专题01 数列全章20大题型（期中复习讲义）高二数学下学期人教A版

专题01 数列全章20大题型（期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 等差数列基本量的计算 题型02 等差中项与等差等比混考问题 题型03 等差数列的性质 题型04 等差数列的函数特性与最值 题型05 等差数列的简单应用 题型06 等比数列基本量的计算 题型07 等比中项与等差等比混考问题 题型08 等比数列的性质与函数特性 题型09 等比数列的简单应用 题型10 求等差数列通项公式（解答题） 题型11 求等比数列通项公式（解答题） 题型12 证明等差数列 题型13 证明等比数列 题型14 递推公式 题型15 裂项相消求和 题型16 错位相减求和 题型17 分组求和 题型18 数列不等式与参数问题 题型19 不等式放缩问题 题型20 数列杂糅问题 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 等差数列基本量的计算 能熟练运用通项公式与前n项和公式，通过方程（组）求解首项、公差、项数、指定项及前n项和 基础必考点，常以小题形式出现，考查对方程思想的运用 等差中项与等差等比混考问题 能利用等差中项判断等差数列，并能解决等差、等比数列交汇的混合问题 中档考点，常出现在选择、填空题中，易错点在于混淆两种中项公式 等差数列的性质 能灵活运用等差数列的对称性、下标和性质、片段和性质进行简化计算 高频考点，可大幅简化运算，学生易因性质掌握不牢而绕远路 等差数列的函数特性与最值 能将等差数列视为一次函数，利用二次函数性质（或不等式）求前n项和的最值，并注意项数取整 重要考点，常以小题或解答题第一问出现，易错点在于忽略项数为正整数 等差数列的简单应用 能运用等差数列模型解决实际情境问题（如日期、产量、阶梯计价等） 基础应用考点，考查建模能力，注意单位与实际意义的匹配 等比数列基本量的计算 能熟练运用通项公式与前n项和公式，通过方程（组）求解首项、公比、项数、指定项及前n项和 基础必考点，常与等差混考，易错点在于公比可正可负、分类讨论 等比中项与等差等比混考问题 能利用等比中项判断等比数列，并能解决等差、等比数列交汇的综合问题 中档考点，常结合等差中项一同考查，注意中项公式的符号要求 等比数列的性质与函数特性 能运用等比数列的下标和性质、片段和性质简化运算，理解其指数型函数特征 高频考点，在小题中可快速求解，学生易忽略片段和性质的适用条件 等比数列的简单应用 能运用等比数列模型解决实际情境问题（如增长率、复利、细胞分裂等） 基础应用考点，考查建模与计算能力，注意初始项与增长次数 求等差数列通项公式（解答题） 能根据已知条件（如两项关系、和与项的关系）准确求解等差数列的通项公式 解答题常见第一问，考查基本量的求解与方程思想 求等比数列通项公式（解答题） 能根据已知条件准确求解等比数列的通项公式，注意公比是否为1的分类讨论 解答题常见第一问，易错点在于忽略公比的多解情况 证明等差数列 能利用定义法（后项减前项为常数）或等差中项法证明一个数列为等差数列 基础证明考点，步骤规范是关键，学生易在符号化简上出错 证明等比数列 能利用定义法（后项比前项为非零常数）或等比中项法证明一个数列为等比数列 基础证明考点，注意验证首项与公比非零，常与递推公式结合 递推公式 能根据递推关系，运用累加法、累乘法、构造法（构造等差或等比）求解通项公式 解答题高频考点，构造法是重点，易错点在于构造形式不匹配 裂项相消求和 能识别可裂项的结构（如分式型、根式型），正确裂项并求和 求和核心方法之一，常作为解答题第二问，易错点在于裂项系数与抵消项识别 错位相减求和 能识别“等差×等比”型数列，掌握错位相减的步骤，准确化简求和结果 求和核心方法之一，计算量大，是学生失分重灾区，需强化步骤规范 分组求和 能根据数列结构（如等差+等比、正负交替）合理分组，分别求和后再合并 基础求和技巧，常与奇偶项讨论结合，注意分组后项数的一致性 数列不等式与参数问题 能利用数列的单调性、恒成立与存在性问题思想，求解含参数的数列不等式 综合应用考点，常出现在解答题后两问，考查分类讨论与逻辑推理 不等式放缩问题 能根据数列结构选择适当的放缩方式（如裂项放缩、等比放缩），证明与数列相关的不等式 压轴题常见题型，难度较大，易错点在于放缩尺度不当或方向错误 数列杂糅问题 能综合运用数列通项、求和、性质、函数思想与不等式方法，解决多知识点交叉的综合题 期中考试压轴考点，考查知识整合能力，需引导学生建立系统化思维 知识点1 数列的相关概念 （1）数列：按照 排成的一列数叫作数列. （2）数列的项：数列中的每一个数都称为这个数列的 ，各项依次称为这个数列的第1项（ ），第2项…… （3）项数：组成数列的 称为数列的项数 知识点2 数列的通项与通项公式 （1）通项：数列从首项起，每一项都与 对应，所以数列的一般形式可以写成，其中表示数列的第n项（也称n为的序号），称为数列的 ，一般将整个数列简记为 ． （2）通项公式：如果数列第n项与序号n之间的关系可以用来表示，其中是关于n的不含其他未知数的表达式，那么这个公式叫做这个数列的 ． 知识点3 数列的表示方法 列表法 列表格表示n与an的对应关系 图象法 把点(n，an)画在平面直角坐标系中 公式法 通项公式 把数列的通项使用公式表示的方法 递推公式 使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法 知识点4 数列的分类 一般地，项数 的数列称为有穷数列，项数 的数列称为无穷数列．有穷数列的最后一项一般也称为这个数列的 ． 判断数列的单调性，则需要从第2项起，观察每一项与它的前一项的大小关系，若满足 ，则是递增数列；若满足 ，则是递减数列；若满足 ，则是常数列． 知识点5 最大（小）项问题 （1）利用数列单调性可以求数列中的最大（小）项问题的常见方法： ①构造函数，确定函数的 ，进一步求出数列的最值． ②利用 求数列中的最大项；利用 求数列中的最小项．当解不唯一时，比较各解大小即可确定． （2）利用数列的单调性确定变量的取值范围，常利用以下等价关系： 数列递增 恒成立；数列递减 恒成立，通过分离变量转化为代数式的最值来解决． 知识点6 数列前n项和的定义及an与Sn的关系 一般地，给定数列，称 为数列的前n项和. 检验时的是否满足时的通项公式： 将代入时得到的通项公式中，如果计算结果与步骤1中求出的相等，那么数列的通项公式可以统一写成时的表达式；如果不相等，则数列的通项公式需要用分段函数的形式表示，即 知识点7 数列的递推关系 已知数列的首项（或前几项），且数列的相邻两项或两项以上的关系都可以 ，则称这个公式为数列的 （递推公式或递归公式）． 知识点8 累加法求通项公式 若数列满足 ，其中是关于的函数，且的前项和可求，就可以考虑使用累加法求通项公式. 知识点9 累乘法求通项公式 若数列满足 ，其中是关于的函数，且的前项积可求，就可以考虑使用累乘法求通项公式. 知识点10 等差数列的定义 一般地，如果数列从第 项起，每一项与它的前一项之 都等于 ，即 恒成立， 则称数列为等差数列，其中d称为等差数列的 . 知识点11 等差数列通项公式的变形及推广 （1）， （2） （3） ，且. 知识点12 等差中项 若a，A，b成等差数列，则 是a与b的等差中项，且有 或 ，即如果三个数成等差数列，那么等差中项等于另两项的算术平均数． 知识点13 下标性质 在等差数列中，若，则 ．特别地，若，则有． 知识点14 等差数列构造新等差数列的性质 （1）若分别是公差为的等差数列，则有 数列 结论 公差为 的等差数列为任一常数） 公差为 的等差数列（为任一常数） 公差为 的等差数列为常数， 公差为 的等差数列为常数） （2）从等差数列中，每隔一定的距离抽取一项，组成的数列仍为 数列. 知识点15 等差数列通项公式与函数关系 令，，等差数列为一次函数 知识点16 等差数列的前n项和公式 已知量 首项、末项与项数 首项、公差与项数 求和公式 知识点17 知三求二 等差数列的通项公式和前项和公式中有五个量和，这五个量可以＂ ＂．一般是利用公式列出 的方程组，解出 ，便可解决问题．解题时注意整体代换的思想． 知识点18 等差数列前n项和的性质 ①等差数列中依次k项之和，…组成公差为k2d的等差数列. ②记为所有偶数项的和，为所有奇数项的和. 若等差数列的项数为2n（n∈N*），则， （S奇≠0）；若等差数列的项数为2n－1（n∈N*），则是数列的中间项），，＝（）. ③为等差数列⇒ 为等差数列. ④两个等差数列，的前n项和之间的关系为 （）. ⑤ 知识点19 等差数列前n项和的最值 （1）在等差数列中， 当时，有 值，使取得最值的n可由不等式组确定；当时，有 值，使取到最值的n可由不等式组确定． （2），若，则从二次函数的角度看：当时，有 值；当时，有 值．当n取最接近对称轴的正整数时，取到最值． 知识点20 证明数列为等差数列的方法 （1）（为常数）为等差数列 （2）通项公式：（一次函数），前项和：（无常数项的二次函数） （3）若，则，，三个数成等差数列 知识点21 等比数列的定义 一般地，如果数列从第 项起，每一项与它的前一项之 都等于 ，即 恒成立， 则称数列为等比数列，其中d称为等比数列的 . 知识点22 等比数列的通项公式及其推广 1、等比数列的通项公式：等比数列的首项为，公比为，则通项公式为： 2、通项公式的推广： 或 知识点23 等比中项 1、等比中项定义：如果在与中间插入一个数，使成等比数列，那么叫做与的 ，即是与的等比中项成等比数列 2、对等比中项概念的理解 （1）是与的等比中项，则与的符号相同，符号相反的两个实数不存在等比中项.此时，，即等比中项有两个，且互为相反数. （2）时， 是与的等比中项.例如，但不是等比数列； （3）在等比数列中，从第2项起，每一项是它相邻两项的等比中项； （4）与等比数列中的任一项“等距离”的两项之积等于该项的平方，即在等比数列中， 3、等差中项与等比中项区别 （1）任意两数都存在等差中项，但并不是任意两数都存在等比中项，当且仅当两数同号且均不为0时才存在等比中项； （2）任意两数的等差中项是 的，而若两数有等比中项，则等比中项 . 知识点24 “下标和”性质 在等比数列中，若，则 ； （1）特别地，时， ； 当时， （2）若数列是有穷数列，则与首末两项“等距离”的两项的积等于首末两项的积，即 知识点25 等比数列的性质拓展 （1）若是等比数列，公比为q，则数列都是等比数列，且公比分别是 ， ， ． （2）两等比数列合成数列的性质：若数列是项数相同的等比数列，也是 ． （3）对于无穷等比数列，若将其前项去掉，剩余各项仍为等比数列，首项为，公比为； 若取出所有的的倍数项，组成的数列仍为等比数列，首项为，公比为； （4）相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即仍是等比数列，公比为 知识点26 等比数列的前n项和公式 已知量 首项，公比与项数 首项，公比与末项 求和公式 知识点27 等比数列前n项和公式的函数特征 (1)当公比时，设，等比数列的前项和公式是，即是的 (2)当公比时，因为，所以是的 . 温馨提醒：当，所以的结构形式. 知识点28 等比数列前n项和的性质 已知为等比数列，公比为，为其前项和. （1）若，则 ； （2）当时，， ，为等比数列； （3）若等比数列共项，记为诸奇数项和，为诸偶数项和，则 ； （4）若是公比为q的等比数列，则 （）． 知识点29 证明数列为等比数列的方法 （1）（为常数）为等比数列 （2）若,则，，三个数成等比数列 知识点30 公式法求和 (1)等差数列的前n项和公式Sn＝＝na1＋d. (2)等比数列的前n项和公式①当q＝1时，Sn＝na1；②当q≠1时，Sn＝＝. 知识点31 倒序相加法求和 如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和 ，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法求解． 知识点32 分组转化法求和 一个数列的通项公式是 组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． 知识点33 裂项相消法求和 把数列的通项拆成 ，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前项和． 知识点34 常见的裂项技巧 （1） ； （2） ； （3） （4） （5） 指数型； （6） 对数型. （7） （8） （9） （10） 等 知识点35 错位相减法求和 如果一个数列的各项是由 构成的，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解． 知识点36 万能公式法求和 形如的数列求和为， 其中，， 知识点37 奇偶并项法求和 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．奇偶并项可采用两大类合并求解． 题型一 等差数列基本量的计算 解｜题｜技｜巧 利用通项公式 和前 项和公式 ，根据已知条件列方程（组），解出 和 ，再求其他量。注意“知三求一”思想。 【典例1】（24-25高二下·四川·期中）等差数列单调递增，且满足，则公差为（   ） A．1 B．2 C．0或1 D．0或2 【典例2】（24-25高二下·浙江杭州·期中）已知数列是等差数列，且其前项和为．若，，则（    ） A．7 B．8 C．9 D．11 【变式1】（24-25高二下·河南南阳·期中）已知在等差数列中，，则（    ） A．50 B．55 C．60 D．65 【变式2】（24-25高二下·辽宁·期中）设等差数列的前项和为，若，，则___________. 题型二 等差中项与等差等比混考问题 解｜题｜技｜巧 等差中项： 成等差 ；等比中项： 成等比 （注意 可能为负）。混考时往往联立等差中项与等比中项的条件，建立方程组求解，注意对解的验证（如等比中项要求 同号等）。 【典例1】（24-25高二下·广东深圳·期中）设等比数列的前项和为，若，且成等差数列，则（    ） A．10 B．12 C．15 D．30 【变式1】（24-25高二下·北京·期中）在等比数列中，，若是，的等差中项，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式2】（2025·广西·三模）在公差不为0的等差数列中，若是与的等差中项，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 题型三 等差数列的性质 解｜题｜技｜巧 常用性质： ； 连续 项之和仍成等差（如 成等差）； 下标成等差，对应项成等差。利用性质可减少计算量。 【典例1】（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 【典例2】（25-26高三上·河北·月考）设等差数列的前项和为，若，，则（   ） A．12 B．14 C．16 D．18 【变式1】（24-25高二下·四川成都·期中）若数列是等差数列，是的（     ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 【变式2】（24-25高二上·陕西榆林·月考）已知等差数列、的前项和分别为、，若，则（   ） A． B． C． D． 题型四 等差数列的函数特性与最值 解｜题｜技｜巧 将 视为关于 的二次函数 ，结合 或 讨论最值。求 的最值时，注意 为正整数，可通过对称轴或 （或 ）确定转折项。 【典例1】（24-25高二下·广东佛山·期中）（多选）记为等差数列的前项和，若，则下列说法正确的是（   ） A． B．当时，取得最小值 C．当时，取得最大值 D．使得成立的最大自然数是16 【典例2】（24-25高二下·安徽·期中）（多选）已知等差数列的公差为，其前项和为，则（   ） A． B． C．中最大 D． 【变式1】（24-25高二下·辽宁·期中）（多选）已知数列的前n项和，则（   ） A． B．是等差数列 C．的最大值是2 D．的最大值是 【变式2】（24-25高二下·江西宜春·期中）（多选）设等差数列的前项和为，公差为，已知，则下列选项正确的有（    ） A． B． C．时，的最小值为15 D．最小时， 【变式3】（24-25高二下·河南南阳·期中）（多选）已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（    ） A．当时，最大 B．使得成立的最小自然数 C． D．中最小项为 题型五 等差数列的简单应用 解｜题｜技｜巧 常见于实际情境（如工资、产量、堆放问题等），关键在于将实际问题转化为等差数列模型，确定首项、公差、项数，再套用公式求解。 【典例1】（24-25高二下·河南·月考）现将一圆形花坛从圆心向外栽种8圈某种花卉，圆心处栽1株（视为第一圈），第二圈栽3株花卉，从第二圈起，第n圈栽种花卉的数目比第圈多种（，）株，则第8圈栽种花卉（   ） A．57株 B．56株 C．55株 D．54株 【变式1】（24-25高二上·福建厦门·期末）某工厂计划今年1月份生产某产品100件，以后每个月都比上个月多生产件，为保证今年该产品的总产量超过1800件，则k的最小值为（   ） A．10 B．11 C．12 D．13 【变式2】（24-25高二上·云南昆明·期末）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙，丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2025年是乙巳年，请问：在100年后的2125年为（   ） A．癸未年． B．辛丑年 C．乙酉年 D．戊戌年 题型六 等比数列基本量的计算 解｜题｜技｜巧 利用通项公式 和前 项和公式 ，列方程求解 和 。注意对 的情况单独讨论。 【典例1】（24-25高二下·辽宁·期中）在等比数列中，若，，则（   ） A．16 B．32 C．64 D．256 【典例2】（24-25高二下·云南保山·期中）已知等比数列满足，，记为其前项和，则（   ） A． B．9 C．13 D．27 【变式1】（24-25高二下·北京海淀·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 【变式2】（25-26高三上·江西·月考）已知等比数列的前项和为，若，则（   ） A．4 B．2 C． D． 题型七 等比中项与等差等比混考问题 解｜题｜技｜巧 等比中项：。混考时，常设四个数（如 ）或利用等差中项与等比中项建立方程组。注意等比数列中连续三项也满足等比中项关系。 【典例1】（24-25高二下·山东东营·期末）若数列，m，x，n，是等比数列，则x是（   ） A． B．8 C． D． 【典例2】（24-25高二下·陕西咸阳·期末）已知是公差不为0的等差数列，，若，，成等比数列，则（    ） A．-20 B．14 C．16 D．18 【变式1】（24-25高二下·四川雅安·期末）已知等差数列的首项为1，是和的等比中项，则（   ） A．－9或1 B．－7或1 C．1 D．－7 【变式2】（24-25高二上·云南西双版纳·期末）已知正项等差数列的首项为2，若成等比数列，则（    ） A． B． C． D．或 题型八 等比数列的性质与函数特性 解｜题｜技｜巧 ； 连续 项之积、连续 项之和（分段）仍成等比（注意求和需公比不为-1等条件）。 函数特性：指数型函数 ，单调性与 的符号和大小有关。 【典例1】（24-25高二下·黑龙江·月考）若等比数列的公比，则“”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 【典例2】（24-25高二下·河南周口·月考）在等比数列中，，，则当取得最小值时， （    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二下·辽宁·期末）已知数列为等比数列，则“数列为单调递增数列”的_____条件是“对任意有恒成立”．（   ） A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分且必要 D．非充分非必要 【变式2】（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 题型九 等比数列的简单应用 【典例1】（24-25高二上·河南安阳·期末）洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（    ） A．16 B．32 C．48 D．64 【典例2】（24-25高二下·黑龙江·月考）复印纸张按照幅面的规格分为系列，系列，系列，其中系列的幅面规格分为，所有规格的纸张的长度和幅宽的比例关系都为．将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，如此对开至规格．现有 纸各一张，若纸的幅宽为，则这张纸的面积之和为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（23-24高二下·辽宁沈阳·期中）某牧场今年年初牛的存栏数为1200头，预计以后每年存栏数的增长率为，且在每年年底卖出100头牛.若该牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列，，则大约为（参考数据：（   ） A．1420 B．1480 C．1520 D．1580 【变式2】（23-24高二下·江西赣州·月考）某电动汽车刚上市，就引起了小胡的关注，小胡2024年5月1日向银行贷款元用来购买该电动汽车，银行贷款的月利率是，并按复利计息.若每月月底还银行相同金额的贷款，到2025年4月底全部还清（即用12个月等额还款），则小胡每个月月底需要还款（    ） A．元 B．元 C．元 D．元 题型十 求等差数列通项公式（解答题） 解｜题｜技｜巧 通常先求 和 ，常用方法： 已知 和 ，列方程组； 已知 与 的关系，可先求 ，再求 ，验证是否一致。 【典例1】（25-26高二上·河北石家庄·月考）等差数列的前项和为，，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前99项和. 【典例2】（24-25高二下·广西钦州·期末）已知数列为等差数列，为正项等比数列，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)设，证明：. 【变式1】（24-25高二下·重庆渝中·月考）已知正项等差数列的前n项和为，若，且是和的等比中项. (1)求的通项公式； (2)记，其前n项和为，求. 【变式2】（25-26高三上·四川眉山·月考）记是公差不为0的等差数列的前n项和，若． (1)求数列的通项公式； (2)求使成立的的最大值． 题型十一 求等比数列通项公式（解答题） 解｜题｜技｜巧 方法类似，先求 和 。注意： 已知 关系时，利用 （注意 ）； 若 为参数，注意分类讨论。 【典例1】（24-25高二下·四川乐山·期末）已知正项等比数列，，且，，构成等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【典例2】（24-25高二上·广东清远·期末）已知数列的前项和为，数列是公比为3的等比数列，且. (1)求数列、的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【变式1】（24-25高二下·甘肃兰州·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2】（24-25高二下·广东广州·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：． 题型十二 证明等差数列 解｜题｜技｜巧 常用方法： 1. 定义法：证明 （常数）； 1. 中项法：证明 ； 1. 通项公式形如 ； 1. 前 项和形如 。 【典例1】（24-25高二下·四川·期中）数列满足，. (1)求证：数列为等差数列； (2)设，证明：数列的前n项和. 【典例2】（24-25高三下·广东惠州·月考）已知数列的前项和为，且， (1)证明是等差数列； (2)求； (3)求证： 【变式1】（24-25高二下·广东深圳·期中）已知数列满足，． (1)证明：数列为等差数列； (2)求数列的前项和； (3)是否存在正整数m、n （m<n），使得？若存在，请找出所有满足条件的m、n，若不存在，请说明理由. 【变式2】（24-25高二下·山东德州·月考）已知数列中，． (1)证明数列是等差数列，并求的通项公式； (2)设，求的前项和． 题型十三 证明等比数列 解｜题｜技｜巧 常用方法： 1. 定义法：证明 （非零常数）； 1. 中项法：证明 （各项非零）； 1. 通项公式形如 。 【典例1】（24-25高二下·河南·期中）已知数列的前n项和为，且，． (1)求，，并证明：数列为等比数列； (2)求的值． 【典例2】（24-25高二下·浙江·期中）数列的首项，且，. (1)证明：数列为等比数列； (2)设，求数列的最大项. 【变式1】（24-25高二下·四川内江·期中）已知数列中，，且满足． (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式； (3)令，为数列的前n项和，证明：． 【变式2】（24-25高二下·北京·期中）在数列中，，. (1)证明：数列是等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)若，求数列的前n项和. 题型十四 递推公式 解｜题｜技｜巧 常见类型及解法： ：累加法； ：累乘法； ：构造等比数列 ； ：两边除以 或构造新数列； 分式递推：取倒数或构造等差/等比。 【典例1】（24-25高二下·河南郑州·期末）已知数列的前项和为，若，. (1)求； (2)记，数列的前项和，证明：. 【典例2】（24-25高二下·广西北海·期末）已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)若，记数列的前项和为，求证：． 【典例3】（24-25高二下·辽宁辽阳·期末）在数列中，，. (1)求； (2)设，求数列的前项和. 【变式1】（24-25高二下·云南昆明·月考）已知在数列中，，， (1)求，， (2)求数列的通项公式． 【变式2】（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． 【变式3】（24-25高二下·山东日照·月考）已知正项数列满足． (1)求数列的通项公式： (2)证明：对． 题型十五 裂项相消求和 解｜题｜技｜巧 核心是将通项拆成两项之差，使得求和时中间项抵消。常见裂项： ； ； 分式型、指数型、根式型、对数型等。注意系数调整。 【典例1】（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知等差数列的前项和满足. (1)求的通项公式； (2)若，求的前项和. 【典例2】（24-25高二下·辽宁沈阳·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1】（24-25高二下·云南保山·期末）已知数列满足：，． (1)求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)令，数列的前n项和为，求证：． 【变式2】（24-25高二下·四川眉山·期末）记，其中，数列满足． (1)证明：数列是等差数列，并求； (2)求数列的前项和． 题型十六 错位相减求和 解｜题｜技｜巧 适用于 ，其中 等差， 等比。 步骤：写出 ，两边乘公比，两式相减，转化为等比数列求和，再化简。注意公比是否为1的讨论。 【典例1】（24-25高二下·江西·期末）已知数列的各项均为正数，其前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【典例2】（24-25高二下·湖北·期末）已知数列的前项和为，且. (1)求证：数列为等比数列； (2)设，求数列的前项和. 【变式1】（24-25高二下·江西抚州·期末）设数列的前项和为. (1)求的通项公式； (2)若，且，求数列的前项和. 【变式2】（24-25高二下·江苏连云港·期末）已知等差数列的前n项和为，，． (1)求数列的通项公式； (2)求和：； (3)若，设，求数列的前n项和． 题型十七 分组求和 解｜题｜技｜巧 数列由多个可求和的子数列组合而成（如等差+等比、奇偶项不同、周期数列等）。将原数列拆分为若干组，分别求和后再合并。 【典例1】（24-25高二下·河南洛阳·期末）已知数列的前n顶和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)在数列中，，求数列的前n项和. 【典例2】（24-25高二下·辽宁沈阳·月考）已知等比数列是递减数列，的前项和为，且、、成等差数列，，数列满足，， (1)求和的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【变式1】（24-25高二下·四川成都·月考）已知数列是首项为2且公差不为0的等差数列，为和的等比中项，记数列的前项和为. (1)求和； (2)设，求数列的前2022项的和. 【变式2】（24-25高二下·重庆·月考）已知数列满足：，正项数列满足：，且. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项的和； (3)记为数列的前项积，证明： 题型十八 数列不等式与参数问题 解｜题｜技｜巧 常见于恒成立、存在性、求参数范围。 恒成立问题：转化为最值问题，利用数列单调性或函数性质； 存在性问题：解方程或不等式，注意 为正整数； 分离参数法、函数思想、数列的单调性分析。 【典例1】（24-25高二下·山东日照·月考）已知数列的前n项和为且． (1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和为； (3)若，求正整数k的所有取值． 【典例2】（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列满足，且对任意正整数有，数列满足 (1)证明：数列是等比数列； (2)设，数列的前项和； ①求； ②若不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围． 【变式1】（24-25高二下·江苏连云港·月考）已知数列是递增的等比数列且 (1)求数列的通项公式； (2)设是数列的前项和，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的最大值. 【变式2】（24-25高二下·湖北武汉·月考）数列各项均为正数，其前项和为，且满足 (1)求证：是等差数列，求及； (2)设，求数列的前项和，并求使对所有的都成立的最大正整数的值. 题型十九 不等式放缩问题 解｜题｜技｜巧 常用于证明与数列和有关的不等式。 常用技巧： 裂项放缩（如 ）； 舍弃或保留部分项； 利用已知不等式（如均值不等式、指数对数放缩）； 先求和再放缩，或先放缩再求和。 【典例1】（24-25高二下·江西南昌·期中）对于数列且，则称数列为的“四分差数列”．已知数列为数列的“四分差数列”． (1)若，求的值． (2)设． ①求的通项公式； ②若数列满足，且的前n项和为，证明：． 【变式1】（24-25高二下·辽宁·期中）已知等比数列的前n项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)令，求的前n项和； (3)令，证明：． 【变式2】（2026·天津·一模）已知数列满足． (1)证明：求的值，并证明数列为等比数列； (2)设，求数列的前项和； (3)设，求证：． 题型二十 数列杂糅问题 解｜题｜技｜巧 综合考查数列与函数、导数、概率、几何、新定义等交叉内容。 解题策略： 1. 拆解问题，识别数列结构； 1. 转化为基本数列模型（等差、等比、递推）； 1. 结合其他模块知识（如函数零点、不等式恒成立）综合分析； 1. 注意分类讨论、数学归纳法、构造法等工具的应用。 【典例1】（24-25高二下·浙江·期中）甲、乙两盒子中各有枚形状、大小完全相同的棋子，一红一黄.称一次操作是从甲、乙盒中随机取出一枚棋子交换，记次操作后，甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为 . (1)求 ，的值； (2)求数列的通项公式； (3)并求使不等式成立的最小值. 【典例2】（24-25高二下·辽宁大连·期中）已知函数，记，且，． (1)求，； (2)设，， （ⅰ）证明数列是等差数列，并求数列的前项和为； （ⅱ）证明：． 【变式1】（24-25高二下·河北·期中）某学校有两家餐厅，王同学开学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去A餐厅，那么第2天继续去A餐厅的概率为；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为，如此往复. (1)计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率； (2)记王同学第n天去A餐厅用餐概率为，写出关于的表达式； (3)证明数列是等比数列，并求出的通项公式. 【变式2】（24-25高二下·四川绵阳·期中）若数列满足，，. (1)比较与的大小； (2)求证：； (3)求证：时，. 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 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 2．（24-25高二下·四川资阳·期末）在等差数列中，若，，则公差（   ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（24-25高二下·广东深圳·期中）已知等比数列的前项和为，公比，，则（    ） A． B． C． D．数列是公比为4的等比数列 三、填空题 4．（24-25高二下·黑龙江·期中）等比数列的前项和为，且，则_________． 四、解答题 5．（24-25高二下·浙江·期中）已知等差数列的前项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)设数列满足，求的前项和. 期中重难突破练（测试时间：15分钟） 一、单选题 1．（24-25高二下·广东佛山·期中）已知数列满足，且，则（    ） A．2 B． C． D．1 二、多选题 2．（24-25高二下·四川广元·期中）已知数列的前项和为，下列说法正确的有（   ） A．若，则； B．若数列是等差数列且，则当时，取得最大值； C．若且数列是等比数列，则； D．若数列是等差数列，则． 三、填空题 3．（24-25高二下·山西长治·期中）已知等差数列，的前n项和分别为，，若，则________． 四、解答题 4．（24-25高二下·辽宁·期中）记为数列的前项和，已知，是等差数列，，，. (1)求，的通项公式； (2)设，求. 期中综合拓展练（测试时间：25分钟） 一、多选题 1．（25-26高二上·广西南宁·期中）大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中每一项代表了太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（   ） A． B． C． D． 二、填空题 2．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列满足，且，则数列的通项公式为_____________；记，则的值为_____________（其中[x]为不超过实数的最大整数，如）． 三、解答题 3．（24-25高二下·山西吕梁·期中）数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为，n次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为．扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列，．已知数列． (1)求； (2)求； (3)求数列的前n项和． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 数列全章20大题型（期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 等差数列基本量的计算 题型02 等差中项与等差等比混考问题 题型03 等差数列的性质 题型04 等差数列的函数特性与最值 题型05 等差数列的简单应用 题型06 等比数列基本量的计算 题型07 等比中项与等差等比混考问题 题型08 等比数列的性质与函数特性 题型09 等比数列的简单应用 题型10 求等差数列通项公式（解答题） 题型11 求等比数列通项公式（解答题） 题型12 证明等差数列 题型13 证明等比数列 题型14 递推公式 题型15 裂项相消求和 题型16 错位相减求和 题型17 分组求和 题型18 数列不等式与参数问题 题型19 不等式放缩问题 题型20 数列杂糅问题 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 等差数列基本量的计算 能熟练运用通项公式与前n项和公式，通过方程（组）求解首项、公差、项数、指定项及前n项和 基础必考点，常以小题形式出现，考查对方程思想的运用 等差中项与等差等比混考问题 能利用等差中项判断等差数列，并能解决等差、等比数列交汇的混合问题 中档考点，常出现在选择、填空题中，易错点在于混淆两种中项公式 等差数列的性质 能灵活运用等差数列的对称性、下标和性质、片段和性质进行简化计算 高频考点，可大幅简化运算，学生易因性质掌握不牢而绕远路 等差数列的函数特性与最值 能将等差数列视为一次函数，利用二次函数性质（或不等式）求前n项和的最值，并注意项数取整 重要考点，常以小题或解答题第一问出现，易错点在于忽略项数为正整数 等差数列的简单应用 能运用等差数列模型解决实际情境问题（如日期、产量、阶梯计价等） 基础应用考点，考查建模能力，注意单位与实际意义的匹配 等比数列基本量的计算 能熟练运用通项公式与前n项和公式，通过方程（组）求解首项、公比、项数、指定项及前n项和 基础必考点，常与等差混考，易错点在于公比可正可负、分类讨论 等比中项与等差等比混考问题 能利用等比中项判断等比数列，并能解决等差、等比数列交汇的综合问题 中档考点，常结合等差中项一同考查，注意中项公式的符号要求 等比数列的性质与函数特性 能运用等比数列的下标和性质、片段和性质简化运算，理解其指数型函数特征 高频考点，在小题中可快速求解，学生易忽略片段和性质的适用条件 等比数列的简单应用 能运用等比数列模型解决实际情境问题（如增长率、复利、细胞分裂等） 基础应用考点，考查建模与计算能力，注意初始项与增长次数 求等差数列通项公式（解答题） 能根据已知条件（如两项关系、和与项的关系）准确求解等差数列的通项公式 解答题常见第一问，考查基本量的求解与方程思想 求等比数列通项公式（解答题） 能根据已知条件准确求解等比数列的通项公式，注意公比是否为1的分类讨论 解答题常见第一问，易错点在于忽略公比的多解情况 证明等差数列 能利用定义法（后项减前项为常数）或等差中项法证明一个数列为等差数列 基础证明考点，步骤规范是关键，学生易在符号化简上出错 证明等比数列 能利用定义法（后项比前项为非零常数）或等比中项法证明一个数列为等比数列 基础证明考点，注意验证首项与公比非零，常与递推公式结合 递推公式 能根据递推关系，运用累加法、累乘法、构造法（构造等差或等比）求解通项公式 解答题高频考点，构造法是重点，易错点在于构造形式不匹配 裂项相消求和 能识别可裂项的结构（如分式型、根式型），正确裂项并求和 求和核心方法之一，常作为解答题第二问，易错点在于裂项系数与抵消项识别 错位相减求和 能识别“等差×等比”型数列，掌握错位相减的步骤，准确化简求和结果 求和核心方法之一，计算量大，是学生失分重灾区，需强化步骤规范 分组求和 能根据数列结构（如等差+等比、正负交替）合理分组，分别求和后再合并 基础求和技巧，常与奇偶项讨论结合，注意分组后项数的一致性 数列不等式与参数问题 能利用数列的单调性、恒成立与存在性问题思想，求解含参数的数列不等式 综合应用考点，常出现在解答题后两问，考查分类讨论与逻辑推理 不等式放缩问题 能根据数列结构选择适当的放缩方式（如裂项放缩、等比放缩），证明与数列相关的不等式 压轴题常见题型，难度较大，易错点在于放缩尺度不当或方向错误 数列杂糅问题 能综合运用数列通项、求和、性质、函数思想与不等式方法，解决多知识点交叉的综合题 期中考试压轴考点，考查知识整合能力，需引导学生建立系统化思维 知识点1 数列的相关概念 （1）数列：按照 一定次序 排成的一列数叫作数列. （2）数列的项：数列中的每一个数都称为这个数列的 项 ，各项依次称为这个数列的第1项（ 首项 ），第2项…… （3）项数：组成数列的 项的个数 称为数列的项数 知识点2 数列的通项与通项公式 （1）通项：数列从首项起，每一项都与 正整数 对应，所以数列的一般形式可以写成，其中表示数列的第n项（也称n为的序号），称为数列的 通项 ，一般将整个数列简记为 ． （2）通项公式：如果数列第n项与序号n之间的关系可以用来表示，其中是关于n的不含其他未知数的表达式，那么这个公式叫做这个数列的 通项公式 ． 知识点3 数列的表示方法 列表法 列表格表示n与an的对应关系 图象法 把点(n，an)画在平面直角坐标系中 公式法 通项公式 把数列的通项使用公式表示的方法 递推公式 使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法 知识点4 数列的分类 一般地，项数 有限 的数列称为有穷数列，项数 无限 的数列称为无穷数列．有穷数列的最后一项一般也称为这个数列的 末项 ． 判断数列的单调性，则需要从第2项起，观察每一项与它的前一项的大小关系，若满足 ，则是递增数列；若满足 ，则是递减数列；若满足 ，则是常数列． 知识点5 最大（小）项问题 （1）利用数列单调性可以求数列中的最大（小）项问题的常见方法： ①构造函数，确定函数的 单调性 ，进一步求出数列的最值． ②利用 求数列中的最大项；利用 求数列中的最小项．当解不唯一时，比较各解大小即可确定． （2）利用数列的单调性确定变量的取值范围，常利用以下等价关系： 数列递增 恒成立；数列递减 恒成立，通过分离变量转化为代数式的最值来解决． 知识点6 数列前n项和的定义及an与Sn的关系 一般地，给定数列，称 为数列的前n项和. 检验时的是否满足时的通项公式： 将代入时得到的通项公式中，如果计算结果与步骤1中求出的相等，那么数列的通项公式可以统一写成时的表达式；如果不相等，则数列的通项公式需要用分段函数的形式表示，即 知识点7 数列的递推关系 已知数列的首项（或前几项），且数列的相邻两项或两项以上的关系都可以 用一个公式来表示 ，则称这个公式为数列的 递推关系 （递推公式或递归公式）． 知识点8 累加法求通项公式 若数列满足 ，其中是关于的函数，且的前项和可求，就可以考虑使用累加法求通项公式. 知识点9 累乘法求通项公式 若数列满足 ，其中是关于的函数，且的前项积可求，就可以考虑使用累乘法求通项公式. 知识点10 等差数列的定义 一般地，如果数列从第 2 项起，每一项与它的前一项之 差 都等于 同一个常数d ，即 恒成立， 则称数列为等差数列，其中d称为等差数列的 公差 . 知识点11 等差数列通项公式的变形及推广 （1）， （2） （3） ，且. 知识点12 等差中项 若a，A，b成等差数列，则 是a与b的等差中项，且有 / 或 ，即如果三个数成等差数列，那么等差中项等于另两项的算术平均数． 知识点13 下标性质 在等差数列中，若，则 / ．特别地，若，则有． 知识点14 等差数列构造新等差数列的性质 （1）若分别是公差为的等差数列，则有 数列 结论 公差为 的等差数列为任一常数） 公差为 的等差数列（为任一常数） 公差为 的等差数列为常数， 公差为 的等差数列为常数） （2）从等差数列中，每隔一定的距离抽取一项，组成的数列仍为 等差 数列. 知识点15 等差数列通项公式与函数关系 令，，等差数列为一次函数 知识点16 等差数列的前n项和公式 已知量 首项、末项与项数 首项、公差与项数 求和公式 知识点17 知三求二 等差数列的通项公式和前项和公式中有五个量和，这五个量可以＂ 知三求二 ＂．一般是利用公式列出 基本量和 的方程组，解出 和 ，便可解决问题．解题时注意整体代换的思想． 知识点18 等差数列前n项和的性质 ①等差数列中依次k项之和，…组成公差为k2d的等差数列. ②记为所有偶数项的和，为所有奇数项的和. 若等差数列的项数为2n（n∈N*），则， （S奇≠0）；若等差数列的项数为2n－1（n∈N*），则是数列的中间项），，＝（）. ③为等差数列⇒ 为等差数列. ④两个等差数列，的前n项和之间的关系为 （）. ⑤ 知识点19 等差数列前n项和的最值 （1）在等差数列中， 当时，有 最大 值，使取得最值的n可由不等式组确定；当时，有 最小 值，使取到最值的n可由不等式组确定． （2），若，则从二次函数的角度看：当时，有 最小 值；当时，有 最大 值．当n取最接近对称轴的正整数时，取到最值． 知识点20 证明数列为等差数列的方法 （1）（为常数）为等差数列 （2）通项公式：（一次函数），前项和：（无常数项的二次函数） （3）若，则，，三个数成等差数列 知识点21 等比数列的定义 一般地，如果数列从第 2 项起，每一项与它的前一项之 比 都等于 同一个常数q ，即 恒成立， 则称数列为等比数列，其中d称为等比数列的 公比 . 知识点22 等比数列的通项公式及其推广 1、等比数列的通项公式：等比数列的首项为，公比为，则通项公式为： 2、通项公式的推广： 或 知识点23 等比中项 1、等比中项定义：如果在与中间插入一个数，使成等比数列，那么叫做与的 等比中项 ，即是与的等比中项成等比数列 2、对等比中项概念的理解 （1）是与的等比中项，则与的符号相同，符号相反的两个实数不存在等比中项.此时，，即等比中项有两个，且互为相反数. （2）时， 不一定 是与的等比中项.例如，但不是等比数列； （3）在等比数列中，从第2项起，每一项是它相邻两项的等比中项； （4）与等比数列中的任一项“等距离”的两项之积等于该项的平方，即在等比数列中， 3、等差中项与等比中项区别 （1）任意两数都存在等差中项，但并不是任意两数都存在等比中项，当且仅当两数同号且均不为0时才存在等比中项； （2）任意两数的等差中项是 唯一 的，而若两数有等比中项，则等比中项 有两个，且互为相反数 . 知识点24 “下标和”性质 在等比数列中，若，则 ； （1）特别地，时， ； 当时， （2）若数列是有穷数列，则与首末两项“等距离”的两项的积等于首末两项的积，即 知识点25 等比数列的性质拓展 （1）若是等比数列，公比为q，则数列都是等比数列，且公比分别是 q ， ， ． （2）两等比数列合成数列的性质：若数列是项数相同的等比数列，也是 等比数列 ． （3）对于无穷等比数列，若将其前项去掉，剩余各项仍为等比数列，首项为，公比为； 若取出所有的的倍数项，组成的数列仍为等比数列，首项为，公比为； （4）相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即仍是等比数列，公比为 知识点26 等比数列的前n项和公式 已知量 首项，公比与项数 首项，公比与末项 求和公式 知识点27 等比数列前n项和公式的函数特征 (1)当公比时，设，等比数列的前项和公式是，即是的 指数型函数 (2)当公比时，因为，所以是的 正比例函数 . 温馨提醒：当，所以的结构形式. 知识点28 等比数列前n项和的性质 已知为等比数列，公比为，为其前项和. （1）若，则 0 ； （2）当时，， ，为等比数列； （3）若等比数列共项，记为诸奇数项和，为诸偶数项和，则 / ； （4）若是公比为q的等比数列，则 （）． 知识点29 证明数列为等比数列的方法 （1）（为常数）为等比数列 （2）若,则，，三个数成等比数列 知识点30 公式法求和 (1)等差数列的前n项和公式Sn＝＝na1＋d. (2)等比数列的前n项和公式①当q＝1时，Sn＝na1；②当q≠1时，Sn＝＝. 知识点31 倒序相加法求和 如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和 相等或等于同一个常数 ，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法求解． 知识点32 分组转化法求和 一个数列的通项公式是 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． 知识点33 裂项相消法求和 把数列的通项拆成 两项之差 ，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前项和． 知识点34 常见的裂项技巧 （1） ； （2） ； （3） （4） （5） 指数型； （6） 对数型. （7） （8） （9） （10） 等 知识点35 错位相减法求和 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项和即可用错位相减法求解． 知识点36 万能公式法求和 形如的数列求和为， 其中，， 知识点37 奇偶并项法求和 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．奇偶并项可采用两大类合并求解． 题型一 等差数列基本量的计算 解｜题｜技｜巧 利用通项公式 和前 项和公式 ，根据已知条件列方程（组），解出 和 ，再求其他量。注意“知三求一”思想。 【典例1】（24-25高二下·四川·期中）等差数列单调递增，且满足，则公差为（   ） A．1 B．2 C．0或1 D．0或2 【答案】B 【分析】由题意，设等差数列的公差为，且，列出方程，即可求出公差. 【详解】设单调递增的等差数列的公差为，且， 因为， 所以， 又，则，即， 解得，或（舍去）. 故选：B. 【典例2】（24-25高二下·浙江杭州·期中）已知数列是等差数列，且其前项和为．若，，则（    ） A．7 B．8 C．9 D．11 【答案】C 【分析】根据等差数列前项和公式结合等差数列的性质求解即可. 【详解】由，， 得， 所以，所以. 故选：C. 【变式1】（24-25高二下·河南南阳·期中）已知在等差数列中，，则（    ） A．50 B．55 C．60 D．65 【答案】D 【分析】根据等差数列的基本量运算求解. 【详解】设等差数列的公差为，由，得， . 故选：D. 【变式2】（24-25高二下·辽宁·期中）设等差数列的前项和为，若，，则___________. 【答案】 【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式即可求解. 【详解】利用等差数列中的等差中项性质可知：， 由等差数列的通项公式可得：， 所以， 则， 故答案为： 题型二 等差中项与等差等比混考问题 解｜题｜技｜巧 等差中项： 成等差 ；等比中项： 成等比 （注意 可能为负）。混考时往往联立等差中项与等比中项的条件，建立方程组求解，注意对解的验证（如等比中项要求 同号等）。 【典例1】（24-25高二下·广东深圳·期中）设等比数列的前项和为，若，且成等差数列，则（    ） A．10 B．12 C．15 D．30 【答案】C 【分析】根据给定条件，列式求出数列的公比，进而求出前4项即可. 【详解】由成等差数列，得，而，则， 等比数列的公比，则， 所以. 故选：C 【变式1】（24-25高二下·北京·期中）在等比数列中，，若是，的等差中项，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】根据等比数列定义以及等差中项性质解方程可得，即可求得结果. 【详解】设等比数列的公比为， 由是，的等差中项可得，又， 可得，解得或； 因为，所以不合题意，可知， 因此. 故选：A 【变式2】（2025·广西·三模）在公差不为0的等差数列中，若是与的等差中项，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知可得，再根据，利用基本不等式即可求解. 【详解】因为在公差不为0的等差数列中，是与的等差中项， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即，时等号成立， 所以的最小值为. 故选：. 题型三 等差数列的性质 解｜题｜技｜巧 常用性质： ； 连续 项之和仍成等差（如 成等差）； 下标成等差，对应项成等差。利用性质可减少计算量。 【典例1】（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. 【典例2】（25-26高三上·河北·月考）设等差数列的前项和为，若，，则（   ） A．12 B．14 C．16 D．18 【答案】A 【分析】根据题意，由等差数列前项和的性质，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为是等差数列，且，，所以，，所以. 故选：A. 【变式1】（24-25高二下·四川成都·期中）若数列是等差数列，是的（     ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 【答案】B 【分析】根据等差数列的性质结合必要不充分条件定义判断即可. 【详解】数列是等差数列，，则； 当，数列是等差数列，则，不一定满足； 则是的必要不充分条件. 故选：B. 【变式2】（24-25高二上·陕西榆林·月考）已知等差数列、的前项和分别为、，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差数列的求和公式可求得所求代数式的值. 【详解】因为等差数列、的前项和分别为、，且， 因为. 故选：C. 题型四 等差数列的函数特性与最值 解｜题｜技｜巧 将 视为关于 的二次函数 ，结合 或 讨论最值。求 的最值时，注意 为正整数，可通过对称轴或 （或 ）确定转折项。 【典例1】（24-25高二下·广东佛山·期中）（多选）记为等差数列的前项和，若，则下列说法正确的是（   ） A． B．当时，取得最小值 C．当时，取得最大值 D．使得成立的最大自然数是16 【答案】AC 【分析】由题意可得，公差，再结合等差数列及其前项和的性质逐项判断即可. 【详解】因为，则，公差， 当时，；当时，，所以当时，取得最大值． ，所以使得成立的最大自然数是15． 故选：AC． 【典例2】（24-25高二下·安徽·期中）（多选）已知等差数列的公差为，其前项和为，则（   ） A． B． C．中最大 D． 【答案】ABD 【分析】由等差中项及等差数列的前项分别化简和，得到和的正负情况，然后根据等差数列的性质判断各个选项. 【详解】因为数列为等差数列， 则，可得，故A正确； 且，则，可得， 所以公差，故B正确； 结合等差数列性质可知：， 所以中最大，故C错误； 因为，且， 即，所以，故D正确. 故选：ABD. 【变式1】（24-25高二下·辽宁·期中）（多选）已知数列的前n项和，则（   ） A． B．是等差数列 C．的最大值是2 D．的最大值是 【答案】ACD 【分析】根据前项和公式求出通项公式即可判断A，根据等差的定义结合特例判断B，结合二次函数性质求解最值判断C，根据对勾函数的单调性求解最值判断D. 【详解】A，当时，， 当时，，不满足上式，故，故A正确； B，由A可知，显然，所以不是等差数列，故B错误； C，，故当或6时，有最大值2，C正确； D，， 根据对勾函数性质可知函数在上单调递减，在上单调递增， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，且，， 所以的最大值是，D正确， 故选：ACD 【变式2】（24-25高二下·江西宜春·期中）（多选）设等差数列的前项和为，公差为，已知，则下列选项正确的有（    ） A． B． C．时，的最小值为15 D．最小时， 【答案】ACD 【分析】根据等差数列的前项和公式，以及性质，即可判断选项. 【详解】，又，所以， 则，故A正确，B错误； ，且，所以时，的最小值为15，故C正确； 因为，，最小时，，故D正确. 故选：ACD 【变式3】（24-25高二下·河南南阳·期中）（多选）已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（    ） A．当时，最大 B．使得成立的最小自然数 C． D．中最小项为 【答案】ABD 【分析】对于A，根据，作差可得，，从而公差，即可判断A；对于B，根据等差数列的前n项和公式即可判断；对于C，根据，结合等差数列的性质即可判断；对于D，根据和的符号可得，当时，，进而根据和的单调性可得最小项. 【详解】因为，所以， 由，所以，所以， 所以． 所以，当时，最大，故A正确； 因为， ， 所以使得成立的最小自然数，故B正确； 由，且， 所以，即，故C错误； 因为当时，，所以； 当时，，所以； 当时，，所以． 且， 所以中最小项为，故D正确． 故选：ABD 题型五 等差数列的简单应用 解｜题｜技｜巧 常见于实际情境（如工资、产量、堆放问题等），关键在于将实际问题转化为等差数列模型，确定首项、公差、项数，再套用公式求解。 【典例1】（24-25高二下·河南·月考）现将一圆形花坛从圆心向外栽种8圈某种花卉，圆心处栽1株（视为第一圈），第二圈栽3株花卉，从第二圈起，第n圈栽种花卉的数目比第圈多种（，）株，则第8圈栽种花卉（   ） A．57株 B．56株 C．55株 D．54株 【答案】A 【分析】设第圈栽种花卉株，则，（，），应用累加法及等差数列前项和公式求第8圈栽种花卉数. 【详解】设第圈栽种花卉株，则，（，）， 又，，则，，，，， 所以 . 故选：A 【变式1】（24-25高二上·福建厦门·期末）某工厂计划今年1月份生产某产品100件，以后每个月都比上个月多生产件，为保证今年该产品的总产量超过1800件，则k的最小值为（   ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】A 【分析】每月的产量构成以今年1月份的产量100件为首项，为公差的等差数列，利用等差数列的前项和公式即可求解. 【详解】因为某工厂计划今年1月份生产某产品100件，以后每个月都比上个月多生产件， 所以每月的产量构成以今年1月份的产量100件为首项，为公差的等差数列， 由今年该产品的总产量超过1800件，所以， 解得，又，所以k的最小值为10. 故选：A. 【变式2】（24-25高二上·云南昆明·期末）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙，丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2025年是乙巳年，请问：在100年后的2125年为（   ） A．癸未年． B．辛丑年 C．乙酉年 D．戊戌年 【答案】C 【分析】由题意可得数列天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，以2025年的天干和地支分别为首项，即可求出答案. 【详解】天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列， 则余0，则2125年对应的天干为乙， 余4，则2125年对应的地支为酉， 所以2125年为乙酉年. 故选：C 题型六 等比数列基本量的计算 解｜题｜技｜巧 利用通项公式 和前 项和公式 ，列方程求解 和 。注意对 的情况单独讨论。 【典例1】（24-25高二下·辽宁·期中）在等比数列中，若，，则（   ） A．16 B．32 C．64 D．256 【答案】D 【分析】设等比数列的公比为，由求得，根据等比数列基本量运算进而求得答案. 【详解】设等比数列的公比为， 所以，又， . 故选：D. 【典例2】（24-25高二下·云南保山·期中）已知等比数列满足，，记为其前项和，则（   ） A． B．9 C．13 D．27 【答案】C 【分析】据题意等比数列公式列方程求出公比，然后可解. 【详解】由，，得，即或， 该数列为1，3，9或9，3，1.所以， 故选：C. 【变式1】（24-25高二下·北京海淀·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】C 【分析】根据给定条件，利用数列前n项和的意义及等比数列定义求解并验证即可. 【详解】在等比数列中，由，得， ，， 因此公比，，解得， 此时，符合题意，所以. 故选：C. 【变式2】（25-26高三上·江西·月考）已知等比数列的前项和为，若，则（   ） A．4 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】利用等比数列前项和公式和通项公式分析计算即可. 【详解】设等比数列的首项为，公比为. 当时， ，不满足，舍去； 当时，， 所以， 所以，解得. 所以. 故选：C. 题型七 等比中项与等差等比混考问题 解｜题｜技｜巧 等比中项：。混考时，常设四个数（如 ）或利用等差中项与等比中项建立方程组。注意等比数列中连续三项也满足等比中项关系。 【典例1】（24-25高二下·山东东营·期末）若数列，m，x，n，是等比数列，则x是（   ） A． B．8 C． D． 【答案】D 【分析】设出公比，利用等比数列的性质及等比中项得到方程，求出. 【详解】设公比为，则，且，解得. 故选；D 【典例2】（24-25高二下·陕西咸阳·期末）已知是公差不为0的等差数列，，若，，成等比数列，则（    ） A．-20 B．14 C．16 D．18 【答案】B 【分析】设出公差，根据题目条件得到方程，求出公差，进而求出. 【详解】设公差为，，，成等比数列，故， ，故，解得或0（舍去）， 故. 故选：B 【变式1】（24-25高二下·四川雅安·期末）已知等差数列的首项为1，是和的等比中项，则（   ） A．－9或1 B．－7或1 C．1 D．－7 【答案】C 【分析】设等差数列公差为，利用等比中项可求，继而可求. 【详解】设等差数列公差为， 是和的等比中项，， 即，解得， 所以. 故选：C. 【变式2】（24-25高二上·云南西双版纳·期末）已知正项等差数列的首项为2，若成等比数列，则（    ） A． B． C． D．或 【答案】A 【分析】设等差数列的公差为，由成等比数列求出可得答案. 【详解】设等差数列的公差为， 若成等比数列，则， 即，解得， 因为正项等差数列，则，则， 当时，，舍去； 当时，， 所以. 故选：A. 题型八 等比数列的性质与函数特性 解｜题｜技｜巧 ； 连续 项之积、连续 项之和（分段）仍成等比（注意求和需公比不为-1等条件）。 函数特性：指数型函数 ，单调性与 的符号和大小有关。 【典例1】（24-25高二下·黑龙江·月考）若等比数列的公比，则“”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】利用充分条件和必要条件的定义结合等比数列的性质分析判断即可. 【详解】在等比数列中，，由数列的通项公式可得，可知， 又，所以，所以为递增数列，故充分性成立， 若，可知是递增数列，但不满足，故必要性不成立， 故“”是“为递增数列”的充分不必要条件. 故选：A。 【典例2】（24-25高二下·河南周口·月考）在等比数列中，，，则当取得最小值时， （    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求出等比数列的通项公式，解不等式，即可得出结果. 【详解】设等比数列的公比为，则，解得， 故，所以，且是递增数列. 由可得，可得，解得， 所以当时，，当时，， 所以当取得最小值时，. 故选：A. 【变式1】（24-25高二下·辽宁·期末）已知数列为等比数列，则“数列为单调递增数列”的_____条件是“对任意有恒成立”．（   ） A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分且必要 D．非充分非必要 【答案】C 【分析】利用等比数列及递增数列的性质判断条件间的推出关系，结合充分、必要性定义判断即可得. 【详解】设的公比为且，， 若为递增数列，则恒成立； 若对任意有恒成立，则，所以， 时，或，显然时，不符； 所以，此时，则为递增数列； 时，或，显然时，不符； 所以，此时，则为递增数列； 综上，“对任意有恒成立”是“数列为单调递增数列”的充要条件. 故选：C 【变式2】（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 题型九 等比数列的简单应用 【典例1】（24-25高二上·河南安阳·期末）洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（    ） A．16 B．32 C．48 D．64 【答案】C 【分析】借助等比数列求和公式求出首项，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可. 【详解】由题意，从下往上“浮雕像”的数量成等比数列，设为， 则，公比，所以， 所以，所以第4层“浮雕像”的数量为. 故选：C 【典例2】（24-25高二下·黑龙江·月考）复印纸张按照幅面的规格分为系列，系列，系列，其中系列的幅面规格分为，所有规格的纸张的长度和幅宽的比例关系都为．将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，如此对开至规格．现有 纸各一张，若纸的幅宽为，则这张纸的面积之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用等比数列的通项公式及前n项和公式列式计算即可. 【详解】因为纸的幅宽为，则的长宽分别为，由题意可得的长宽分别为， 的长宽分别为，…， 因此，…， 则纸的面积构成以为首项，为公比的等比数列， 所以这10张纸的面积之和为. 故选：C. 【变式1】（23-24高二下·辽宁沈阳·期中）某牧场今年年初牛的存栏数为1200头，预计以后每年存栏数的增长率为，且在每年年底卖出100头牛.若该牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列，，则大约为（参考数据：（   ） A．1420 B．1480 C．1520 D．1580 【答案】B 【分析】由题意得数列递推公式，再用构造法求出通项，代入计算即可. 【详解】依题意，当时，，则， 于是数列是首项为，公比为1.1的等比数列， 则，即， 所以. 故选：B 【变式2】（23-24高二下·江西赣州·月考）某电动汽车刚上市，就引起了小胡的关注，小胡2024年5月1日向银行贷款元用来购买该电动汽车，银行贷款的月利率是，并按复利计息.若每月月底还银行相同金额的贷款，到2025年4月底全部还清（即用12个月等额还款），则小胡每个月月底需要还款（    ） A．元 B．元 C．元 D．元 【答案】C 【分析】设小胡每月月底还款钱数为元，根据等额本息还款法可得每次还款后欠银行贷款，即第12次还款后欠银行贷款为，进而由等比数列的前项和公式可得，从而可得. 【详解】设小胡每月月底还款钱数为元，根据等额本息还款法可得： 第1次还款后欠银行贷款为， 第2次还款后欠银行贷款为， …， 第12次还款后欠银行贷款为 ， 因为贷款12个月还清，所以，即， 所以. 故选：C. 题型十 求等差数列通项公式（解答题） 解｜题｜技｜巧 通常先求 和 ，常用方法： 已知 和 ，列方程组； 已知 与 的关系，可先求 ，再求 ，验证是否一致。 【典例1】（25-26高二上·河北石家庄·月考）等差数列的前项和为，，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前99项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由等差数列通项公式基本量列出等式求解即可； （2）通过分组求和即可求解. 【详解】（1）等差数列的前项和为，， ，即， 又，，即， 解得，， （2）记数列的前项和为， 即. 【典例2】（24-25高二下·广西钦州·期末）已知数列为等差数列，为正项等比数列，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)设，证明：. 【答案】(1)，. (2)证明见解析 【分析】（1）利用基本量法可求公差与公比，故可求两个数列的通项； （2）利用裂项相消法可求的前项和，从而可证题设中的不等式. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由题设有，因，故解得， 故，. （2）, 故 . 【变式1】（24-25高二下·重庆渝中·月考）已知正项等差数列的前n项和为，若，且是和的等比中项. (1)求的通项公式； (2)记，其前n项和为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列的性质求出，再利用通项公式求出公差即可； （2）利用错位相减法求出. 【详解】（1）设数列的公差为， ∵，∴， 又是和的等比中项， ∴，即，即， 解得或（舍去）， ∴． （2）， ∴①， ∴②， ①−②得， ， ∴． 【变式2】（25-26高三上·四川眉山·月考）记是公差不为0的等差数列的前n项和，若． (1)求数列的通项公式； (2)求使成立的的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出公差后，借助等差数列求和公式与基本量计算即可得； （2）借助等差数列求和公式与作差法计算即可得. 【详解】（1）设等差数列的公差为，由，有，即， 由，有，将代入得， 则或，又数列的公差不为， 故，则， 故数列的通项公式； （2）， 则，又，故使成立的的最大值为. 题型十一 求等比数列通项公式（解答题） 解｜题｜技｜巧 方法类似，先求 和 。注意： 已知 关系时，利用 （注意 ）； 若 为参数，注意分类讨论。 【典例1】（24-25高二下·四川乐山·期末）已知正项等比数列，，且，，构成等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设数列的公比为，，由题列出的方程运算得解； （2）由（1）求出，利用裂项相消法求解. 【详解】（1）设数列的公比为，由，则， 由，得，解得或（舍）. 因为，，成等差数列，所以. ，即，解得或（舍）. 所以. （2）由（1）知，. 则. 所以. 【典例2】（24-25高二上·广东清远·期末）已知数列的前项和为，数列是公比为3的等比数列，且. (1)求数列、的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）当时，当时，结合，求得，再由，利用等比数列的通项公式，即可求解； （2）由（1）得到，利用乘公比错位相减法，即可求出数列的前项和. 【详解】（1）因为，所以当时，， 当时，， 当时，，符合上式，所以， 又因为，数列是公比为3的等比数列，所以， 所以数列的通项公式为，数列的通项公式为. （2）由（1）知，，可得， 则， ， 两式相减，可得 ， 所以. 【变式1】（24-25高二下·甘肃兰州·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2】（24-25高二下·广东广州·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． 题型十二 证明等差数列 解｜题｜技｜巧 常用方法： 1. 定义法：证明 （常数）； 1. 中项法：证明 ； 1. 通项公式形如 ； 1. 前 项和形如 。 【典例1】（24-25高二下·四川·期中）数列满足，. (1)求证：数列为等差数列； (2)设，证明：数列的前n项和. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）变形得到，从而是首项为1，公差为1的等差数列； （2）法一：由（1）可得，再利用裂项求和法，结合构造函数法与导数即可得证；法二：由（1）可得，再利用对数的运算，结合构造函数法与导数即可得证. 【详解】（1）因为，，故，， 则， ，为常数， 又因为，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列； （2）法一：由（1）知，， 故， ， 令， 恒成立，所以在单调递增. 又因为，所以，即恒成立， 所以，证毕. 法二：由（1）知，，故， ， 令， 恒成立，所以在单调递增. 又因为，所以，即恒成立， 所以，证毕. 【典例2】（24-25高三下·广东惠州·月考）已知数列的前项和为，且， (1)证明是等差数列； (2)求； (3)求证： 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列的定义即可证明. （2）先根据等差数列的定义得出和是等差数列；再根据等差数列的通项公式 求出，及；最后利用等差数列的通项公式即可解答. （3）先变形得出；再根据裂项相消求和即可证明. 【详解】（1）证明：因为在数列中，，， 所以， 所以是以1为首项，3为公差的等差数列． （2）由（1）可知是以1为首项，3为公差的等差数列,， 所以. 同理由，可得. 又因为， 所以是以2为首项，3为公差的等差数列， 故， 则. 所以. （3）证明：因为， 所以. 因为 所以， 即. 【变式1】（24-25高二下·广东深圳·期中）已知数列满足，． (1)证明：数列为等差数列； (2)求数列的前项和； (3)是否存在正整数m、n （m<n），使得？若存在，请找出所有满足条件的m、n，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在, 【分析】（1）由等差数列的定义即可证明； （2）由错位相减法代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，计算即可得到结果. 【详解】（1）证明：根据条件可得， ， 数列是以为首项，1为公差为等差数列. （2） 数列为以为首项，1为公差的等差数列， ， ， ①， ②， ①-②得：， . （3）， 当时 ， 当时 ， 当时 ， 又，即 ， 当且仅当时，有. 【变式2】（24-25高二下·山东德州·月考）已知数列中，． (1)证明数列是等差数列，并求的通项公式； (2)设，求的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）利用等差数列的定义判断是等差数列，结合等差数列的通项公式求的通项公式. （2）利用错位相减求和法求数列的前项和. 【详解】（1）当时，， 所以，，又，所以， 故是以2为首项，3为公差的等差数列. 故，所以，． （2）， 令，① 则，② ①-②得：， ， 故. 题型十三 证明等比数列 解｜题｜技｜巧 常用方法： 1. 定义法：证明 （非零常数）； 1. 中项法：证明 （各项非零）； 1. 通项公式形如 。 【典例1】（24-25高二下·河南·期中）已知数列的前n项和为，且，． (1)求，，并证明：数列为等比数列； (2)求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用递推公式可求得，的值，由递推关系式，作差后变形得到，即说明数列为等比数列； （2）由（1）求出的通项公式，利用分组求和求出，再利用分组求和求出. 【详解】（1）由已知可得，解得，， ， ，， 两式相减得，即， ，又， 所以，因为， 所以数列为等比数列. （2）由（1）得，，， ， . 【典例2】（24-25高二下·浙江·期中）数列的首项，且，. (1)证明：数列为等比数列； (2)设，求数列的最大项. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，两边取对数即可得证； （2）由（1）可得，则，再利用作差法判断单调性，求出其最大项. 【详解】（1）因为，所以， 又，所以，则， 所以，又，所以，则， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （2）由（1）可得， 所以， 令， 则，解得， 又，所以当且时，当且时， 所以， 所以的最大项为. 【变式1】（24-25高二下·四川内江·期中）已知数列中，，且满足． (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式； (3)令，为数列的前n项和，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意，可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）由（1），根据等比数列的通项公式计算即可求解； （3）由（2）可得，利用裂项相消求和法可得，结合作差法即可证明. 【详解】（1）由题意知，所以， 由于，故， 故， 故数列是以3为首项，公比为3的等比数列； （2）由（1）知，数列是以3为首项，公比为3的等比数列， 所以，故 （3）由（2）知．， 所以，- 故 由于，故， 【变式2】（24-25高二下·北京·期中）在数列中，，. (1)证明：数列是等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)若，求数列的前n项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据已知求出，，即可得出证明； （2）根据等比数列通项公式得出，即可得出答案； （3）根据已知得出，进而裂项求和，即可得出答案. 【详解】（1）由已知可得，，， 所以，数列是以为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）可知，数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以有， 所以，. （3）由（2）可知， 所以， 所以，， 所以有数列的前n项和. 题型十四 递推公式 解｜题｜技｜巧 常见类型及解法： ：累加法； ：累乘法； ：构造等比数列 ； ：两边除以 或构造新数列； 分式递推：取倒数或构造等差/等比。 【典例1】（24-25高二下·河南郑州·期末）已知数列的前项和为，若，. (1)求； (2)记，数列的前项和，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由关系取可求，当时，用替换，与原式相减化简可得，由此可求结论； （2）由（1）可求，由此可得，利用裂项相消法求，再证明结论. 【详解】（1）因为，① 所以当时，，且，所以. 当时，，② 由①②得，，整理得到， 所以，故， 故当时，，而也符合， 综上，当时，. （2）由（1）知，则，即， 所以. 又因为为递增数列，所以， 故. 【典例2】（24-25高二下·广西北海·期末）已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)若，记数列的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据递推公式，构造等比数列，进而求出数列通项公式. （2）写出数列的通项公式，根据裂项求和法，求出数列前项和，进而得证. 【详解】（1）因为，所以， 又，所以，所以是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以，所以； （2）由（1）知， 所以 ， 又，所以． 【典例3】（24-25高二下·辽宁辽阳·期末）在数列中，，. (1)求； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用累加法求出数列的通项公式; （2）由（1）可得,利用裂项相消法计求和即可. 【详解】（1）因为， 所以 （2）因为， 所以. 【变式1】（24-25高二下·云南昆明·月考）已知在数列中，，， (1)求，， (2)求数列的通项公式． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）分别令，即可求解； （2）通过累加法即可求解. 【详解】（1）令，可得，又， 所以， 令，可得，又， 所以； （2） ，， 当时，符合， 所以 【变式2】（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. 【变式3】（24-25高二下·山东日照·月考）已知正项数列满足． (1)求数列的通项公式： (2)证明：对． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）变形给定等式，利用等差数列定义及通项公式求解. （2）利用裂项相消法求和法计算得证. 【详解】（1）在正项数列中，由，得， 因此数列是首项为，公差为1的等差数列，， 所以数列的通项公式. （2）由（1）知， 因此， 而数列是递增数列，且，则， 所以. 题型十五 裂项相消求和 解｜题｜技｜巧 核心是将通项拆成两项之差，使得求和时中间项抵消。常见裂项： ； ； 分式型、指数型、根式型、对数型等。注意系数调整。 【典例1】（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知等差数列的前项和满足. (1)求的通项公式； (2)若，求的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）依次得，，即可求解； （2）由等差数列求和公式、裂项相消法即可求解. 【详解】（1）由可得， 由可得，，公差， 故. （2）由（1）得， 故 则. 【典例2】（24-25高二下·辽宁沈阳·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1】（24-25高二下·云南保山·期末）已知数列满足：，． (1)求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)令，数列的前n项和为，求证：． 【答案】(1)证明见解析，； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据已知条件得出，即可证明数列是等比数列，进而求出数列的通项公式； （2）写出数列的通项公式，通过裂项相消法得出前n项和的表达式，利用单调性即可得出结论. 【详解】（1）由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴， 又， ∴数列是首项为3，公比为3的等比数列， ∴， 即． （2）由题意及（1）证明如下，， 在数列中， ， ∴ ， ， ∴单调递增，， ∵， ∴， ∴． 【变式2】（24-25高二下·四川眉山·期末）记，其中，数列满足． (1)证明：数列是等差数列，并求； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）由题目中的整理与的等量关系，可得的递推公式，根据等差数列的概念，可得答案； （2）由题意整理数列的通项公式，利用裂项相消，可得答案. 【详解】（1）证明：因为，所以，则，所以． 因为，所以当时，， 所以，代入，得， 两边同时除以并整理得，（）， 所以数列是首项为，公差为1的等差数列， 所以，即， 所以，即． （2）由（1）得，， 所以， 所以， 即． 题型十六 错位相减求和 解｜题｜技｜巧 适用于 ，其中 等差， 等比。 步骤：写出 ，两边乘公比，两式相减，转化为等比数列求和，再化简。注意公比是否为1的讨论。 【典例1】（24-25高二下·江西·期末）已知数列的各项均为正数，其前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据与的关系，通过作差法推导出数列的递推关系，进而求出通项公式； （2）先根据以及（1）的条件求出的表达式，再利用错位相减法求出其前项和. 【详解】（1）由，当时有：， 即， 因为，所以解得， 当时，由 ①， 得： ②， ①②得：， 即， 即， 即， 因为，所以， 所以，即， 所以数列以首项为1，公差为1的等差数列， 所以，当时满足表达式， 所以数列的通项公式为：. （2）由（1）知，又， 所以， 即， 所以  ③ ④ ③④得：， 即， 所以， 所以数列的前项和. 【典例2】（24-25高二下·湖北·期末）已知数列的前项和为，且. (1)求证：数列为等比数列； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用与的关系式，及构造法即可证明； （2）利用错位相减法即可求解. 【详解】（1）证明：①当时，， ②当时 ，， 则， 整理得： ∴，又， ∴是以2为首项，4为公比的等比数列； （2）由（1）得：， ∴， ∴，① ，② 由②①得： ， ∴. 【变式1】（24-25高二下·江西抚州·期末）设数列的前项和为. (1)求的通项公式； (2)若，且，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，得到时，，得到数列为等比数列，即可得到数列的通项公式； （2）由（1）求得，得到，得到，令，结合乘公比错位相减法求和，即可求解. 【详解】（1）由数列满足， 可得，又 所以数列是以为首项，公比为的等比数列， 所以数列的通项公式为. （2）由（1）知：，可得， 所以， 则， 令， 则， 两式相减，可得 ， 所以，所以. 【变式2】（24-25高二下·江苏连云港·期末）已知等差数列的前n项和为，，． (1)求数列的通项公式； (2)求和：； (3)若，设，求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据已知条件求得数列的首项和公差，由此可得的通项公式； （2）根据裂项相消法求和可得结果； （3）根据错位相减求和法可得结果. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 依题意有， 解得， 所以. （2）由①得，， 所以. （3）由题意，， 设数列的前n项和为， 则， ， 两式相减得 ， 所以. 题型十七 分组求和 解｜题｜技｜巧 数列由多个可求和的子数列组合而成（如等差+等比、奇偶项不同、周期数列等）。将原数列拆分为若干组，分别求和后再合并。 【典例1】（24-25高二下·河南洛阳·期末）已知数列的前n顶和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)在数列中，，求数列的前n项和. 【答案】(1) (2)，. 【分析】（1）利用，结合等比数列的通项公式即可求得. （2）先由（1）得，再利用分组求和法求解即可. 【详解】（1）当时，可得：； 当时，，， 两式相减，得，即， 所以当时，是以2为首项，3为公比的等比数列， 所以， 因为不满足上式， 所以 （2）当时，； 当时，，所以， ∴ ， 时，，上式也成立. ∴，. 【典例2】（24-25高二下·辽宁沈阳·月考）已知等比数列是递减数列，的前项和为，且、、成等差数列，，数列满足，， (1)求和的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用等比数列公式，结合列出的方程组即可求解； （2）利用分组求和，奇数项的和用错位相减法，偶数项的和用裂项相消法即可. 【详解】（1）设等比数列的公比为， 由题意可得，则 因为数列是递减的等比数列，解得， 所以，， 因为，所以，， 因为，则，所以，， 故. （2）当为奇数时，，令， 则，所以，， 两个等式作差可得 ，化简得； 当为偶数时， 令， 故. 【变式1】（24-25高二下·四川成都·月考）已知数列是首项为2且公差不为0的等差数列，为和的等比中项，记数列的前项和为. (1)求和； (2)设，求数列的前2022项的和. 【答案】(1)， (2)-1011 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项的性质求出公差，进而得到和； （2）先求出的表达式，再分析数列的前2022项和的规律进行计算. 【详解】（1）因为为和的等比中项，所以， 又因为数列是首项为2且公差不为0的等差数列，则，所以，，. （2）因为 所以数列的前2022项的和为： . 【变式2】（24-25高二下·重庆·月考）已知数列满足：，正项数列满足：，且. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项的和； (3)记为数列的前项积，证明： 【答案】(1)；； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据数列所给的递推关系，即可求得其通项； （2）根据数列的通项公式，结合分组求和的方法，即可求得数列的前项的和； （3）由（1）可得数列的通项公式，进而可求得其前项积，再结合不等式的放缩，即可证明. 【详解】（1）当时，，即， 当时，， 两式相减有：，， 经检验，也满足上式，故. 因为， 则当时，， 累加可得：，且，. 经检验，也满足上式，又因为是正项数列，故. （2） 令，则， 两式相减可以得到：， . 令， 当为偶数时：； 当为奇数时：； . （3）因为，所以， 左边： ， 右边：，得证. 题型十八 数列不等式与参数问题 解｜题｜技｜巧 常见于恒成立、存在性、求参数范围。 恒成立问题：转化为最值问题，利用数列单调性或函数性质； 存在性问题：解方程或不等式，注意 为正整数； 分离参数法、函数思想、数列的单调性分析。 【典例1】（24-25高二下·山东日照·月考）已知数列的前n项和为且． (1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和为； (3)若，求正整数k的所有取值． 【答案】(1)证明见解析， (2) (3)可取1，2，3 【分析】（1）由已知可得，可得是以为首项，为公差的等差数列，进而可求通项公式； （2）利用错位相减法即可得出； （3）由已知结合（1）（2）得出，构造函数，根据函数的单调性以及函数值，即可求解. 【详解】（1）因为，所以，所以，又， 所以是以为首项，为公差的等差数列，所以， 所以； （2）由（1）可得， 所以， 所以 ； （3）由（1）（2）可知，， 由，.由可得，所以 整理可得，令， 因为在上单调递增，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. 【典例2】（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列满足，且对任意正整数有，数列满足 (1)证明：数列是等比数列； (2)设，数列的前项和； ①求； ②若不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据题目条件利用等比数列定义即可得证． （2）运用错位相减求和法求，根据数列单调性处理不等式恒成立（此处注意根据的奇偶分类讨论），进而求出实数的取值范围． 【详解】（1）证明：因为， 所以． 因为，所以． 又，所以，即证得是首项为1，公比为2的等比数列． （2）①由（1）可得，则， ， ， 两式相减得：， 即， 所以，则． ②因为不等式对任意的正整数恒成立， 即对任意的正整数恒成立， 当为偶数时，因为在为增函数， 所以； 当为奇数时，对任意的正整数恒成立， 所以，解得． 综上，实数的取值范围为． 【变式1】（24-25高二下·江苏连云港·月考）已知数列是递增的等比数列且 (1)求数列的通项公式； (2)设是数列的前项和，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设公比为，依题列方程组，求解即得的值，即可写出通项公式； （2）由（1）求得，代入，化简裂项得，求和得，利用数列的增减性即可求得实数的最大值. 【详解】（1）设等比数列的公比为，依题意得：， 由，解得或，回代入方程组，可得或， 因数列是递增数列，故，则数列的通项公式为. （2）由（1）可得，， 则， 于是，， 因在上单调递增，故， 因不等式对任意的恒成立， 所以的最大值为. 【变式2】（24-25高二下·湖北武汉·月考）数列各项均为正数，其前项和为，且满足 (1)求证：是等差数列，求及； (2)设，求数列的前项和，并求使对所有的都成立的最大正整数的值. 【答案】(1)证明见解析，， (2)，正整数的最大值为 【分析】（1）当时，求出的值，当时，由已知等式变形得出，结合等差数列的定义可知是等差数列，确定该数列的首项和公差，结合可求得的表达式，再由可求得数列的通项公式； （2）利用裂项求和法求出，利用数列的单调性求出的最小值，可得出关于实数的不等式，解出的取值范围，即可得解. 【详解】（1），当时，， 整理得，，又， 数列为首项和公差都是的等差数列. ，又，， 时，， 又适合此式， 数列的通项公式为. （2）， ， 随着逐渐增大，逐渐增大， ，依题意有，，即，解得， 故所求最大正整数的值为. 题型十九 不等式放缩问题 解｜题｜技｜巧 常用于证明与数列和有关的不等式。 常用技巧： 裂项放缩（如 ）； 舍弃或保留部分项； 利用已知不等式（如均值不等式、指数对数放缩）； 先求和再放缩，或先放缩再求和。 【典例1】（24-25高二下·江西南昌·期中）对于数列且，则称数列为的“四分差数列”．已知数列为数列的“四分差数列”． (1)若，求的值． (2)设． ①求的通项公式； ②若数列满足，且的前n项和为，证明：． 【答案】(1) (2)①；②证明见详解 【分析】（1）设，可得，进而可得的通项公式； （2）①结合（1）可得，进而可得的通项公式；②可得，利用放缩法可得，再结合裂项相消法分析证明. 【详解】（1）由题意可设：，则， 若，则， 且，可得， 所以. （2）①由（1）可得， 若，则， 且，可得， 所以的通项公式； ②因为，即， 则， 可得， 所以. 【变式1】（24-25高二下·辽宁·期中）已知等比数列的前n项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)令，求的前n项和； (3)令，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据和关系求得，即可求出公比，再利用条件求出，即可求解通项公式. （2）利用错位相减法求和即可. （3）通过变形得，结合等比数列求和公式及数列的有界性证明即可. 【详解】（1）由，得， 两式相减，得， 即，又是等比数列，故公比， 由，知，则． （2）由题， 则， ， 两式相减，得， 即． （3），由， 得： 则. 【变式2】（2026·天津·一模）已知数列满足． (1)证明：求的值，并证明数列为等比数列； (2)设，求数列的前项和； (3)设，求证：． 【答案】(1)，，证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据递推公式及等比数列的定义证明即可； （2）由（1）求出，即可求出，从而得到，利用错位相减法计算可得； （3）由数列的通项公式可得，利用放缩法即可得到，再利用裂项相消法即可证明. 【详解】（1）当时，可得， 当时，可得， 因为，， 所以 ， 所以数列为首项为，公比为的等比数列. （2）由（1）得， 则， 所以 ， 所以， 则， 所以 ， 即； （3）因为 ， 所以 ，即命题得证. 题型二十 数列杂糅问题 解｜题｜技｜巧 综合考查数列与函数、导数、概率、几何、新定义等交叉内容。 解题策略： 1. 拆解问题，识别数列结构； 1. 转化为基本数列模型（等差、等比、递推）； 1. 结合其他模块知识（如函数零点、不等式恒成立）综合分析； 1. 注意分类讨论、数学归纳法、构造法等工具的应用。 【典例1】（24-25高二下·浙江·期中）甲、乙两盒子中各有枚形状、大小完全相同的棋子，一红一黄.称一次操作是从甲、乙盒中随机取出一枚棋子交换，记次操作后，甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为 . (1)求 ，的值； (2)求数列的通项公式； (3)并求使不等式成立的最小值. 【答案】(1)，， (2) (3) 【分析】（1）设事件第次操作时，从甲盒中取出的是红色棋子为，事件第次操作时，从乙盒中取出的是红色棋子为，则事件第一次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子可表示为，根据概率加法和乘法公式求，再根据关系求； （2）由条件可得，证明数列为等比数列，结合等比数列通项公式求结论； （3）结合（2）的结论化简不等式可得，结合指数函数单调性及，可得结论. 【详解】（1）设事件第次操作时，从甲盒中取出的是红色棋子为， 事件第次操作时，从乙盒中取出的是红色棋子为， 则事件第一次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子可表示为， 又，事件与事件互为互斥事件，事件与事件独立， 所以， 所以， 若第1次操作后甲、乙盒中各有一红一黄棋子， 则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为， 若第1次操作后甲盒中为两个红色棋子，乙盒中为两个黄色棋子或甲盒中为两个黄色棋子，乙盒中为两个红色棋子， 则第二次操作后甲、乙盒中仍各有一红一黄棋子的概率为， 所以. （2）因为，故 所以，又， 所以数列为首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以， （3）因为，由（2）可得， 所以 整理得，又，，函数为增函数， 所以的最小值为. 【典例2】（24-25高二下·辽宁大连·期中）已知函数，记，且，． (1)求，； (2)设，， （ⅰ）证明数列是等差数列，并求数列的前项和为； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)， (2)（ⅰ）证明见解析；；（ⅱ）证明见解析； 【分析】（1）求出导数，利用递推关系可得答案； （2）（ⅰ）求出的递推关系，利用等差数列的定义可证明等差数列，利用错位相减法可求和； （ⅱ）利用进行放缩，结合等比数列求和公式可证结论. 【详解】（1）因为，所以， . （2）（ⅰ）因为，所以， 又，所以，； 由（1）可知，，所以，， ，所以是以为首项和公差的等差数列， ，所以. ,, 两式相减可得 , . （ⅱ），， 所以 因为，所以. 【变式1】（24-25高二下·河北·期中）某学校有两家餐厅，王同学开学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去A餐厅，那么第2天继续去A餐厅的概率为；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为，如此往复. (1)计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率； (2)记王同学第n天去A餐厅用餐概率为，写出关于的表达式； (3)证明数列是等比数列，并求出的通项公式. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）设表示第1天去餐厅，表示第2天去餐厅，则表示第1天去餐厅，由全概率公式求解即可； （2）设表示第天去餐厅用餐，则，由即可求解； （3）由（2）构造等比数列即可求解. 【详解】（1）设表示第1天去餐厅，表示第2天去餐厅，则表示第1天去餐厅， 根据题意得， 所以； （2）设表示第天去餐厅用餐，则， 根据题意得， 由全概率公式得，， 即；     （3）由整理得，， 又， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 即. 【变式2】（24-25高二下·四川绵阳·期中）若数列满足，，. (1)比较与的大小； (2)求证：； (3)求证：时，. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）作差得，其中，构造函数，利用导数分析该函数在上的单调性，即可得出与的大小关系； （2）先验证不等式在、时成立，然后利用数学归纳法结合导数可证得结论成立； （3）由（1）得，所以，然后利用放缩法结合等比数列求和公式可证得结论成立. 【详解】（1）由，则，， 令，，可得， 当时，恒成立，所以在上单调递减， 所以，所以，即. （2）①，当时，，； ②假设对于任意时不等式成立，即，由于， 令，，可得，令，可得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 因为，，所以，所以，其中， 又由，所以，所以， 所以， 由数学归纳法得：当时，成立. 所以. （3）由（1）知：，所以， 所以， 综上可得：. 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 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·四川资阳·期末）在等差数列中，若，，则公差（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由等差数列的性质可得出，即可得出的值. 【详解】由等差数列的性质可得，则，故. 故选：C. 二、多选题 3．（24-25高二下·广东深圳·期中）已知等比数列的前项和为，公比，，则（    ） A． B． C． D．数列是公比为4的等比数列 【答案】ACD 【分析】首先求出，再由等比数列通项公式及求和公式判断B、C，由等比数列的定义判断D. 【详解】因为，，所以，即A正确； 易知，可知B错误； 将首项和公比代入可得，故C正确； 又，，故数列是首项为，公比为的等比数列，故D正确． 故选：ACD 三、填空题 4．（24-25高二下·黑龙江·期中）等比数列的前项和为，且，则_________． 【答案】306 【分析】利用通项公式得到关于，的方程，求出，的值后，直接代入等比数列的求和公式中，求得的值. 【详解】设等比数列的公比为，由于，所以，解得：，所以 故答案为： 四、解答题 5．（24-25高二下·浙江·期中）已知等差数列的前项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)设数列满足，求的前项和. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由通项公式及求和公式列出等式求出首项、公差即可求解； （2）由（1）结合等比数列求和公式即可求解. 【详解】（1）设公差为， 由题意可得，， 解得：， 所以 （2）由（1）可得 则是首项，公比为2的等比数列 则 期中重难突破练（测试时间：15分钟） 一、单选题 1．（24-25高二下·广东佛山·期中）已知数列满足，且，则（    ） A．2 B． C． D．1 【答案】A 【分析】判断数列的周期后可求. 【详解】由题可得， 猜测是周期为3的数列，下证周期为3. 因为，故, 故是周期数列且周期为3. 故. 故选：A. 二、多选题 2．（24-25高二下·四川广元·期中）已知数列的前项和为，下列说法正确的有（   ） A．若，则； B．若数列是等差数列且，则当时，取得最大值； C．若且数列是等比数列，则； D．若数列是等差数列，则． 【答案】BD 【分析】对于A，利用求解；对于B，根据等差数列的性质判断，即可；对于C，根据等比数列的求和公式，可得则，结合不等于0即可判断；对于D，利用等差数列的性质以及等差数列的求和公式判断即可； 【详解】对于A中，由，当时，， 当时，由，可得， 相减可得，对不成立， 所以，所以A不正确； 对于B中，因为，且，则公差， 由，得到，即， 所以，，故当时，取得最大值，所以B正确； 对于C中，若且数列是等比数列，则公比为2， 所以，则，而不等于0，C错误； 对于D中，因为数列是等差数列，则，所以D正确. 故选： BD. 三、填空题 3．（24-25高二下·山西长治·期中）已知等差数列，的前n项和分别为，，若，则________． 【答案】 【分析】利用等差数列的性质得，又，利用即可求解. 【详解】由题意得， 所以，又， 所以， 故答案为：. 四、解答题 4．（24-25高二下·辽宁·期中）记为数列的前项和，已知，是等差数列，，，. (1)求，的通项公式； (2)设，求. 【答案】(1)，， (2). 【分析】（1）由条件，结合关系，当时，可求，设数列的公差为，结合关系化简条件求，再求， （2）利用错位相减法求. 【详解】（1）因为， 所以当时，，又，所以， 当时，， 又， 所以， 所以数列的通项公式为， 设数列的公差为， 因为， 所以， 又，， 所以，所以， 故，即数列的通项公式为， （2）因为， 由（1）① 所以② ①②得：， 所以， 所以. 期中综合拓展练（测试时间：25分钟） 一、多选题 1．（25-26高二上·广西南宁·期中）大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中每一项代表了太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由递推关系讨论当时和当时两种情况得到，再利用累加法得到数列的通项，然后逐项判断即可. 【详解】因为，，令且， 当时，①； 当时，②， 由①②联立得． 所以，，…，， 累加可得． 令（且为奇数），得， 当时满足上式，所以当n为奇数时，， 当n为奇数时，，所以，其中n为偶数． 所以，故D正确．所以，故A正确． 因为，故B正确． 当n为偶数时，，即， 当n为奇数时，，即， 综上可得，故C错误． 故选：ABD． 二、填空题 2．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列满足，且，则数列的通项公式为_____________；记，则的值为_____________（其中[x]为不超过实数的最大整数，如）． 【答案】 18 【分析】由题意，分类讨论即可得到，通过放缩得到即可得解. 【详解】因为， 所以，，又， 所以，， 所以当时，， 当时，， 综上所述，， ， 注意到，， 所以 ， 故. 故答案为：，18. 三、解答题 3．（24-25高二下·山西吕梁·期中）数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为，n次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为．扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列，．已知数列． (1)求； (2)求； (3)求数列的前n项和． 【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）将根据扩充规则代入计算可得结果； （2）易知数列经一次扩充后是在原来数列的相邻两项中增加一项，即可得，再由等比数列定义可求得，再由所有项的和之间的递推关系可得，即可求得； （3）结合（2）中的表达式，利用错位相减法计算即可求得结果. 【详解】（1）由可得，因此； 则，因此； 则，因此； （2）因为数列经一次扩充后是在原来数列的相邻两项中增加一项， 所以经第次扩充后增加的项数为， 因此，所以， 因为，所以可得数列是以4为首项，公比为2的等比数列， 所以，即； 设经过第次扩充后数列的各项为， 则，因为扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和， 所以 ； 可得， 又，因此是以首项为3，公比为3的等比数列，故可得. （3）由（2）可知， 所以可得 ； 令，则； 两式相减可得； 所以可得； 即. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于由数列的扩充规则得出的递推关系式，再结合等比数列定义写出对应的通项公式即可得出结论. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $