专题01 数列全章20大题型（期中复习课件）高二数学下学期人教A版

这是一份高中数学高二年级下学期的期中复习课件，共162页，以“数列全章20大题型”为核心，通过“期·期末学情”“记·必备知识”“破·重难点题型”“计·分层验收”模块，构建从基础到综合的学习支架。 资料特色在于聚焦核心素养，通过20类题型系统梳理等差等比数列性质、递推公式、求和方法等，结合实际应用案例（如增长率问题）培养数学眼光，以解题技巧和证明推导发展数学思维，分层验收设计满足不同学情，助力学生突破难点，为教师教学提供清晰路径。 高二年级学生处于承上启下阶段，需巩固数列基础应对期中检测，资料分层设计和题型全覆盖能帮助学生查漏补缺，提升综合应用能力，教师可依托资料精准教学，提高复习效率。

专题01 数列全章20大题型 高二年级数学下学期 期中复习讲义 人教A版 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 1 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 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 1 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 2 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 3 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 4 CONTENTS 内 容 导 航 2 明•期末考情 第一部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 3 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 4 记•必备知识 第二部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 5 知识点1 数列的相关概念 一定次序 项 首项 项的个数 （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. 6 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 ． 正整数 通项 通项公式 7 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 8 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． 有限 无限 末项 9 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 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． 单调性 10 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__________________________. 11 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）． 用一个公式来表示 递推关系 12 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. 13 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. 14 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 . 2 差 同一个常数d 公差 15 知识点11 等差数列通项公式的变形及推广 （1）， （2） （3） ，且. 16 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． 17 知识点13 下标性质 在等差数列中，若，则 ．特别地，若，则有． 18 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 （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. 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） 等差 19 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 20 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 _______________ 21 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． 知三求二 基本量和 和 22 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 23 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 ． 知识点19 等差数列前n项和的最值 （1）在等差数列中， （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． 最大 最小 最小 最大 24 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 25 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 . 2 比 同一个常数q 公比 26 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__________ 27 （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______________________. （2）时， 是与的等比中项.例如，但不是等比数列； 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__________. 知识点23 等比中项 等比中项 不一定 唯一 有两个，且互为相反数 .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. （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； 28 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 29 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______ q 等比数列 30 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 1 31 (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____________. 知识点27 等比数列前n项和公式的函数特征 指数型函数 正比例函数 温馨提醒：当，所以的结构形式. 32 （4）若是公比为q的等比数列，则 （）． （3）若等比数列共项，记为诸奇数项和，为诸偶数项和，则 ； （2）当时，， ，为_________________； （1）若，则 ； 知识点28 等比数列前n项和的性质 0 等比数列 已知为等比数列，公比为，为其前项和. 33 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 34 知识点30 公式法求和 (1)等差数列的前 项和公式 ； (2)等比数列的前 项和公式 ①当 时，； ②当 时，. 35 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． 相等或等于同一个常数 36 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． 若干个等差或等比或可求和的数列 37 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． 两项之差 38 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 39 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． 一个等差数列和一个等比数列的对应项之积 40 知识点36 万能公式法求和 形如的数列求和为： ，其中，， 41 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． 42 破•重难题型 第三部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 43 题型一 等差数列基本量的计算 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. 解｜题｜技｜巧 44 题型二 等差中项与等差等比混考问题 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）. 解｜题｜技｜巧 48 题型三 等差数列的性质 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. 解｜题｜技｜巧 52 题型四 等差数列的函数特性与最值 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. 解｜题｜技｜巧 56 题型五 等差数列的简单应用 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. 解｜题｜技｜巧 62 题型六 等比数列基本量的计算 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. 解｜题｜技｜巧 66 题型七 等比中项与等差等比混考问题 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． 解｜题｜技｜巧 70 题型八 等比数列的性质与函数特性 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. 解｜题｜技｜巧 73 题型九 等比数列的简单应用 常见于实际情境（如增长率、复利、细胞分裂、传播扩散问题等），关键在于将实际问题转化为等比数列模型，确定首项、公比、项数，再套用公式求解. 解｜题｜技｜巧 78 题型十 求等差数列通项公式（解答题） 通常求 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. 解｜题｜技｜巧 83 题型十一 求等比数列通项公式（解答题） 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. 解｜题｜技｜巧 88 题型十二 证明等差数列 常用方法： (1)定义法：证明 （常数）； (2)中项法：证明 ； (3)通项公式形如 ； (4)前 项和形如 . 解｜题｜技｜巧 93 题型十三 证明等比数列 常用方法： (1)定义法：证明 (非零常数) ； (2)中项法：证明 (各项非零) ； (3)通项公式形如. 解｜题｜技｜巧 99 题型十四 递推公式 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. 解｜题｜技｜巧 104 109 题型十五 裂项相消求和 ； ； 分式型、指数型、根式型、对数型等.注意系数调整. 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： 解｜题｜技｜巧 111 题型十六 错位相减求和 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. 解｜题｜技｜巧 116 题型十七 分组求和 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. 解｜题｜技｜巧 121 题型十八 数列不等式与参数问题 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. 解｜题｜技｜巧 128 题型十九 不等式放缩问题 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. 常用于证明与数列和有关的不等式. 常用技巧： 解｜题｜技｜巧 135 题型二十 数列杂糅问题 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； (2) 转化为基本数列模型（等差、等比、递推）； (3)结合其他模块知识（如函数零点、不等式恒成立）综合分析； 注意分类讨论、数学归纳法、构造法等工具的应用. 解｜题｜技｜巧 140 过•分层验收 第四部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 感谢聆听 每天解决一个小问题，每周攻克 一个薄弱点，量变终会引发质变. 教师寄语 A．1 B．2 C．0或1 D．0或2 【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. 题型一 等差数列基本量的计算 【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(   ) 【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 【详解】设等差数列的公差为,由,得, .故选：D. 【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2】(24-25高二下.辽宁.期中)设等差数列的前项和为,若,,则___________. 【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 A．10 B．12 C．15 D．30 【详解】由成等差数列,得,而,则, 等比数列的公比,则,所以.故选：C 题型二 等差中项与等差等比混考问题 【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(    ) 【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 【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：. 【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． A．45 B．9 C．18 D．36 【详解】因为,所以,.. 【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 【详解】因为是等差数列,且,,所以,,所以.故选：A. 题型三 等差数列的性质 【典例1】(24-25高二下.安徽阜阳.期中)在等差数列中,,则(   ) 【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 【详解】因为等差数列、的前项和分别为、,且, 因为.故选：C. 【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． 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 【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． 题型四 等差数列的函数特性与最值 【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(   ) 【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. 【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． 【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 【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, C． D．中最小项为 【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 【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 A．57株 B．56株 C．55株 D．54株 【详解】设第圈栽种花卉株,则,(,), 又,,则,,,,, 所以 .故选：A 题型五 等差数列的简单应用 【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(   ) 【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 【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 【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 A．16 B．32 C．64 D．256 【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 【详解】由,,得,即或, 该数列为1,3,9或9,3,1.所以,故选：C. 题型六 等比数列基本量的计算 【典例1】(24-25高二下.辽宁.期中)在等比数列中,若,,则(   ) 【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 【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. 【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． A． B．8 C． D． 【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 【详解】设公差为,,,成等比数列,故,,故, 解得或0(舍去),故.故选：B 题型七 等比中项与等差等比混考问题 【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(   ) 【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 【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. 【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 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 【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. 题型八 等比数列的性质与函数特性 【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(    ) 【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. 【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． 【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 【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 【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 A．16 B．32 C．48 D．64 【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 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(    ) 【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. 【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． 【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 【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. 【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 (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前99项和. 【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. 题型十 求等差数列通项公式(解答题) 【典例1】(25-26高二上.河北石家庄.月考)等差数列的前项和为,,. (2)设,证明：. 【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. 【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)记,其前n项和为,求. 【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)求使成立的的最大值． 【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. 【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； (1)求数列的通项公式； (2)若,求数列的前项和. 【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. 题型十一 求等比数列通项公式(解答题) 【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. (2)令,求数列的前项和. 【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. 【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)记的前项和为,,求数列的前项和． 【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)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：． 【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； (1)求证：数列为等差数列； (2)设,证明：数列的前n项和. 【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)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. 题型十二 证明等差数列 【典例1】(24-25高二下.四川.期中)数列满足,. (1)证明是等差数列； (2)求； (3)求证： 【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. 【典例2】(24-25高三下.广东惠州.月考)已知数列的前项和为,且, (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. 【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. 【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) 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. (2)设,求的前项和． 【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, ②①-②得：,,故. 【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； (1)求,,并证明：数列为等比数列； (2)求的值． 【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,,,,. 题型十三 证明等比数列 【典例1】(24-25高二下.河南.期中)已知数列的前n项和为,且,． (2)设,求数列的最大项. 【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. 【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)求的通项公式； (3)令,为数列的前n项和,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)求数列的通项公式； (3)若,求数列的前n项和. 【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. 【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； (1)求； (2)记,数列的前项和,证明：. 【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. 题型十四 递推公式 【典例1】(24-25高二下.河南郑州.期末)已知数列的前项和为,若,. (2)若,记数列的前项和为,求证：． 【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)设,求数列的前项和. 【详解】(1)因为,所以 (2)因为,所以. 【典例3】(24-25高二下.辽宁辽阳.期末)在数列中,,. (1)求； 【详解】(1)令,可得,又,所以,令,可得,又,所以； (2), ,当时,符合,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． (1)求数列和的通项公式； (2)求的前n项和． 【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：． (2)证明：对． 【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. 【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： (1)求的通项公式； (2)若,求的前项和. 【详解】(1)由可得,由可得,,公差,故. (2)由(1)得,故则. 题型十五 裂项相消求和 【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. (2)若,求数列的前n项和； (3)若,求数列的前n项和． 【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． 【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)令,数列的前n项和为,求证：． 【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)求数列的前项和． 【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. 【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； (1)求数列的通项公式； (2)若,求数列的前项和. 【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  ③ ④③④得：,即,所以,所以数列的前项和. 题型十六 错位相减求和 【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. (2)设,求数列的前项和. 【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：, ∴. 【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)若,且,求数列的前项和. 【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)求和：； (3)若,设,求数列的前n项和． 【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. 【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； (1)求数列的通项公式； (2)在数列中,,求数列的前n项和. 【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.∴,. 题型十七 分组求和 【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,. (2)若,求数列的前项和. 【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. 【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)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. (2)设,求数列的前2022项的和. 【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)若,求数列的前项的和； (3)记为数列的前项积,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. 【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)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. (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． 【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； 题型十八 数列不等式与参数问题 【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． (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. (2)设,数列的前项和； 【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． 【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)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． (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. 【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,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. 【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. 【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； (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：． 【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. 题型十九 不等式放缩问题 【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”． (2)令,求的前n项和； (3)令,证明：． 【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)设,求数列的前项和； (3)设,求证：． 【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. 【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)由(1)得,则,所以 ,所以,则,所以,即； (3)因为 ,所以,即命题得证. (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. 【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. 题型二十 数列杂糅问题 【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 . (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. (2)设,, (ⅰ)证明数列是等差数列,并求数列的前项和为； (ⅱ)证明：． 【详解】(1)因为,所以,. 【典例2】(24-25高二下.辽宁大连.期中)已知函数,记,且,． (1)求,； (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. (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. 【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 【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)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 (2)求证: ; (3)求证: 【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 . 【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) ① ,.②假设对于任意 时不等式成立,即 ,由于 .令 ,可得 ,令 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 ,所以 ,所以 .所以 ,所以 成立.即. (3)由(1)知: ,所以 ,综上可得:. A．140 B．120 C．40 D．50 【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． 【详解】由等差数列的性质可得,则,故.故选：C. 期中基础通关练(测试时间：10分钟) 1．(24-25高二下.浙江温州.期末)数列的前n项和,则( ) 【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 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 4．(24-25高二下.黑龙江.期中)等比数列的前项和为,且,则_________． 【详解】设等比数列的公比为,由于,所以,解得：, 所以故答案为： (2)设数列满足,求的前项和. 【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 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； A．2 B． C． D．1 【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. 期中重难突破练(测试时间：15分钟) 1．(24-25高二下.广东佛山.期中)已知数列满足,且,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． 【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. 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； 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________． 【详解】由题意得,所以,又,所以,故答案为：. (2)设,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②①②得：, 所以,所以. 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； A． B． C． D． 【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． 期中综合拓展练(测试时间：25分钟) 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(   ) ,注意到,,所以,故.故答案为：,18. 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)． 【详解】因为,所以,,又,所以,,所以当时,,当时,,综上所述,, 【详解】(1)由可得,因此；则,因此；则,因此； 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． (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. $