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专题 05 数列
一、单选题
1．（全国甲卷数学（文））等差数列 的前 项和为 ，若 ， （ ）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成 和 来处理，亦可用等差数列的性质进行
处理，或者特殊值法处理.
【详解】方法一：利用等差数列的基本量
由 ，根据等差数列的求和公式， ，
又 .
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质， ，由 ，根据等差数列的求和公式，
，故 .
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差 ，则 ，则 .
故选：D
2．（全国甲卷数学（理））等差数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 （ ）
A． B． C．1 D．2【答案】B
【分析】由 结合等差中项的性质可得 ，即可计算出公差，即可得 的值.
【详解】由 ，则 ，
则等差数列 的公差 ，故 .
故选：B.
3．（新高考北京卷）记水的质量为 ，并且d越大，水质量越好．若S不变，且 ， ，
则 与 的关系为（ ）
A．
B．
C．若 ，则 ；若 ，则 ；
D．若 ，则 ；若 ，则 ；
【答案】C
【分析】根据题意分析可得 ，讨论 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.
【详解】由题意可得 ，解得 ，
若 ，则 ，可得 ，即 ；
若 ，则 ，可得 ；
若 ，则 ，可得 ，即 ；结合选项可知C正确，ABD错误；
故选：C.
二、填空题
4．（新课标全国Ⅱ卷）记 为等差数列 的前n项和，若 ， ，则 .
【答案】95
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出 ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
【详解】因为数列 为等差数列，则由题意得 ，解得 ，
则 .
故答案为： .
5．（新高考上海卷）无穷等比数列 满足首项 ，记 ，若对
任意正整数 集合 是闭区间，则 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当 时，不妨设 ，则 ，结合 为闭区间
可得 对任意的 恒成立，故可求 的取值范围.
【详解】由题设有 ，因为 ，故 ，故 ，
当 时， ，故 ，此时 为闭区间，
当 时，不妨设 ，若 ，则 ，
若 ，则 ，
若 ，则 ，
综上， ，又 为闭区间等价于 为闭区间，
而 ，故 对任意 恒成立，
故 即 ，故 ，
故 对任意的 恒成立，因 ，
故当 时， ，故 即 .
故答案为： .
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有
关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
三、解答题
6．（新课标全国Ⅰ卷）设m为正整数，数列 是公差不为0的等差数列，若从中删去两项 和
后剩余的 项可被平均分为 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列 是
可分数列．
(1)写出所有的 ， ，使数列 是 可分数列；
(2)当 时，证明：数列 是 可分数列；
(3)从 中一次任取两个数 和 ，记数列 是 可分数列的概率为 ，证
明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析【分析】（1）直接根据 可分数列的定义即可；
（2）根据 可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是 可分数列的 至少有 个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列 的公差为 ，则 .
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形 ，
得到新数列 ，然后对 进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从 中取出两个数 和 ，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是 ，或 ，或 .
所以所有可能的 就是 .
（2）由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下两个部分，共 组，使得每
组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共 组.
（如果 ，则忽略②）
故数列 是 可分数列.
（3）定义集合 ，
.下面证明，对 ，如果下面两个命题同时成立，
则数列 一定是 可分数列：
命题1： 或 ；
命题2： .
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，
剩余的 个数可以分为以下三个部分，共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共 组；
③ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
故此时数列 是 可分数列.
第二种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
由于 ，故 ，从而 ，这就意味着 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下四个部分，共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ， ，共 组；
③全体 ，其中 ，共 组；
④ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 个行， 个列的数表
以后， 个列分别是下面这些数：
， ， ，
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 中除开五个集合
， ， ， ，
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的 和 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列 是 可分数列.
至此，我们证明了：对 ，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列 一定是
可分数列.
然后我们来考虑这样的 的个数.
首先，由于 ， 和 各有 个元素，故满足命题1的 总共有 个；而如果 ，假设 ，则可设 ， ，代入得 .
但这导致 ，矛盾，所以 .
设 ， ， ，则 ，即 .
所以可能的 恰好就是 ，对应的 分别是 ，总
共 个.
所以这 个满足命题1的 中，不满足命题2的恰好有 个.
这就得到同时满足命题1和命题2的 的个数为 .
当我们从 中一次任取两个数 和 时，总的选取方式的个数等于
.
而根据之前的结论，使得数列 是 可分数列的 至少有 个.
所以数列 是 可分数列的概率 一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究
结论.
7．（新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线 ，点 在 上， 为常数， ．按照
如下方式依次构造点 ，过 作斜率为 的直线与 的左支交于点 ，令 为 关于 轴
的对称点，记 的坐标为 .(1)若 ，求 ；
(2)证明：数列 是公比为 的等比数列；
(3)设 为 的面积，证明：对任意的正整数 ， .
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出 的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.思路二：使用
等差数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有 ，故 的方程为 .
当 时，过 且斜率为 的直线为 ，与 联立得到 .
解得 或 ，所以该直线与 的不同于 的交点为 ，该点显然在 的左支上.
故 ，从而 ， .（2）由于过 且斜率为 的直线为 ，与 联立，得到方程
.
展开即得 ，由于 已经是直线 和
的公共点，故方程必有一根 .
从而根据韦达定理，另一根 ，相应的
.
所以该直线与 的不同于 的交点为 ，而注意到 的横坐标亦可通过
韦达定理表示为 ，故 一定在 的左支上.
所以 .
这就得到 ， .
所以
.
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点 ，若 ， ，则.（若 在同一条直线上，约定 ）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到 ， ，
故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ，都有
.而又有 ， ，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明 的取值是与 无关的定值，所以 .
方法二：由于上一小问已经得到 ， ，
故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ，都有
.这就得到 ，
以及 .
两式相减，即得 .
移项得到 .
故 .
而 ， .
所以 和 平行，这就得到 ，即 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
8．（全国甲卷数学（文））已知等比数列 的前 项和为 ，且 .
(1)求 的通项公式；
(2)求数列 的通项公式.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；
（2）利用等比数列的求和公式可求 .
【详解】（1）因为 ,故 ，
所以 即 故等比数列的公比为 ，故 ，故 ，故 .
（2）由等比数列求和公式得 .
9．（全国甲卷数学（理））记 为数列 的前 项和，且 ．
(1)求 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项和为 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求 的通项公式．
（2）利用错位相减法可求 .
【详解】（1）当 时， ，解得 ．
当 时， ，所以 即 ，
而 ，故 ，故 ，
∴数列 是以4为首项， 为公比的等比数列，
所以 .
（2） ,
所以故
所以
，
.
10．（新高考北京卷）设集合 ．对于给定
有穷数列 ，及序列 ， ，定义变换 ：将数列 的第
项加1，得到数列 ；将数列 的第 列加 ，得到数列 …；重复上述操作，
得到数列 ，记为 ．
(1)给定数列 和序列 ，写出 ；
(2)是否存在序列 ，使得 为 ，若存在，写出一个符
合条件的 ；若不存在，请说明理由；
(3)若数列 的各项均为正整数，且 为偶数，证明：“存在序列 ，使得 为常数列”的
充要条件为“ ”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的 ，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照 的定义写出 即可；（2）利用反证法，假设存在符合条件的 ，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；
（3）分充分性和必要性两方面论证.
【详解】（1）由题意得 ；
（2）假设存在符合条件的 ，可知 的第 项之和为 ，第 项之和为 ，
则 ，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的 ；
（3）我们设序列 为 ，特别规定 .
必要性：
若存在序列 ，使得 为常数列.
则 ，所以 .
根据 的定义，显然有 ，这里 ， .
所以不断使用该式就得到， ，必要性得证.
充分性：
若 .
由已知， 为偶数，而 ，所以
也是偶数.
我们设 是通过合法的序列 的变换能得到的所有可能的数列 中，使得
最小的一个.
上面已经证明 ，这里 ， .从而由 可得 .
同时，由于 总是偶数，所以 和 的奇偶性保持不变，从
而 和 都是偶数.
下面证明不存在 使得 .
假设存在，根据对称性，不妨设 ， ，即 .
情况1：若 ，则由 和 都是偶数，知
.
对该数列连续作四次变换 后，新的
相比原来的
减少 ，这与 的最小
性矛盾；
情况2：若 ，不妨设 .
情况2-1：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾；
情况2-2：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 都有 .
假设存在 使得 ，则 是奇数，所以
都是奇数，设为 .
则此时对任意 ，由 可知必有 .
而 和 都是偶数，故集合 中的四个元素 之和为偶数，
对该数列进行一次变换 ，则该数列成为常数列，新的
等于零，比原来的
更小，这与 的最小性
矛盾.
综上，只可能 ，而 ，故
是常数列，充分性得证.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
11．（新高考天津卷）已知数列 是公比大于0的等比数列．其前 项和为 ．若 ．
(1)求数列 前 项和 ；
(2)设 ， ，其中 是大于1的正整数．（ⅰ）当 时，求证： ；
（ⅱ）求 ．
【答案】(1)
(2)①证明见详解；②
【分析】（1）设等比数列 的公比为 ，根据题意结合等比数列通项公式求 ，再结合等比数列求
和公式分析求解；
（2）①根据题意分析可知 ， ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等
差数列求和公式可得 ，再结合裂项相消法分析求解.
【详解】（1）设等比数列 的公比为 ，
因为 ，即 ，
可得 ，整理得 ，解得 或 （舍去），
所以 .
（2）（i）由（1）可知 ，且 ，
当 时，则 ，即
可知 ，
，可得 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以 ；
（ii）由（1）可知： ，
若 ，则 ；
若 ，则 ，
当 时， ，可知 为等差数列，
可得 ，
所以 ，
且 ，符合上式，综上所述： .
【点睛】关键点点睛：1.分析可知当 时， ，可知 为等差数列；
2.根据等差数列求和分析可得 .
12．（新高考上海卷）若 ．
(1) 过 ，求 的解集；
(2)存在 使得 成等差数列，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）求出底数 ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；
（2）存在 使得 成等差数列等价于 在 上有解，利用换
元法结合二次函数的性质可求 的取值范围．
【详解】（1）因为 的图象过 ，故 ，故 即 （负的舍去），
而 在 上为增函数，故 ，
故 即 ，
故 的解集为 .
（2）因为存在 使得 成等差数列，
故 有解，故 ，
因为 ，故 ，故 在 上有解，
由 在 上有解，
令 ，而 在 上的值域为 ，
故 即 .
一、单选题
1．（2024·重庆·三模）已知数列 的前 项和为 （ ）
A．276 B．272 C．268 D．266
【答案】A
【分析】令 得 ，当 时，结合题干作差得 ，从而利用累加法求解 即可.【详解】 ，又 ，
当 时， ，解得 ；
当 时， ，作差得 ，
.
故选：A
2．（2024·河北张家口·三模）已知数列 的前n项和为 ，且满足 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记 ，利用构造法求得 ，然
后分组求和可得.
【详解】因为 ，
所以 ， ，且 ，
所以 ，
记 ，则 ，所以 ，
所以 是以 为首项，2为公比的等比数列，
所以 ， ，
记 的前n项和为 ，则 .
故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得 的递推公式，
利用构造法求通项，将问题转化为求 的前50项和.
3．（2024·山东日照·三模）设等差数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 （ ）
A． B．36 C． D．18
【答案】B
【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.
【详解】解： ，
故选：B.
4．（2024·湖北武汉·二模）已知等差数列 的前 项和为 ，若 ，则 （ ）
A．288 B．144 C．96 D．25
【答案】B
【分析】利用等差数列的前 项和列方程组求出 ，进而即可求解 .
【详解】由题意 ，即 ，解得 .
于是 .
故选：B.
5．（2024·江西赣州·二模）在等差数列 中， ， 是方程 的两根，则 的前6项和
为（ ）
A．48 B．24 C．12 D．8
【答案】B
【分析】利用韦达定理确定 ，根据等差数列性质有 ，在应用等差数列前 项和
公式即可求解.
【详解】因为 ， 是方程 的两根，所以 ，又因为 是等差数列，根据等差数列的性质有： ，
设 的前6项和为 ，则 .
故选：B
6．（2024·湖南永州·三模）已知非零数列 满足 ，则 （ ）
A．8 B．16 C．32 D．64
【答案】D
【分析】根据题意，由条件可得 ，再由等比数列的定义即可得到结果.
【详解】由 可得 ，则 .
故选：D
7．（2024·浙江绍兴·二模）汉诺塔（Tower of Hanoi），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，
有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子， A柱子从下到上按金字塔状叠放着 个不同大小的圆盘，要
把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，
请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为 ，例如： ， ，则下列说法正确的是
（ ）
A． B． 为等差数列
C． 为等比数列 D．
【答案】C【分析】由题意可得 ，判断A；归纳得到 ，结合等差数列以及等比数列的概念可判断
B，C；求出 ，判断D.
【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：
若有2个圆盘，则移动情况为： ，需移动3次；
若有3个圆盘，则移动情况如下：
，共7次，故 ，A错误；
由此可知若有n个圆盘，设至少移动 次，则 ,
所以 ，而 ，故 为等比数列，
故 即 ，该式不是n的一次函数，
则 不为等差数列，B错误；
又 ，则 ， ，则 为等比数列，C正确，
，D错误，
故选：C
8．（2024·云南曲靖·二模）已知 是等比数列 的前 项和，若 ，则数列 的公比是
（ ）
A． 或1 B． 或1 C． D．
【答案】A
【分析】分别利用等比数列的通项公式和前 项和公式，解方程组可得 或 .
【详解】设等比数列 的首项为 ，公比为 ，依题意得 ，解得 或 .
故选：A.
9．（2024·四川·模拟预测）已知数列 为等差数列，且 ，则 （ ）
A．33 B．44 C．66 D．88
【答案】B
【分析】将 用 和 表示，计算出 的值，再由 得 的值.
【详解】依题意， 是等差数列，设其公差为 ，由 ，
所以 ，即
，
故选：B.
10．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列 ，如果对任意的正整数 ，都存在唯一的正整数 ，使
得 ，那么称 为内和数列，并令 ，称 为 的伴随数列，则（ ）
A．若 为等差数列，则 为内和数列
B．若 为等比数列，则 为内和数列
C．若内和数列 为递增数列，则其伴随数列 为递增数列
D．若内和数列 的伴随数列 为递增数列，则 为递增数列
【答案】C
【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：根据题意分析可得 ，结合单调性可得 ，即
可得结果.
【详解】对于选项AB：例题 ，可知 即为等差数列也为等比数列，则 ，但不存在 ，使得 ，
所以 不为内和数列，故AB错误；
对于选项C：因为 ，
对任意 ， ，可知存在 ，
使得 ，
则 ，即 ，
且内和数列 为递增数列，可知 ，
所以其伴随数列 为递增数列，故C正确；
对于选项D：例如 ，
显然 是所有正整数的排列，可知 为内和数列，且 的伴随数列为递增数列，
但 不是递增数列，故D错误；
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.
11．（2024·广东茂名·一模）已知 为正项数列 的前 项的乘积，且 ，则 （ ）
A．16 B．32 C．64 D．128
【答案】B
【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.
【详解】由 ，得 ，于是 ，则 ，
两边取对数得 ，因此 ，数列 是常数列，
则 ，即 ，所以 ， .故选：B
12．（2024·湖南常德·一模）已知等比数列 中， ， ，则公比 为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】C
【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.
【详解】 .
故选：C.
二、多选题
13．（2024·湖南长沙·三模）设无穷数列 的前 项和为 ，且 ，若存在 ，使
成立，则（ ）
A．
B．
C．不等式 的解集为
D．对任意给定的实数 ，总存在 ，当 时，
【答案】BCD
【分析】根据题意，得到 且 是递减数列，结合等差数列的性质以及等差
数列的求和公式，逐项判定，即可求解.
【详解】由 ，可得 ，
且 ，即
又由 ，可得数列 是等差数列，公差 ，所以 是递减数列，所以 是最大项，且随着 的增加， 无限减小，即 ，
所以A错误、D正确；
因为当 时， ；当 时， ，
所以 的最大值为 ，所以B正确；
因为 ，
且 ，
所以当 时， ；当 时， ，所以C正确.
故选：BCD.
14．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列 的通项公式为 ，前 项和为 ，则下列
说法正确的是（ ）
A．数列 有最大项
B．使 的项共有 项
C．满足 的 值共有 个
D．使 取得最小值的 值为4
【答案】AC
【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A，根据通项公式由整除可判断
B，根据项的正负及不等式判断C，根据数列项的符号判断D.
【详解】对于A：因为 ，所以 ，
令 ，即 ，解得 ，又 ，所以当 时 ，则当
或 时， ，令 ，解得 ，所以 ，，所以数列 有最大项 ，故A正确；
对于B：由 ，则 又 ，所以 或 或 或 或 ，所以使 的项共
有 项． 故B不正确；
对于C：要使 ，又 ，所以 、 、 中有 个为负值或 个为负值，所以 或
，故满足 的 的值共有2个，故C正确；
对于D：因为 时 ， 时 ，所以当 时 取得最小值，故 D不正确．
故选：AC．
15．（2024·山东临沂·二模）已知 是等差数列， 是其前n项和，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若 ， ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 和 都为递增数列，则
【答案】BC
【分析】根据题意，求得 ，结合 ，可判定A错误；根据数列的求和公式和等差
数列的性质，可判定B正确；由 ，求得 ，可判定C正确；根据题意，求得任意的 ，
结合 的正负不确定，可判定D错误．
【详解】对于A中，由 ， ，
可得 ，所以 ，
又由 ，所以A错误；
对于B中，由 ，所以B正确；
对于C中，由 ，所以 ，又因为 ，则 ，所以C正确；
对于D中，因为 为递增数列，可得公差 ，
因为 为递增数列，可得 ，
所以对任意的 ，但 的正负不确定，所以D错误．
故选：BC.
16．（2024·山东泰安·二模）已知等差数列 的前 项和为 ， ， ，则下列说法正确的是
（ ）
A． B．
C． 为递减数列 D． 的前5项和为
【答案】BC
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差 ，再逐项求解判断即可.
【详解】等差数列 中， ，解得 ，而 ，
因此公差 ，通项 ，
对于A， ，A错误；
对于B， ，B正确；
对于C， ， 为递减数列，C正确；
对于D， ，所以 的前5项和为
，D错误.
故选：BC17．（2024·江西·三模）已知数列 满足 ，则（ ）
A．数列 是等比数列 B．数列 是等差数列
C．数列 的前 项和为 D． 能被3整除
【答案】BCD
【分析】利用构造法得到数列 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以
用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证
明.
【详解】由 可得： ，所以数列 是等比数列，即 ，
则 显然有 ，所以 不成等比数列，故选项A是错误的；
由数列 是等比数列可得： ，即 ，故选项B是正确的；
由 可得：前 项和 ，故选项C是正确
的；
由
，故选项D是正确的；
方法二：由 ，1024除以3余数是1，所以 除以3的余数还是1，从而可得 能补3整除，
故选项D是正确的；
故选：BCD．
18．（2024·湖北·二模）无穷等比数列 的首项为 公比为q，下列条件能使 既有最大值，又有最小
值的有（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，【答案】BC
【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.
【详解】 ， 时，等比数列 单调递减，故 只有最大值 ，没有最小值；
， 时，等比数列 为摆动数列，此时 为大值， 为最小值；
， 时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，
所以等比数列 有最大值，也有最小值；
， 时，因为 ，所以 无最大值，奇数项为负无最小值，
偶数项为正无最大值.
故选：BC
三、填空题
19．（2024·山东济南·三模）数列 满足 ，若 ， ，则数列 的前20项的和为
．
【答案】210
【分析】数列 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.
【详解】数列 满足 ，若 ， ，则 ，
所以数列 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列
所以数列 的前20项的和为
.
故答案为：210.
20．（2024·云南·二模）记数列 的前 项和为 ，若 ，则
.【答案】 /0.5
【分析】构造得 ，从而得到 ，则 ，再利用等比数列求和公式代入计算
即可.
【详解】由 ，得 ，
则 ，
又 ，则 ，则 ，
， ，
，
故答案为： .
21．（2024·上海·三模）数列 满足 （ 为正整数），且 与 的等差中项是5，则首项
【答案】1
【分析】根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．
【详解】数列 满足 为正整数），则数列 为等比数列，
不妨设其公比为 ，则 ，
因为 与 的等差中项是5，
所以 ，即 ，解得 ．
故答案为：1．
22．（2024·河南·三模）数列 满足 ， ，其中 为函数
的极值点，则 .【答案】 /
【分析】由 为函数 的极值点,推理得到 ，利用此式和题设条件，将 分
别用 表示，化简消元即得.
【详解】 为函数 的极值点， ，
则 （*），
因 则由 可得 ，
将（*）代入得， ，因 在R上递增，故有
则 而 ，两边取自然对数可得 ，
于是 ，
又由 ，两边取自然对数可得， ，
故 .
故答案为： .
【点睛】思路点睛：本题主要考查函数极值点与数列知识的融汇运用,属于难题.解题思路为，利用极值点
得到关于 的等式，再由数列递推公式，推理得到 的表达式，运用函数单调性，指数对数式互
化即可不断消元解得.
23．（2024·上海·三模）已知两个等差数列2，6，10，…，202和2，8，14，…，200，将这两个等差数列
的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为 ．
【答案】
【分析】先求出新数列的公差，再结合等差数列的前 项和公式，即可求解.
【详解】等差数列2，6，10，…，202中，公差 ；等差数列2，8，14，…，200中，公差 ，
和 的最小公倍数为 ，所以新数列 的公差 ，首项 ，所以 ，
令 ，解得 ，故新数列共有 项，
所以新数列的各项之和为 ，
故答案为：
24．（2024·湖南长沙·三模）已知数列 为正项等比数列，且 ，则 的最小值为 .
【答案】12
【分析】利用等比数列性质得 ，结合已知得 ，利用基本不等式求解即可.
【详解】由于数列 为正项等比数列，所以 ，
因此 ，
当且仅当 即 时，等号成立，故 的最小值为12.
故答案为：12
四、解答题
25．（2024·黑龙江·三模）已知等差数列 的公差 ， 与 的等差中项为5，且 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 求数列 的前20项和 .
【答案】(1)数列 的通项公式为 ；
(2)数列 的前20项和 为 .【分析】（1）根据等差中项求出 ，再根据 求出公差 ，最后根据等差数列的通项公式，求
出 的通项公式；
（2）先写出 ，对 为偶数的情况进行裂项，再用分组求和法求出 .
【详解】（1）因为 为等差数列，且 与 的等差中项为5，
所以 ，解得 ，
因为 ，
所以 ，解得 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
故数列 的通项公式为 ；
（2）由题知，
即
所以
，
故数列 的前20项和 为 .26．（2024·湖南长沙·三模）若各项均为正数的数列 满足 （ 为常数），则
称 为“比差等数列”.已知 为“比差等数列”，且 .
(1)求 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项和 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用“比差等数列”的定义可得 ，令 ，则 为常数列，
可得 ，可求 的通项公式；
（2）分 为奇数与偶数两种情况求解可得数列 的前 项和 .
【详解】（1）由 为“比差等数列”，
得 ，
从而 .
设 ，则 ，
所以数列 为等差数列.因为 ，
所以 为常数列，
因此， ，即 ，
所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
因此 .
（2）当 为偶数时，
；
当 为奇数时， .
综上， .
27．（2024·山东潍坊·三模）已知正项等差数列 的公差为2，前 项和为 ，且 成等
比数列.
(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）根据 成等比数列求得 ，即可求得 的通项公式.
（2）根据 的通项公式求得 ，分奇偶项分别求出 再求和，即可求得 的前 项和.
【详解】（1）因为 ，
所以 ，即 ，解得 或 ，
又因为 ，所以 ，所以 .
（2） ，所以 ，
所以 为奇数时，
，
为偶数时，
，
所以前 项和 .
28．（2024·上海·三模）已知等比数列 的公比 ，且 ， ．
(1)求 的通项公式；
(2)若数列 满足 ，且 是严格增数列，求实数 的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用等比数列通项公式的基本量进行运算即可；
（2） 是严格增数列，利用 恒成立即可求解.
【详解】（1）因为数列 是等比数列，且 ，所以 或2，
若 ， ，则 与 矛盾，舍去，
若 ， ，则 ， ，满足题意，
所以 ．
（2）因为 ， 是严格增数列，
所以 对于任意正整数n都成立，
，
即 对于任意正整数n都成立，所以 ，
因为 在 上严格递减，
所以当 时， 最大，最大值为 ，
所以 的取值范围是 .
29．（2024·山东泰安·模拟预测）在足球比赛中，有时需通过点球决定胜负．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门
将(也称为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有 的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数 的
分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，
等可能地随机传向另外 人中的 人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外 人中的 人，如此不停地
传下去，假设传出的球都能接住．记第 次传球之前球在甲脚下的概率为 ，易知 ．
① 试证明： 为等比数列；
② 设第 次传球之前球在乙脚下的概率为 ，比较 与 的大小．
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为 ；
(2)①证明见解析；② .
【分析】（1）解法一：由题意可得 ，然后根据二项分布的概率公式求解概率，从而可求出分
布列和期望；解法二： 的所有可能取值为 ，且在一次扑球中，扑到点球的概率 ，然后分别
求出各自对应的概率，从而可求出分布列和期望；
（2）①由题意可得第 次传球之前球在甲脚下的概率为 ，第 次传球之前球不在甲脚下的概率
为 ，则 ，化简变形后可证得结论；②分别表示出 ，化简后与 比
较大小可得结论.
【详解】（1）解法一：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为 ，
门将在前三次扑到点球的个数 可能的取值为易知 ，
所以
故 的分布列为：
0 1 2 3
所以 的数学期望 ．
解法二： 的所有可能取值为
在一次扑球中，扑到点球的概率 ，
所以
所以 的分布列如下：
0 1 2 3
所以的 数学期望：
（2）①第 次传球之前球在甲脚下的概率为 ，
则当 时，第 次传球之前球在甲脚下的概率为 ，
第 次传球之前球不在甲脚下的概率为 ，
则即 ，又 ，
所以 是以 为首项，公比为 的等比数列．
②由①可知 ，所以 ，
所以 ，
故 ．
【点睛】关键点点睛：此题考查二项分布的分布列和期望，考查等比数列的证明，第（2）问解题的关键
是根据题意用 表示出 ，考查理解能力和计算能力，属于较难题.
30．（2024·湖南邵阳·三模）高中教材必修第二册选学内容中指出：设复数 对应复平面内的点 ，
设 ， ，则任何一个复数 都可以表示成： 的形式，这种形式
叫做复数三角形式，其中 是复数 的模， 称为复数 的辐角，若 ，则 称为复数 的辐角主值，
记为 .复数有以下三角形式的运算法则：若 ，则：
，特别地，如果
，那么 ，这个结论叫做棣莫弗定理.
请运用上述知识和结论解答下面的问题：
(1)求复数 ， 的模 和辐角主值 （用 表示）；
(2)设 ， ，若存在 满足 ，那么这样的 有多少个？
(3)求和：【答案】(1) ， ；
(2)506；
(3)1017.
【分析】（1）根据给定条件，利用复数模及辐角主值的定义，结合三角变换求解即得.
（2）利用给定定理，结合诱导公式计算，再借助正余弦函数的周期性求解即得.
（3）令 ，利用等比数列及错位相减法求出 ，
再利用复数相等即可得解.
【详解】（1）由复数 ， ， ，
得 ；
而 ，则 ， ，
又 ， ，所以 .
（2）由 ，
因此 ，则 ，
则 ，解得 ，而 ， ，
即 ，于是 ，显然符合条件的 有506个，
所以这样的 有506个.
（3）令 ，而 ，则 ，
令 ，则 ，
两边同乘 ，得 ，
两式相减得
，因此 ，
，
因此 ，所以 .
【点睛】关键点点睛：求出 的关键是，令 ，利用
错位相减法求出 的和.
31．（2024·湖南长沙·二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合 和 ，定义和集
，用符号 表示和集 内的元素个数.
(1)已知集合 ， ， ，若 ，求 的值；
(2)记集合 ， ， ， 为 中所有元素之和， ，求
证： ；
(3)若 与 都是由 个整数构成的集合，且 ，证明：若按一定顺序排列，
集合 与 中的元素是两个公差相等的等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据新定义求出 ，则 ， ， 且 ，即可求解；（2）由新定义可得 ，结合等差数列前n项求和公式计算可得
，利用裂项相消法计算即可证明；
（3）设集合 ， （ ， ），则
，进而 ，结合放缩法计算可得 、
，即可证明.
【详解】（1）由题： ，
所以 ， ， 且 ，
从而 ， ， ，故 .
（2）若 ， ， ， ，使 ，其中 ， ， ， ，
则 ，故 ， .
，
，
.
（3）设集合 ， ，其中 ， .
则 ，
这里共 个不同元素，又 ，所以上面为和集 中的所有元素.又 ，
这里共 个不同元素，也为合集 中的所有元素，
所以有 ，即 .
一般地，由 ，
，
可得 ，即 .
同理可得 ，得证.
【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，
通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地
证明更新的性质，落脚点仍然是数列的有关性质或求和.
32．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列 是斐波那契数列，其数值为： .这一
数列以如下递推的方法定义： .数列 对于确定的正整数 ，若存在
正整数 使得 成立，则称数列 为“ 阶可分拆数列”.
(1)已知数列 满足 .判断是否对 ，总存在确定的正整数 ，使得数列
为“ 阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列 的前 项和为 ，
（i）若数列 为“ 阶可分拆数列”，求出符合条件的实数 的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列 满足 ， ，其前 项和为 .证明：当 且 时，
成立.
【答案】(1)存在，理由见解析(2)（i）0；（ii）证明见解析
【分析】（1）由已知可得 可得 由定义可得结论；
（2）当 时， ，（i）由已知可得存在正整数 使得 成立，当 时，
可求得 ，当 时，可得 ，方程无解，可得结论；
（ii）法一：当 时，易得 ，计算可得 ，由（1）可
得 ， ，利用错位相减法可得 ，可证结论成立；
法二：同法一可得 ， ，两边同乘以 ，
可求得 ，可证结论.
【详解】（1）存在，理由如下：
由已知得 ， ， ，
即
对 ，当正整数 时，存在 ，使得 成立，
即数列 为“ 阶可分拆数列”；
（2） ，
当 时， ，
当 时， ，
（i）若数列 为“ 阶可分拆数列”，则存在正整数 使得 成立，当 时， ，即 ，解得 ，
当 时， ，即 ，
因 ，所以 ，又 ，
故方程 无解.
综上所述，符合条件的实数a的值为 .
（ii）方法一：
证明： ，
当 时， ，
，
，
由（i）知 ，所以 ，
①，
②，
由①-②可得
，
，，
，
当 且 时， 成立.
方法二：
证明： ，
当 时， ，
，
，
由（i）知 ，所以 ，
①，
②，
③，
由① ② ③可得
，
，
当 且 时， 成立.
【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定 的存在 即可，以及错位相减法在数列求和中的应用..
