专题01 等差等比数列及数列递推（14大题型85题）（期中专项训练）高二数学下学期人教A版

高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题01等差等比数列及数列递推 (等差等比数列基本量计算、等差等比性质、通项、递推) 题型归纳·内容导航 题型1等差数列基本量的计算（常考点） 题型8等比数列的性质与函数特性（重点) 题型2等差中项 题型9，等比数列的简单应用 题型3等差数列的性质（重点） 题型10求等差数列通项公式 题型4等差数列的函数特性与最值（难点） 题型11求等比数列通项公式 题型5等差数列的简单应用 题型12证明等差数列（常考点） 题型6等比数列基本量的计算（常考点） 题型13证明等比数列（常考点） 题型7等比中项与等差等比混考问题（常考点） 题型14递推公式（难点） 题型通关·靶向提分 题型一等差数列基本量的计算（共6小题） 1.(24-25高二下·贵州黔西期末)己知{an}为公差不为0的等差数列，若am=a1o-a,+a,则m=() A.9 B.8 C.7 D.6 2.(24-25高二下.北京平谷期中)己知等差数列{an}满足：a6-3a2=6,a3=0,则a2025=() A.2022 B.2023 C.2024 D.2025 3.(24-25高二下辽宁辽阳月考)在等差数列{an}中，Sn是其前n项和.若S,=20,S。=90,则公差d=() A.2 B.4 C.1 D.0 4.(2025河北保定.一模)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S4=2(S2+S,),a,=1,则a。=（) A.-14 B.-12 C.12 D.14 5.(24-25高二下·广东佛山期中)在公差大于0的等差数列an}中，a2+a=10,a,a,=-11,则该数列的 公差为() A.14 B. C.2 D.3 2 1/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 6.（24-25高二下.湖北期中)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a,=6,S12=48,则a1s的值为 () A.21 B.20 C.19 D.18 题型二等差中项（共3小题） 7.(24-25高二下.上海期中)若等差数列{an}的前三项依次为1，a+1,3,则实数a的值为 8.(24-25高二下.四川绵阳期中)已知a=5+2√6，c=5-2√6.若a,b,c三个数成等差数列，则b=() A.10 B.5 C.1 D.±1 9.(2025,广东汕头·模拟预测)已知a,beR,b为a和2的等差申项，则3”+g的最小值为(） A.1 B.2 C. D.2 3 题型三等差数列的性质（共5小题） 10.(24-25高二下.安微阜阳期中)在等差数列{an}中，a2+a+a4+a5+a6+a,+ag=63,则a1+a,=() A.45 B.9 C.18 D.36 11.（24-25高二下湖北期中)设等差数列{an}的前项和为Sn,若S,=3,S6=9，则S=() A.12 B.18 C.24 D.25 12.(24-25高二下山西晋中.月考)己知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶 数项的和为261.则此数列的项数为() A.15 B.17 C.19 D.21 13.（24-25高二下…湖北期中)己知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=4,S2=9,则Sg=· 14,(24-25高二下四川成都期中)两个等差数列a,和6，其前硕和分别为S，7,且元-n+3, 1S-3n+2 则4=() 9 A. B.35 D.25 14 24 24 店24-25高下川金月考》已知等差数列Q,，D的前项和分别为S,若之=，血 a2+a=() b3+b2 2/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 20 9 A. B. D. 31 14 题型四等差数列的函数特性与最值（共12小题） 16.(24-25高二下.北京期中)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,an=2n-17,则Sn取得最小值时，n的 值为() A.8 B.7 C.6 D.5 17.（2025山西临汾二模)记Sn为等差数列{a}的前n项和，公差d>0,且a22oa2021<0,则S取得最小 值时n为(） A.2021 B.4039 C.2020 D.4040 1 18.（24-25高二下·北京海淀·期末)设{an}是所有项都不为0的无穷等差数列， 则“ 为递减数列”是 a “{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 19.(24-25高二上福建厦门月考)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6>S,>S,有下列四个命题， 其中正确的是() A.d>0 B.S1>0 C.S2<0 D.数列{S}中的最大项为S 20.(23-24高二下·江苏南京期中)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,且{Sn}单调递增，若 a=6,则d的取值范围为() B.0,7 。10 C. D.[0,2 21.(24-25高二下四川成都期中)已知数列{an}为等差数列，且数列{an}的前项和Sn有最大值，若 a1o13+a1o14<0,a1o13a1o14<0,则Sn取得最小正值时，的值为() A.1013 B.1014 C.2024 D.2025 22.（24-25高二下辽宁锦州期中)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S23>0,S4<0,则下列结论 正确的个数为() 3/14 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ①数列(an}是递减数列②a3>0③当Sn取得最大值时，n=12④a,>a2 A.1 B.2 C.3 D.4 23.(24-25高二下北京·期中)己知数列{an}的通项公式为an=n+1,记数列an-tm的前n项和为Sn,若 Sn≤S。对任意的n∈N恒成立，则实数t的取值范围是() A. 「1211 1211 c 1110 D. 1110 L11'10 1110 10'9 10'9 多选题 24。(24-25高二下辽宁沈阳期中)设3是等差数列{a,的前n项和，若S>0,马<-1，则下列结论正 确的是() A.a as B.n=7时，Sn最大 C.使Sn>0的n的最大值为13 D.数列 S 中的最小项为第8项 a 25.（24-25高二下湖北孝感期中)设等差数列an}的前项和Sn,a1>0,公差为d,a,+ag>0且a,as<0, 下列结论正确的是() A.d<0 B.a1>0,ag<0 C.n=8时，Sn最大 D.S14>0,S5<0 26.（24-25高二下·黑龙江·期中)已知等差数列an}的前n项和为Sn,若S5>0,S6<0,则下列结论正 确的是() A.数列(an}是递增数列 B.a8>0 C.当Sn取得最大值时，n=18 D.ais >a1 27.(24-25高二下.四川绵阳·期中)设数列(an}是以d为公差的等差数列，Sn是其前n项和，a,>0,且 S。=S。,则下列结论正确的是() A.d<0 B.as=0 C.使Sn>0成立的的最大值为14 D.S,为Sn的唯一最大值 4/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 题型五等差数列的简单应用（共4小题） 28.（24-25高二下·黑龙江·期中)某公司购置了一台价值为230万元的设备，随着设备在使用过程中老化， 其价值会逐年减少，经验表明，每经过一年其价值就会减少20万元，设备使用年后，其价值将低于购进 价值的5%，设备将报废，则n的最小值为() A.10 B.11 C.12 D.13 29.(24-25高二下·广东佛山期中)小明从4S店购买了一辆价格为25万元的家用轿车，首付11万元，剩 余的款项采用分期付款的方式还款，还款方式为：每年年底还固定款项2万元以及余款的当年利息，年利 率为10%，直到全部还完为止.则购买这辆车小明最后实际共花() A.28.5万元B.30.6万元 C.31.8万元 D.32.2万元 30.（24-25高二下山东淄博期中)“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数 之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相 关的问题：已知正整数(p>)满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p按照从小到 大的顺序排成一列，构成数列a,},记数列a,的前n项和为3，则2，+a,+23的最小值为() n A.26 B.36 C.38 D.46 31.(24-25高二下·四川眉山期中)《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中有如下问题： “今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共出百钱，欲令高爵出少，以次渐多，问各几何？”意思是： “有大夫、不更、簪袅、上造、公士（爵位依次降低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数 成递增的等差数列，这5个人各出多少钱？”在这个问题中，若上造出27钱，则公士出钱数为() A.31钱 B.32钱 C.33钱 D.34钱 题型六等比数列基本量的计算（共7小题） 32.(25-26高二上江苏苏州期中)在等比数列{an}中，a2=3,a=24,则a12=() A.48 B.72 C.96 D.192 33.(25-26高二上·重庆渝北期中)己知{an}为递增等比数列，其前项和为Sn,若a2=3,S,=13,则 a5=() A司 B.27 C.81 D.或81 34.(25-26高二上.甘肃兰州期中)若等比数列{a,n}的前n项和为S。=3”+p(p为常数)，且{an}的公比 5/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 为9，则p+9=() A.4 B.2 C.1 D.0 下期肿)等比数列a的前顶和为S,已知4=-LS。动 A.、1 8.1 D.4 8 8 C. 36。(24-25高二下四川成都期中)设数列a,为等比数列，a=1,a,4=35,则+8=() a1+a2 A.3 B.3 C.6 D.9 37.(24-25高二下-辽宁沈阳期中)已知S,为等比数列a,的前n项和，若4，+a,=404,则S=《) a1+a2 A.5 B.9 C.-9 D.-5 38.（24-25高二下广东广州期中)已知等比数列{an}是递增数列，其前n项和为Sn,42·ag=3, S=() a,+a,=4,则 4 A.3 B. 4 C.4 D. 或4 3 题型士等比中项与等差等此混考问题（共7小题） 39.（24-25高二下.北京西城期中)如果-9，a,b,c,-1成等比数列，那么() A.b=3,ac=9 B.b=-3,ac=9 C.b=3,ac=-9 D.b=-3,ac=-9 40.(24-25高二下江苏连云港期中)等差数列an}的首项为1，公差不为0.若a2,4,a6成等比数列， 则{an}的前10项和为(） A.-80 B.-24 C.100 D.-36 41.(24-25高二下·安微期中)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且a,+a4恰为a和a。的等差中项，则 Ss=() A.17 B.16 C.6 D.5 下河南南阳期中)已知2，Q,a,4成等差数列，16，b.b,9成等比数列，则 A.-2 8.± C.±2 D.2 2 6/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 43.(24-25高二下.湖南娄底期中)已知{an}是公差为2的等差数列，且a,a2,a成等比数列，则S等 于() A.63 B.72 C.81 D.90 44.(24-25高二下·天津东丽月考)己知等差数列{an}的首项为1，公差不为0，且a,a,a。成等比数列， 则a等于() A.-11 B.-13 C.-24 D.8 45.（24-25高二下广东佛山期中)已知公比不为1的等比数列{an}满足a,=1,且a2,4,a成等差数列， 则S4=() A.-5 B.5 C.-3 D.3 题型八等比数列的性质与函数特性（共10小题） 46.（24-25高二下.湖北期中)等比数列a,}的各项均为正数，且a4a,=2,则 l0g241+l0g2a2+…+l0g2a1o=() A.4 B.5 C.10 D.2+l0g25 47.(24-25高二下.四川期中)等比数列{am}满足a,=2, ++上+上+= aa,aaa,2,则 a1+a3+a,+a,+ag=() A.22 B.20 C.12 D.10 48.（24-25高二下.黑龙江·月考)已知数列(an}为等比数列，其中a6,a1。为方程x2+2025x+3=0的两根.则 a=() A B.-3 C.5 D.±3 49.（24-25高二下海南省直辖县级单位·月考)在等比数列an}中，a4=1,a,a+2a,a,+aa,=12,则 a2+a6=() A.23 B.-2V5 C.±2V5 D.12 50.（24-25高二下辽宁鞍山期中)正项等比数列{an}前n项和为Sn,S,=6,Ss=78,则S0=() A.144 B.78√3 C.162 D.240 7/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 51.(24-25高二下.山西期中)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若 S6-3 5,2则2量 S A c 52.(24-25高二下.北京海淀，期中)设无穷等比数列{a}，则“an}为递减数列是0<a2<a,"的() A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 53.(24-25高二下.四川期中)若等比数列{an}的前n项和为Sn,则“a,>0”是“Sn单调递增"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 54.（23-24高二下.山西晋城期末)已知等比数列{an}满足a1>0,公比9>1，且 l0g2a1+l0g2a2+…+l0g2a2024<0,l0g241+l0g2a2+…+l0g2a2025>0,则当a,a2…an最小时，n=（) A.1012 B.1013 C.2022 D.2023 55.（23-24高二下.北京顺义·期中)数列{an}是等比数列，则对于“对于任意的n∈N，a+2>an”是“{an}是 递增数列"的()条件 A.充分不必要B.必要不充分 C.充分必要 D.不充分也不必要 题型九等比数列的简单应用（共5小题） 56.(24-25高二下.河南南阳期中)小明每年末存入银行1000元，年利率为5%，按复利计算，第6年初 他的总存款的本息和约为()（参考数据：1.05≈1.27628） A.5000元 B.5526元 C.5856元 D.6000元 57.（24-25高二下四川广安期中)《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远 看巍巍塔九层，红光点点倍加增，共灯五百一十一”，其意大致为：有一栋九层宝塔，每层悬挂的红灯数为 上一层的两倍，共有511盏灯，则该塔中间一层有()盏灯. A.12 B.14 C.16 D.18 58.(24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期中)高二学生小张计划将每年的压岁钱存入银行，从2025年起，每年 3月1日到银行新存入2000元（一年定期），若年利率为2%保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一 年定期，到2035年3月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数约为()（单位：万元） 参考数据：1.02°≈1.195,1.0210≈1.219,1.021≈1.243 8/14 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A.2.5 B.2.0 C.2.2 D.2.6 59.(24-25高二下河北秦皇岛期中)我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关， 前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤.问本 持金几何？“其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的}，第2关收税金为剩余金的，第3关 3 收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的：，第5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和恰好重 6 1斤.问原来持金多少？".记这个人原来持金为a斤，则a=() A B青 c.9 0.7 6 60.(24-25高二下.四川资阳.期中)朱载堉(1536~1611)，是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天 文历算家，他的著作《律学新说》中制成了最早的“十二平均律”，十二平均律是目前世界上通用的把一组音 (八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八 度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍.设前四个音的频 率总和为4，前八个音的频率总和为4，则4=《) A A.1+22 B.1+23 C.1+24 D.1+26 题型士求等差数列通项公式（共5小题） 61.（24-25高二下.四川成都期中)已知在等差数列an}中，a=3,a,=-5. (1)求数列{an}的通项公式： (2)求数列an}的前n项和Sn· 62.(24-25高二下.江苏南京期中)已知等差数列{an}和等比数列bn}满足： a1=b=1,02+a4=10,bb4=a13 (1)求{an}的通项公式： (2)求T=b+b+b+…+bm- 63.(24-25高二下辽宁抚顺期中)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S,+S+1=n2+2n+1. (1)求{an}的通项公式： 2已知数列6，满足6=，无为6的前项和，若≥99 andntl 100’ 求整数k的最小值， 9/14 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 64.(24-25高二下广东佛山期中)已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且Sn+S+1=n2+2n+1. (1)求{an}的通项公式； (2)若b,=3-1,求数列abn}的前n项和Tn· 65.(24-25高二下广东深圳期中)己知等差数列{an}的首项4，=1，且a2+1,4+1,a成等比数列. (1)求数列{a}的通项公式： 2记6三一，S为数列b,的前n项和，若S,乌，求正整数n的值 anant 题型十一求等比数列通项公式（共3小题） 66.(23-24高二下广东佛山月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an1=2Sn+2,n∈N) (1)求数列an}的通项公式； (2)在an与a1之间插入n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d,d,d。(其中 m,k,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. 67.（24-25高二下山西长治期中)己知{an}为等比数列，4，=1，a+1是a2和a的等差中项. (1)求{an}的通项公式： (2)求数列{nan}的前n项和. 68.(24-25高二下广东期中)已知等比数列b,}中，6，=16,6=128 1 1 (1)求等比数列b,}的通项公式： 2令a,=lo8n ①求数列(an+1)b}的前n项和Sn; ②网=S+aeN,求f1a段小值 题型土二证明等差数列（共3小题） 10/14专题01 等差等比数列及数列递推 （等差等比数列基本量计算、等差等比性质、通项、递推） 题型1 等差数列基本量的计算（常考点） 题型8 等比数列的性质与函数特性（重点） 题型2 等差中项 题型9 等比数列的简单应用 题型3 等差数列的性质（重点） 题型10 求等差数列通项公式 题型4等差数列的函数特性与最值（难点） 题型11 求等比数列通项公式 题型5 等差数列的简单应用 题型12 证明等差数列（常考点） 题型6 等比数列基本量的计算（常考点） 题型13 证明等比数列（常考点） 题型7 等比中项与等差等比混考问题（常考点） 题型14 递推公式（难点） 3 / 23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 等差数列基本量的计算（共6小题） 1．（24-25高二下·贵州黔西·期末）已知为公差不为0的等差数列，若，则（   ） A．9 B．8 C．7 D．6 【答案】B 【分析】利用等差数列通项公式即可求解. 【详解】因为为公差不为0的等差数列，设公差为， 所以， 因为，所以， 故选：B. 2．（24-25高二下·北京平谷·期中）已知等差数列满足：，，则（   ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】A 【分析】根据题意求出首项和公差，进而可求出通项，即可得解. 【详解】等差数列的公差为，由，， 得，解得， 所以数列的通项公式， 所以. 故选：A. 3．（24-25高二下·辽宁辽阳·月考）在等差数列中，是其前n项和．若，则公差（    ） A．2 B．4 C．1 D．0 【答案】A 【分析】根据等差数列求和公式基本量运算求解. 【详解】等差数列中，是其前n项和． 若， 则公差. 故选：A. 4．（2025·河北保定·一模）设为等差数列的前项和，若，则（   ） A． B． C．12 D．14 【答案】A 【分析】根据给定条件，结合等差数列前项和公式，列式求出公差即可. 【详解】设等差数列的公差为，由，得， 解得，所以. 故选：A 5．（24-25高二下·广东佛山·期中）在公差大于的等差数列中，，，则该数列的公差为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等差数列的性质求出，再利用等差数列的通项公式得到关于的方程，解方程即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，则，得， 所以，即， 又，解得. 故选：D. 6．（24-25高二下·湖北·期中）已知为等差数列的前n项和，若，，则的值为（   ） A．21 B．20 C．19 D．18 【答案】A 【分析】根据等差数列项的性质结合求和公式及通项公式计算求解. 【详解】因为为等差数列的前n项和，设公差为， 所以，，即得， 所以，所以， 则. 故选：A. 题型二 等差中项（共3小题） 7．（24-25高二下·上海·期中）若等差数列的前三项依次为1，，3，则实数a的值为______. 【答案】1 【分析】根据等差数列的性质，即可列式求解. 【详解】由条件可知，，则. 故答案为：1 8．（24-25高二下·四川绵阳·期中）已知，.若，，三个数成等差数列，则（   ） A．10 B．5 C．1 D． 【答案】B 【分析】根据等差中项运算求解即可. 【详解】因为，， 若，，三个数成等差数列，所以. 故选：B. 9．（2025·广东汕头·模拟预测）已知，为和的等差中项，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件得到，从而有，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】由题知，得到， 所以， 当且仅当，即时，取等号. 故选：D. 题型三 等差数列的性质（共5小题） 10．（24-25高二下·安徽阜阳·期中）在等差数列中，，则（   ） A．45 B．9 C．18 D．36 【答案】C 【分析】利用等差数列的性质，即可求解. 【详解】因为，所以，. . 故选：C. 11．（24-25高二下·湖北·期中）设等差数列的前项和为，若，，则（    ） A．12 B．18 C．24 D．25 【答案】B 【分析】根据等差数列前项和的性质，易知，，成等差数列，即可求解. 【详解】因为为等差数列的前项和，所以，，成等差数列，所以，解得. 故选：B. 12．（24-25高二下·山西晋中·月考）已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261.则此数列的项数为（    ） A．15 B．17 C．19 D．21 【答案】C 【分析】设等差数列的项数为，利用等差数列的性质，求出所有奇数和与所有偶数和的比与的关系，求出，即可求出项数. 【详解】设等差数列的项数为， 设所有的奇数项和为，则， 设所有的偶数项和为，则， 由，解得， 项数. 故选：C. 13．（24-25高二下·湖北·期中）已知等差数列的前项和为，若，则______. 【答案】7 【分析】根据等差数列前n项和的片段和性质列式求解即可. 【详解】因为数列是等差数列，所以成等差数列， 即，即，解得. 故答案为：7 14．（24-25高二下·四川成都·期中）两个等差数列和，其前项和分别为，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差中项及等差数列的前项公式变形求值即可. 【详解】由等差数列的性质可得， ， 故选：C． 15．（24-25高二下·四川绵阳·月考）已知等差数列，的前项和分别为，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用等差数列的性质结合求和公式对合理变形为，再结合代入求解即可. 【详解】因为等差数列，的前项和分别为，， 所以我们对进行变形，得到， 因为，所以，即，故D正确. 故选：D 题型四 等差数列的函数特性与最值（共12小题） 16．（24-25高二下·北京·期中）已知等差数列的前n项和为，则取得最小值时，n的值为（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】A 【分析】根据通项公式，由可得等差数列的前8项为负数，从第9项开始为正数，即可得结果. 【详解】因为为等差数列，， 所以等差数列的前8项为负数，从第9项开始为正数， 所以取得最小值时为8. 故选：A. 17．（2025·山西临汾·二模）记为等差数列的前项和，公差，且，则取得最小值时为（    ） A．2021 B．4039 C．2020 D．4040 【答案】C 【分析】由题意可得数列前项全为负，从开始为正，可得结论. 【详解】因为公差，所以数列单调递增，所以，又， 所以，所以数列前项全为负，从开始为正， 所以前项的和为的最小值，故. 故选：C. 18．（24-25高二下·北京海淀·期末）设是所有项都不为0的无穷等差数列，则“为递减数列”是“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】A 【分析】作差法得到，若递减，可得为递增数列，充分性成立，可以举出实例说明必要性不成立，从而可得答案. 【详解】若递减，则 因此需要满足：且恒成立； 若，，则对所有成立， 若，，则存在使得，与矛盾 递减的充要条件是且， 即若递减，则为递增数列，充分性成立； 若为递增数列，则， ， 由于不知道的正负，故无法判断的正负， 故不能得到为递减数列，必要性不成立， 例如为以下数列：， 则为，不是递减数列， 所以“为递减数列”是“为递增数列”的充分也不必要条件. 故选：A. 19．（24-25高二上·福建厦门·月考）已知是等差数列的前项和，且，有下列四个命题，其中正确的是（    ） A． B． C． D．数列中的最大项为 【答案】B 【分析】推导出，，可推出，再利用等差数列的求和公式以及数列的单调性逐项分析，可得合适的选项. 【详解】因为，则，因为，则， 所以，，所以，，A错； ，B对； ，C错； 因为，所以数列为递减数列， 当且时，；当且时，， 所以，中最大项为，D错. 故选：B. 20．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知等差数列的前项和为，公差为，且单调递增，若，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，分析可得，即数列从第二项开始，各项均为正数，结合等差数列的通项公式，列出不等式，即可求解． 【详解】解：由为等差数列，且，所以， 因为数列为递增数列，则，即从第二项开始，各项均为正数， 又因为恒成立，所以数列为常数数列或递增数列，所以， 则有，解可得， 综上可得，，所以实数的取值范围为． 故选：D． 21．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列为等差数列，且数列的前项和有最大值，若，，则取得最小正值时，的值为（    ） A．1013 B．1014 C．2024 D．2025 【答案】D 【分析】由题可知数列是递减的等差数列，再由前n项和公式和下角标和的性质即可求解. 【详解】因为数列的前n项和有最大值，所以数列是递减的等差数列， 又，，所以， 即数列的前1013项为正数，从第1014项开始为负数， 由等差数列求和公式和性质可知， ， ， 所以当取最小正值时，． 故选：D. 22．（24-25高二下·辽宁锦州·期中）已知等差数列的前n项和为，若，，则下列结论正确的个数为（ ） ①数列是递减数列    ②    ③当取得最大值时，    ④ A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由等差数列的求和公式结合已知条件可得，，从而得且，进而可得出答案. 【详解】，所以， ， 所以，所以且，故②错误，④正确； 所以数列是递减数列，且当时，取得最大值．故①③正确． 故选：C． 23．（24-25高二下·北京·期中）已知数列的通项公式为，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由数列通项可证明数列为等差数列，再由恒成立即可得，解不等式即可求得结果. 【详解】根据题意令， 显然为常数； 所以为等差数列，首项为， 由对任意的恒成立,可知数列为递减数列，且从第11项起开始小于等于0， 所以，即，解得， 故选：A 多选题 24．（24-25高二下·辽宁沈阳·期中）设是等差数列的前n项和，若，，则下列结论正确的是（   ） A． B．时，最大 C．使的n的最大值为13 D．数列中的最小项为第8项 【答案】BD 【分析】对于AB，由题可得，由可得，据此可判断选项正误；对于C，由题可得，据此可判断选项正误；对于D，由AB分析可知当或时，时，，据此可判断选项正误. 【详解】对于AB，由题意，又，所以，从而，则，故为递减数列，从第8项开始，， 则时，最大，所以A错误，B正确； 对于C ,，所以使的的最大值为14，C错误； 对于D，由ABC分析可知，当或时，时， 当时，，又，，所以时，最小，D正确. 故选：BD． 25．（24-25高二下·湖北孝感·期中）设等差数列的前项和，公差为且，下列结论正确的是（    ） A． B． C．时，最大 D． 【答案】ABD 【分析】由可得异号，进而分析易得，可得数列为递减数列，从而判断ABC选项；结合等差数列的前项和公式及等差数列的性质判断D选项. 【详解】在等差数列中，由，可得异号， 若，由，则，不满足题意，则，故A正确； 由于，则数列为递减数列，所以，故B正确； 由于时，；时，， 所以时，最大，故C错误； 又， ，故D正确. 故选：ABD. 26．（24-25高二下·黑龙江·期中）已知等差数列的前n项和为，若，，则下列结论正确的是（   ） A．数列是递增数列 B． C．当取得最大值时， D． 【答案】BC 【分析】利用等差数列的性质得出，，即可逐一判断. 【详解】因数列是等差数列， 则，， 则，，则， 则公差（数列是递减数列），，时取得最大值， 故A、D错误；B、C正确； 故选：BC 27．（24-25高二下·四川绵阳·期中）设数列是以为公差的等差数列，是其前项和，，且，则下列结论正确的是（ ） A． B． C．使>0成立的的最大值为14 D．为的唯一最大值 【答案】ABC 【分析】由等差数列的求和公式代入计算，即可得到，从而判断AB，再由即可判断CD. 【详解】根据题意可得，即． 因为，，所以，所以数列是递减数列，所以A，B正确； 对于C，因为，，故C正确； 对于D，因为，所以，又为递减数列， 所以或为的最大值，故D不正确． 故选：ABC 题型五 等差数列的简单应用（共4小题） 28．（24-25高二下·黑龙江·期中）某公司购置了一台价值为230万元的设备，随着设备在使用过程中老化，其价值会逐年减少．经验表明，每经过一年其价值就会减少20万元，设备使用n年后，其价值将低于购进价值的5%，设备将报废，则n的最小值为（     ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】B 【分析】利用等差数列通项公式可得，再建立不等式可求n的范围得到最小值. 【详解】设使用n年后，这台设备的价值为万元，则数列满足. 可得数列是一个公差为的等差数列，因为购进设备的价值为230万元， 这样，于是， 根据题意得：， 故选：B. 29．（24-25高二下·广东佛山·期中）小明从店购买了一辆价格为25万元的家用轿车，首付11万元，剩余的款项采用分期付款的方式还款，还款方式为：每年年底还固定款项2万元以及余款的当年利息，年利率为10%，直到全部还完为止．则购买这辆车小明最后实际共花（   ） A．28.5万元 B．30.6万元 C．31.8万元 D．32.2万元 【答案】B 【分析】设每次付款数组成数列，结合题意可得数列是首项3.4，公差为的等差数列，进而结合等差数列的前项和公式求解即可. 【详解】首付11万元，余款14万元，按题意可知是分7次还清， 设每次付款数组成数列， 则（万元）， （万元）， （万元），， （万元）， 因而数列是首项3.4，公差为的等差数列， 则（万元）， 因此购车款最后实际共付万元. 故选：B. 30．（24-25高二下·山东淄博·期中）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二(除以3余2)，五五数之剩三(除以5余3)，七七数之剩二(除以7余2)，问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足二二数之剩一，三三数之剩一，将符合条件的所有正整数p按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（    ） A．26 B．36 C．38 D．46 【答案】C 【分析】根据给定条件，求出及前n项和，再利用对勾函数的性质求出最小值. 【详解】二二数之剩一、三三数之剩一的数分别为、，， 因此数列的项即为以上两类数的公共项，即，， 而，则数列是等差数列， 于是，， 又对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 所以时，取得最小值38. 故选：C 31．（24-25高二下·四川眉山·期中）《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共出百钱，欲令高爵出少，以次渐多，问各几何？”意思是：“有大夫、不更、簪袅、上造、公士（爵位依次降低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增的等差数列，这5个人各出多少钱？”在这个问题中，若上造出27钱，则公士出钱数为（ ） A．31钱 B．32钱 C．33钱 D．34钱 【答案】D 【分析】根据给定条件，列式求出等差数列的公差，进而求出目标值. 【详解】设等差数列的公差为，为5人出钱数依次为， 依题意，，解得， 所以公士出钱数为34钱. 故选：D 题型六 等比数列基本量的计算（共7小题） 32．（25-26高二上·江苏苏州·期中）在等比数列中，，，则（    ） A．48 B．72 C．96 D．192 【答案】C 【分析】设等比数列的公比为，结合等比数列性质运算求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 则，可得， 所以. 故选：C 33．（25-26高二上·重庆渝北·期中）已知为递增等比数列，其前项和为，若，，则（   ） A． B．27 C．81 D．或81 【答案】C 【分析】根据题意结合等比数列的通项公式运算求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由题意可得，解得或， 又数列为递增等比数列，所以，所以. 故选：C. 34．（25-26高二上·甘肃兰州·期中）若等比数列的前n项和为（p为常数），且的公比为q，则（    ） A．4 B．2 C．1 D．0 【答案】B 【分析】求得等比数列的前项，进而求得，从而求得正确答案. 【详解】等比数列的前n项和为， 则， ， 所以，则， 即， 所以. 故选：B 35．（24-25高二下·辽宁·期中）等比数列的前项和为，已知，则（    ） A． B． C． D．4 【答案】B 【分析】设出等比数列的公比，先根据题意和等比数列的前项和公式求出公比；再根据等比数列的通项公式即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，. 当时，由，可得：，，此时不成立； 当时，由等比数列的前项和公式可得：，解得：. 由等比数列的通项公式可得：. 故选：B. 36．（24-25高二下·四川成都·期中）设数列为等比数列，，，则（    ） A． B．3 C．6 D．9 【答案】D 【分析】设数列公比为，根据题设列方程求出的值，再利用等比数列通项的基本量运算即得答案. 【详解】设等比数列的公比为，由，解得， 则. 故选：D. 37．（24-25高二下·辽宁沈阳·期中）已知为等比数列的前n项和，若，则（   ） A．5 B．9 C． D． 【答案】A 【分析】首先得，，进一步列用等比数列求和公式化简表达式即可求解. 【详解】设公比为，因为，所以，显然， 从而. 故选：A. 38．（24-25高二下·广东广州·期中）已知等比数列是递增数列，其前n项和为，，，则（   ） A．3 B． C．4 D．或4 【答案】C 【分析】设等比数列公比为，由题可得，结合是递增数列，可确定，即可判断选项正误. 【详解】设等比数列公比为，由题有：， 则 或. 因是递增数列，则这种情况不满足题意； 则. 故选：C 题型七 等比中项与等差等比混考问题（共7小题） 39．（24-25高二下·北京西城·期中）如果，a，b，c，成等比数列，那么（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等比数列性质求解. 【详解】依题意，，，得， 所以. 故选：B 40．（24-25高二下·江苏连云港·期中）等差数列的首项为，公差不为若，，成等比数列，则的前项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据题意结合等比中项求出公差，再利用等差数列的前项和公式求出． 【详解】设等差数列的首项为，公差为， 因为，，成等比数列，所以， 即， 整理得， 又因为，，所以，所以， 所以前项的和． 故选：A． 41．（24-25高二下·安徽·期中）设等比数列的前项和为，且恰为和的等差中项，则（   ） A．17 B．16 C．6 D．5 【答案】D 【分析】先根据等差中项的性质得到关于公比的方程，求出公比，再利用等比数列的前项和公式求出的值. 【详解】已知恰为和的等差中项，可得. 设等比数列的公比为，根据等比数列通项公式，将，，，代入可得： 因为等比数列中，等式两边同时除以，得到，即，进一步因式分解可得. 则或，解得或. 当时，，因为分母不能为，所以这种情况舍去. 当时，，将代入可得，把代入得.   故选：D. 42．（24-25高二下·河南南阳·期中）已知成等差数列，成等比数列，则（    ） A． B． C． D．2 【答案】D 【分析】根据等差数列与等比数列的性质分别求解与即可得结论. 【详解】由等差数列的性质，， 由等比数列的性质，，解得， 又因为等比数列奇数项符号相同，所以， 所以． 故选：D. 43．（24-25高二下·湖南娄底·期中）已知是公差为2的等差数列，且，，成等比数列，则等于（   ） A．63 B．72 C．81 D．90 【答案】C 【分析】根据等差数列性质计算出，再用求和公式计算即可. 【详解】由是公差为2的等差数列，且，，成等比数列，可得， 即，解得，代入，故. 故选：C. 44．（24-25高二下·天津东丽·月考）已知等差数列的首项为1，公差不为0，且成等比数列，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等差数列的通向公式和等比中项的性质列式求解即可. 【详解】因为等差数列的首项为1，公差不为0，且成等比数列， 设的公差为，则，解得， 所以. 故选：B 45．（24-25高二下·广东佛山·期中）已知公比不为1的等比数列满足，且成等差数列，则（   ） A．－5 B．5 C．－3 D．3 【答案】A 【分析】设等比数列的公比为，由已知可得，进而求得公比，进而求得. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，所以，所以，， 又因为，所以，所以． 故选：A. 题型八 等比数列的性质与函数特性（共10小题） 46．（24-25高二下·湖北·期中）等比数列的各项均为正数，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由等比数列的基本性质得出，再结合对数的运算性质可求得结果. 【详解】因为等比数列的各项均为正数，且， 由等比数列的性质得， 因此，. 故选：B. 47．（24-25高二下·四川·期中）等比数列{ an }满足a5 = 2，，则（   ） A．22 B．20 C．12 D．10 【答案】A 【分析】根据等比数列的性质即可求解. 【详解】等比数列{ an }满足a5 = 2，所以， 则 ， 所以. 故选：A 48．（24-25高二下·黑龙江·月考）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】根据韦达定理可得，利用等比数列的等比中项性质即可求解. 【详解】由题得，根据韦达定理可得，，则， 由等比数列的等比中项性质可得：. 因为等比数列的偶数项符号相同，都是负数，设公比为q，则, 所以. 故选：B. 49．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·月考）在等比数列中，，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等比数列的性质求解即可. 【详解】在等比数列中，， 则， 设等比数列的公比为，则， 所以同号，又， 所以. 故选：A. 50．（24-25高二下·辽宁鞍山·期中）正项等比数列前项和为，，则（    ） A．144 B． C．162 D．240 【答案】D 【分析】由等比数列前项和的性质，构建新的等比数列，由等比数列的定义建立方程，可得答案. 【详解】由题意可知成等比数列，设其公比为， 则，即，整理可得， 分解因式可得，解得或（舍去）， 由，则，解得. 故选：D. 51．（24-25高二下·山西·期中）设等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等比数列的性质求解即可. 【详解】因为为等比数列，所以也为等比数列， 则有， 设，则，所以，故. 故选：D. 52．（24-25高二下·北京海淀·期中）设无穷等比数列，则“为递减数列是”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据题意验证其充分性与必要性即可. 【详解】充分性，由为递减数列，则有2种情况①，此时， ②，此时，综上，充分性不成立， 必要性，因为无穷等比数列，，则， 所以且，即为递减数列，故必要性成立， 综上，为递减数列是的必要不充分条件， 故选：B. 53．（24-25高二下·四川·期中）若等比数列的前项和为，则“”是“单调递增”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】B 【分析】利用等比数列的前n项和公式及，结合充分、必要性定义判断条件的关系. 【详解】若的公比为，则， 若时，不单调，充分性不成立； 若单调递增，则恒成立，故，必要性成立， 所以“”是“单调递增”的必要不充分条件. 故选：B 54．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知等比数列满足，公比，且，，则当最小时，（    ） A．1012 B．1013 C．2022 D．2023 【答案】A 【分析】根据题意结合等比数列的性质可推得以及，即可判断数列的增减性以及项与1的大小关系，由此即可求得答案. 【详解】由题意知，故， 则，即， 结合等比数列满足，公比，可知， 由，得， 即得，故，即， 由此可得， 故当最小时，， 故选：A 55．（23-24高二下·北京顺义·期中）数列是等比数列，则对于“对于任意的，”是“是递增数列”的（    ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．不充分也不必要 【答案】C 【分析】根据充分条件、必要条件的定义及等比数列的单调性与通项公式判断即可. 【详解】设等比数列的公比为，， 若，则， 当 时，由 得，解得或， 若，则，此时与已知矛盾； 若，则，此时为递增数列． 当时，由，得，解得或， 若，则，此时与已知矛盾； 若，则，此时为递增数列． 反之，若是递增数列，则， 所以“对于任意的，”是“是递增数列”的充要条件． 故选：C． 题型九 等比数列的简单应用（共5小题） 56．（24-25高二下·河南南阳·期中）小明每年末存入银行1000元，年利率为，按复利计算，第6年初他的总存款的本息和约为（    ）（参考数据：） A．5000元 B．5526元 C．5856元 D．6000元 【答案】B 【分析】由复利定义结合等比数列前n项和公式即可计算求解. 【详解】由题可得按复利计算，第6年初他的总存款的本息和约为 元. 故选：B 57．（24-25高二下·四川广安·期中）算法统宗是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔九层，红光点点倍加增，共灯五百一十一”，其意大致为：有一栋九层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有盏灯，则该塔中间一层有（    ）盏灯. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意转化为等比数列基本量的计算问题. 【详解】由条件可知，每层的红灯数构成等比数列，设最上面一层的红灯数为，公比，， 则，得， 中间一层的红灯数为. 故选：C 58．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期中）高二学生小张计划将每年的压岁钱存入银行，从2025年起，每年3月1日到银行新存入2000元（一年定期），若年利率为2%保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2035年3月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数约为（   ）（单位：万元） 参考数据：，， A．2.5 B．2.0 C．2.2 D．2.6 【答案】C 【分析】本题是复利计息问题，逐年分析寻找规律，然后根据等比数列的求和公式即可求解. 【详解】由题意，2025年存的2000元共存了10年，本息和为万元， 2026年存的2000元共存了9年，本息和为万元， 2034年存的2000元共存了1年，本息和为万元， 所以到2035年3月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数约为万元， 故选：C. 59．（24-25高二下·河北秦皇岛·期中）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤.问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第 5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和恰好重1斤.问原来持金多少?”.记这个人原来持金为斤，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别计算每关收税金，由5关所收税金之和为1斤，列出方程，求出的值. 【详解】由题意知：这个人原来持金为斤， 第1关收税金为：斤； 第2关收税金为斤； 第3关收税金为斤， 以此类推可得的，第4关收税金为斤，第5关收税金为斤， 所以， 即，解得. 故选：C. 60．（24-25高二下·四川资阳·期中）朱载堉（1536～1611），是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中制成了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍．设前四个音的频率总和为，前八个音的频率总和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，将每个音的频率看作等比数列，且数列共13项，且，结合等比数列的通项公式和求和公式，即可求解. 【详解】由题意知，一个八度13个音，且相邻两个音之间的频率之比相等， 设第一个音的频率为，相邻的两个音之间的频率之比为， 则将每个音的频率看作等比数列，共13项，且， 因为最后一个音是最初那个音的频率的2倍，可得，可得， 所以，， 所以. 故选：B 题型十 求等差数列通项公式（共5小题） 61．（24-25高二下·四川成都·期中）已知在等差数列中，，． (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）根据已知及等差数列通项公式求基本量，进而写出通项公式； （2）由公式写出等差数列前项和. 【详解】（1）设等差数列的公差为d，则， 故， 所以； （2），所以. 62．（24-25高二下·江苏南京·期中）已知等差数列和等比数列满足： (1)求的通项公式； (2)求 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等差数列通项公式基本量运算求解； （2）根据等比数列通项公式基本量运算求解，再应用等比数列求和公式计算求解. 【详解】（1）设等差数列的公差为d， 由题意知 且 根据等差数列通项公式： ， 代入条件得，因此 故通项公式为 （2）设等比数列的公比为r， 由题意知 且 根据题意， 由等比数列通项公式： 因此 由条件得 数列为等比数列，首项为1，公比为 前n项和为 63．（24-25高二下·辽宁抚顺·期中）已知是等差数列的前项和，且． (1)求的通项公式； (2)已知数列满足，为的前项和，若，求整数的最小值． 【答案】(1) (2)99 【分析】（1）根据的关系求解即可； （2）求出数列的通项，利用裂项求和求出，再解不等式即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为． 由，可得， 两式相减可得， 所以，即． 当时，，解得， 所以，故的通项公式为． （2）， 所以． 由，可得，解得，故整数的最小值为99． 64．（24-25高二下·广东佛山·期中）已知是等差数列的前项和，且. (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）设等差数列的公差为，由递推关系式作差即可求得公差，从而得解； （2）由（1）可得，利用错位相减法求和可得. 【详解】（1）设等差数列的公差为. 由，可得， 两式相减可得：，所以， 两式相减可得：，即. 当时，，解得， 所以， 故的通项公式为. （2），则， 则，① ①得，② ①②得， 故. 65．（24-25高二下·广东深圳·期中）已知等差数列的首项，且，，成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)记，为数列的前n项和，若，求正整数n的值． 【答案】(1) (2)16 【分析】（1）设等差数列的公差为d，结合条件列出方程，利用等差数列的基本量运算求出，即可求得其通项； （2）写出数列的通项公式，利用裂项相消法求得，依题解方程即得正整数n的值即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为d，依题意，，因， 则，解得，所以， 故数列的通项公式为． （2）由（1）知，则， 所以． 由，即，解得， 故满足的正整数n的值为16． 题型十一 求等比数列通项公式（共3小题） 66．（23-24高二下·广东佛山·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，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)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）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，则不存在. 【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）不存在，理由如下： 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， 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. 67．（24-25高二下·山西长治·期中）已知为等比数列，，是和的等差中项． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设数列的公比为，由题意可得，求解即可； （2）由（1）可得，利用错位相减法可求得数列的前n项和． 【详解】（1）设数列的公比为， 因为是和的等差中项，所以， 又，所以，所以， 所以，解得， 所以的通项公式为； （2）由（1）知，所以， 所以， 所以， 两式相减可得， 所以. 68．（24-25高二下·广东·期中）已知等比数列中，，． (1)求等比数列的通项公式； (2)令． ①求数列的前项和； ②令，求最小值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）设公比为，由已知结合等比数列的定义即可求解； （2）①由错位相减法即可求解；②首先得出，用作差法得出的单调性，即可求解最小值． 【详解】（1）设公比为，则， 所以． （2）①，， 则， ， ， 所以． ②， ， 当时，，即为减数列， 当时，，即为增数列， 所以． 题型十二 证明等差数列（共3小题） 69．（2025·四川成都·三模）已知正项数列的前项的和为，且. (1)求，； (2)证明：是等差数列； (3)求数列的前项的和. 【答案】(1)，. (2)证明见解析. (3). 【分析】（1）利用已知条件，通过代入和，结合正项数列的性质，逐步求解和. （2）通过递推关系，将用和表示，代入原方程化简，证明的相邻项差为常数. （3）利用第（2）题的结论，将通项转化为等差数列求和，通过分母有理化简化求和过程. 【详解】（1）由， 令，有，因为，所以. 令，有，即，由，解得. 所以，. （2）当时，由，代入， 化简得，即， 所以是首项为1，公差为1的等差数列. （3）由（2）可知.因为是正项数列，所以，从而. 由， 所以. 所以数列的前项的和. 70．（24-25高二下·广东广州·期中）已知数列的前项和为，且 (1)求，并证明数列是等差数列； (2)求数列的前项和为 (3)若，求正整数的所有取值． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3)可取1，2，3 【分析】（1）将代入即可得出.当时，由化简得出，根据定义法即可证明； （2）由（1）得出，利用错位相减法即可得出； （3）由（1）（2）得出，则.代入不等式化简可得出.构造函数，根据函数的单调性以及函数值，即可得出答案. 【详解】（1）当时，有，解得. 当时，有， ， 作差可得， 所以有， 所以有. 又， 所以数列为以为首项，为公差的等差数列， 所以. （2）由（1）可知，，则. 所以，， 则， 作差可得， ， 所以，. （3）由（1）（2）可知，，. 所以，，. 由可得，， 整理可得. 令， 易知在上单调递增，在上单调递增， 所以，在上单调递增. 又， ，，， 所以，当时，有， 即在时不成立. 所以可取1，2，3. 71．（24-25高二下·上海宝山·期中）在数列中，， . (1)证明：数列是等差数列，并求出的通项公式； (2)若 ，记数列的前项和，求以及. 【答案】(1)证明见解析， (2)， 【分析】（1）利用给定的递推公式变形，结合等差数列定义判断得证. （2）利用分组求和法，结合等差、等比数列前项和公式求解即得. 【详解】（1）由对正整数恒成立， 所以. 是以为首项，1为公差的等差数列， ，. （2）由（1）知，， . . 题型十三 证明等比数列（共4小题） 72．（24-25高二下·重庆渝中·期中）已知数列满足，令. (1)证明：是等比数列，并求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）根据，即可根据等比数列的定义证明为等比，求解首项，即可利用等比数列的通项公式求解， （2）利用错位相减法求和，结合等比数列的求和公式即可化简求解. 【详解】（1）因为，则，所以， 又，则，故，因此是以4为首项，2为公比的等比数列, 则. （2）由（1）知，，所以①， 则②， 由①-②得到， 故 因此 73．（24-25高二下·浙江衢州·期中）已知数列中，，． (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)记数列的前项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）由（1）可得，即可得解； （3）利用分组求和法求出，即可得到对任意恒成立，，，结合函数的单调性计算可得. 【详解】（1）， ， 又， 是以为首项，为公比的等比数列； （2）由（1）可知，. （3）因为， 所以， 因为对任意恒成立， 则对任意恒成立， ，， 易知在单调递增， 时，取得最小值，最小值为， ，即实数的取值范围为. 74．（2025·青海西宁·二模）设为数列的前n项和，时，，已知． (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)若不等式对任意正整数n都成立，求实数的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）结合变形给定等式，再利用构造法推理得证. （2）由（1）求出，再利用构造法求出通项公式. （3）利用错位相减法求和，再借助恒成立的不等式求出的范围即可. 【详解】（1）当时，，即， 则，而，则， 于是时，，整理得，又， 所以数列是首项和公比都是2的等比数列. （2）由（1）知，数列是首项和公比都是2的等比数列，则， 因此，数列是首项为，公差为的等差数列，， 所以数列的通项公式. （3）由（2）知，， ， 两式相减得，， 则．不等式， 当时，为任意实数；当时，恒成立，而，因此， 所以实数的取值范围是，的最小值为. 75．（24-25高二下·安徽宿州·期中）已知数列的首项，且满足. (1)求，； (2)证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式； (3)记数列的前项和为，证明：. 【答案】(1)，. (2)证明见解析， (3)证明见解析. 【分析】（1）利用递推关系式，即可求解； （2）由递推关系式，构造等比数列的递推关系式，即可求解； （3）根据（2）的结果，代入得到，利用等比数列求和公式，即可求解，即可证明. 【详解】（1），. （2）由得，且， 所以数列是首项为2，公比为3的等比数列，所以， 所以数列的通项公式为. （3）由（2）可知，， 所以， 又因为，所以. 题型十四 递推公式（共10小题） 76．（24-25高二下·辽宁·期中）已知数列的各项均为正整数，其前n项和为，且． (1)求的通项公式； (2)若，数列的前n项和为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）利用与关系可证得数列为等差数列，利用等差数列通项公式可求得结果； （2）由（1）得，利用裂项相消法求和，得证. 【详解】（1）由，当时，， 两式相减得，整理得， 又数列的各项均为正整数，则，即，， 又，解得， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列， 所以的通项公式为. （2）由（1）可知，所以， 所以. 77．（24-25高二下·广东广州·期中）已知数列满足，且；数列的前n项和为，满足． (1)求与的通项公式； (2)设数列的前n项和为，若对任意的正整数n，不等式恒成立．求实数的取值范围． 【答案】(1)；； (2) 【分析】（1）利用等差数列的定义求出数列的通项公式；利用求出数列的通项公式； （2）利用错位相减求和求出，转化为恒成立，设，判断出的单调性可得答案. 【详解】（1）因为，，所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以； 由知，当时，由得， 由得， 当时，， 可得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以； （2）由（1）， ， ， 两式相减得 ， 所以， 则即恒成立， 即恒成立， 设，则， 当时，，当时，， 所以的最大值为， 所以. 78．（24-25高二下·江西南昌·月考）在数列中， (1)求的值； (2)求数列的通项公式 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用数列的递推公式求解； （2）利用等差数列的通项公式求解即可. 【详解】（1）因为， 所以. （2）因为， 所以， 所以， 所以数列是以为首项，3为公差的等差数列， 所以， 所以. 79．（24-25高二下·福建福州·期中）已知数列满足：，． (1)求数列的通项公式； (2)设数列的前项和为，若，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）结合等比数列求和公式，利用累加法求解通项公式. （2）先利用累加法求和，然后根据数列的有界性证明即可. 【详解】（1）数列满足，， 所以当时，，…，，， 上述各式相加得， 又，所以， 又满足上式，故． （2）由（1）可知， 所以． 因为，所以． 80．（24-25高二下·四川绵阳·期中）已知数列的前项和为，，且. (1)求； (2)求的通项公式； (3)已知数列的通项公式为，且对任意的都成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）法1，根据给定条件，利用累乘法求出；法2，根据给定的递推公式，利用构造法求出； （2）由（1）的结论，利用前项和与第项的关系求出； （3）由（2）求出，再变形给定不等式分离参数，构造函数并利用导数求出最大值，结合数列特性求解. 【详解】（1）法1：由，得，而，当时， ， 而满足上式，所以. 法2：由，得，则， 因此数列是常数列，则，即， 所以. （2）由（1）得，当时，， 则，而满足上式， 所以的通项公式. （3）由（2）得，依题意，对任意的都成立， 设函数，，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 而，因此当时，，则， 所以的取值范围是. 81．（24-25高二下·辽宁沈阳·期中）设数列满足，，． (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）由题结合累加法可得通项公式； （2）由（1）结合分组求和法可得答案. 【详解】（1）由题意，当时，， 相加得 所以 时，符合上式，所以 （2） 82．（24-25高二上·甘肃金昌·期中）已知数列的首项，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)记，求的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知得出是首项为3，公差为5的等差数列，根据等差数列通项公式求得，即可求得数列的通项公式； （2）结合（1），根据错位相减法求解即可． 【详解】（1）由题意知，所以由，得， 所以，又， 所以是首项为3，公差为5的等差数列， 所以，即． （2）由（1）得， 所以①， ②， ①②，得 ， 所以． 83．（24-25高三下·重庆渝北·月考）已知数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据递推式子即可求通项公式； （2）易知的周期为4，故构造构数列，易证数列为常数列，故题目所求可化为. 【详解】（1）① 当时，，即； 当时，② ①－②得 因为时，也满足上式， 故． （2）记， 则 （常数） 数到为常数列， 84．（24-25高二下·河南南阳·期中）在数列中，已知，且当为奇数时，；当为偶数时，. (1)求的通项公式； (2)求的前项和； (3)设，若集合中恰好有3个元素，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）首先求为奇数时的通项公式，再代入条件求为偶数时的通项公式； （2）根据（1）的结果，讨论为奇数和偶数两种情况，求； （3）首先求数列的通项公式，再结合条件，即可求解. 【详解】（1）由条件可知，， 当为偶数时，，所以数列的奇数项成公比为2的等比数列， 所以，所以为奇数时，， 当为偶数时，， 所以； （2）当为偶数时， ； 当为奇数时， ， ； ， 所以； （3）， 所以当为奇数时，数列单调递减，当为偶数时，数列单调递减， ，，，， 若集合中恰好有3个元素，则. 85．（24-25高二下·辽宁沈阳·期中）数列的前n项和，满足：，，（），数列满足，． (1)求，的通项公式； (2)设，求的前2n和． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）对于，由与的关系，通过作差即可求解，对于，通过的奇偶，分别确定递推公式即可求解； （2）由等比数列的求和公式及错位相减法，分别计算奇数项、偶数项的和，即可. 【详解】（1）由，当，可得，当，解得， 所以，所以， 即，而，所以从第二项起为等比数列，∴ 因为数列满足 因为所以， 当，时，， 当，时，， 所以，所以n为奇数时， 当，时，， 所以，所以，所以n为偶数时，， 所以 （2） ∴ ∴ ∴， ∴ $