专题20数列综合问题的探究（解析版）_02高考数学_新高考复习资料_2023年新高考资料_二轮复习_2023年高考数学二轮优化提升专题训练（新高考地区专用）2924143

专题20 数列综合问题的探究
1、【2022年全国乙卷】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳
1
飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b }：b =1+ ，
n 1 α
1
1
1 b =1+
b =1+ 3 1
2 1 ， α + ，…，依此类推，其中α ∈N∗(k=1,2,⋯)．则
α + 1 1 k
1 α α +
2 2 α
3
（ ）
A．b <b B．b <b C．b <b D．b <b
1 5 3 8 6 2 4 7
【答案】D
【解析】解：因为α ∈N∗(k=1,2,⋯)，
k
1 1
1 >
所以α <α + ，α 1 ，得到b >b ，
1 1 α 1 α + 1 2
2 1 α
2
1 1
α + >α +
同理 1 α 1 1 ，可得b <b ，b >b
2 α + 2 3 1 3
2 α
3
1 1 1 1
> , α + <α +
α 1 1 1 1 1
又因为 2 α + α + α + ，
2 1 2 α 2 1
α + 3 α +
3 α 3 α
4 4
故b <b ，b >b ；
2 4 3 4
以此类推，可得b >b >b >b >…，b >b ，故A错误；
1 3 5 7 7 8
b >b >b ，故B错误；
1 7 8
1 1
>
α 1
2 α + ，得b <b ，故C错误；
2 1 2 6
α +…
3 α
61 1
α + >α +
1 1 1 1
α + α +… ，得b <b ，故D正确.
2 1 2 1 4 7
α + α +
3 α 6 α
4 7
故选：D.
2、【2020年新课标2卷理科】0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 满足
，且存在正整数 ，使得 成立，则称其为0-1周期序列，并称满足
的最小正整数 为这个序列的周期.对于周期为 的0-1序列 ，
是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足
的序列是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由 知，序列 的周期为m，由已知， ，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
3、（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））数列 满足 ，前16
项和为540，则 ______________.【答案】
【解析】 ，
当 为奇数时， ；当 为偶数时， .
设数列 的前 项和为 ，
，
.
故答案为： .
4、（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知数列 满足 ，
（1）记 ，写出 ， ，并求数列 的通项公式；
（2）求 的前20项和.
【解析】（1）由题设可得
又 ， ，
故 ，即 ，即
所以 为等差数列，故 .（2）设 的前 项和为 ，则 ，
因为 ，
所以
.
{S } 1
5、【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 n
n(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−1
3 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
6、【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、（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）已知数列{a }的前n项和为S ，且2a －S ＝2，记数列
n n n n
的前n项和为T，若对于任意n∈N*，不等式k＞T 恒成立，则实数k的取值范围为（
n n
）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】依题意 ，
当 时， ，
，两式相减并化简得 ，所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列， .
，
所以
，
所以 的取值范围是 .
故选：A
1-2、（2022·山东莱西·高三期末）已知数列 的前n项和为 ，且 ， ， 为等差数列；数列 满
足 ， .
(1)求数列 的前n项和 ；
(2)若对于 ，总有 成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1) .
(2) .
【解析】
【分析】解：因为 ， ， 为等差数列，所以 ，所以 ，两式相减得
，
即 ，所以数列 是以2为公比的等比数列，又 ， ，所以 ，解得 ，所以 ， ，
所以 ，
所以
，
所以 ；
(2)
解：由（1）得不等式为 ，整理得 ，
令 ，则 ，
所以当 ， 时， ，即 ，
当 ， 时， ，即 ，所以当 时， 取得最大值 ，
所以 ，即 ，解得 .
所以实数m的取值范围为 .
1-3、（2022·湖北武昌·高三期末）已知数列 满足 ， ，且对任意 ，都有
．
(1)求证： 是等比数列，并求 的通项公式；(2)求使得不等式 成立的最大正整数m．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【解析】(1)
由 ，得 ，
所以 是等比数列.
所以
从而
所以， ．
(2)
设
即 ，所以， ，
于是， ．
因为 ，且 ，
所以，使 成立的最大正整数 ．
1-4、（2022·湖北襄阳·高三期末）设 是正项等比数列， 是等差数列，已知 ， ，
， ．
(1)求 和 的通项公式；(2)设数列 满足 ，是否存在实数 、 ，使得 前 项和为 ，如果
存在，求实数 、 的值，如果不存在，请说明理由．
【答案】(1) ， ；
(2)存在， ， .
【解析】
【分析】
（1）利用等比数列的通项公式及等差数列的通项公式即求；
（2）由题可得 ，然后利用错位相减法可得 ，再结合条件即得.
(1)
设数列 的公比为 ，数列 的公差为 ，则
由 ，得 ，即 ，
解得 或 （舍），又 ，
所以 ，
∴ ，即 ，
解得 ，
所以 ；
(2)
∵ ，
∴于是 ，
，
两式相减可得： ，
∴ ，又因为
所以存在 ， ，使得 前 项和为 .
题组二 等差、等比数列中的不等或证明问题
2-1、（2022·河北深州市中学高三期末）已知数列 的前n项和为 ， ， ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，若数列 的前n项和为 ，证明： ．
【答案】（1） ；（2）证明见解析；
【解析】解：（1）因为 ， ，当 时 ，当 时，
，所以 ，即 ，即 ，又 ，所以 是
首项为3，公比为3的等比数列，即 ．
（2）由（1）知 ， ，令 ，则 ，
所以 ．
2-2、（2022·山东泰安·高三期末）在等比数列 中， 分别是下表第一，二，三列中的某一个数，且 中的任何两个数不在下表中的同一行，设数列 的前 项和为 .
第一列 第二列 第三列
第一行 1 16
第二行 2 7
第三行 5 12 8
(1)求数列 的通项公式；
(2)证明：数列 中的任意连续三项按适当顺序排列后，可以成等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】(1)
当 时，不论 取7还是12都不能与 或 构成等比数列，不合题意
当 时，当且仅当 时符合题意，
当 时，不论 取7还是 都不能与 或 构成等比数列，不合题意，
∴ ，∴ .
(2) ，
∴ ，
，
∵
，∴ 或 成等差数列，
∴数列 中的任意连续三项按适当顺序排列后可以成等差数列.
2-3、（2022·山东青岛·高三期末）已知数列 满足： .
(1)求证：存在实数 ，使得 ；
(2)求数列 的通项公式.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】(1)
证明：由 变形整理得： ，
所以 ，解得 或 ，经检验， 或 都满足题意.
故存在实数 ，使得 .
(2)
由（1）不妨取 ，则有 ，
而 ，所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，即 ，
设其可变形为 ，解得 ，
即有 ，而 ，
故数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，即 ，经检验， 也满足上式，故 .
题组三 等差、等比数列定义型问题
3-1、（2022·山东青岛·高三期末）在数列 中，若 ，( 为常数)，则称 为
“等方差数列”，p称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A． 是等方差数列
B．若数列 既是等方差数列，又是等差数列，该数列必为常数列
C．正项等方差数列 的首项 ，且 是等比数列，则
D．若等方差数列 的首项为2，公方差为2，若将 ，… 这种顺序排列的10个数作为某种密码，
则可以表示512种不同密码
【答案】ABD
【解析】
选项A. 若 ，则 ，则 ，所以 是等方差数列，故正确.
选项B. 由数列 是等差数列，则
由数列 既是等方差数列,则 ，则
即
当 时，数列 为常数列
当 时， ，结合 ，可得 ，所以数列 为常数列
故数列 为常数列，所以选项B正确.
选项C. 由题意 ，则 ，
由 等比数列，则 ，即 ，解得 或当 时， ，满足题意，故选项C不正确.
选项D. 数列 是首项为2，公方差为2的等方差数列，则
由题意 ，
所以 中的每一项，可能取正或负，有2种取法.
所以 ，… 有 种不同的排法结果；所以选项D正确
故选：ABD
3-2、（2022·山东德州·高三期末）定义在区间 上的函数 ，如果对于任意给定的等比数
列 ， 仍是等比数列，则称 为“保等比数列函数”.下列函数是“保等比数列函数”的为（
）
A． B． C． D．
【答案】AC
【解析】
设等比数列 的公比为 .
对于A，则 ，故A是“保等比数列函数”；
对于B，则 常数，故B不是“保等比数列函数”；
对于C，则 ，故C是“保等比数列函数”；
对于D，则 常数，故D不是“保等比数列函数”.
故选：AC.3-3、（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1、（2022·江苏扬州·高三期末）在正项等比数列 中， ， ，记数列 的前n项积为 ，
，则n的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解析】
设正项等比数列 公比为q，由 得 ，于是得 ，而 ，解得 ，
因此， ， ，由 得： ，
从而得： ，而 ，解得 ，又 ，则 ，
所以n的最小值为5.
故选：C
2、（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
3、（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
n2
当 时， n n n1 n n1 n n1，∴ n n1，
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 2n1 2021 n110 n11
所以 n ，由 n 得 ，即 ，
1211
S  2047
∴所求和为 12 ．
故选：D．
4、（2022·河北保定·高三期末）对于正整数 是小于或等于 的正整数中与 互质的数的数目.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如 ，则（ ）
A．
B．数列 为等比数列
C．数列 单调递增
D．数列 的前 项和恒小于4
【答案】ABD
【解析】
因为7为质数，所以与 不互质的数为7，14，21，…， ，共有 个，
所以 ，故A正确；
因为与 互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，…， ， ，共有 个，所以
，则数列 为等比数列，故B正确；
因为 ， ， ，所以数列 不是单调递增数列，故C错误；
因为 ，所以 .
设 ，则 ，
所以 ，
所以 ，从而数列 的前 项和为 ，故D正确.
故选：ABD5、（2022·广东罗湖·高三期末）已知数列 满足 ， ，且 （ ）．
(1)证明：数列 是等比数列；
(2)记 的前n项和为 ，若 ，均有 ，求实数 的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）对递推公式进行变形，利用等比数列的定义进行证明；
（2）先利用（1）结论得到 ，再利用累加法和等比数列的前n项和公式求出 ，再求
出 ，再分离参数，利用放缩法进行求解.
(1)
解：因为 ，
所以 ，
又因为 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列；
(2)
解：由（1），得 ，
所以 ， ，…， （ ），
所以
（ ），
经检验当 时， ，亦满足 ，
所以 ( )，所以 ，
因为任意 ，均有 ，
所以 ( ) ，
又因为 ( )，
所以 ，即实数 的最小值为 .
6、（2022·广东佛山·高三期末）设 为等比数列 的前 项和， 、 、 成等差数列.
(1)求证： 、 、 成等差数列；
(2)若 ， 是数列 的前 项积，求 的最大值及相应 的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)当 或 时， 取得最大值 .
【解析】
【分析】
（1）设等比数列 的公比为 ，分析得出 ，利用已知条件可求得 的值，再计算得出 ，
即可证得结论成立；
（2）分析可知 是以 为首项，以 为公比的等比数列，求得 ，解不等式 ，求得 的取
值范围，可求得 的最大值及其对应的 值.
(1)
解：设等比数列 的公比为 .
当 时，则 ，则 ，故 ，由已知可得 ，得 ，整理得 ，
即 ，因为 ，可得 ，
故 ， ，所以， ，
因此， 、 、 成等差数列.
(2)
解： ，所以，数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，
所以， ，显然 ，令 ，解得 ，
故当 或 时， 取最大值，且 .
7、（2022·江苏海门·高三期末）已知{an}是公差不为零的等差数列，a ＝17，a ，a ，a 成等比数列．
5 1 2 7
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)将数列{an}与{3n}的相同的项按由小到大的顺序排列构成的数列记为{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn．
【答案】(1)an＝4n－3
(2)
【解析】
【分析】
（1）由 及 成等差数列建立等式求解即可；
（2）根据条件求出数列 ，再求和即可.
(1)
设等差数列的公差为d，d≠0，
由条件得解之得
所以数列 的通项公式为an＝4n－3．
(2)
设4n－3＝3m，
则n＝ ＝ ＝ ，
当m＝2k，k∈N*时，(－1)m ＋3＝4，所以 N*，
当m＝2k－1，k∈N*时，(－1)m ＋3＝2，所以 N*，
所以 ，
所以 ．
8、（2022·江苏通州·高三期末）已知数列 的前n项和为 ，满足 ＝2，2( )＝6－ .
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 的最大值为M，最小值为m，求M－m的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由数列前n项和与通项公式之间的关系即可求得数列 的通项公式；
（2）求得数列 的前n项和 的解析式，求其最值后即可解决.
(1)数列 中， ＝2，2( )＝6－
当 时，2( )＝6－
则2( )-2( )＝6－ －（6－ ），整理得
当 时，由2( )＝6－ ，可得 ，满足
综上，数列 是首项为2，公比为 的等比数列，
(2)
由（1）可知，等比数列 的前n项和为
当n为奇数时， ，则
当n为偶数时， ，则
综上得，数列 的前n项和 的最大值为2，最小值为
故M－m
9、（2022·江苏海安·高三期末）已知数列{an}满足 ，且 ．
(1)请你在①，②中选择一个证明：
①若 ，则{bn}是等比数列；
②若 ，则{bn}是等差数列．
注：如果选择多个分别解答，按第一个解答计分．
(2)求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn．
【答案】(1)详见解析；
(2) ， .【解析】
【分析】
（1）选择①，利用条件可得 ，即证；选择②，利用条件可得 ，即证；
（2）由题可得 ，利用累加法可求 ，再利用由分组求和法即求.
(1)
选择①，由 ，可得 ，
∴ ，又 ，
∴数列{bn}是以2为首项，以 为公比的等比数列；
选择②，∵ ， ，
∴ ，又
∴数列{bn}是等差数列.
(2)
由上可知 ，即 ，
∴
，
∴.