前50项和. 类型十四、裂项相消法 常见的裂项相消法求和类型： 分式型：，，等； 指数型：，等， 根式型：等， 对数型：，且； 例14．(24-25高二下·江西九江第一中学·期末) （多选）已知数列的前n项和为，且，，，，则下列选项正确的是（    ） A． B． C．若，则为等差数列 D． 变式14-1．(24-25高二下·甘肃定西临洮县·期末)已知等差数列的前项和为． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 变式14-2．(24-25高二下·广东湛江第一中学·期末)已知为各项均为正数的数列，其前项和为，. (1)求的通项公式； (2)设，数列的前项和记为，证明：. 变式14-3．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)已知是数列的前项和，数列是首项为3，公比为3的等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)已知，求数列的前项和. 类型十五、错位相减法 错位相减法∶ 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解. 例15．已知公差不为零的正项等差数列的前n项和为，，，，成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)令，求的前项和. 变式15-1．(24-25高二下·浙江杭州西湖区浙附玉泉丁兰·期中)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． 变式15-2．(24-25高二下·吉林白城实验高级中学·期末)设为等差数列的前项和，其中，且. (1)求常数的值，并写出的通项公式； (2)记，数列的前项和为，若对任意的，都有，求常数的最小值. 变式15-3．(24-25高二下·四川眉山·期末)已知：． (1)设，求数列的通项公式： (2)在（1）的条件下，数列满足． ①设数列，求数列的前项和； ②是否存在，对于任意满足？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 类型十六、分组求和法 分组转化法∶ 一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减. 例16．(24-25高二下·四川眉山中学校·期末)设是以2为首项，1为公差的等差数列，是1为首项，2为公比的等比数列，记，则中不超过2025的项的个数为（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 变式16-1．已知数列满足，，且，若表示不超过x的最大整数（例如，），记，则数列的前2026项和为 . 变式16-2．(24-25高二下·内蒙古部分学校·期末)在数列中，，且． (1)求的通项公式； (2)求的最小值； (3)求数列的前项和． 变式16-3．(24-25高二下·河南南阳·期末)已知数列满足，，，. (1)数列满足：，试判断是否为等比数列，请说明理由； (2)数列满足：，当时，求数列的前n项和 类型十七、数列分奇偶问题 例17．(24-25高二下·河南南阳·期末) （多选）已知数列满足，，，设，记数列的前项和为，数列的前n项和为，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 变式17-1．(24-25高二下·安徽安庆江淮协作区·期末) （多选）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），记数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A．当时， B．当时，使得要13步“雹程” C．当时， D．若，则的取值有6个 变式17-2．已知数列的前项和，且，，其中. (1)证明：数列是等比数列； (2)设，求数列的前20项和. 变式17-3．(24-25高二下·辽宁丹东·期末)记是数列的前项和，，，且数列是等差数列． (1)求的通项公式； (2)设若，求数列的前项和 类型十八、整除问题 例18．(24-25高二下·江西多校·)《孙子算经》提出了“物不知其数”问题的解法，被称为“中国剩余定理”.“物不知其数”问题后来经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在正整数中，把被3除余数为2，被4除余数为2的数，按照由小到大的顺序排列，分别得到数列，，将，中不同的数放在一起，再按照由小到大的顺序排列，得到数列，则 . 变式18-1．(23-24高二上·安徽十五校教育集团·期末)定义：对于数，，若它们除以整数所得的余数相等，则称与对于模同余或同余于模，记作．已知正整数满足，将符合条件的所有的值按从小到大的顺序排列，构成数列．设数列的前项之和为，则的最小值为（    ） A．12 B．14 C．16 D．18 变式18-2．(21-22高二上·河南信阳·期末)“天干地支纪年法”（也叫农历）源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸.十二地支：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”，…，依此类推，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”，…，依此类推.今年（2021年）为“天干地支纪年法”的辛丑年，为了推算公元年（为不小于2021的正整数）所在的农历年份，我们定义数列：的余数，若，则公元第年为辛丑年；若，则公元第年为壬寅年，依次类推，…，则以下不正确的为（    ） A． B．， C． D． 变式18-3．(24-25高二上·江苏南京田家炳高级中学·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：，，若此数列各项除以的余数依次构成一个新数列，则 ． 类型十九、公共项问题 例19．(24-25高二下·河南焦作普通高中·期末)已知数列，的通项公式分别为，，由，的公共项从小到大排列得到的数列为，则（   ） A．1941 B．1961 C．1981 D．2001 变式19-1．(24-25高二下·江西新余·期末)已知数列的前n项和分别为，且，将两个数列的公共项按原顺序构成新数列，若，则n的最大值为 ． 变式19-2．(24-25高二下·山东德州·期末)已知为等差数列，，记分别为数列的前项和，． (1)求的通项公式； (2)对任意，将数列中落入区间内项的个数记为，求数列的前项和． 变式19-3．(24-25高二上·河北保定·期末)北宋数学家沈括博学多才，善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童（长方台）法求之，常失于数少”，他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的量.经过反复尝试，沈括提出对上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图），可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列ab，，，…，的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式.现已知数列为二阶等差数列，其通项，其前项和为，数列满足，. (1)求数列的前10项和； (2)求； (3)数列和数列的公共项组成一个新的数列，设数列的前项和为，证明. 类型二十、数列重排问题 例20．(23-24高二上·安徽合肥六校联盟·期末)某中学响应政府号召，积极推动“公益一小时”，鼓励学生利用暑假时间积极参与社区服务，为了保障学生安全，与社区沟通实行点对点服务．原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．由于志愿者人数暴涨，学校与社区临时决定改变派遣计划，具体规则为：把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为，在数列的任意相邻两项与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．按新数列的各项依次派遣支教学生．记为派遣了50批学生后参加公益活动学生的总数，则的值为 ． 变式20-1．(24-25高二下·江西萍乡·期末)已知等差数列中，，前8项和为80. (1)求的通项公式； (2)从中依次取出第，，，，，项，按原顺序排成一个新数列，若，求数列的前项和. 变式20-2．(23-24高二上·广东实验中学深圳学校、深圳外国语学校龙华高中部·期末)已知数列的前项和，且 (1)求数列的通项公式； (2)设数列的通项公式，若将数列中的所有项按原顺序依次插入数列中，组成一个新数列:与之间插入项中的项，该新数列记作数列，求数列的前100项的和. 变式20-3．(24-25高二上·浙江杭州第二中学·期末)将有穷数列中部分项按原顺序构成的新数列称为的一个“子列”，剩余项按原顺序构成“子列”．若各项的和与各项的和相等，则称和为数列的一对“完美互补子列” (1)分别判断以下数列是否存在“完美互补子列”，并说明理由： A：1，2，3，4；B：2，，，，，． (2)数列一共项，且满足，，． （i）求证：当和时，都存在“完美互补子列”； （ii）设共有对“完美互补子列”，求证：． 类型二十一、插入项问题 例21．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨第九中学校·)已知数列的前n项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入m个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值． 变式21-1．(24-25高二下·四川绵阳高中·期末)已知正项数列的前项和为，且满足，数列为公比大于0的等比数列，且，． (1)求； (2)若在与之间插入个1，由此构成一个新的数列，求的值． 变式21-2．(24-25高二下·广东广州番禺区·期末)已知数列是正项等比数列，满足，，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．记数列的前项和为，求证：． 变式21-3．(24-25高二下·广东广州白云区·期末)已知数列的前项和为，且． (1)求，及数列的通项公式； (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， ①设（），求； ②若都有不等式成立，求的取值范围． 类型二十二、数列与不等式 例22．(24-25高二上·安徽黄山·期末)在信息论中，熵(entropy)是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵､信源熵､平均自信息量.1948年，克劳德•艾尔伍德•香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为香农滳.而正是信息熵的发现，使得1871年由英国物理学家詹姆斯•麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的麦克斯韦妖理论被推翻. 对于正整数，定义的信息熵，（，）. (1)若，求； (2)若数列满足：，（）. ①求此时的信息熵； ②若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围. 变式22-1．(24-25高二下·辽宁五校联考·期末)设数列的前n项和为，且满足：． (1)求； (2)设数列满足：． （ⅰ）求的通项公式及其前n项和； （ⅱ）若对任意，有，求实数的最大值． 变式22-2．(24-25高二下·陕西渭南渭南中学·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)已知数列满足， （i）求数列的前n项和； （ii）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 变式22-3．(24-25高二下·河南驻马店·期末)已知数列的前n项和为，且． (1)求的通项公式； (2)设，记数列的前n项和为，证明：． 压轴专练 一、单选题 1．(24-25高二上·江苏南京南京师范大学附属中学·期末)已知无穷数列的通项公式为，其前项和为，若对于任意，有恒成立，则实数的取值集合为（　　） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·辽宁五校联考·期末)已知数列，若数列与数列都是公差不为零的等差数列，则数列的公差为（   ） A． B． C． D．不确定 3．(24-25高二下·江西萍乡·期末)若表示大于的最小整数，如：，，数列满足，，，记，则数列的前2025项和为（   ） A．2028 B．2030 C．4054 D．4055 4．(24-25高二下·河南周口·期末)已知在数列中，，，，则中的最大项是（   ） A． B． C． D． 5．(24-25高二下·广东深圳红岭中学·期末)若数列满足，，则的个位数字为（    ） A． B． C． D． 6．(24-25高二上·河北石家庄第二中学教育集团·期末)有五只猴子在海边发现一堆桃子，决定第二天来平分.第二天清晨，第一只猴子来了，它左等右等，见别的猴子还没来，便自作主张把桃子分成相等的五份，分完后还剩一个，它便把剩下的那个顺手扔到海里，自己拿了五份中的一份走了.第二只猴子来了，它不知道刚才发生的事，也把桃子分成相等的五份，还是多一个，它也扔掉一个，自己拿了一份走了.以后每只猴子来时也都遇到类似情形，也全都照此办理.那么，原来至少有多少个桃子，最后至少有多少个桃子.（   ） A．625  256 B．621  252 C．3125  1024 D．3121  1020 7．(24-25高二上·广东深圳深圳实验学校高中部·期末)已知数列满足，，且，，则m等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．(24-25高二上·重庆巴川系·期末)记为正项数列的前项和，设为等比数列,且公比为去q；：对，都有，其中为非零常数，则是的（    ） A．充分条件不必要条件 B．必要条件不充分条件 C．充要条件 D．既不是充分也不必要条件 二、多选题 9．(24-25高二下·福建泉州安溪一中、惠安一中、养正中学、泉州实验中·期末)已知数列，其前项和为，若存在常数，对任意，恒有，则称为数列.则下列说法正确的是（    ） A．若为等差数列，则为数列 B．若是以1为首项，为公比的等比数列，则为数列 C．若为一数列，则也为数列 D．若为一数列，则也为数列 10．(24-25高二上·安徽黄山·期末)数列的前项和为，若数列的各项按如下规律排列：，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，则， C． 数列的前项和为 D．若存在正整数，使，，则 11．(24-25高二下·湖北武汉新洲区第一中学邾城校区·期末)已知数列共有项，且满足，，则下列说法正确的是（    ） A．数列是公差为或公差为的等差数列 B．的最小值是，最大值是 C．若，则满足条件的数组的组数共有组 D．符合已知条件且满足的数列的个数为个 三、填空题 12．(24-25高二上·江苏无锡某校·期末)对任意数列，定义函数是数列的“生成函数”.已知，则 . 13．(24-25高二下·辽宁县域重点高中·期末)甲、乙玩报数游戏，约定规则如下：甲、乙轮换报数，若一人报出的正整数为奇数，则另一人报出的数为；若一人报出的正整数为偶数，则另一人报出的数为；当一人报出的数为1时，游戏结束．已知由甲先报数，且报出的正整数为．若，则游戏结束时，甲报出数字的次数为 ；若游戏结束时，甲、乙共报数次，则正整数所有可能的取值之和为 ． 四、解答题 14．(24-25高二下·辽宁鞍山第二十四中学·期末)为实数，无穷数列为数列时满足：； ； ． (1)若数列前四项分别为，，，，判断数列是否有可能为数列； (2)若数列为数列，求的值； (3)数列前项和为，则是否存在值，，恒成立.如果有，求出所有符合要求的值；如果没有，请说明原因． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 数列 目录 专题01 数列 类型一、由递推数列研究数列的性质 类型二、数列的单调性 类型三、数列恒成立 类型四、数列的通项公式 类型五、数列新定义 类型六、等差数列基本量的计算 类型七、等比数列基本量的计算 类型八、等比数列下标和性质 类型九、等差、等比数列片段和 类型十、等差、等比实际应用 类型十一、等差数列的证明 类型十二、等比数列的证明 类型十三、函绝对值数列的和 类型十四、裂项相消法 类型十五、错位相减法 类型十六、分组求和法 类型十七、数列分奇偶问题 类型十八、整除问题 类型十九、公共项问题 类型二十、数列重排问题 类型二十一、插入项问题 类型二十二、数列与不等式 压轴专练 类型一、由递推数列研究数列的性质 例1．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，进而求和即可． 【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： 变式1-1．(24-25高二下·江西萍乡·期末)若递增数列的各项均是正整数，且满足，则 ， . 【答案】 2 39 【分析】结合递推式按照和分类讨论求得；根据数列的单调性求出，，进而求出，，即可得解. 【详解】由已知得：.若，则有，矛盾； 若，则，与递增矛盾；故. 因为，则，，所以，. 又，即，所以，， 则，，又，即， 所以，，所以. 故答案为：2，39. 变式1-2．(24-25高二下·云南保山·期末)已知数列满足：均有，且，，则（   ） A．5 B．-5 C．-3 D．3 【答案】B 【分析】根据原等式先判断数列的周期，从而可求出结果. 【详解】∵①，∴②， 由①②得，即，∴， 故数列是周期为6的周期数列． ∴， ∴ 故选：B． 变式1-3．(24-25高二下·广东肇庆·期末) （多选）自然界中存在很多美到极致的螺旋，如田螺的螺旋、星系的螺旋，我们把这些螺旋称为“斐波那契螺旋”.它按如图所示的规律形成连续不断的弧线，借助正方形的边长形成数列“1，1，2，3，5，8，……”，即从数列第三项开始，每项都等于前面两项之和.设该数列为，则（），记是数列的前项和，是数列的前项和，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．若，则 【答案】BCD 【分析】由题意（）从而可得，即，，可求得即可对A判断；由，依次两两结合相加可得可对B判断；由，，依次两两结合相加可得可对C判断；由题意可得，再将的各项依次展开，即可对D判断. 【详解】A：， ， ，A错误. B：，B正确. C： ，C正确. D：，， 即 ，，，D正确. 故选：BCD. 类型二、数列的单调性 数列单调性的判断 ⑴当时，为递增数列； ⑵当时，为递减数列； ⑶当时，为常数列 例2．(24-25高二下·河北秦皇岛河北昌黎第一中学·期末)已知数列的通项公式，则（    ） A．81 B．128 C．146 D．164 【答案】B 【分析】利用对勾函数的性质得，再去绝对值符号化简为，即可求值. 【详解】由在上单调递减，在上单调递增， 对于且，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 故 . 故选：B 变式2-1．(24-25高二下·安徽阜阳临泉县·期末)已知数列{an}的通项公式为，前n项积为，则的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】由通项公式判断的符号以及与1的大小关系，从而最大值. 【详解】因为, 所以,,,,,,, .当时,, 所以,的最大值为. 故答案为： 变式2-2．(24-25高二下·广东佛山·期末) （多选）已知数列的前n项和为，，则（   ） A．数列是递减数列 B．当且仅当时，取得最小值 C．数列是递减数列 D．当且仅当时，取得最小值 【答案】BD 【分析】利用特殊值法可判断A选项；分析数列的单调性，可判断B选项；利用数列的单调性可判断C选项；解不等式，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，，，则，故数列不单调，A错； 对于B选项，， 当且时，且数列单调递减， 当且时，且数列单调递减， 故当且仅当时，取得最小值，B对； 对于C选项，由可得或， 故当时，，故数列单调递增，C错； 对于D选项，由可得， 故当时，；当时，， 所以，当且仅当时，取得最小值，D对. 故选：BD. 变式2-3．(24-25高二上·广东梅州·期末)（多选）已知，关于数列，下列命题中正确的是（    ） A． B． C．恒成立 D．数列是递增数列 【答案】ACD 【分析】由通项公式通过赋值，作差逐个判断即可； 【详解】，可得：， ， 所以数列是递增数列， 又，， 所以恒成立， 所以ACD正确，B错误， 故选：ACD 类型三、数列恒成立 例3．(24-25高二上·浙江嘉兴·期末)定义若数列的前n项和，数列满足，，令，且恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意求得，结合，且恒成立，得到，或者，列出不等式，即可求得取值范围． 【详解】解：因为， 当时，， 当时，，满足上式， 故 因为， 所以即， 所以，即 因为，且恒成立， 所以，或者， 即或者， 解得或者， 所以 故选：B. 变式3-1．(24-25高二上·贵州黔西南州·期末)定义 为数列的“匀称值”．若数列的“匀称值”为1，设数列的前n项和为，且对任意恒成立，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用给定定义建立等式，再利用数列前n项和与第n项的关系求出，并利用裂项相消法求和求出，进而建立不等式求解. 【详解】依题意，，即， 当时，，两式相减得，即， 满足上式，，则 ，于是， 由对任意恒成立，得，而， 整理得，因此，所以实数m的取值范围为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：正确理解“匀称值”的意义，列出递推公式是求解问题的关键. 变式3-2．(23-24高二上·福建福州第八中学·期末)若数列的前项和为，，则称数列是数列的“均值数列”．已知数列是数列的“均值数列”且，设数列的前项和为，若对恒成立，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】先求得，然后求得，进而求得，求得的最小值，由此解不等式求得的取值范围. 【详解】依题意， 当时，，当时，， 也符合上式，所以. 则， 所以， 是单调递增数列，最小值为， 所以， ，解得. 故答案为： 【点睛】已知的表达式，求的通项公式，可以利用来进行求解，在求解的最后，要注意验证首项.形如的数列求和，可以考虑利用裂项求和法来进行求解，实际上是分母实数化的进一步运用. 变式3-3．(21-22高二上·重庆西南大学附属中学·期末)已知数列满足，若对任意恒成立，则实数的取值范围为 【答案】 【分析】根据给定条件求出，构造新数列并借助单调性求解作答. 【详解】在数列中，，当，时，， 则有，而满足上式，因此，， ，显然数列是递增数列，且，， 又对任意恒成立，则， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 【点睛】思路点睛：给定数列的前项和或者前项积，求通项时，先要按和分段求， 然后看时是否满足时的表达式，若不满足，就必须分段表达. 类型四、数列的通项公式 (1)利用数列的通项公式求某项的方法 数列的通项公式给出了第n项an与它的位置序号n之间的关系，只要用序号代替公式中的n，就可以求出数列的相应项． (2)判断某数值是否为该数列的项的方法 先假定它是数列中的第n项，然后列出关于n的方程．若方程的解为正整数，则是数列的一项；若方程无解或解不是正整数，则不是该数列的一项． 例4．设数列的前项之积为，满足，则（    ） A． B．4051 C． D． 【答案】C 【分析】当时，可求出，当时，，结合题意可得数列是首项为3，公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式可得，可得，从而即可求解. 【详解】当时，，因为，所以，得， 当时，， 可得，即，即， 即，所以是首项为3，公差为2的等差数列， 所以， 所以，所以. 故选：. 变式4-1．(24-25高二下·云南长水教育集团·)数列满足，则数列的前9项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用数列的递推关系式，求得，再由时，得到，结合裂项法求和，即可求解. 【详解】由数列满足， 当时，， 两式相减，可得，所以， 当时，可得， 所以数列的通项公式为， 当时，， 所以数列的前9项和为 . 故选：A. 变式4-2．(24-25高二下·四川绵阳高中·期末)已知数列满足：，数列满足，则数列的前50项的和为（   ） A． B． C． D．50 【答案】A 【分析】由得，令，即，进而求得，利用累加法即可求，即可得，最后利用裂项相消法即可求解. 【详解】由有，令，则， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，故， 即，故 ，当时，符合题意，即. 又由有， 设数列的前项和为，. 故选：A. 变式4-3．(24-25高二下·河南商丘·期末)已知数列的前项和为，则“，”是“数列为等差数列”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】由于为等差数列，再结合等差数列的通项公式分别证明充分性和必要性. 【详解】为等差数列． 充分性：设数列的公差为，则， 所以， 两式相减得，， 又， 所以为常数，所以为等差数列； 必要性：由为等差数列，设公差为， 则， 于是为常数， 所以为等差数列． 故选：C． 类型五、数列新定义 例5．(23-24高二下·辽宁辽宁实验中学等五校联考·期末)设高斯函数表示不超过的最大整数（如），已知，则 ； ． 【答案】 4285 2 【分析】由的定义求出即可,求出，，，，，，判断出是一个以周期为6的周期数列，求出即可． 【详解】.， ∴，， ， 同理可得：；； ，；，，… ∴. 故是一个以周期为6的周期数列， 则. 故答案为：4285，2. 【点睛】关键点点睛：第二空的关键是得出是一个以周期为6的周期数列，由此即可顺利得解. 变式5-1．(23-24高二下·甘肃·期末) （多选）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． 变式5-2．(23-24高二下·江西抚州·)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：.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“斐波那契数列”的前项和，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意得当时，，变形的可证得，，再结合已知条件可求得结果. 【详解】由题意得当时，，则， 所以，，……，，， 所以 ， 所以，所以， 因为当时，，则， 所以， 所以， 所以 ， 所以， 所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：此题考查递推数列的性质，解题的关键是对“斐波那契数列”的正确理解，得到当时，，考查计算能力，属于中档题. 变式5-3．(23-24高二下·辽宁大连·期末)已知函数，若数列为递增数列，则称函数为“数列保增函数”，已知函数为“数列保增函数”，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依题意，恒成立，参变分离可得，恒成立，结合函数的单调性求出的最大值，即可得解. 【详解】依题意，恒成立， 即，恒成立， 所以，恒成立， 又在上单调递减，在上单调递增， 所以在上单调递减， 所以当时， 所以，即的取值范围是. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是根据数列的单调性得到，恒成立，再参变分离得到，恒成立. 类型六、等差数列基本量的计算 等差数列的基本运算： (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了方程思想． (2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．　 例6．(24-25高二上·江苏南京南京师范大学附属中学·期末)在无穷等差数列中，若，且，则 ． 【答案】0 【分析】设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式求出，进而求出答案. 【详解】设等差数列的公差为， 所以， 故. 故答案为：0. 变式6-1．(24-25高二下·安徽宣城·期末)等差数列前项的和为，已知，，则（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】根据题意，结合等差数列的性质，可得，解得或，再根据等差数列求和公式，可知不符合题意，故，再结合等差数列求和公式，可得，解方程即可求得. 【详解】根据题意，，即， 又，所以，解得或， 又，， 所以， 所以，则， 解得. 故选：D. 变式6-2．(24-25高二下·江西上进联考·期末)记等差数列的前项和为，若，则最大时的值为 ． 【答案】5 【分析】设，则为等差数列，根据当时，，当时，即可得解. 【详解】设，则为等差数列， 且，公差为，即， 故就是的前项和． 因为当时，，当时，， 所以时最大． 故答案为：5 变式6-3．(24-25高二下·安徽阜阳临泉县·期末)已知，数列满足，则数列的前n项和的最大值为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题可得时，，当时，，然后可得时，，当时，，据此可得答案. 【详解】， 令， 则在上单调递增，在上单调递减. 注意到，，. 则当时，，当时，. 注意到， 因在上单调递增，在上单调递减， 又注意到，则当时，. 令. 从而时，，当时，. 设的前n项和为，则的最大值为. 故选：C 类型七、等比数列基本量的计算 等比数列的通项公式涉及4个量a1，an，n，q，只要知道其中任意三个就能求出另外一个，在这四个量中，a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，问题便迎刃而解． 例7．(24-25高二下·湖南郴州·期末)在正项等比数列中，，，记，若取最大值时，则n的值为（   ） A．3 B．4 C．3或4 D．4或5 【答案】C 【分析】利用已知条件求出公比q,再表示，化简求出最值即可. 【详解】，解得或， ∵数列是正项等比数列，， 令，则时，取得最大值. 又∵，或时，取得最大值，此时最大. 故选：C 变式7-1．(24-25高二下·河南天立教育·期末)已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等比数列的通项公式及前项和公式求出、代入通项公式即可求解. 【详解】设正项等比数列的公比为 ， 由，得，解得或（舍去）， 即或（舍去）， 又因为，得，解得， 所以. 故选：C 变式7-2．(24-25高二下·河南南阳·期末)已知数列的前项和为，若，为等比数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对已知条件进行变形，计算出等比数列的公比为，从而求得，利用计算，即可. 【详解】设等比数列的公比为，由得： ， 则， 所以，， 则， ， 因此. 故选：D. 变式7-3．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末)为等比数列的前项和，为的公比（），，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据题目条件列出方程，求出等比数列的首项和公比，代入等比数列的通项公式和前项和公式，即可依次判断每个选项的正误. 【详解】对于等比数列，有，依题意，，解得或（舍），，选项A正确； ，选项B错误； 对于等比数列，有，因此，选项C错误； 对于等比数列，有，， 则，，选项D正确. 故选：AD. 类型八、等比数列下标和性质 (1)应用an＝amqn－m，可以凭借任意已知项和公比直接写出通项公式，不必再求a1. (2)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an. 例8．已知等比数列的各项均为正数，且，则的值为（    ） A．3 B．6 C．9 D．18 【答案】C 【分析】由对数的运算性质可得，再结合等比数列下标和性质即可求解. 【详解】解：等比数列的各项均为正数，且， ， ． 故选：． 变式8-1．(24-25高二下·江西抚州·)在等比数列中，是方程的两根，则的值为（   ） A．-4 B．-2或2 C．-2 D．2 【答案】C 【分析】设公比为，由韦达定理得，，并判断同为负数，根据等比数列的性质得到，从而得到答案. 【详解】为等比数列，设公比为， 由韦达定理得，， 又，故符号相同，同为负数， ， 因为为等比数列，所以，， 故. 故选：C 变式8-2．已知数列为等比数列，其中，为方程的两根，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由根与系数的关系及等比中项的性质求. 【详解】数列为等比数列，其中，为方程的两根， 由题，根据韦达定理可得，，则， 由等比数列的中项性质得，则， 因为等比数列的偶数项的符号相同，，都是负数，所以. 故选：B 变式8-3．(24-25高二下·山东德州·期末)已知等差数列的各项都不相等，它的前3项和为18，且成等比数列，则（   ） A．1 B．3 C．6 D．9 【答案】D 【分析】根据等差数列的性质以及等比数列定义计算可得结果. 【详解】设等差数列的公差为,显然， 所以可得，即， 解得，或(舍)， 因此. 故选：D. 类型九、等差、等比数列片段和 例9．(24-25高二下·四川乐山·期末)记为等比数列的前项和，若，，则（   ） A． B．216 C． D．728 【答案】D 【分析】法1，设等比数列的公比为，首项为，利用等比数列基本量运算求解判断；法2，利用等比数列前项和性质运算判断. 【详解】解法一：设等比数列的公比为，首项为， 若，则，与题意不符，所以； 由，可得，①，②， 由①②可得，，所以. 解法二：因为，，成等比数列，即，解得：. 故选：D. 变式9-1．(24-25高二下·河南南阳九师联盟·期末)已知等比数列的前项和为，若，则（    ） A．56 B．105 C．112 D．189 【答案】B 【分析】根据等比数列性质得，结合基本量运算计算求解. 【详解】因为成等比数列， 即成等比数列，所以，解得， 又，所以，解得. 故选:B. 变式9-2．(24-25高二下·陕西渭南大荔县·期末)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则中下两层共有扇面形石板（    ） A．2699块 B．3474块 C．3402块 D．2997块 【答案】D 【分析】第n环天石心块数为，上层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进而求得答案. 【详解】设第n环天石心块数为，上层共有n环，为的前n项和， 则是首项为9，公差为9的等差数列，，， 上层、中层、下层的块数分别为， 由下层比中层多729块，得， 即，解得， 所以中下两层共有扇面形石板（块）. 故选：D 变式9-3．(24-25高二上·安徽耀正优·期末)已知正项等比数列的前n项和为，若，，则（ ） A．12 B．14 C．16 D．18 【答案】A 【分析】应用等比数列片段和的性质有，，成等比数列，列方程求即可. 【详解】由题意及等比数列前n项和的性质，得，，成等比数列， 则，即，解得或（舍）. 故选：A 类型十、等差、等比实际应用 解答数列应用题要步骤： (1)设数列，判断数列，解题完毕作答． (2)在归纳或求通项公式时，一定要将项数n计算准确． (3)在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系． (4)在近似计算时，要注意应用对数方法，且要看清题中对近似程度的要求． 例10．(24-25高二下·广东广州白云区·期末) （多选）如图，取正六边形各边的中点，，，，，，依次连线得第2个正六边形；然后再取正六边形各边的中点，，，，，，依次连线得第3个正六边形，依此方法一直继续下去．已知正六边形边长为4，记第个正六边形的边长为，面积为，则下列说法正确的是（   ）   A． B．数列是首项为，公比为的等比数列 C．如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有正六边形的面积之和不断增加且趋近于无限大 D．如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有正六边形的周长之和趋近于 【答案】ABD 【分析】找到规律，得到，计算判断A，利用等比数列求和公式求出周长的前项和判断D ，结合正六边形的面积，推导出为等比数列，利用等比数列求和公式求出的和判断BC. 【详解】由题意正六边形每次取中点连线，新正六边形的边长为前一个边长的倍， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以， 所以，数列的前项和为， 所以前个正六边形的周长之和为， 即所有正六边形的周长之和趋近于，故AD正确； 因为边长为的正六边形的面积为， 所以正六边形每次取中点连线，新正六边形的面积为前一个面积的倍， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确； 所以前个正六边形的面积之和为， 即所有正六边形的面积之和不断增加且且趋近于，故C错误. 故选：ABD 变式10-1．(24-25高二下·陕西渭南大荔县·期末)侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，如图是由无数个正方形环绕而成的，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上．设外围第一个正方形的边长为3，往里第二个正方形为，…，往里第个正方形为．那么至少前 个正方形的面积之和超过20．（参考数据：，）． 【答案】8 【分析】根据已知，利用勾股定理、正方形的面积公式以及等比数列的通项、前n项和公式进行求解. 【详解】设第个正方形的边长为，则， 因为每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形四条边的三等分点上， 所以，， 所以外围第2个正方形的边长为， 同理，外围第个正方形的边长为， 即数列是首项为3，公比为的等比数列， 所以， 所以第个正方形的面积为 所以前个正方形的面积之和， 由得， 两边取常用对数得，，， 因为，所以至少需要前8个正方形的面积之和超过20． 故答案为：8. 变式10-2．(24-25高二下·四川仁寿第一中学校（北校区）·期末)在风水学中，单数被视为阳数，象征着积极向上和吉祥，而双数被视为阴数，寓意不佳．在实际应用中，家庭中常见的楼梯台数通常是9级，而公共建筑中则多为11级．今李白在教学楼一二楼之间的楼梯（共11个台阶）上行走，他每次迈步有两种方式：每步登上1个台阶或2个台阶．那么李白从楼梯底部登上第11个台阶的迈步方法有 种． 【答案】144 【分析】首先设从楼梯底部登上第个台阶的迈步方法数为，由题意得到递推关系式，再代入求. 【详解】按李白的迈步方式，记从楼梯底部登上第个台阶的迈步方法数为，显然，， 当时，要登上第个台阶，可以分两类： 第一类，从第个台阶一步迈上，有种； 第二类，从第个台阶一步迈上，有种． 根据分类加法计数原理，． 易得，，，，，，，，． 故答案为： 变式10-3．(24-25高二下·广东深圳某校·期末)2025年蛇年春晚的武汉分会场地点设在黄鹤楼，楼的外观有五层而实际上内部有九层．为营造春节的喜庆气氛，主办方决定在黄鹤楼的外部用灯笼进行装饰．这五层楼预计共挂186盏灯笼，且相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，则最中间一层需要挂灯笼的数量为（　　） A．12盏 B．24盏 C．36盏 D．48盏 【答案】B 【分析】各层楼的灯笼数从上至下依次成等比数列，依据公比和前5项和可求得首项，即可求最中间一层的灯笼数量． 【详解】五层楼预计共挂186盏灯笼，且相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍， 由题意知，各层楼的灯笼数从上至下依次成等比数列，记为数列， 第5层楼所挂灯笼数为，公比． 由，解得. 则最中间一层的灯笼数为24． 故选：B． 类型十一、等差数列的证明 判断等差数列的方法 (1)定义法 an＋1－an＝d(n∈N*)或an－an－1＝d(n≥2，n∈N*)⇔数列{an}是等差数列. (2)等差中项法 2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔数列{an}为等差数列． (3)通项公式法 数列{an}的通项公式形如an＝pn＋q(p，q为常数)⇔数列{an}为等差数列． 例11．(24-25高二下·河南商丘·期末)已知数列的首项是 (1)证明：的奇数项成等差数列； (2)求的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由递推公式并结合等差数列的定义即可证明求解； （2）分别讨论为奇偶数并利用分组并项求和，从而可求解. 【详解】（1）证明：若为奇数，则是偶数，是奇数， 所以，即， 所以的奇数项是首项为，公差为3的等差数列． （2）当时， . 因为， 所以当时， . 综上所述，. 变式11-1．(24-25高二下·辽宁沈阳重点高中联合体·期末)已知正项数列的前n项和为，且． (1)证明：数列是等差数列； (2)若，求数列的前n项和； (3)若，求数列的前n项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由，得到，两式相减得，结合得出数列的定义，即可证得数列为等差数列； （2）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解； （3）由（1）得，求得，结合裂项法求和，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，所以， 两式相减得， 因为，所以，所以， 又因为，令，可得，解得或（舍去）， 则，符合上式，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列． （2）解：由（1）知，数列的通项公式为，则， 可得， 则， 两式相减得， 所以，即数列的前n项和. （3）解：由（1）知，所以， 则， 所以． 变式11-2．(24-25高二下·湖南湘西·期末)已知数列的各项都为正数，其前项和为，且． (1)证明：是等差数列，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）根据题意，得到，当时，求得，当时，，粮食相减求得，结合得出数列的定义和通项公式，即可求解； （2）由（1）得，利用乘公比错位相减法求和，即可求解. 【详解】（1）证明：由，且，可得， 所以当时，，解得或（舍）； 当时，， 两式相减， 因为，可得， 所以数列是首项为1，公差为的等差数列， 所以数列的通项公式为． （2）解：由（1）知，可得， 则， ， 两式相减，得 ． 变式11-3．(24-25高二下·四川南充普通高中·期末)已知数列满足，且. (1)求证：是等差数列，并求的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）根据递推公式，定义法证明数列为等差数列，根据数列首项和公差，写出通项公式，进而求出数列的通项公式； （2）写出数列的通项公式，根据分组求和法，求出数列的前项和. 【详解】（1）由，可得，化简得， 所以是首项为1，公差为1的等差数列， 所以，所以； （2）由可得， 则， 根据分组求和可得. 类型十二、等比数列的证明 判断一个数列是等比数列的常用方法 (1)定义法：若数列{an}满足＝q(n∈N*，q为常数且不为零)或＝q(n≥2，且n∈N*，q为常数且不为零)，则数列{an}是等比数列． (2)通项公式法：若数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1(a1≠0，q≠0)，则数列{an}是等比数列． (3)等比中项法：若a＝anan＋2(n∈N*且an≠0)，则数列{an}为等比数列． (4)构造法：在条件中出现an＋1＝kan＋b关系时，往往构造数列，方法是把an＋1＋x＝k(an＋x)与an＋1＝kan＋b对照，求出x即可． 例12．(24-25高二上·江苏南京南京师范大学附属中学·期末)已知数列满足：，其前项和为． (1)证明：为等比数列，并求数列的通项公式； (2)证明：． 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件化简，再应用等比数列定义计算证明，最后应用等比数列的通项公式计算求解； （2）应用不等式关系及等比数列求和公式计算证明. 【详解】（1）由题意每一项都不为零．由得， 又， 因此是首项为，公比为的等比数列， 所以，故； （2）对于任意的正整数，因为，所以， 求和得到． 变式12-1．(24-25高二下·浙江杭州西湖区浙附玉泉丁兰·期中)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. 变式12-2．(24-25高二下·广东深圳大学附属中学·期末)已知数列的前项和为，且． (1)求证：是等比数列，并求的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)证明见详解；. (2) 【分析】（1）根据求得，由已知，可得，两式相减可得，即可证明结论，继而求得通项公式； （2）由（1）求得，利用分组求和得解. 【详解】（1）由，①， 当时，，② ①②，得，所以， 又当时，，得， 所以数列是以4为首项，3为公比的等比数列， 所以. （2）由（1），， . 变式12-3．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)已知数列的前项和为，且. (1)若为等比数列，求公比的值； (2)若， （i）证明：数列为等比数列； （ii）求数列的前项和. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）根据给定条件，列式求出，再结合通项公式及前n项和公式验证判断. （2）（ⅰ）利用前n项和与第n项的关系及已知可得，再利用等比数列定义推理即得；（ⅱ）由（ⅰ）的结论求得，再分奇偶求出，最后利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1）数列中，，由，得， 则，解得或， 当时，，，， 而，显然不恒成立，因此， 当时，，，，符合题意， 所以. （2）（ⅰ）由，得，两式相减得， 则，当时，， 而，，则，即，， 所以数列为等比数列. （ⅱ）由（ⅰ）知等比数列的首项为3，公比为2，则， ，两式相减得， 当时，， 于是，，则； 当时，， 于是，，则， 则， 所以. 类型十三、含绝对值数列的和 例13．(24-25高二下·广西河池·期末) （多选）记等比数列的公比为q，其前n项和为，且，则下列说法一定正确的有（    ） A．是等比数列 B．是等差数列 C．，，是等比数列 D．是等比数列 【答案】BCD 【分析】通过特例及等比数列的定义结合前项和的性质逐个判断即可. 【详解】对于A，取，，此时，显然错误， 对于B：设， 所以， 由通项公式可知为等差数列，正确， 对于C，因为， 由等比数列前项和的性质可知，，成等比数列， 所以，且，同号， 所以， 所以，，是等比数列，正确， 对于D：因为，所以， 所以， 由通项公式可知其为等比数列，正确. 故选：BCD 变式13-1．(24-25高二下·广西南宁·期末) （多选）已知数列的前项和，则下列说法正确的是（   ） A． B．数列是等差数列 C．取最小值时 D． 【答案】ABD 【分析】利用，求出的通项公式判断A；写出的通项公式，判断是否为常数可判断B；判断数列中项的正负可推出取最小值时n的值判断C；根据数列中项的正负可去绝对值符号，再利用等差数列求和公式进行求解判断D. 【详解】对于A，当时，， 而满足上式，因此，故A正确； 对于B，，数列是等差数列，故B正确； 对于C，由选项A知，数列单调递增，由，得，即数列前5项均为负数， 第6项为0，从第7项起为正数，取最小值时或，故C错误； 对于D， ，故D正确． 故选：ABD. 变式13-2．(24-25高二下·甘肃兰州西北师范大学附属中学·期末)设是公比不为1的等比数列，已知，是，的等差中项． (1)求的通项公式； (2)记的前项和为，，求数列的前项和． 【答案】(1) (2)数列的前项的和为 【分析】（1）求出公比，再根据等比数列的通项公式即可得解； （2）求得，可得，利用并项求和法可求得数列的前项的和. 【详解】（1）设的公比为，且， 因为是，的等差中项，所以，即为， 所以，解得或 (舍去)， 所以； （2）由（1）知，所以， 所以， 当时，， 当时，， 所以， 所以数列的前项的和为 ． 变式13-3．(22-23高二上·河北张家口·期末)已知为等差数列的前项和，若. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前50项和. 【答案】(1)； (2)1670. 【分析】（1）应用等差数列的通项公式、前n项和公式求基本量，进而写出通项公式； （2）由（1）知时，时，再应用分组求和及等差数列的前n项和公式求. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为， 因为，所以，即，解得， 所以. （2）由（1）得，令，解得， 当时，，则；当时，，则； 所以 . 类型十四、裂项相消法 常见的裂项相消法求和类型： 分式型：，，等； 指数型：，等， 根式型：等， 对数型：，且； 例14．(24-25高二下·江西九江第一中学·期末) （多选）已知数列的前n项和为，且，，，，则下列选项正确的是（    ） A． B． C．若，则为等差数列 D． 【答案】ACD 【分析】由题意可得，求出，即可判断A；由裂项相消求得，即可判断B；求得，再由等差数列的定义即可判断C；求出数列的前项的和，再由，即可判断D． 【详解】解：对于A，因为，， 同理可得，，， 所以，， 所以，故A正确； 对于B，=，，故B错误； 对于C，，， 所以，， 所以为等差数列，故C正确； 对于D，由C可知为等差数列，首项为，公差为， 所以数列的前项的和为：， 所以 ，故D正确. 故选：ACD. 变式14-1．(24-25高二下·甘肃定西临洮县·期末)已知等差数列的前项和为． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出等差数列的公差后，根据题目所给条件列出方程即可求出，进而得解； （2）利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 则由，可得， 因，代入解得，则， 因此. （2）由， 得 . 变式14-2．(24-25高二下·广东湛江第一中学·期末)已知为各项均为正数的数列，其前项和为，. (1)求的通项公式； (2)设，数列的前项和记为，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用的关系，得出数列是等差数列，进而可求得通项公式； （2）利用裂项相消求和法可求得，进而可证得结论. 【详解】（1）当时，，得， ∵，∴， 当时，， 两式作差可得：， 即， ∴， 又∵，∴，且， ∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴. （2）∵，∴，∴， ∴. 则 . ∵，∴，∴， 又∵为递增数列，所以， ∴. 变式14-3．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·期末)已知是数列的前项和，数列是首项为3，公比为3的等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)已知，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用和的关系可求数列的通项公式； （2）利用裂项相消法可求. 【详解】（1）由题可得，所以. 当时，.                                    当时，. 因为不满足上式，. （2）由（1）知，. 当时，. 当时，，            所以 .                                   又满足上式，. 类型十五、错位相减法 错位相减法∶ 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解. 例15．已知公差不为零的正项等差数列的前n项和为，，，，成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)令，求的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等差数列的前n项和公式以及等比中项的性质，利用基本量法即可求出，从而得出通项公式； （2）利用第（1）小问求出，再由错位相减法进行数列求和即可得出结论. 【详解】（1）依题意，设等差数列的公差为，， 因为，所以， 因为，，成等比数列，所以，即， 联立，解得或（舍去）， 所以. （2）由（1）得， 所以， 所以， 两式相减得，， 所以， 所以. 变式15-1．(24-25高二下·浙江杭州西湖区浙附玉泉丁兰·期中)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. 变式15-2．(24-25高二下·吉林白城实验高级中学·期末)设为等差数列的前项和，其中，且. (1)求常数的值，并写出的通项公式； (2)记，数列的前项和为，若对任意的，都有，求常数的最小值. 【答案】(1)， (2)4 【分析】（1）由递推关系求出，再由等差数列性质求出，即可得出通项公式； （2）由错位相减法求和，再代入不等式转化为恒成立，利用单调性分析求解. 【详解】（1）由及，得. 因为数列是等差数列，所以，解得， 所以，所以公差， 所以. （2）由（1）知， 所以①， 所以②， ①—②，得， 所以， 由，得，设， 则. 因为，所以，即数列为递减数列. 又， 所以当时，恒有，故. 变式15-3．(24-25高二下·四川眉山·期末)已知：． (1)设，求数列的通项公式： (2)在（1）的条件下，数列满足． ①设数列，求数列的前项和； ②是否存在，对于任意满足？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②存在， 【分析】（1）根据向量模的计算公式以及已知条件推导出数列的递推关系，进而求出通项公式； （2）①先求出的表达式，再得到的表达式，然后利用错位相减法求出数列的前项和；②通过分析的单调性来判断是否存在满足条件的. 【详解】（1）当时，由已知可得： ． 又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，则： （2）由（1）可得，则． ①由题设可得 ∵      ． ∴以上两式相减得： ， 化简得：． ②因为， 所以， 易得， 当时，，则； 当时，， 又随的增大而增大， 所以当时，，即； 则数列的最小值为，则存在，使得对于任意满足． 类型十六、分组求和法 分组转化法∶ 一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减. 例16．(24-25高二下·四川眉山中学校·期末)设是以2为首项，1为公差的等差数列，是1为首项，2为公比的等比数列，记，则中不超过2025的项的个数为（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】根据等差数列和等比数列的通项公式的概念，写出数列通项公式，进而写出的通项公式，根据等比数列的前项和，求出，判断不超过2025的项的个数. 【详解】已知是以2为首项，1为公差的等差数列，则， 是1为首项，2为公比的等比数列，则， 所以， 则， 可知，， 所以不超过2025的项有10个. 故选：C. 变式16-1．已知数列满足，，且，若表示不超过x的最大整数（例如，），记，则数列的前2026项和为 . 【答案】2027 【分析】先根据等差数列定义得出等差数列通项，再结合累加法计算得出所以，结合函数新定义计算求和. 【详解】因为，所以. 因为，，所以，所以数列是首项为4，公差为2的等差数列，故， 由累加法可知当时， ， 所以，又也符合该式，所以， 所以， 当时，， 当时，，此时， 所以的前2026项和为. 故答案为：2027. 变式16-2．(24-25高二下·内蒙古部分学校·期末)在数列中，，且． (1)求的通项公式； (2)求的最小值； (3)求数列的前项和． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用等差数列的定义及通项公式求解即可. （2）利用基本不等式求解最小值即可，注意验证等号能否成立. （3）结合等差数列和等比数列求和公式，利用分组求和方法求解即可. 【详解】（1）因为， 所以数列是首项为2，公差为2的等差数列， 所以，得． （2）， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为． （3）因为， 所以． 变式16-3．(24-25高二下·河南南阳·期末)已知数列满足，，，. (1)数列满足：，试判断是否为等比数列，请说明理由； (2)数列满足：，当时，求数列的前n项和 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）由数列递推式构造数列，其中，根据数列的首项是否为0进行分类讨论，即可判断得出结论； （2）由（1）求得，则可得，化简数列的通项公式，得到，再分为奇偶，利用等差等比数列求和公式计算即可. 【详解】（1）当时不是等比数列；当时是等比数列. 理由如下： 因为，，故， 又，故， 当时，，故不是等比数列； 当时，，故是以为首项，3为公比的等比数列. （2）当时，由（1）可知，所以， 所以， 当为偶数时，； 当为奇数时，. 综上所述， 类型十七、数列分奇偶问题 例17．(24-25高二下·河南南阳·期末) （多选）已知数列满足，，，设，记数列的前项和为，数列的前n项和为，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A，只需要依次赋值计算即得；对于B，先推理得到，由得，从而得数列为公差为1的等差数列，由通项公式计算即得；对于C，利用错位相减法求和即得；对于D，根据条件将分成奇数项和偶数项分别求和，利用C项结论和等比数列的求和公式计算即得. 【详解】对于A，由，因， 可得，，故A正确； 对于B，当，时， （*）， 因，则， 故由（*）可得，则， 即数列为公差为1的等差数列， 则有，可得，故B正确； 对于C，由， 可得， 上面两式相减可得， 可得，故C错误； 对于D，由，，可得：， 则 ，故D正确. 故选：ABD. 变式17-1．(24-25高二下·安徽安庆江淮协作区·期末) （多选）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），记数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A．当时， B．当时，使得要13步“雹程” C．当时， D．若，则的取值有6个 【答案】BCD 【分析】对于A，由数列的周期性可得；根据数列递推关系推导即可判断B；根据推导可得前10项为等比数列，，利用等比数列求和即可判断C；对于D，根据数列进行逆向推导即可取等的情况. 【详解】时，， 所以此时数列的周期为3，又，所以，故A错误； 时， ，所以使得经过了13步“雹程”故B正确； ，则，所以， 则，故C正确； 对于D， 所以的取值有6个，故D正确； 故选：BCD. 变式17-2．已知数列的前项和，且，，其中. (1)证明：数列是等比数列； (2)设，求数列的前20项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据，当，求出，当得出，然后结合已知条件得出证明； （2）由（1）得出，然后对进行讨论，结合对数运算性质和等差数列求和公式以及裂项相消法求数列和，分别求出和，然后相加即可得出. 【详解】（1）证明：对于，， 当时，，， 当时，由，① 得，② ①②两式相减得， 由于， 所以数列是首项为1，公比为3的等比数列. （2）由（1）得出， 所以当为奇数时， ，， 所以奇数项以为首项，公差为2的等差数列， 又，所以， 当为偶数时，， ， 所以 ， 所以. 变式17-3．(24-25高二下·辽宁丹东·期末)记是数列的前项和，，，且数列是等差数列． (1)求的通项公式； (2)设若，求数列的前项和 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据等差数列的通项公式求出，再利用与的关系求解即可； （2）利用分组求和，其中奇数部分利用等差数列的前项和公式，偶数部分利用裂项相消求解即可. 【详解】（1）因为，，设等差数列的公差为，则，解得， 所以，即， 当时，，当时，成立，故． （2）由题意可得 . 类型十八、整除问题 例18．(24-25高二下·江西多校·)《孙子算经》提出了“物不知其数”问题的解法，被称为“中国剩余定理”.“物不知其数”问题后来经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在正整数中，把被3除余数为2，被4除余数为2的数，按照由小到大的顺序排列，分别得到数列，，将，中不同的数放在一起，再按照由小到大的顺序排列，得到数列，则 . 【答案】239 【分析】根据题意可得数列，的通项公式，再分析数列，结合周期性可知，即可得结果. 【详解】因为， 可知数列是首项为2，公差为3的等差数列，是首项为2，公差为4的等差数列， 可得， 又因为数列，的相同的数组成的数列为， 可知数列是首项为2，公差为12的等差数列，可得， 则数列依次为， 可得，所以. 故答案为：239. 变式18-1．(23-24高二上·安徽十五校教育集团·期末)定义：对于数，，若它们除以整数所得的余数相等，则称与对于模同余或同余于模，记作．已知正整数满足，将符合条件的所有的值按从小到大的顺序排列，构成数列．设数列的前项之和为，则的最小值为（    ） A．12 B．14 C．16 D．18 【答案】C 【分析】根据给定条件，求出数列的通项及前项和为，再借助单调性求解即得. 【详解】由题意可知：，且， 可知数列是等差数列，则， 可得， 当且仅当时，取得最小值16. 故选：C. 变式18-2．(21-22高二上·河南信阳·期末)“天干地支纪年法”（也叫农历）源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸.十二地支：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”，…，依此类推，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”，…，依此类推.今年（2021年）为“天干地支纪年法”的辛丑年，为了推算公元年（为不小于2021的正整数）所在的农历年份，我们定义数列：的余数，若，则公元第年为辛丑年；若，则公元第年为壬寅年，依次类推，…，则以下不正确的为（    ） A． B．， C． D． 【答案】D 【分析】根据数列的定义可判断A，数列的周期为60，可判断B，利用逆否命题的等价性可判断C，，则，可判断D. 【详解】的余数的余数，所以A对； 由的定义得，，所以B对； 等价于，显然对，所以C对； 若，则，所以D错. 故选：D 变式18-3．(24-25高二上·江苏南京田家炳高级中学·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：，，若此数列各项除以的余数依次构成一个新数列，则 ． 【答案】 【分析】列举出数列的前几项，根据题意求出的前几项，即可判断出数列是以为周期的周期数列，进而即可求解. 【详解】因为， 所以数列为 此数列各项除以的余数依次构成的数列为 所以是以为周期的周期数列，则， 故答案为：. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于根据条件列出中的部分项，从而得出中的部分项，进而得出是以为周期的周期数列. 类型十九、公共项问题 例19．(24-25高二下·河南焦作普通高中·期末)已知数列，的通项公式分别为，，由，的公共项从小到大排列得到的数列为，则（   ） A．1941 B．1961 C．1981 D．2001 【答案】C 【分析】根据等差数列的性质即可得数列是首项为1，公差为20的等差数列，从而得所求. 【详解】由题可知是首项为1，公差为4的等差数列，是首项为1，公差为5的等差数列， 则这两个数列的公共项从小到大排列构成的新数列是首项为1，公差为20的等差数列，故. 故选：C. 变式19-1．(24-25高二下·江西新余·期末)已知数列的前n项和分别为，且，将两个数列的公共项按原顺序构成新数列，若，则n的最大值为 ． 【答案】 【分析】利用分别求出，再通过列举即可得到公共项，进而可得解. 【详解】，当时，， 当时，， 当时也满足，故； 又，当时，，， 当时，，，即， 是首项为，公比为的等比数列，， 数列是数列的公共项， 又，，，， ，，， ，，，，且为单调递增数列， 满足的的最大值为. 故答案为：. 变式19-2．(24-25高二下·山东德州·期末)已知为等差数列，，记分别为数列的前项和，． (1)求的通项公式； (2)对任意，将数列中落入区间内项的个数记为，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列定义并根据前项和公式联立方程组，解出首项和公差可得其通项公式； （2）根据题意求出的通项公式，再由等比数列前项和公式计算可得结果. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为． 因为， 所以， 因为， 所以， 整理得，解得， 所以的通项公式为． （2）对，若，则， 因此，即， 故得， 于是 ． 变式19-3．(24-25高二上·河北保定·期末)北宋数学家沈括博学多才，善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童（长方台）法求之，常失于数少”，他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的量.经过反复尝试，沈括提出对上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图），可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列ab，，，…，的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式.现已知数列为二阶等差数列，其通项，其前项和为，数列满足，. (1)求数列的前10项和； (2)求； (3)数列和数列的公共项组成一个新的数列，设数列的前项和为，证明. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）首先求数列的前10项的和，再求数列的前10项和； （2）根据，对应系数，再代入求和公式； （3）首先求数列的通项公式，以及数列的通项公式，再根据公共项求数列的通项公式，由数列的形式，利用不等式放缩和裂项相消法求和，即可证明； 【详解】（1）在数列，，，…，中，，，，， 故， 即数列的前10项和为，常数列1的前10项和为10， 故数列前10项和为. （2）数列的通项公式为， 在数列中，，，，， 故. （3）数列满足，则，， ， 数列是以3为首项，3为公比的等比数列，， 由（2）可知，， 设数列中的第项等于数列中的第项，即，则是数列中的项. 不是数列中的项，不是数列中的项，是数列中的项，数列是以为首项，为公比的等比数列. ， 故 【点睛】关键点点睛：对本题的前2问，需理解二阶等差数列的求和公式. 类型二十、数列重排问题 例20．(23-24高二上·安徽合肥六校联盟·期末)某中学响应政府号召，积极推动“公益一小时”，鼓励学生利用暑假时间积极参与社区服务，为了保障学生安全，与社区沟通实行点对点服务．原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．由于志愿者人数暴涨，学校与社区临时决定改变派遣计划，具体规则为：把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为，在数列的任意相邻两项与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．按新数列的各项依次派遣支教学生．记为派遣了50批学生后参加公益活动学生的总数，则的值为 ． 【答案】200 【分析】此类问题为数列的增减项问题，把握好两点，先枚举找规律，再做好满足题意的估计，最后利用相关数列的求和公式分组求和即可. 【详解】由已知原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人． 所以数列为等差数列，且，数列的公差，所以， 数列为数列的任意相邻两项与之间插入个2所得， 所以数列满足条件，，当时，， ，当时，，， 当时，，， 当时，， 所以数列的前项的和为. 故答案为： 变式20-1．(24-25高二下·江西萍乡·期末)已知等差数列中，，前8项和为80. (1)求的通项公式； (2)从中依次取出第，，，，，项，按原顺序排成一个新数列，若，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出公差，借助等差数列基本性质计算即可得； （2）由题意可得，即可得的通项公式，从而得到的通项公式，再利用分组求和与错位相减法及等差数列求和公式计算即可得. 【详解】（1）设数列的公差为，则有， 解得，所以； （2）由题知，，则， 设，前项和为，则， ， ， ， 所以， 所以. 变式20-2．(23-24高二上·广东实验中学深圳学校、深圳外国语学校龙华高中部·期末)已知数列的前项和，且 (1)求数列的通项公式； (2)设数列的通项公式，若将数列中的所有项按原顺序依次插入数列中，组成一个新数列:与之间插入项中的项，该新数列记作数列，求数列的前100项的和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据递推公式求出 ，从而求出，再验证从而可求解. （2）分析数列前项中，各有多少项，然后再利用分组求和即可求解. 【详解】（1）由题意知当时，， 当时，，即， 所以数列为等比数列，且，当时，也满足， 所以数列的通项公式为. （2）由题知，由（1）知，在数列中（含）前面共有： 项， 由，，解得， 所以数列前项中含有数列的前项，含有数列的前项， 所以 . 【点睛】关键点点睛：（2）问中的关键是计算出在数列中前100项中包含数列，的项数，利用分组求和法从而可求解. 变式20-3．(24-25高二上·浙江杭州第二中学·期末)将有穷数列中部分项按原顺序构成的新数列称为的一个“子列”，剩余项按原顺序构成“子列”．若各项的和与各项的和相等，则称和为数列的一对“完美互补子列” (1)分别判断以下数列是否存在“完美互补子列”，并说明理由： A：1，2，3，4；B：2，，，，，． (2)数列一共项，且满足，，． （i）求证：当和时，都存在“完美互补子列”； （ii）设共有对“完美互补子列”，求证：． 【答案】(1)存在“完美互补子列”，不存在. (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据“完美互补子列”的概念和性质进行判断即可. （2）先利用完美互补子列的定义证明当和时，都存在“完美互补子列”，再分类讨论证明. 【详解】（1）对A选项：取：，；取：，. 则和是数列1，2，3，4的一对“完美互补子列”. 对B选项：因为， 假设该数列存在一对“完美互补子列”和， 则和的各项和为，但中各项均为偶数， 所以和的各项和为不可能成立. 故数列2，，，，，不存在“完美互补子列”. （2）（i）当时，因为， 所以 …. 不妨令中的各项为：，； 中的各项为：. 则与中所有项的和均为. 所以时，数列存在“完美互补子列”. 当时，只需将中，中的移到中， 将放入中，将放入中，此时与中的和均在原来的基础上增加了， 所以，数列存在“完美互补子列”. （ii）当时，数列有对“完美互补子列”， 对的一对“完美互补子列”，比如： 中的各项为：，； 中的各项为：. ①将中的移到中，将放入中，将放入中， 此时与中的和均在原来的基础上增加了，可得的一对“完美互补子列”； ②将中的移到中，将放入中，将放入中， 此时与中的和均在原来的基础上增加了，可得的一对“完美互补子列”； ③将中的移到中，将放入中，将放入中， 此时与中的和均在原来的基础上增加了，可得的一对“完美互补子列”； 所以时的一对“完美互补子列”，时，都至少有三对“完美互补子列”与之对应. 所以. 【点睛】关键点点睛：本题的第二问中，证明的方法，就是说明时的一对“完美互补子列”，时都至少有三对“完美互补子列”与之对应. 类型二十一、插入项问题 例21．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨第九中学校·)已知数列的前n项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入m个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值． 【答案】(1). (2). 【分析】（1）利用前项和与项的一般关系计算求解； （2）求 ，即新数列前 18 项的和，需确定前 18 项包含哪些原数列项和插入的 1，然后求和即可. 【详解】（1）已知数列 的前 项和 ，当 时，. 当 时，. 验证： 时，若直接代入 ，故需分段表示， 故数列 的通项公式为：. （2）设原数列有 项时，插入的 1 的个数如下： 在 与 间有 1 个，在 与 间有 2 个，…，在 与 间有 个， 令，则，而， 故在之间，故. 变式21-1．(24-25高二下·四川绵阳高中·期末)已知正项数列的前项和为，且满足，数列为公比大于0的等比数列，且，． (1)求； (2)若在与之间插入个1，由此构成一个新的数列，求的值． 【答案】(1)，； (2)． 【分析】（1）根据与的关系求得，然后利用等差数列的通项公式求得，然后再利用等比数列通项公式基本量运算求得. （2）依次求出中相邻项之间插入1的个数，即可求出. 【详解】（1）当时，且，解得， 当时，， ∴， 即，则， ∵，则，所以， ∴是以1为首项，1为公差的等差数列，所以， 设数列的公比为，则， 即，解得：，所以； （2）根据题意，在与之间插入个1， 即在1和2之间插入个1；在2和3之间插入个1； 在3和4之间插入个1；在4和5之间插入个1； 在5和6之间插入个1， 到6时，恰好有项，故 变式21-2．(24-25高二下·广东广州番禺区·期末)已知数列是正项等比数列，满足，，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．记数列的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由等比数列的性质和通项公式，解方程可得首项和公比，进而得到所求； （2）由等差数列的通项公式求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得，由不等式的性质可得证明． 【详解】（1）数列是正项等比数列，满足， 可得， 又，且，解得，， 所以，解得，则； （2）证明：在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列， 可得， ， 数列的前项和， ， 相减可得， 化为， 由，可得． 变式21-3．(24-25高二下·广东广州白云区·期末)已知数列的前项和为，且． (1)求，及数列的通项公式； (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， ①设（），求； ②若都有不等式成立，求的取值范围． 【答案】(1)， (2)①；② 【分析】（1）利用递推式求解，退位作差得到时，又，所以数列为等比数列，利用等比数列通项公式求解即可； （2）①先求出，再根据错位相减法求和即可；②原式等价于，利用作差法比较大小，进而确定的最大值即可求解. 【详解】（1）由得，，时，，两式相减得， 即，又，所以数列为公比为2的等比数列， 所以； （2）①由（1）得，， 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，即，则，所以， 则，， 两式相减可得 ，所以； ②因为都有不等式成立， 所以恒成立， ， 当时，，即， 当时，，即， 所以，所以. 类型二十二、数列与不等式 例22．(24-25高二上·安徽黄山·期末)在信息论中，熵(entropy)是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵､信源熵､平均自信息量.1948年，克劳德•艾尔伍德•香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为香农滳.而正是信息熵的发现，使得1871年由英国物理学家詹姆斯•麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的麦克斯韦妖理论被推翻. 对于正整数，定义的信息熵，（，）. (1)若，求； (2)若数列满足：，（）. ①求此时的信息熵； ②若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)1； (2)①；②. 【分析】（1）直接代入公式计算得解. （2）①根据给定条件，求出的表达式，再利用错位相减求和即可；②由①的结论及已知建立恒成立的不等式，分段求解即得范围. 【详解】（1）当时，由，，得， 所以. （2）①，， 则当时，，， 而， 于是， ，令， 则，两式相减得 ，因此， 所以. ②由①，知， 对任意的，不等式， 当时，恒成立，因此； 当时，，而当时，，当时，，因此； 当时，，， 数列单调递增，且恒有，因此， 所以实数的取值范围是. 变式22-1．(24-25高二下·辽宁五校联考·期末)设数列的前n项和为，且满足：． (1)求； (2)设数列满足：． （ⅰ）求的通项公式及其前n项和； （ⅱ）若对任意，有，求实数的最大值． 【答案】(1) (2)（i）；（ⅱ） 【分析】（1）应用及累加法计算得出通项公式； （2）（ⅰ）应用累乘法得出通项应用错位相减计算求和；（ⅱ）先根据作商计算得出数列的单调性得出数列的最小值，结合最值计算求参. 【详解】（1）当时， 当时，，即， 记，则． 由累加得，是也适合， 故； （2）（i）由题，由累乘得， ① ② ①-②得， ； （ⅱ）， 记． ， 当时，，当时，， 所以，故， ，数列单调递增，所以， 于是只需，得，所以最大值为. 变式22-2．(24-25高二下·陕西渭南渭南中学·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)已知数列满足， （i）求数列的前n项和； （ii）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用等差数列的通项公式及前项和公式即可求解； （2）（i）利用错位相减法求和即可；（ii）根据的单调性，再分为奇数和偶数两种情况进行讨论即可求解. 【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，解得， ； （2）（i）由（1）知， ， ， ， ； （ii）由（i）得， 设，则， ，数列是递增数列， 当n为偶数时，恒成立，， 当为奇数时，恒成立，，， 实数的取值范围为. 变式22-3．(24-25高二下·河南驻马店·期末)已知数列的前n项和为，且． (1)求的通项公式； (2)设，记数列的前n项和为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据和的关系推导可得数列为等比数列，进而求解即可； （2）利用裂项相消法求出，结合数列的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）因为①，所以，解得， 对任意的，②， ②①得，即， 所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列， 所以． （2）因为， 所以， 因为，数列为单调递增数列，所以， 即． 压轴专练 一、单选题 1．(24-25高二上·江苏南京南京师范大学附属中学·期末)已知无穷数列的通项公式为，其前项和为，若对于任意，有恒成立，则实数的取值集合为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，分为偶数和奇数讨论，当为偶数时，可得，当为奇数时，可得，结合条件分析得解. 【详解】因为， 当为偶数时， ， 且时，； 当为奇数时， ， 且时，； 由对任意，， 故当为偶数时，；当为奇数时，， 则实数只能为1. 故选：B. 2．(24-25高二下·辽宁五校联考·期末)已知数列，若数列与数列都是公差不为零的等差数列，则数列的公差为（   ） A． B． C． D．不确定 【答案】A 【分析】设等差数列的公差为且，等差数列的公差为且，进而根据累加法得，，进而整理得，故，即. 【详解】解：设等差数列的公差为，且，则， ∴， ∴， ∵为等差数列，∴，(且为公差) ∴， ∴，∵，∴. 故选：A. 3．(24-25高二下·江西萍乡·期末)若表示大于的最小整数，如：，，数列满足，，，记，则数列的前2025项和为（   ） A．2028 B．2030 C．4054 D．4055 【答案】D 【分析】首先对递推式进行变形，根据累加法求数列的通项公式，代入数列，再利用题目所给的的定义算出数列各项的值，从而得到数列的前2025项和. 【详解】，即， 设，则，且， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，即， 所以，可得，，，，，累加可得： ，所以， 依题意，， 对的取值范围进行分析： ， ，可以得到： 当时，，即， 所以，，， 因此当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 综上，数列的前2025项和. 故选：D. 4．(24-25高二下·河南周口·期末)已知在数列中，，，，则中的最大项是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 记，整理得出的通项公式，分析当时和当时，即可得出中的最大项为. 【详解】记，由题意得， 整理可得， 得，即， 又，，所以，则是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 当时，，即， 当时，，即， 所以， 故中的最大项为. 故选：B 5．(24-25高二下·广东深圳红岭中学·期末)若数列满足，，则的个位数字为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令得是公差为2的等差数列，赋值计算可得，得，运用累加法可得，计算求解即可. 【详解】令得，即， 所以数列是公差为2的等差数列， 所以， 取，得：，取，得：， 取，得：，取，得：， 所以，解得：，因此， 所以， 累加得， 故，所以个位数为5. 故选：D. 6．(24-25高二上·河北石家庄第二中学教育集团·期末)有五只猴子在海边发现一堆桃子，决定第二天来平分.第二天清晨，第一只猴子来了，它左等右等，见别的猴子还没来，便自作主张把桃子分成相等的五份，分完后还剩一个，它便把剩下的那个顺手扔到海里，自己拿了五份中的一份走了.第二只猴子来了，它不知道刚才发生的事，也把桃子分成相等的五份，还是多一个，它也扔掉一个，自己拿了一份走了.以后每只猴子来时也都遇到类似情形，也全都照此办理.那么，原来至少有多少个桃子，最后至少有多少个桃子.（   ） A．625  256 B．621  252 C．3125  1024 D．3121  1020 【答案】D 【分析】设第5只猴子来的时候有个桃子，逐一倒推得到第1只猴子来的时候有个桃子，由为整数，得到最少为255，即可得到答案. 【详解】设第5只猴子来的时候有个桃子， 则第4只猴子来的时候有个桃子， 则第3只猴子来的时候有个桃子， 则第2只猴子来的时候有个桃子， 则第1只猴子来的时候有个桃子， ， 因为4与5互质，且为整数，所以能被整除，故最小为256，所以最少为255，此时， 故选：D. 7．(24-25高二上·广东深圳深圳实验学校高中部·期末)已知数列满足，，且，，则m等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用递推式化简得，化简后利用裂项相消法计算求解得出，最后计算范围即可求解. 【详解】因为数列满足，，所以， 因为，所以， 所以， ， 因为，所以， ， 所以，所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，由题设条件得到，从而得解. 8．(24-25高二上·重庆巴川系·期末)记为正项数列的前项和，设为等比数列,且公比为去q；：对，都有，其中为非零常数，则是的（    ） A．充分条件不必要条件 B．必要条件不充分条件 C．充要条件 D．既不是充分也不必要条件 【答案】C 【分析】利用等比数列前项和公式对是否为1进行分类讨论，可得出充分性成立；再依据前项和满足的条件可证明为等比数列，可得必要性也成立，可判断出结论. 【详解】根据题意若为等比数列，且， 可得， 此时， 因此可得成立， 当时，显然成立， 综上可知，充分性成立； 若成立，可得， 因此， 即对于，都成立， 因此可得对于，都成立， 所以可知正项数列为等比数列，因此必要性也成立； 可得是的充要条件. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用等比数列定义以及前项和性质，分别判断出充分性和必要性可得出结论. 二、多选题 9．(24-25高二下·福建泉州安溪一中、惠安一中、养正中学、泉州实验中·期末)已知数列，其前项和为，若存在常数，对任意，恒有，则称为数列.则下列说法正确的是（    ） A．若为等差数列，则为数列 B．若是以1为首项，为公比的等比数列，则为数列 C．若为一数列，则也为数列 D．若为一数列，则也为数列 【答案】BD 【分析】根据给定条件，利用数列的定义逐项分析判断. 【详解】对于A，若为等差数列，设公差为，则， 当时，，所以不存在满足题意的正数，故A错误； 对于B，若是以1为首项，为公比的等比数列，则，， 则， 因，则当时，，故，故B正确； 对于C，若，则数列是数列，此时， 但不是常数，即数列不是数列，故C错误； 对于D，若数列是数列，即存在常数， 对任意有，即， 则 ，则数列是数列，故D正确. 故选：BD 10．(24-25高二上·安徽黄山·期末)数列的前项和为，若数列的各项按如下规律排列：，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，则， C． 数列的前项和为 D．若存在正整数，使，，则 【答案】ABC 【分析】A选项，根据规律得到；B选项，分母为的最后一项大于分母为的第一项，故，，B正确；C选项，计算出，从而得到为等差数列，求和得到C正确；D选项，在C基础上，得到的前项和为，前21项和为，确定，，D错误. 【详解】A选项，由的规律可知，分母为，且的有项， 所以分母为2,3,4,5,6,7的共项，故，，A正确； B选项，根据的特征可知，分母为，且时，递增， 只有分母为的最后一项大于分母为的第一项， ，故，，B正确； C选项，， ， 故， 所以为首项为，公差为的等差数列， 所以的前项和为，C正确； D选项，由C可知，，又， 即的前15项和为， ，又， 即的前21项和为， 其中，故的前项和为， ，，所以，则，故D错误. 故选：ABC 11．(24-25高二下·湖北武汉新洲区第一中学邾城校区·期末)已知数列共有项，且满足，，则下列说法正确的是（    ） A．数列是公差为或公差为的等差数列 B．的最小值是，最大值是 C．若，则满足条件的数组的组数共有组 D．符合已知条件且满足的数列的个数为个 【答案】BCD 【分析】由题意得或，对比等差数列的定义可判断A；分和两种情况求的最小值和最大值即可判断B；由知，，，，这4组的数只能为2或1，结合组合数可判断C；由知，的数只能为2或1，结合组合数可判断D. 【详解】对于A，由得：或，前后两项差为1或2，不一定是等差数列，故A不正确； 对于B，当为等差数列时，且，最小为，，最大为18，故B正确； 对于C，，，而，，，这4组的数只能为2或1，它们的和为6，故有2个1，2个2，故有种，故C正确； 对于D，由，则 ，每个的数只能为2或1，故有，故D正确． 故选：BCD. 三、填空题 12．(24-25高二上·江苏无锡某校·期末)对任意数列，定义函数是数列的“生成函数”.已知，则 . 【答案】 【分析】根据题意，先利用数列前项和为求出通项公式，再利用错位相减法和等比数列求和即可求解. 【详解】由题意得，即数列的前项和， 则时，，得， 又时，也满足，所以数列得通项公式. 故， ， 两式错位相减，得， 整理化简得. 故答案为：. 13．(24-25高二下·辽宁县域重点高中·期末)甲、乙玩报数游戏，约定规则如下：甲、乙轮换报数，若一人报出的正整数为奇数，则另一人报出的数为；若一人报出的正整数为偶数，则另一人报出的数为；当一人报出的数为1时，游戏结束．已知由甲先报数，且报出的正整数为．若，则游戏结束时，甲报出数字的次数为 ；若游戏结束时，甲、乙共报数次，则正整数所有可能的取值之和为 ． 【答案】 【分析】根据报数规则依次列举可得当时，甲报数的次数；根据数列的递推公式，可推出的值，即可得解. 【详解】设甲、乙报出的数构成数列， 则甲报出的数为该数列的奇数项，乙报出的数为该数列的偶数项， 当时，，，，，，，，， 所以甲报出数字的次数为； 由上可知， 因为游戏结束时，甲、乙共报数次，所以，从而，， 可知（舍）或， 所以， 若为奇数，由，得； 若为偶数，由，得． 当时，因为不是的整数倍，则为偶数， 所以， 则或， 又或均不是的整数倍，则为偶数， 进而得出或； 当时，因为不是的整数倍，则为偶数， 所以，则或， 又或均不是的整数倍，则为偶数， 进而得出或， 综上，正整数所有可能的取值为，和为， 故答案为：，. 四、解答题 14．(24-25高二下·辽宁鞍山第二十四中学·期末)为实数，无穷数列为数列时满足：； ； ． (1)若数列前四项分别为，，，，判断数列是否有可能为数列； (2)若数列为数列，求的值； (3)数列前项和为，则是否存在值，，恒成立.如果有，求出所有符合要求的值；如果没有，请说明原因． 【答案】(1)数列不可能为数列，理由见解析 (2). (3)存在，. 【分析】(1)先代入，已知的值，计算等关键值，发现不在数列要求的集合中，从而判定不是数列; (2)依据数列定义(等规则)，结合与的关系，推出，再根据的两种可能形式，依次推导等项的值; (3)假设是数列，利用的递推关系、项的大小限制，、等条件，推导得，构造时的数列通项，从满足的关系、与的大小，以及与的包含关系验证，结合和时与的大小，确认满足恒成立，得出存在这样的,数列且. 【详解】（1）数列不可能为数列，理由如下： 因为，，，所以，. 因为，所以，所以数列不可能为数列. （2）由数列定义，可知满足：，；； 或. 由或以及，可知，所以. 由或，或， 以及，可得，. 由或，以及，可知， 同理，由或，以及，可知. （3）假设数列是满足“恒成立”的数列. 因为或，且，所以， 由，可知， 从而或. 又因为，所以. 因为，且，所以. 又因为，所以. 因为，且，所以. 因为，所以. 根据假设，由可知，所以， 由及，可知. 由可知，所以. 综上可知，若数列是满足“恒成立”的数列，则. 当时，考虑数列：. 下面验证数列满足数列的要求： 由，可知. 因为，， 所以.，，使得，， 所以，， 所以，， 又， 所以：当时，；当时，. 所以. 由通项公式可知，当时，；当时，， 所以恒成立. 综上所述，存在数列，使得恒成立，此时. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $