5.4&5.5数列的应用、数学归纳法（题型专练）高二数学人教B版选择性必修第三册

5.4数列的应用5.5数学归纳法 题型一   数列的实际应用 1．D 2．ABD 3． 4． 题型二   数学归纳法 1．D 2．C 3．【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）根据数学归纳法的证明步骤证明． 【详解】（1）存在， 由题可得，解得， 所以存在，； （2）证明： 当时，， 假设时，等式成立， 时， 成立， 综上，成立． 4．【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据递推公式求，，进而猜想通项公式； （2）根据（1）中结果，利用数学归纳法分析证明. 【详解】（1）因为，， 可得，， 因此可猜想. （2）当时，，等式成立； 假设当时，等式成立，即， 则当时，， 即当时，等式也成立. 综上所述，对任意，. 题型一   数列新定义 1．【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）结合数列新定义，利用完全平方公式直接证明即可； （2）①由（1）数列是“平方递推数列”，即可求得，进而得到，然后利用错位相减法，求解数列的前项和即可；②由①代入不等式，则将不等式转化为恒成立，结合基本不等式即可求出结果. 【详解】（1）由题知，， 即， 当时，， 所以， 所以数列是“平方递推数列”. （2）①由（1）知，数列是“平方递推数列”，且， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 两式相减得， ， 则， 当时，，符合上式， 当时，，符合上式， 所以. ②由①知，， 则， 所以恒成立， 可得恒成立， 即，即， 令，则， 所以， 当且仅当，即时，取等， 所以，即实数的最大值为. 2．【答案】(1)，， (2)3 (3) 【分析】（1）根据欧拉函数的定义直接计算即可； （2）利用错位相减法求和，可得，因为恒成立，即可得出结果； （3）由（2）可知，求出 ，将不等式 化简，分离参数，研究数列的单调性，求出其最大项的值，即可得出结果. 【详解】（1）由题意可知，当时，不超过6，且与6互素的正整数是1，5，故， 当时，不超过10，且与10互素的正整数是1，3，7，9，故， 不超过，且与互素的正整数是，，，，，故； （2）由欧拉函数的定义可知，所以 两式作差可得： 所以， 因为恒成立，所以的最小值为3； （3）由（2）知， 所以， ，即， 设， 则， 当时，；当时，；当时，， 所以， 即的最大值为，所以. 3．【答案】(1)不是 (2)，，； (3)证明见解析 【分析】（1）利用题目定义验证即可； （2）利用或中至少有一个仍是中的项，推理可得答案； （3）结合新定义得出，进而可得数列是等比数列. 【详解】（1）由题意知，数列为2，4，8，16，32，因为和均不是中的项， 所以数列不是“乘或除封闭数列”； （2）由数列递增可知，则不是中的项，所以是中的项，所以， 因为，所以，，都是中的项，所以，得， 由，得，所以，，； （3）因为数列单调递增，且，则不是中的项，所以是中的项，所以， 因为不是中的项，所以是中的项， 所以，因为，，，，，共有m项， 所以①， 类似的，，，， 则不是中的项，所以是中的项， ， 所以②， 由①和②得，所以是首项为1的等比数列. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是理解新定义，利用或中至少有一个仍是中的项，进行推理. 4．【答案】(1)是 (2)不是，理由见解析 (3)， 【分析】（1）根据数列的定义判断 （2）根据已知条件求出即可判断； （3）根据数列为“数列”，化为，进而求得，作差有，根据已知条件化为，解得，由此求出，即可求出数列的通项公式. 【详解】（1）由题意可得， ，，， 所以1，2，3，7，43是“数列”； （2）数列不是“数列”，理由如下： （），则（）， 又（）， 所以（）， 因为不是常数，所以数列不是“数列”． （3）因为数列为“数列”，由（）， 有（）①， 所以（）②， 两式作差得（）， 又因为数列为“数列”，所以（）， 设数列的公比为，所以（）， 即对成立， 则， 又，，得， 所以，． 题型一   插入项问题 1．A 2．【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）先利用作差法，消去前项和，再通过时的式子确定首项，代入公式进而得到通项； （2）先将分段数列按“奇数项、偶数项”拆分为两个基本数列（等差数列+等比数列），再利用等差数列、等比数列的求和公式计算两组的和，最后合并结果即可； （3）先假设存在满足条件的项，结合等比、等差数列的性质建立等式，再运用基本不等式的性质判断即可. 【详解】（1）解：由数列满足， 当时，， 当时，， 两式相减，可得， 整理得，即， 又，且是等比数列，则其公比为4， 所以，即， 所以的通项公式为：； 故答案为：. （2）由题意，，则前项中： 奇数项：，共项， 是首项为3，公差为4的等差数列（因为，相邻两项差为4）， 则： 偶数项：，共项，对应， 是首项为4，公比为16的等比数列（）， 则： 因此前项和为： . 故. （3）由（1）知，，因为， 所以，整理得： 所以，即， 因为成等差数列，即（）， 假设成等比数列，则，代入的表达式： ，化简得：， 由，得，故：， 结合，， 等号仅当时成立，这与题设(互不相等）矛盾. 故数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列. 3．【答案】(1)证明见解析， (2)214 【分析】（1）根据等比数列的定义即可求解； （2）根据分组求和即可求解. 【详解】（1）因为，则，且，故是首项为2，公比为2的等比数列，所以，所以． （2）因为与之间插入个1， 所以在中对应的项数为， 当时，， 当时，， 所以，，且． 因此． 4．【答案】(1) (2)①；②不存在，理由见解析 【分析】（1）退位作差得到公比，令求得，进而得到数列的通项公式； （2）①根据，求解即可；②反证法，假设存在，由等差中项性质得到，等比中项性质得到，联立解得，与题设矛盾，假设不成立，故不存在. 【详解】（1）设等比数列的公比为， ，时，，两式相减得， 即，所以， 令得，即，解得， 所以. （2）①由（1）得，， 在与之间插入个数组成一个公差为的等差数列，则， 即，则； ②不存在，理由如下： 假设在数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列， 则，，即， 因为成等差数列，所以，所以， 即，即， 联立解得，与题设矛盾， 故在数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 5.4数列的应用5.5数学归纳法 题型一数列的实际应用 基础达标题 题型二数学归纳法 数列的应用，数学归纳法 能力提升题 题型一数列新定义 拓展培优题 题型一插入项问题 基础达标题 题型一数列的实际应用 1.(22-23高二上·云南玉溪·月考)新型冠状病毒（简称新冠）传播的主要途径包括呼吸道飞沫传播、接触 传播、气溶胶传播等.其中呼吸道飞沫传播是指新冠感染的患者和正常人在间隔1m左右的距离说话，或者 是患者打喷嚏、咳嗽时喷出的飞沫，可以造成对方经过呼吸道吸入而感染.如果某地某天新冠患者的确诊 数量为1，且每个患者的传染力为2（即一人可以造成两人感染），则5天后的患者人数将会是原来的() 倍 A.10 B.16 C.32 D.63 2.(22-23高二下山东·月考)（多选）“苏州码子”发源于苏州，作为一种民间的数字符号流行一时，被广泛应 用于各种商业场合.“苏州码子"09的写法依次为o、|、刂、川、ㄨ、6、〦、〧、〨、攵.某铁路的里程碑所刻数代 表距离始发车站的里程，如某处里程碑上刻着的“o”代表距离始发车站的里程为0公里，刻着"〦o”代表距离 始发车站的里程为60公里，己知每隔3公里摆放一个里程碑，若在A点处里程碑上刻着“川攵”，在B点处 里程碑上刻着“〨〤”，则（) A.从始发车站到A点的所有里程碑个数为14 B.从A点到B点的所有里程碑个数为16 C.从A点到B点的所有里程碑上所刻数之和为987 1/4 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D.从A点到B点的所有里程碑上所刻数之和为984 3.(24-25高二下辽宁沈阳期中)小李在2025年1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值a元的家电， 在购买第一个月后的2月1日第一次还款，且以后每月的1日等额还款一次，一年内还清全部贷款(2025年 12月1日最后一次还款)，月利率为r.按复利计算，则小李每个月应还元.（用a,r表示） 4.(22-23高二下·福建福州期中)北宋的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？”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，应该把它们看成离散的量.经过反复尝试，沈括提出对于上底有ab个，下底有cd个，从 上到下，逐层长宽各多1个，共n层的堆积物（如下图)，可以用公式 S=[(2b+d)a+(b+2d)c]+(c-a)求出物体的总数，这就是沈括的隙积术”，利用“隙积术” 求得数列{(n+1)(n+3)-2}的前15项的和是 ·(结果用数字表示) 题型二数学归纳法 1.(25-26高二上陕西咸阳月考)用数学归纳法证明帝+2十…+会>f()(n>1,nEN)的过程 中，n=k+1时的左边比n=k的左边增加了的量为() A.2克 B.克 C.3中十2+2 D.2+12k+2 2.(24-25高二下.四川绵阳，月考)用数学归纳法证明“12+22+…+n2=言n(n+1)(2n+1)"时，由 n=k(k∈N)的假设证明n=k+1(k∈N)时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为() A.言k(k+1)(2k+1) B.吉k(k+1)(2k+3) C.言(k+1)(k+2)(2k+3) D.言k(k+1)(2k+1)(2k+3) 3.(25-26高二上浙江宁波期中)已知 f(n)=1×2+2×3+…+(n-1)×n+n(n+1)(neN). (1)是否存在常数a,b,c使得f(n)=an3+bn2+cn对任意的n∈N都成立？若存在，求出a,b,c; (2)若(1)中a,b,c存在，用数学归纳法证明f(n)=an3+bn2+cn 4.(2425高二下河南月考)在数列[an}中，21=1，nm1=是器 (1)求a2,a3,猜想数列{an}的通项公式： 2/4 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)用数学归纳法证明你的猜想。 B 能力提升题 题型一 数列新定义 1.(24-25高二下四川广元期中)若数列{Pn}满足P#1=Pm2,则称数列{Pn}为“平方递推数列.已知 数列{an}中，a1=7,点(ana+1)在函数f(x)=2+6x+6的图象上，其中n为正整数 (1)证明：数列{an十3}是“平方递推数列”： 2)设bn=(2n-1)g(an+3),数列{ba}的前n项和为Sn ①求Sn: ②若S2m+13-(n-1)·4*1≥1·lg(an+3)恒成立，求实数7的最大值. 2.(24-25高二下河北石家庄开学考试)人教A版选择性必修二第8页中提到：欧拉函数p(n)(n∈N) 的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互素的正整数的个数，例如p(1)=1,p(4)=2. (1)求p(6),p(10),p(2)的值： 2已知数列(an}满足an=器，求(an}的前n项和Sn,若Sn<M恒成立，求M的最小值： 3)若数列{费}(n∈N)的前n项和为T,对任意nEN,均有·(Tn+)-2n+3≥0恒成立，求 实数的取值范围。 3.(24-25高二上湖北武汉期末)已知m∈N，m≥5，定义：数列{an}共有m项，对任意i, j(i,jeN,1≤i≤j≤m),aaj或受中至少有一个仍是{an}中的项，则称数列{an}为“乘或除封闭数列， (1)若an=2且m=5,判断数列{an}是否为“乘或除封闭数列； (2)已知递增数列a1,3,a3,27,a5为“乘或除封闭数列"，求a1,a3,a写 3)已知各项均为正且单调递增数列{an}为“乘或除封闭数列，若am>1,证明：数列{an}是等比数列. 4.(23-24高二下吉林四平.月考)在数列{an}中，若存在常数t,使得aH1=a1a2a3··an十t(n∈N) 恒成立，则称数列{an}为“H(t)数列”. (1)判断数列1,2,3,7,43是否为“H(1)数列"； 2)若cn=1+,试判断数列{cn}是否为“H(t)数列”，请说明理由； B诺数列(n}为H(t)数列，且1=2.数列(b}为等比数列，满足号=n1+log,a-t求数 列{bn}的通项公式和t的值. 3/4 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 拓展培优题 题型一插入项问题 1.(25-26高二上云南昭通月考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,S经+1-S品=8n,n∈N。 在数列{an}的每相邻两项akak+1之间依次插入aya2,ak,得到数列 {bn}:a1a1a2a1a2a3aya2a3a4…,则|bnl的前88项和等于() A.163 B.165 C.167 D.173 2.(25-26高二上安微合肥月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sa,且a州1=3Sn十1(n∈N). (1)求数列{an}通项公式： (2n+1,n为奇数 (2)求数列{bn}满足bn= n为偶数，求数列{ba}的前2n项和Tn (3)在an与a+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列dn中是否存在3项 dm dk dp(其中mk,p成等差数列)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由. 3.(25-26高二上江苏扬州月考)已知数列{an}满足a1=1,a+1=2an十1(neN). (1)求证：{an十1}为等比数列，并求出{an}的通项公式： 2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在k与ak+1(k=1,2…)之间插入2k个1，使它们和原数列的项 构成一个新的数列{bn},记{bn}的前n项和为T,求T1oo的值. 4.(25-26高二上江苏苏州月考)已知等比数列{an}的前n项和为S,且am1=2Sn+2,（n∈N) (1)求数列{an}的通项公式： (2)在an与a+1之间插入n个数组成一个公差为dn的等差数列 ①求数列{dn}的通项公式： ②在数列{dn}中是否存在不同的3项dm,dk,dp(其中m,k,pP成等差数列)成等比数列？若存在， 求出这样的3项；若不存在请说明理由， 4/4 5.4数列的应用5.5数学归纳法 题型一   数列的实际应用 1．（22-23高二上·云南玉溪·月考）新型冠状病毒（简称新冠）传播的主要途径包括呼吸道飞沫传播、接触传播、气溶胶传播等．其中呼吸道飞沫传播是指新冠感染的患者和正常人在间隔左右的距离说话，或者是患者打喷嚏、咳嗽时喷出的飞沫，可以造成对方经过呼吸道吸入而感染．如果某地某天新冠患者的确诊数量为，且每个患者的传染力为2（即一人可以造成两人感染），则5天后的患者人数将会是原来的（      ）倍 A．10 B．16 C．32 D．63 【答案】D 【分析】由等比数列求和公式即得. 【详解】根据题意，设每天新冠患者的确诊人数组成数列， 则是公比为2的等比数列，所以5天后的新冠患者人数为， 所以5天后的患者人数将会是原来的63倍. 故选：D. 2．（22-23高二下·山东·月考）（多选）“苏州码子”发源于苏州，作为一种民间的数字符号流行一时，被广泛应用于各种商业场合.“苏州码子”0~9的写法依次为○､丨､刂､川､ㄨ､､〦､〧､〨､攵.某铁路的里程碑所刻数代表距离始发车站的里程，如某处里程碑上刻着的“○”代表距离始发车站的里程为0公里，刻着“〦○”代表距离始发车站的里程为60公里，已知每隔3公里摆放一个里程碑，若在A点处里程碑上刻着“川攵”，在B点处里程碑上刻着“〨ㄨ”，则（    ） A．从始发车站到A点的所有里程碑个数为14 B．从A点到B点的所有里程碑个数为16 C．从A点到B点的所有里程碑上所刻数之和为987 D．从A点到B点的所有里程碑上所刻数之和为984 【答案】ABD 【分析】由题意可知A点处里程碑刻着数字，B点处里程碑刻着数字84，里程碑上的数字成等差数列，公差为3，根据等差数列的通项和求和公式，即可判断正误. 【详解】由题意知，A点处里程碑刻着数字，B点处里程碑刻着数字84，里程碑上的数字成等差数列，公差为3， 则从始发车站到A点的所有里程碑个数为，A选项正确； 从A点到点的所有里程碑个数为，B选项正确； 从A点到点的所有里程碑上的数字之和为，D选项正确，则C选项错误； 故选：ABD. 3．（24-25高二下·辽宁沈阳·期中）小李在年月日采用分期付款的方式贷款购买一台价值元的家电，在购买第一个月后的月日第一次还款，且以后每月的日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2025年月日最后一次还款），月利率为.按复利计算，则小李每个月应还 元.(用，表示) 【答案】 【分析】小李的还款x元每月要产生复利，小李的贷款元每月也要产生复利，结合等比数列求和公式运算求解即可. 【详解】设每月还元， 按复利计算，则， 即，解得. 故答案为：. 4．（22-23高二下·福建福州·期中）北宋的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？”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，应该把它们看成离散的量.经过反复尝试，沈括提出对于上底有个，下底有个，从上到下，逐层长宽各多1个，共层的堆积物（如下图），可以用公式求出物体的总数，这就是沈括的“隙积术”，利用“隙积术”求得数列的前15项的和是 ．（结果用数字表示）    【答案】1735 【分析】根据题意，求出的值，代入公式计算即可得答案. 【详解】由题，在数列，，，，中，，， 可得， 根据隙积术公式，有 ， 故数列的前15项的和为： . 故答案为：. 题型二   数学归纳法 1．（25-26高二上·陕西咸阳·月考）用数学归纳法证明的过程中，时的左边比的左边增加了的量为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出当时，左边的代数式，当时，左边的代数式，相减可得结果． 【详解】当时，左边的代数式为， 当时，左边的代数式为， 故用时左边的代数式减去时左边的代数式的结果为： . 故选：D． 2．（24-25高二下·四川绵阳·月考）用数学归纳法证明“”时，由的假设证明时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由数学归纳法的定义可得结论. 【详解】由数学归纳法证明时，结论成立， 即需证明成立， 即必须证得右边为. 故选C. 3．（25-26高二上·浙江宁波·期中）已知． (1)是否存在常数使得对任意的都成立？若存在，求出； (2)若（1）中存在，用数学归纳法证明． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）根据数学归纳法的证明步骤证明． 【详解】（1）存在， 由题可得，解得， 所以存在，； （2）证明： 当时，， 假设时，等式成立， 时， 成立， 综上，成立． 4．（24-25高二下·河南·月考）在数列中，，. (1)求，，猜想数列的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的猜想. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据递推公式求，，进而猜想通项公式； （2）根据（1）中结果，利用数学归纳法分析证明. 【详解】（1）因为，， 可得，， 因此可猜想. （2）当时，，等式成立； 假设当时，等式成立，即， 则当时，， 即当时，等式也成立. 综上所述，对任意，. 题型一   数列新定义 1．（24-25高二下·四川广元·期中）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，其中为正整数． (1)证明：数列是“平方递推数列”； (2)设，数列的前项和为 ①求； ②若恒成立，求实数的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）结合数列新定义，利用完全平方公式直接证明即可； （2）①由（1）数列是“平方递推数列”，即可求得，进而得到，然后利用错位相减法，求解数列的前项和即可；②由①代入不等式，则将不等式转化为恒成立，结合基本不等式即可求出结果. 【详解】（1）由题知，， 即， 当时，， 所以， 所以数列是“平方递推数列”. （2）①由（1）知，数列是“平方递推数列”，且， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 两式相减得， ， 则， 当时，，符合上式， 当时，，符合上式， 所以. ②由①知，， 则， 所以恒成立， 可得恒成立， 即，即， 令，则， 所以， 当且仅当，即时，取等， 所以，即实数的最大值为. 2．（24-25高二下·河北石家庄·开学考试）人教A版选择性必修二第8页中提到：欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素的正整数的个数，例如，. (1)求，，的值； (2)已知数列满足，求的前项和，若恒成立，求的最小值； (3)若数列的前项和为，对任意，均有 恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)，， (2)3 (3) 【分析】（1）根据欧拉函数的定义直接计算即可； （2）利用错位相减法求和，可得，因为恒成立，即可得出结果； （3）由（2）可知，求出 ，将不等式 化简，分离参数，研究数列的单调性，求出其最大项的值，即可得出结果. 【详解】（1）由题意可知，当时，不超过6，且与6互素的正整数是1，5，故， 当时，不超过10，且与10互素的正整数是1，3，7，9，故， 不超过，且与互素的正整数是，，，，，故； （2）由欧拉函数的定义可知，所以 两式作差可得： 所以， 因为恒成立，所以的最小值为3； （3）由（2）知， 所以， ，即， 设， 则， 当时，；当时，；当时，， 所以， 即的最大值为，所以. 3．（24-25高二上·湖北武汉·期末）已知，，定义：数列共有m项，对任意i，，或中至少有一个仍是中的项，则称数列为“乘或除封闭数列”. (1)若且，判断数列是否为“乘或除封闭数列”; (2)已知递增数列，3，，27，为“乘或除封闭数列”，求，， (3)已知各项均为正且单调递增数列为“乘或除封闭数列”，若，证明：数列是等比数列. 【答案】(1)不是 (2)，，； (3)证明见解析 【分析】（1）利用题目定义验证即可； （2）利用或中至少有一个仍是中的项，推理可得答案； （3）结合新定义得出，进而可得数列是等比数列. 【详解】（1）由题意知，数列为2，4，8，16，32，因为和均不是中的项， 所以数列不是“乘或除封闭数列”； （2）由数列递增可知，则不是中的项，所以是中的项，所以， 因为，所以，，都是中的项，所以，得， 由，得，所以，，； （3）因为数列单调递增，且，则不是中的项，所以是中的项，所以， 因为不是中的项，所以是中的项， 所以，因为，，，，，共有m项， 所以①， 类似的，，，， 则不是中的项，所以是中的项， ， 所以②， 由①和②得，所以是首项为1的等比数列. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是理解新定义，利用或中至少有一个仍是中的项，进行推理. 4．（23-24高二下·吉林四平·月考）在数列中，若存在常数，使得（）恒成立，则称数列为“数列”． (1)判断数列1，2，3，7，43是否为“数列”； (2)若，试判断数列是否为“数列”，请说明理由； (3)若数列为“数列”，且，数列为等比数列，满足求数列的通项公式和的值． 【答案】(1)是 (2)不是，理由见解析 (3)， 【分析】（1）根据数列的定义判断 （2）根据已知条件求出即可判断； （3）根据数列为“数列”，化为，进而求得，作差有，根据已知条件化为，解得，由此求出，即可求出数列的通项公式. 【详解】（1）由题意可得， ，，， 所以1，2，3，7，43是“数列”； （2）数列不是“数列”，理由如下： （），则（）， 又（）， 所以（）， 因为不是常数，所以数列不是“数列”． （3）因为数列为“数列”，由（）， 有（）①， 所以（）②， 两式作差得（）， 又因为数列为“数列”，所以（）， 设数列的公比为，所以（）， 即对成立， 则， 又，，得， 所以，． 题型一   插入项问题 1．（25-26高二上·云南昭通·月考）已知正项数列的前项和为，且.在数列的每相邻两项之间依次插入，得到数列，则的前88项和等于（   ） A．163 B．165 C．167 D．173 【答案】A 【分析】先通过已知条件求出的通项，再分析的插入结构，确定前88项对应的段，最后分为本身、插入部分、剩余项三部分求和得到结果. 【详解】因为，当，， 因为，所以，故.当时，适合上式， 所以； 当时，.. 又因为在数列的每相邻两项，之间依次插入， 得到数列，所以根据数列的定义可知： 数列， 故. 故选：A. 2．（25-26高二上·安徽合肥·月考）已知等比数列的前项和为，且. (1)求数列通项公式； (2)求数列满足,求数列的前项和； (3)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）先利用作差法，消去前项和，再通过时的式子确定首项，代入公式进而得到通项； （2）先将分段数列按“奇数项、偶数项”拆分为两个基本数列（等差数列+等比数列），再利用等差数列、等比数列的求和公式计算两组的和，最后合并结果即可； （3）先假设存在满足条件的项，结合等比、等差数列的性质建立等式，再运用基本不等式的性质判断即可. 【详解】（1）解：由数列满足， 当时，， 当时，， 两式相减，可得， 整理得，即， 又，且是等比数列，则其公比为4， 所以，即， 所以的通项公式为：； 故答案为：. （2）由题意，，则前项中： 奇数项：，共项， 是首项为3，公差为4的等差数列（因为，相邻两项差为4）， 则： 偶数项：，共项，对应， 是首项为4，公比为16的等比数列（）， 则： 因此前项和为： . 故. （3）由（1）知，，因为， 所以，整理得： 所以，即， 因为成等差数列，即（）， 假设成等比数列，则，代入的表达式： ，化简得：， 由，得，故：， 结合，， 等号仅当时成立，这与题设(互不相等）矛盾. 故数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列. 3．（25-26高二上·江苏扬州·月考）已知数列满足． (1)求证：为等比数列，并求出的通项公式； (2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前项和为，求的值． 【答案】(1)证明见解析， (2)214 【分析】（1）根据等比数列的定义即可求解； （2）根据分组求和即可求解. 【详解】（1）因为，则，且，故是首项为2，公比为2的等比数列，所以，所以． （2）因为与之间插入个1， 所以在中对应的项数为， 当时，， 当时，， 所以，，且． 因此． 4．（25-26高二上·江苏苏州·月考）已知等比数列的前项和为，且， (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入个数组成一个公差为的等差数列 ①求数列的通项公式； ②在数列中是否存在不同的3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在请说明理由. 【答案】(1) (2)①；②不存在，理由见解析 【分析】（1）退位作差得到公比，令求得，进而得到数列的通项公式； （2）①根据，求解即可；②反证法，假设存在，由等差中项性质得到，等比中项性质得到，联立解得，与题设矛盾，假设不成立，故不存在. 【详解】（1）设等比数列的公比为， ，时，，两式相减得， 即，所以， 令得，即，解得， 所以. （2）①由（1）得，， 在与之间插入个数组成一个公差为的等差数列，则， 即，则； ②不存在，理由如下： 假设在数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列， 则，，即， 因为成等差数列，所以，所以， 即，即， 联立解得，与题设矛盾， 故在数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $