专题06 数列（期中真题汇编，山东专用）高三数学上学期

专题06 数列 5大高频考点概览 考点01 等差数列 考点02 等比数列 考点03 数列的通项公式与求和 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 考点05 数列新定义 考点01 等差数列 1．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）（多选）等差数列的前项和为，，则下列结论一定正确的是（       ） A.  B. 当或10时，取最大值 C.  D.  【答案】AD 【分析】 由求出，即，由此表示出、、、，可判断C、D两选项；当时，，有最小值，故B错误. 【详解】 解：，，故正确A. 由，当时，，有最小值，故B错误. ，所以，故C错误. ， ，故D正确. 故选：AD 【点睛】 考查等差数列的有关量的计算以及性质，基础题. 2．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）已知正项等差数列满足，则（     ） A. 5 B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据等差数列下标和性质计算可得. 【详解】 因为， 所以， 又， 所以，则，则， 解得或， 又，所以. 故选：C 3．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）已知等差数列的前项和为，若与是方程的两根，则（     ） A. 41 B. 42 C. 43 D. 44 【答案】D 【分析】 根据等差数列的性质即可求解. 【详解】 由于与是方程的两根，故， 即，得， 因此， 故选：D 4．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）（多选）等差数列中，，则下列命题正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，则， 【答案】ACD 【分析】 根据给定条件，结合等差数列的性质、前n项和公式逐项分析判断即得. 【详解】 等差数列中，， 对于A，，，A正确； 对于B，，则，， 则，，因此，即，B错误； 对于C，，则，C正确； 对于D，设的公差为，由，得，解得， 则，，D正确. 故选：ACD 5．（25-26学年高三上·山东期中学·期中）已知等差数列的前项和为，若，，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据等差数列部分和的性质有为等差数列，结合等差中项的性质列方程求值即可. 【详解】 由题意为等差数列，则， 所以，则. 故选：C 6．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）记为等差数列的前项和，，，则　　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据等差数列的通项公式和前项和计算即可. 【详解】 设等差数列的首项为，公差为，则 由题意得， ，化简得 ， 解得. 所以. 所以. 故答案为：. 7．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）已知等差数列的前项和为，满足，则　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 先利用诱导公式将原式变形，然后构造函数并分析其奇偶性和单调性，根据的取值特点判断出之间的关系，然后利用等差数列的前项和公式以及等差数列下标和性质求解出结果. 【详解】 因为，所以， 所以， 又因为，所以， 令，， 且的定义域为，所以为奇函数， 所以，且， 所以， 又因为，所以在上单调递增， 所以，所以， 所以， 故答案为：. 【点睛】 关键点点睛：解答本题的关键是通过分析所给等式的特点，采用构造函数的思想，分析出的关系，其中奇偶性的证明、单调性的分析都值得注意，最后计算时注意借助等差数列的下标和性质进行解答. 考点02 等比数列 1．（25-26学年高三上·山东日照·期中）（多选）已知等比数列的前项和为，公比，则（       ） A.  B.  C.  D. 数列是公比为2的等比数列 【答案】AC 【分析】 根据等比数列的通项公式计算求解判断A，B，应用求和公式计算判断C，应用等比数列定义计算判断D. 【详解】 等比数列的前项和为，公比， 则，，A选项正确； ，B选项错误； ，C选项正确； 当时，，所以数列是公比为4的等比数列，D选项错误； 故选：AC. 2．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）设等比数列的各项均为正数，其前n项和为，则“”是“数列是递增数列”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】 把转化为，得，即是递增数列，反之推导即可求解. 【详解】 由得，所以， 又，所以是递增数列， 反之，等比数列的各项均为正数，且数列是递增数列，所以，即有， 所以，即， 所以“”是“数列是递增数列”的充要条件. 故选：C 3．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）设等比数列前项和为，若，，则（       ） A. 16 B. 31 C. 32 D. 63 【答案】B 【分析】 根据已知及等比数列的通项公式求基本量，再由等比数列的前n项和公式求. 【详解】 设的公比为，则，可得， 所以，则. 故选：B 4．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）已知是等比数列，公比为，若存在无穷多个不同的正整数，满足，则下列选项中，不可能成立的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 分类讨论，当，时，结合等比数列的通项和性质分析判断． 【详解】 是等比数列，公比为，存在无穷多个不同的满足， 当时，则： ①当时，则为非零常数列，，符合题意，故A可能成立； ②当时，则为单调数列，恒不成立，且不合题意； 当时，可得，则： ①当时，若，为偶数时，则； 若时，为奇数时，则； 符合题意，故B可能成立； ②当，若，为偶数时，则，，， 且，即； 若，为奇数时，则，，，且， 即；故符合题意，故D可能成立； ③当，， ， ，则，，可得 ， 则，这与等比数列相矛盾， 故和均不合题意，故C不可能成立． 故选：C． 5．（25-26学年高三上·山东潍坊部分学校·期中）已知等比数列，则　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 借助等比数列基本量计算即可得. 【详解】 设该数列公比为，则，则， 故. 故答案为：. 6．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）记实数等 比数列的前 n项和 为若，，则=　　　　　　　. 【答案】150 【详解】记，，， 设 q为的公比，则 b1、b2、b3、b4构成以为公比的等比数列． 于是， 从而，. 解得或（舍去）.故 考点03 数列的通项公式与求和 1．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）已知数列的前项和为，，，，则的值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 可得，检验可知数列是以6为周期的周期数列，结合周期性运算求解即可. 【详解】 因为，，，即， 可得，，， ，，， 可知数列是以6为周期的周期数列，且， 所以该数列一个周期的和为0. 因为， 所以. 故选：B. 2．（25-26学年高三上·山东德州·期中）（多选）已知数列的首项，且满足，则（     ） A.  B. 是等比数列 C. 是等差数列 D.  【答案】ACD 【分析】 先由题设分和依次求出和数列是以2为公比，为首项的等比数列，进而得到数列是以为公差，为首项的等差数列求出，接着求出即可逐一计算即可得解. 【详解】 数列的首项，且满足， 所以时，， 当时，， 整理得， 所以数列是以2为公比，为首项的等比数列， 所以，所以， 所以数列是以为公差，为首项的等差数列， 所以， 所以，， 所以常数， . 综上，ACD正确，B错误. 故选：ACD 3．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）（多选）记数列的前项和为，若，，则（     ） A.  B.  C. 数列的前项和小于2 D. 数列的前项和为 【答案】ABC 【分析】 根据的关系可得是首项，公比为2的等比数列，即可求解AB，根据放缩法，结合等比求和可判断C，利用错位相减法求和即可判断D. 【详解】 ，则，两个式子相减，化简得（）， 即（），又，所以. 综上，可知是首项，公比为2的等比数列， 故的通项公式为，A正确； ，故，B正确； ，当且仅当时取到等号， 故的前项和满足，故C正确； 设的前项和， 则， 可得， 所以， 所以，故D错误. 故选：ABC 4．（25-26学年高三上·山东日照·期中）　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 由等差数列的求和公式可得. 【详解】 原式. 故答案为：. 5．（25-26学年高三上·山东淄博实验中学·期中）设等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由为等差数列，将，代入解出，，从而求出的通项公式； （2）由（1）问，写出的通项公式，然后利用分组求和求出. (1) 小问详解： 设等差数列的公差为. 由题意可得 解得，， 则. (2) 小问详解： 由（1）可知，则， 故 . 6．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）设正项数列的前项和为，，且当时，. （1）求的通项公式； （2）求的前项和； 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）令、可分别求得、的值，由时，由，可得，两式作差结合等差数列的定义可知数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式； （2）由（1）得出，利用错位相减法可求得. (1) 小问详解： 正项数列的前项和为，，且当时，， 即， 当时，，解得或（舍负）， 当时，，解得或（舍负）， 时，由，可得， 两式相减可得， 化为， 由得，可得，且， 所以数列是首项和公差均为的等差数列， 则； (2) 小问详解： 由（1）得， 则， ， 两式相减可得， 化简得. 7．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）在正项等比数列中已知，. （1）求数列的通项公式； （2）令，若，若在数列任意相邻两项与之间插入一个实数（），从而形成一个新的数列，求数列的前项和. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据等比数列的通项公式，列方程组，即可求解； （2）首先求，再根据分组求和法，公式法和错位相减法求和. (1) 小问详解： 设等比数列的公比为， 则 ，且，所以； (2) 小问详解： ，则， ， ， ， 设， 设， 则，              ， ， ， ， 所以， 所以. 8．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）已知数列的所有项均为正整数，，若，则所有可能的值为　　　　　　　　　　. 【答案】1或4. 或1 【分析】 由，，可得，再分为奇数时、为偶数求解即可. 【详解】 因为， 当为奇数时，， 即，解得， 与矛盾； 所以为偶数， 所以，即， 解得； 当为奇数时，， 即，解得； 当为偶数时， 所以，即， 解得 综上，的值为1或4. 故答案为：1或4. 9．（25-26学年高三上·山东潍坊部分学校·期中）已知正项等差数列． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由等差数列的性质结合已知等式求出公差，再由基本量法可得； （2）将数列项按奇偶分组分别由等比和等差数列的求和公式求解可得. (1) 小问详解： 因为正项等差数列， 所以，， 因为正项等差数列，所以， 所以. (2) 小问详解： 因为 ，即 ， 奇数项和为， 偶数项和为， 所以数列的前项和. 10．（25-26学年高三上·山东期中学·期中）已知数列的前项和为，且，数列满足且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）； ；     （2）      【分析】 （1）先根据和的关系计算通项公式，再根据数列的递推公式证明的奇数项和偶数项分别是等比数列，进而得通项公式； （2）可以采取分组求和的方式，即将奇数项与偶数项的和分开求解，再利用错位相减法以及裂项相消法分别求和； (1) 小问详解： 因为，故当时，； 当时，，满足上式， 所以，； 因为，所以，所以， 所以 . (2) 小问详解： 当为奇数时，， 记，则有 ， ， 得：， ， ， 当为偶数时，， 记 ， ． 11．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）已知关于的函数是的零点．记，其中表示不超过的最大整数，若为的前项和，则　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 采用换元法，令，根据函数单调性和零点的存在性定理判断出的范围，再对分奇偶讨论，结合定义可确定出关于的表示，利用正弦函数的周期性可求解出的值. 【详解】 因为是的零点，所以， 令，则，则， 令，且在上单调递增， 所以在上单调递增， 因为，， 所以存在唯一使得， 当()时，，所以， 当()时，，所以； 当()时，， 当()时，， 当()时，， 所以， 所以， 故答案为：. 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 1．（25-26学年高三上·山东潍坊部分学校·期中）已知数列满足，设，则数列的前2026项和为（　　） A.  B.  C.  D. 506 【答案】A 【分析】 先由等差数列的定义求出数列的通项，然后利用积化和差对数列的通项化简，再结合余弦函数的周期性计算可得. 【详解】 因为数列满足， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， ， ， 所以， 又的最小正周期，一个周期内的和为， ， 所以. 故选：A. 2．（25-26学年高三上·山东期中学·期中）（多选）若等比数列的公比为2，且，令，且数列的前项积为，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】ABD 【分析】 依题意得，对于A项直接计算；对于B项，作差利用和差化积公式求解；对于C项，进行判断；对于D项，，利用二倍角公式求解． 【详解】 因为，所以， 对于A项，， 故A项正确； 对于B项， ， 则，故B项正确； 对于C项，因为，而的取值具有周期性变换，则无法比较大小，故C项错误； 对于D项， ， 故D项正确． 故选：ABD 3．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）已知数列的前项和为.成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列的通项公式，数列的前项和为，证明. 【答案】（1）     （2） ，① ， 则② ， ①② 得：， .      【分析】 （1）根据可计算出，再根据成等比数列求解出，由此可求的通项公式； （2）先表示出，然后通过错位相减法求出，根据的结果即可完成证明. (1) 小问详解： 当时，， 当时，， ，， ，，成等比数列，， ，解得， ，即符合的情况， . (2) 小问详解： 略 4．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，. （1）求和的通项公式； （2）设数列的前n项和为， （ⅰ）求； （ⅱ）证明. 【答案】（1），；     （2）（ⅰ）. （ⅱ）因为， 所以.      【分析】 （1）由题意得到关于q的方程，解方程可得，则；结合等差数列通项公式可得 （2）（ⅰ）由（1），有，则.； （ⅱ）因为，裂项求和可得. (1) 小问详解： 设等比数列的公比为q.由 可得.因为，可得，故. 设等差数列的公差为d，由，可得 由，可得 从而 故 所以数列的通项公式为， 数列的通项公式为 (2) 小问详解： （i）由（1），有， 故. （ii）略 5．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）已知数列中，，. （1）证明：数列是等比数列； （2）求的前项和； （3）令，求数列的最大项. 【答案】（1）证明： 因为，，所以， 所以，数列是以为首项为公比的等比数列.     （2）     （3）      【分析】 （1）利用等比数列定义即可证明； （2）由（1）求得数列的通项公式，根据通项公式的特点分组求和； （3）用作商法判断数列的单调性后再求最大项. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得所以 化简得. (3) 小问详解： 由（2）得，所以， ，令易得，又 单调递减，当时，即，，又当时，所以数列的最大项为. 6．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）在正项数列中，，，证明：. 【答案】证明：因为， 可得，则且， 则，所以数列为单调递减数列， 即， 因为， 即， 所以 ， 所以，可得， 则 ， 综上可得，当时，成立. 【分析】 根据题意，化简得到且，证得为单调递减数列，得到，进而得到，由，结合放缩法，即可得证. 【详解】 略. 7．（25-26学年高三上·山东日照·期中）已知正项数列，满足. （1）若，且，证明：数列和均为等比数列； （2）若， （i）证明：是递增数列； （ii）设的三边分别为，其中，记外接圆的面积为，证明：. 【答案】（1） 由作差可得， 因为，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列； 由相加可得 ， 因为，即， 所以是以为首项，为公比的等比数列；     （2）（i）由（1）可知， 若，则，即是以0为首项的常数列， 所以， 又由（1）可知，， 解得：， 所以， 因为，所以， 由单调递减，可知随着的增大而增大，得证； （ii）根据余弦定理有 ， 因为，所以等号不成立， 故，因为，所以，即， 由正弦定理得外接圆的直径， 所以，所以.      【分析】 （1）根据等比数列的定义证明即可； （2）（i）利用递推关系先证得，结合（1）的结论计算两个数列的通项公式，根据指数函数的性质判定通项公式积的单调性即可；（ii）利用余弦定理结合基本不等式即可证明，即，再由正弦定理可证得，即可证明. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）略 （ii）略 8．（25-26学年高三上·山东莱州第一中学·期中）记首项为1的数列的前项的积为，且是以2为首项，2为公差的等差数列. （1）求的通项公式； （2）求的通项公式； （3）求中的最大项. 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）利用等差数列的通项公式可得，利用累加法可求得答案； （2）利用时，可求得的表达式，验证首项，即可得答案； （3）构造函数，利用导数判断函数单调性，判断数列的增减性，即可求得答案. (1) 小问详解： 由于是以2为首项，2为公差的等差数列， 故，结合题意知， 故当时， ，也适合， 故； (2) 小问详解： 由题意知， 则时，， 也适合该式，故； (3) 小问详解： 由（2）知， 令，则， 当时，；当时，； 故在上单调递增，在上单调递减， 由此可得，即得中的最大项为. 9．（25-26学年高三上·山东德州·期中）已知数列是递增的等比数列，为数列的前项和，且，． （1）求数列的通项公式； （2）设，记数列的前项和为，求证：． 【答案】（1）     （2）证明： 由（1）知，， 所以， 所以， 所以 ， 由于，所以，因此可得：， 所以，即.      【分析】 （1）首先设等比数列的公比为，首项为，然后根据等比数列的基本量的运算求解出与，进而求解数列的通项公式； （2）首先根据等比数列的前项和公式求解，进而求得数列的通项公式，然后再根据裂项相消法求得数列的前项和为，进而证明结论即可. (1) 小问详解： 设等比数列的公比为，首项为，则 ，所以 ， 又因为数列是递增的等比数列，所以 或 （舍）， 所以. (2) 小问详解： 略 10．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）已知数列的前项和为，，数列的各项均为正数，且. （1）求数列，的通项公式； （2）设，求数列的前项和． （3）若对于任意的，不等式恒成立．求实数的取值范围． 【答案】（1），；     （2）     （3）      【分析】 （1）由 求解，将题干条件变形求得，然后按照等比数列的定义及通项公式求解即可； （2）可以采取分组求和的方式，即将奇数项与偶数项的和分开求解，再利用错位相减法以及裂项相消法分别求和即可； （3）参变分离得恒成立，设，利用作差法研究其单调性，即可求解． (1) 小问详解： 因为数列的前项和为， 当时，， 当，时，， 也满足上式，所以； 因为，所以， 由数列的各项均为正数得，即， 又，所以数列为首项为2且公比为2的等比数列，所以； (2) 小问详解： 当为奇数时，， 记，则有 ， ， 得： ，所以， 当为偶数时，， 记， 则， 所以． (3) 小问详解： 由与恒成立， 可得恒成立， 所以恒成立，即求的最大值， 设， ， 所以单调递增，又，所以，所以． 11．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）已知数列的前项和为，且. （1）证明：数列是等比数列； （2）定义集合，记的元素个数为. （ⅰ）求； （ⅱ）设，求数列的前项和. 【答案】（1） 由题意得，当，，解得， 因为① ，所以② 由①-② 得，， 整理得，所以， 因为， 所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.     （2）（ⅰ）；（ⅱ）      【分析】 （1）当，代入条件，可求得，当时，根据，可得，进而可得，根据等比数列的定义，即可得证. （2）（ⅰ）由（1）知，根据条件，分析可得，所以.（ⅱ）根据错位相减求和法，计算即可得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （ⅰ）由（1）知，， 所以， 因为且，所以， 所以. （ⅱ）由题意得 ① 两边同时乘以3 ② ①-② 得 解得， 故数列的前项和. 考点05 数列新定义 1．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）（多选）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；⋯；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第次操作去掉的区间长度记为，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】BD 【分析】 根据题意，结合等比数列的定义，分析可得的表达式，根据其单调性，即可判断A的正误；根据的表达式，代入整理，可判断B的正误；根据对数的运算性质，化简计算，可判断C的正误；计算，化简分析，可得其正负，即可判断D的正误. 【详解】 设第n次操作前有条等长的线段，则第次操作前，有条等长的线段， 因为每次操作之后，每段都变为2段， 所以，即为公比为2的等比数列， 又，所以， 设第n次操作每段去掉的区间长度为，则第次操作每段去掉的区间长度为， 因为每次操作去掉的每段区间长度都是前一次操作去掉的每段区间长度的， 所以，即是以为公比的等比数列， 又，所以， 所以， 选项A：因为，且，单调递减， 所以，故A错误； 选项B：，故B正确； 选项C： ， 因为，所以单调递减， 又当时，， 所以，故C错误； 选项D： ， 所以，故D正确. 故选：BD 2．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）对于函数，若，存在唯一的实数，使得，则称存在“数列”，其“数列”为，已知. （1）证明：存在“数列”. （2）若恒成立，求的取值范围. （3）记的“数列”为，证明：的前项和. 【答案】（1）由，得， 则在区间上单调递减，又， 当且时，，则的值域为， 所以，令，可知其在区间上存在唯一解，不妨设解为， 即，都存在唯一的实数，使得， 即存在数列.     （2）     （3）令，则， 可得在上单调递增，得到， 则，即， 可得，故， 而，可得，解得， 则（且）， 当时，； 当时，. 综上，的前项和.      【分析】 （1）由函数单调性和值域结合“数列”定义即可证明； （2）分离参数，利用导数研究函数的单调性求解最值即可求解； （3）由已知得，故，结合得到，即可推出，继而可用放缩法得到，从而利用裂项法求和，证明不等式即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 若恒成立，即恒成立. 令，即恒成立. 令，则， 令，， 则，当且仅当时取等号， 则在区间上单调递减， 得到，即，故在区间上单调递增， 可得，得到，即. (3) 小问详解： 略 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 数列 5大高频考点概览 考点01 等差数列 考点02 等比数列 考点03 数列的通项公式与求和 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 考点05 数列新定义 考点01 等差数列 1．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）（多选）等差数列的前项和为，，则下列结论一定正确的是（       ） A.  B. 当或10时，取最大值 C.  D.  2．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）已知正项等差数列满足，则（     ） A. 5 B.  C.  D.  3．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）已知等差数列的前项和为，若与是方程的两根，则（     ） A. 41 B. 42 C. 43 D. 44 4．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）（多选）等差数列中，，则下列命题正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，则， 5．（25-26学年高三上·山东期中学·期中）已知等差数列的前项和为，若，，则（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）记为等差数列的前项和，，，则　　　　　　　　　　　　. 7．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）已知等差数列的前项和为，满足，则　　　　　　　　　　　. 考点02 等比数列 1．（25-26学年高三上·山东日照·期中）（多选）已知等比数列的前项和为，公比，则（       ） A.  B.  C.  D. 数列是公比为2的等比数列 2．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）设等比数列的各项均为正数，其前n项和为，则“”是“数列是递增数列”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 3．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）设等比数列前项和为，若，，则（       ） A. 16 B. 31 C. 32 D. 63 4．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）已知是等比数列，公比为，若存在无穷多个不同的正整数，满足，则下列选项中，不可能成立的是（     ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高三上·山东潍坊部分学校·期中）已知等比数列，则　　　　　　　　　　　． 6．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）记实数等 比数列的前 n项和 为若，，则=　　　　　　　. 考点03 数列的通项公式与求和 1．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）已知数列的前项和为，，，，则的值为（     ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高三上·山东德州·期中）（多选）已知数列的首项，且满足，则（     ） A.  B. 是等比数列 C. 是等差数列 D.  3．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）（多选）记数列的前项和为，若，，则（     ） A.  B.  C. 数列的前项和小于2 D. 数列的前项和为 4．（25-26学年高三上·山东日照·期中）　　　　　　　　　　. 5．（25-26学年高三上·山东淄博实验中学·期中）设等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 6．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）设正项数列的前项和为，，且当时，. （1）求的通项公式； （2）求的前项和； 7．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）在正项等比数列中已知，. （1）求数列的通项公式； （2）令，若，若在数列任意相邻两项与之间插入一个实数（），从而形成一个新的数列，求数列的前项和. 8．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）已知数列的所有项均为正整数，，若，则所有可能的值为　　　　　　　　　　. 9．（25-26学年高三上·山东潍坊部分学校·期中）已知正项等差数列． （1）求的通项公式； （2）设 ，求数列的前项和. 10．（25-26学年高三上·山东期中学·期中）已知数列的前项和为，且，数列满足且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 11．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）已知关于的函数是的零点．记，其中表示不超过的最大整数，若为的前项和，则　　　　　　　　　　　． 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 1．（25-26学年高三上·山东潍坊部分学校·期中）已知数列满足，设，则数列的前2026项和为（　　） A.  B.  C.  D. 506 2．（25-26学年高三上·山东期中学·期中）（多选）若等比数列的公比为2，且，令，且数列的前项积为，则（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）已知数列的前项和为.成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列的通项公式，数列的前项和为，证明. 4．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，. （1）求和的通项公式； （2）设数列的前n项和为， （ⅰ）求； （ⅱ）证明. 5．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）已知数列中，，. （1）证明：数列是等比数列； （2）求的前项和； （3）令，求数列的最大项. 6．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）在正项数列中，，，证明：. 7．（25-26学年高三上·山东日照·期中）已知正项数列，满足. （1）若，且，证明：数列和均为等比数列； （2）若， （i）证明：是递增数列； （ii）设的三边分别为，其中，记外接圆的面积为，证明：. 8．（25-26学年高三上·山东莱州第一中学·期中）记首项为1的数列的前项的积为，且是以2为首项，2为公差的等差数列. （1）求的通项公式； （2）求的通项公式； （3）求中的最大项. 9．（25-26学年高三上·山东德州·期中）已知数列是递增的等比数列，为数列的前项和，且，． （1）求数列的通项公式； （2）设，记数列的前项和为，求证：． 10．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）已知数列的前项和为，，数列的各项均为正数，且. （1）求数列，的通项公式； （2）设，求数列的前项和． （3）若对于任意的，不等式恒成立．求实数的取值范围． 11．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）已知数列的前项和为，且. （1）证明：数列是等比数列； （2）定义集合，记的元素个数为. （ⅰ）求； （ⅱ）设，求数列的前项和. 考点05 数列新定义 1．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）（多选）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；⋯；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第次操作去掉的区间长度记为，则（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）对于函数，若，存在唯一的实数，使得，则称存在“数列”，其“数列”为，已知. （1）证明：存在“数列”. （2）若恒成立，求的取值范围. （3）记的“数列”为，证明：的前项和. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 数列 考点01 等差数列 考点02 等比数列 考点03 数列的通项公式与求和 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 考点05 数列新定义 考点01 等差数列 1．AD 2．C 3．D 4．ACD 5．C 6．【答案】 【分析】 根据等差数列的通项公式和前项和计算即可. 【详解】 设等差数列的首项为，公差为，则 由题意得， ，化简得 ， 解得. 所以. 所以. 故答案为：. 7．【答案】 【分析】 先利用诱导公式将原式变形，然后构造函数并分析其奇偶性和单调性，根据的取值特点判断出之间的关系，然后利用等差数列的前项和公式以及等差数列下标和性质求解出结果. 【详解】 因为，所以， 所以， 又因为，所以， 令，， 且的定义域为，所以为奇函数， 所以，且， 所以， 又因为，所以在上单调递增， 所以，所以， 所以， 故答案为：. 【点睛】 关键点点睛：解答本题的关键是通过分析所给等式的特点，采用构造函数的思想，分析出的关系，其中奇偶性的证明、单调性的分析都值得注意，最后计算时注意借助等差数列的下标和性质进行解答. 考点02 等比数列 1．AC 2．C 3．B 4．C 5．【答案】 【分析】 借助等比数列基本量计算即可得. 【详解】 设该数列公比为，则，则， 故. 故答案为：. 6．【答案】150 【详解】记，，， 设 q为的公比，则 b1、b2、b3、b4构成以为公比的等比数列． 于是， 从而，. 解得或（舍去）.故 考点03 数列的通项公式与求和 1．B 2．ACD 3．ABC 4．【答案】 【分析】 由等差数列的求和公式可得. 【详解】 原式. 故答案为：. 5．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由为等差数列，将，代入解出，，从而求出的通项公式； （2）由（1）问，写出的通项公式，然后利用分组求和求出. (1) 小问详解： 设等差数列的公差为. 由题意可得 解得，， 则. (2) 小问详解： 由（1）可知，则， 故 . 6．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）令、可分别求得、的值，由时，由，可得，两式作差结合等差数列的定义可知数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式； （2）由（1）得出，利用错位相减法可求得. (1) 小问详解： 正项数列的前项和为，，且当时，， 即， 当时，，解得或（舍负）， 当时，，解得或（舍负）， 时，由，可得， 两式相减可得， 化为， 由得，可得，且， 所以数列是首项和公差均为的等差数列， 则； (2) 小问详解： 由（1）得， 则， ， 两式相减可得， 化简得. 7．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据等比数列的通项公式，列方程组，即可求解； （2）首先求，再根据分组求和法，公式法和错位相减法求和. (1) 小问详解： 设等比数列的公比为， 则 ，且，所以； (2) 小问详解： ，则， ， ， ， 设， 设， 则，              ， ， ， ， 所以， 所以. 8．【答案】1或4. 或1 【分析】 由，，可得，再分为奇数时、为偶数求解即可. 【详解】 因为， 当为奇数时，， 即，解得， 与矛盾； 所以为偶数， 所以，即， 解得； 当为奇数时，， 即，解得； 当为偶数时， 所以，即， 解得 综上，的值为1或4. 故答案为：1或4. 9．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由等差数列的性质结合已知等式求出公差，再由基本量法可得； （2）将数列项按奇偶分组分别由等比和等差数列的求和公式求解可得. (1) 小问详解： 因为正项等差数列， 所以，， 因为正项等差数列，所以， 所以. (2) 小问详解： 因为 ，即 ， 奇数项和为， 偶数项和为， 所以数列的前项和. 10．【答案】（1）； ；     （2）      【分析】 （1）先根据和的关系计算通项公式，再根据数列的递推公式证明的奇数项和偶数项分别是等比数列，进而得通项公式； （2）可以采取分组求和的方式，即将奇数项与偶数项的和分开求解，再利用错位相减法以及裂项相消法分别求和； (1) 小问详解： 因为，故当时，； 当时，，满足上式， 所以，； 因为，所以，所以， 所以 . (2) 小问详解： 当为奇数时，， 记，则有 ， ， 得：， ， ， 当为偶数时，， 记 ， ． 11．【答案】 【分析】 采用换元法，令，根据函数单调性和零点的存在性定理判断出的范围，再对分奇偶讨论，结合定义可确定出关于的表示，利用正弦函数的周期性可求解出的值. 【详解】 因为是的零点，所以， 令，则，则， 令，且在上单调递增， 所以在上单调递增， 因为，， 所以存在唯一使得， 当()时，，所以， 当()时，，所以； 当()时，， 当()时，， 当()时，， 所以， 所以， 故答案为：. 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 1．A 2．ABD 3．【答案】（1）     （2） ，① ， 则② ， ①② 得：， .      【分析】 （1）根据可计算出，再根据成等比数列求解出，由此可求的通项公式； （2）先表示出，然后通过错位相减法求出，根据的结果即可完成证明. (1) 小问详解： 当时，， 当时，， ，， ，，成等比数列，， ，解得， ，即符合的情况， . (2) 小问详解： 略 4．【答案】（1），；     （2）（ⅰ）. （ⅱ）因为， 所以.      【分析】 （1）由题意得到关于q的方程，解方程可得，则；结合等差数列通项公式可得 （2）（ⅰ）由（1），有，则.； （ⅱ）因为，裂项求和可得. (1) 小问详解： 设等比数列的公比为q.由 可得.因为，可得，故. 设等差数列的公差为d，由，可得 由，可得 从而 故 所以数列的通项公式为， 数列的通项公式为 (2) 小问详解： （i）由（1），有， 故. （ii）略 5．【答案】（1）证明： 因为，，所以， 所以，数列是以为首项为公比的等比数列.     （2）     （3）      【分析】 （1）利用等比数列定义即可证明； （2）由（1）求得数列的通项公式，根据通项公式的特点分组求和； （3）用作商法判断数列的单调性后再求最大项. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）得所以 化简得. (3) 小问详解： 由（2）得，所以， ，令易得，又 单调递减，当时，即，，又当时，所以数列的最大项为. 6．【答案】证明：因为， 可得，则且， 则，所以数列为单调递减数列， 即， 因为， 即， 所以 ， 所以，可得， 则 ， 综上可得，当时，成立. 【分析】 根据题意，化简得到且，证得为单调递减数列，得到，进而得到，由，结合放缩法，即可得证. 【详解】 略. 7．【答案】（1） 由作差可得， 因为，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列； 由相加可得 ， 因为，即， 所以是以为首项，为公比的等比数列；     （2）（i）由（1）可知， 若，则，即是以0为首项的常数列， 所以， 又由（1）可知，， 解得：， 所以， 因为，所以， 由单调递减，可知随着的增大而增大，得证； （ii）根据余弦定理有 ， 因为，所以等号不成立， 故，因为，所以，即， 由正弦定理得外接圆的直径， 所以，所以.      【分析】 （1）根据等比数列的定义证明即可； （2）（i）利用递推关系先证得，结合（1）的结论计算两个数列的通项公式，根据指数函数的性质判定通项公式积的单调性即可；（ii）利用余弦定理结合基本不等式即可证明，即，再由正弦定理可证得，即可证明. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）略 （ii）略 8．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）利用等差数列的通项公式可得，利用累加法可求得答案； （2）利用时，可求得的表达式，验证首项，即可得答案； （3）构造函数，利用导数判断函数单调性，判断数列的增减性，即可求得答案. (1) 小问详解： 由于是以2为首项，2为公差的等差数列， 故，结合题意知， 故当时， ，也适合， 故； (2) 小问详解： 由题意知， 则时，， 也适合该式，故； (3) 小问详解： 由（2）知， 令，则， 当时，；当时，； 故在上单调递增，在上单调递减， 由此可得，即得中的最大项为. 9．【答案】（1）     （2）证明： 由（1）知，， 所以， 所以， 所以 ， 由于，所以，因此可得：， 所以，即.      【分析】 （1）首先设等比数列的公比为，首项为，然后根据等比数列的基本量的运算求解出与，进而求解数列的通项公式； （2）首先根据等比数列的前项和公式求解，进而求得数列的通项公式，然后再根据裂项相消法求得数列的前项和为，进而证明结论即可. (1) 小问详解： 设等比数列的公比为，首项为，则 ，所以 ， 又因为数列是递增的等比数列，所以 或 （舍）， 所以. (2) 小问详解： 略 10．【答案】（1），；     （2）     （3）      【分析】 （1）由 求解，将题干条件变形求得，然后按照等比数列的定义及通项公式求解即可； （2）可以采取分组求和的方式，即将奇数项与偶数项的和分开求解，再利用错位相减法以及裂项相消法分别求和即可； （3）参变分离得恒成立，设，利用作差法研究其单调性，即可求解． (1) 小问详解： 因为数列的前项和为， 当时，， 当，时，， 也满足上式，所以； 因为，所以， 由数列的各项均为正数得，即， 又，所以数列为首项为2且公比为2的等比数列，所以； (2) 小问详解： 当为奇数时，， 记，则有 ， ， 得： ，所以， 当为偶数时，， 记， 则， 所以． (3) 小问详解： 由与恒成立， 可得恒成立， 所以恒成立，即求的最大值， 设， ， 所以单调递增，又，所以，所以． 11．【答案】（1） 由题意得，当，，解得， 因为① ，所以② 由①-② 得，， 整理得，所以， 因为， 所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.     （2）（ⅰ）；（ⅱ）      【分析】 （1）当，代入条件，可求得，当时，根据，可得，进而可得，根据等比数列的定义，即可得证. （2）（ⅰ）由（1）知，根据条件，分析可得，所以.（ⅱ）根据错位相减求和法，计算即可得答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （ⅰ）由（1）知，， 所以， 因为且，所以， 所以. （ⅱ）由题意得 ① 两边同时乘以3 ② ①-② 得 解得， 故数列的前项和. 考点05 数列新定义 1．BD 2．【答案】（1）由，得， 则在区间上单调递减，又， 当且时，，则的值域为， 所以，令，可知其在区间上存在唯一解，不妨设解为， 即，都存在唯一的实数，使得， 即存在数列.     （2）     （3）令，则， 可得在上单调递增，得到， 则，即， 可得，故， 而，可得，解得， 则（且）， 当时，； 当时，. 综上，的前项和.      【分析】 （1）由函数单调性和值域结合“数列”定义即可证明； （2）分离参数，利用导数研究函数的单调性求解最值即可求解； （3）由已知得，故，结合得到，即可推出，继而可用放缩法得到，从而利用裂项法求和，证明不等式即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 若恒成立，即恒成立. 令，即恒成立. 令，则， 令，， 则，当且仅当时取等号， 则在区间上单调递减， 得到，即，故在区间上单调递增， 可得，得到，即. (3) 小问详解： 略 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $