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专题 21 数列综合问题的探究
1、（2023年全国乙卷数学（文））已知等差数列 的公差为 ，集合 ，若 ，
则 （ ）
A．－1 B． C．0 D．
【答案】B
【详解】依题意，等差数列 中， ，
显然函数 的周期为3，而 ，即 最多3个不同取值，又
，
则在 中， 或 ，
于是有 ，即有 ，解得 ，
所以 ， .
故选：B
2、（2023年新课标全国Ⅱ卷）已知 为等差数列， ，记 ， 分别为数列 ，
的前n项和， ， ．
(1)求 的通项公式；
(2)证明：当 时， ．
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，而 ，
则 ，
于是 ，解得 ， ，
所以数列 的通项公式是 .
（2）方法1：由（1）知， ， ，
当 为偶数时， ，
，
当 时， ，因此 ，
当 为奇数时， ，
当 时， ，因此 ，
所以当 时， .
方法2：由（1）知， ， ，
当 为偶数时， ，
当 时， ，因此 ，
当 为奇数时，若 ，则
，显然 满足上式，因此当 为奇数时， ，当 时， ，因此 ，
所以当 时， .
3、（2023年新高考天津卷）已知 是等差数列， ．
(1)求 的通项公式和 ．
(2)已知 为等比数列，对于任意 ，若 ，则 ，
（Ⅰ）当 时，求证： ；
（Ⅱ）求 的通项公式及其前 项和．
【答案】(1) ， ；
(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) ，前 项和为 .
【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
则数列 的通项公式为 ，
求和得
.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当 时， ，
取 ，则 ，即 ，当 时， ，
取 ，此时 ，
据此可得 ，
综上可得： .
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知： ，
据此猜测 ，
否则，若数列的公比 ，则 ，
注意到 ，则 不恒成立，即 不恒成立，
此时无法保证 ，
若数列的公比 ，则 ，
注意到 ，则 不恒成立，即 不恒成立，
此时无法保证 ，
综上，数列的公比为 ，则数列的通项公式为 ，
其前 项和为： .
{S } 1
4、【2022年新高考1卷】记S 为数列{a }的前n项和，已知a =1, n 是公差为 的等差数列．
n n 1 a 3
n
(1)求{a }的通项公式；
n
1 1 1
(2)证明：
+ +⋯+ <2．
a a a
1 2 nn(n+1)
【答案】(1)a =
n 2
(2)见解析
【解析】
【分析】
S 1 n+2 (n+2)a
（1）利用等差数列的通项公式求得 n=1+ (n−1)= ，得到S = n，利用和与项的关系得到
a 3 3 n 3
n
(n+2)a (n+1)a a n+1 n(n+1)
当n≥2时，a =S −S = n− n−1,进而得： n = ，利用累乘法求得a = ，
n n n−1 3 3 a n−1 n 2
n−1
n(n+1)
检验对于n=1也成立，得到{a }的通项公式a = ；
n n 2
1 1 1 ( 1 )
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到 + +⋯+ =2 1− ，进而证得.
a a a n+1
1 2 n
(1)
S
∵a =1，∴S =a =1,∴ 1=1,
1 1 1 a
1
{S } 1
n
又∵ 是公差为 的等差数列，
a 3
n
S 1 n+2 (n+2)a
∴ n=1+ (n−1)= ,∴S = n,
a 3 3 n 3
n
(n+1)a
∴当n≥2时，S = n−1，
n−1 3
(n+2)a (n+1)a
∴a =S −S = n− n−1,
n n n−1 3 3
整理得：(n−1)a =(n+1)a ,
n n−1
a n+1
即 n = ,
a n−1
n−1
a a a a
∴a =a × 2× 3×…× n−1× n
n 1 a a a a
1 2 n−2 n−13 4 n n+1 n(n+1)
=1× × ×…× × = ，
2 3 n−2 n−1 2
显然对于n=1也成立，
n(n+1)
∴{a }的通项公式a = ；
n n 2
(2)
1 2 (1 1 )
= =2 − ,
a n(n+1) n n+1
n
∴ 1 + 1 +⋯+ 1 =2 [( 1− 1) + (1 − 1) +⋯ (1 − 1 )] =2 ( 1− 1 ) <2
a a a 2 2 3 n n+1 n+1
1 2 n
5、【2022年新高考2卷】已知{a }为等差数列，{b }是公比为2的等比数列，且a −b =a −b =b −a ．
n n 2 2 3 3 4 4
(1)证明：a =b ；
1 1
(2)求集合{k|b =a +a ,1≤m≤500}中元素个数．
k m 1
【答案】(1)证明见解析；
(2)9．
【解析】
【分析】
（1）设数列{a }的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；
n
（2）根据题意化简可得m=2k−2，即可解出．
(1)
d
设数列{a }的公差为d，所以，¿，即可解得，b =a = ，所以原命题得证．
n 1 1 2
(2)
d
由（1）知，b =a = ，所以b =a +a ⇔b ×2k−1=a +(m−1)d+a ，即2k−1=2m，亦即
1 1 2 k m 1 1 1 1
m=2k−2 ∈[1,500]，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k=2,3,4,⋯,10，故集合
{k|b =a +a ,1≤m≤500}中的元素个数为10−2+1=9．
k m 1题组一 等差、等比数列的含参问题
1-1、（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知数列 前 项和 ，数列 满足
为数列 的前 项和．若对任意的 ，不等式 恒成立，
则实数 的取值范围为______．
【答案】
【分析】利用 与 的关系，求得 ，由题意，求得 并裂项，利用裂项相消，求得 ，分 为奇数或偶
数两种情况，利用函数求最值研究不等式恒成立问题，可得答案.
【详解】当 时， ；当 时， ，将 代入上式，可得
，则 ；
，
，
代入不等式 ，可得 ，整理可得 ，
当 为偶数时，不等式为 ，
令 ， ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
由于 ，故 ，此时 ；
当 为奇数时，不等式为 ，令 ，（ 为奇数且 ），易知 在 单调递增，则 ，此
时 ，
综上所述， .
故答案为： .
1-2、（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知等差数列 的首项为1，公差 ，其前n项和 满足
.
(1)求公差d；
(2)是否存在正整数m，k使得 .
【答案】(1) ；(2)存在，理由见解析
【分析】（1）由等差数列求和公式列出方程，求出公差；
（2）在第一问的基础上，得到通项公式，利用求和公式得到 ，法一：由m，k为正整数，
列出符合要求的解；法二：得到 ，且 ，从而得到 ，写成符合要求
的解.
【详解】（1）因为 ， ，所以 ，
所以 ，即 ，解得： 或 .
因为 ，所以 .
（2）法一：由（1）得， ，
，
时 ；
时 ；
时 ；
时 （舍），当 时， ，不合题意；
满足条件的 有三组.
法二：由（1）得， ，
故 ，
所以 ，且 ，
所以 ，所以 ， ， .
存在满足条件的 有三组.
1-3、（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知数列 是等差数列， ，且 ， ， 成等比数
列．给定 ，记集合 的元素个数为 ．
(1)求 ， 的值；
(2)求最小自然数n的值，使得 ．
【答案】(1) ， ；；(2)11
【分析】（1）利用等比数列的性质求得 公差，得通项公式 ，写出 时的集合可得元素个数，
即 ；
（2）由（1）可得 ，然后分组求和法求得和 ，用估值法得 时和小于2022， 时
和大于2022，由数列的单调性得结论．
【详解】（1）设数列 的公差为 ，由 ， ， 成等比数列，得 ，
，解得 ，所以 ，时，集合 中元素个数为 ，
时，集合 中元素个数为 ；
（2）由（1）知 ，
，
时， =2001<2022， 时， =4039>2022，
记 ，显然数列 是递增数列，
所以所求 的最小值是11.
1-4、（2023·云南·统考一模）记数列 的前n项和为 ，且 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)设m为整数，且对任意 ， ，求m的最小值．
【答案】(1) ；(2)7
【分析】（1）由数列 与 的关系可得 ，再结合等比数列的通项可得解；
（2）利用错位相减法求出 ，结合范围即可得解.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
当 时， ，故 ，
且 不满足上式，
故数列 的通项公式为（2）设 ，则 ，
当 时， ，
故 ，
于是 ．
整理可得 ，所以 ，
又 ，所以符合题设条件的m的最小值为7
题组二 等差、等比数列中的不等或证明问题
2-1、（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知各项为正数的数列 的前 项和为 ，若
.
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，且数列 的前 项和为 ，求证： ．
【答案】(1) ；(2)见解析
【分析】（1）利用公式 ， 时， ，代入化简得到数列 的递推公式，即可求解通
项公式；
（2）由（1）的结果，利用裂项相消法求和，再结合数列的单调性证明不等式.
【详解】（1）当 时， ，解得 ；
当 时，由 ，得 ，
两式相减可得 ， ，又 ，，即 是首项为 ，公差为 的等差数列，
因此， 的通项公式为 ；
（2）证明：由 可知 ，所以 ，
，
因为 恒成立，所以 ，
又因为 ，所以 单调递增，所以 ，
综上可得 ．
2-2、（2023·云南玉溪·统考一模）在① ，② 这两个条件中选择一个补充在下面的问题中，然后
求解．
设等差数列 的公差为 ，前n项和为 ，等比数列 的公比为q．已知 ， ，
． （说明：只需选择一个条件填入求解，如果两个都选择并求解的，只按选择的第一种情形评
分）
(1)请写出你的选择，并求数列 和 的通项公式；
(2)若数列 满足 ，设 的前n项和为 ，求证： ．
【答案】(1)选① ， ；选② ， ；(2)见解析
【分析】（1）由等差数列、等比数列的基本量代入方程组求解即可.
（2）运用错位相减法求和即可.
【详解】（1）由题意知， ， ， ，
选①，由题意知， ，，
所以 ， ，即： ， .
选②，由题意知， ，
,
所以 ， ，即： ， .
（2）证明：由（1）得 ，
∴ ①，
②，
① ②得： ，
∴ ．
又∵对 ， 恒成立，
∴ ．
2-3、（2023·云南红河·统考一模）已知正项数列 的前n项和为 ，且满足 ．
(1)求数列 的通项公式：
(2)若 ，数列 的前n项和为 ，证明： ．【答案】(1) ；(2)见解析
【分析】(1)利用 ， 的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；
(2)根据(1)中所求，利用裂项求和法求出 ，即可证明.
【详解】（1）因为 ，所以 ．
当 时，可知 ，解得 ，
当 时， ，
两式相减，得 ，
即 ，又因为 ，所以 ，
所以数列 是以 为首项，1为公差的等差数列，
所以 ．
（2）由（1）知
．
所以
，
因为 ，所以
1、（2022·河北深州市中学高三期末）已知正项等比数列 的前 项和为 ， ，且数列 的前 项和为 ，若对于一切正整数 都有 ，则数列 的公比 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
因为等比数列 是正项等比数列，所以 ， ，
若 ，则 ， ， ，不满足题意；
若 ，则 ， ， ，
，
因为 ， ，所以若 ，则 ， ， ，
故数列 的公比 的取值范围为 ，
故选：B.
a n S S 2a 1 a 0,2021
2、（2021·山东菏泽市·高三期末）已知数列 n 的前 项和是 n，且 n n ，若 n ，
a
a
则称项 n为“和谐项”，则数列 n 的所有“和谐项”的和为（ ）
A．1022 B．1023 C．2046 D．2047
【答案】D
【解析】
a S S 2a 1(2a 1)2a 2a a 2a
n2
当 时， n n n1 n n1 n n1，∴ n n1，
a S 2a 1 a 1 {a }
又 1 1 1 ， 1 ，∴ n 是等比数列，公比为2，首项为1，
a =2n-1 a 2n1 2021 n110 n11
所以 n ，由 n 得 ，即 ，1211
S 2047
∴所求和为 12 ．
故选：D．
3、（2023·山西·统考一模）从下面的表格中选出3个数字（其中任意两个数字不同行且不同列）作为递增
等差数列 的前三项.
第1列 第2列 第3列
第1行 7 2 3
第2行 1 5 4
第3行 6 9 8
(1)求数列 的通项公式，并求 的前 项和 ；
(2)若 ，记 的前 项和 ，求证 .
【答案】(1) ， ；(2)见解析
【分析】（1）由题知 ， ， ，进而根据等差数列公式计算即可；
（2）根据 ，再结合裂项求和法求解即可证明.
【详解】（1）解：由题意，选出3个数字组成的等差数列的前三项为： ， ， ，
所以 ， ，
所以 .
（2）证明：.
因为 ，所以 ，
所以
4、（2023·安徽安庆·校考一模）数列 中， ，且满足
(1)求 ，并求数列 的通项公式；
(2)设 ，求 ；
(3)设 ，是否存在最大的；正整数 ，使得对任意
均有 成立？若存在求出 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) ； ；(2) ；(3)存在 ，理由见解析
【分析】（1）令 ， ，可得 ， ，解方程即可
求出 ，由题意知数列 为等差数列，即可求出数列 的通项公式；
（2）根据 的取值得到 的符号，然后去掉绝对值后可得所求的 ；
（3）由（1）求得 ，然后利用裂项相消法求出 ，并进一步求出 的最小值
．再根据 恒成立得到 ，求得 的范围后可得所求．
【详解】（1）令 ， ，令 ， ，
解得： ,由 知数列 为等差数列，
设其公差为 ，则 .
故
（2）由 ，解得 .故
当 时,
当 时, .
（3）由于
从而
故数列 是单调递增数列，又因 是数列中的最小项，
要使 恒成立，故只需 成立即可，
由此解得 ，由于 ，
故适合条件的 的最大值为7.
5、（2022·山东青岛·高三期末）给定数列 ，若满足 ，对于任意的 ，都
有 ，则称 为“指数型数列”.
(1)已知数列 的通项公式为 ，证明： 为“指数型数列”；
(2)若数列 满足： ；（I）判断 是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由；
(Ⅱ)若 ，求数列 的前 项和 .
【答案】(1)证明见解析
(2)（I）是，证明见解析；（Ⅱ） .
【解析】(1)
为“指数型数列”
(2)（I）将 两边同除
得： ，
是以 为首项，公比为 的等比数列
是“指数型数列”
（Ⅱ）因为 ，则
