专题 08 数列
1．【2022年全国乙卷】已知等比数列{a }的前3项和为168，a -a =42，则a = ( )
n 2 5 6
A．14 B．12 C．6 D．3
【答案】D
【解析】
【分析】
设等比数列{a }的公比为q,q≠0，易得q≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列
n
的通项即可得解.
【详解】
解：设等比数列{a }的公比为q,q≠0，
n
若q=1，则a -a =0，与题意矛盾，
2 5
所以q≠1，
则¿，解得¿，
所以a =a q5=3.
6 1
故选：D.
2．【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
1
1 b =1+
1 b =1+ 3 1
数列{b }：b =1+ ， 2 1 ， α + ，…，依此类推，其中
n 1 α α + 1 1
1 1 α α +
2 2 α
3
α ∈N* (k=1,2,⋯)．则( )
k
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】【分析】
根据α ∈N* (k=1,2,…)，再利用数列{b }与α 的关系判断{b }中各项的大小，即可求解.
k n k n
【详解】
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
6
1 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.
3．【2022年新高考2卷】中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．
如图是某古建筑物的剖面图，DD ,CC ,BB ,A A 是举， OD ,DC ,CB ,BA 是相
1 1 1 1 1 1 1 1
DD CC BB A A
等的步，相邻桁的举步之比分别为 1=0.5, 1 =k , 1=k , 1=k ，若
OD DC 1 CB 2 BA 3
1 1 1 1
k ,k ,k 是公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k = ( )
1 2 3 3A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
【答案】D
【解析】
【分析】
设OD =DC =CB =BA =1，则可得关于k 的方程，求出其解后可得正确的选项.
1 1 1 1 3
【详解】
设OD =DC =CB =BA =1，则CC =k ,BB =k ,A A =k ，
1 1 1 1 1 1 1 2 1 3
DD +CC +BB +A A
依题意，有k -0.2=k ,k -0.1=k ，且 1 1 1 1=0.725，
3 1 3 2 OD +DC +CB +BA
1 1 1 1
0.5+3k -0.3
所以 3 =0.725，故k =0.9，
4 3
故选：D
4．【2022年北京】设{a }是公差不为0的无穷等差数列，则“{a }为递增数列”是“存在
n n
正整数N ，当n>N 时，a >0”的( )
0 0 n
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
设等差数列{a }的公差为d，则d≠0，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件
n
的定义判断可得出结论.
【详解】设等差数列{a }的公差为d，则d≠0，记[x]为不超过x的最大整数.
n
若{a }为单调递增数列，则d>0，
n
若a ≥0，则当n≥2时，a >a ≥0；若a <0，则a =a +(n-1)d，
1 n 1 1 n 1
a [ a ]
由a =a +(n-1)d>0可得n>1- 1，取N = 1- 1 +1，则当n>N 时，a >0，
n 1 d 0 d 0 n
所以，“{a }是递增数列”⇒“存在正整数N ，当n>N 时，a >0”；
n 0 0 n
若存在正整数N ，当n>N 时，a >0，取k∈N*且k>N ，a >0，
0 0 n 0 k
a a
假设d<0，令a =a +(n-k)d<0可得n>k- k，且k- k>k，
n k d d
[ a ]
当n> k- k +1时，a <0，与题设矛盾，假设不成立，则d>0，即数列{a }是递增数列.
d n n
所以，“{a }是递增数列”⇐“存在正整数N ，当n>N 时，a >0”.
n 0 0 n
所以，“{a }是递增数列”是“存在正整数N ，当n>N 时，a >0”的充分必要条件.
n 0 0 n
故选：C.
1
5．【2022年浙江】已知数列{a }满足a =1,a =a - a2(n∈N*)，则( )
n 1 n+1 n 3 n
5 5 7 7
A．2<100a < B． <100a <3 C．3<100a < D． <100a <4
100 2 2 100 100 2 2 100
【答案】B
【解析】
【分析】
先通过递推关系式确定{a }除去a ，其他项都在(0,1)范围内，再利用递推公式变形得到
n 1
1 1 1 1 1 1
- = > ，累加可求出 > (n+2)，得出100a <3，再利用
a a 3-a 3 a 3 100
n+1 n n n
1 1 1 1 1 1
- = < = (1+ )
a a 3-a 3 3 n+1 ，累加可求出
n+1 n n 3-
n+21 1 1 1 1 1 5
-1< (n-1)+ ( + +⋯+ )，再次放缩可得出100a❑ > ．
a 3 3 2 3 n 100 2
n
【详解】
2
∵a =1，易得a = ∈(0,1)，依次类推可得a ∈(0,1)
1 2 3 n
1 1 3 1 1
由题意，a =a (1- a )，即 = = + ，
n+1 n 3 n a a (3-a ) a 3-a
n+1 n n n n
1 1 1 1
- = >
∴ ，
a a 3-a 3
n+1 n n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
即 - > ， - > ， - > ，…， - > ,(n≥2)，
a a 3 a a 3 a a 3 a a 3
2 1 3 2 4 3 n n-1
1 1 1 1
累加可得
-1> (n-1)，即 > (n+2),(n≥2)，
a 3 a 3
n n
3 1 100
∴a < ,(n≥2)，即a < ，100a < <3,
n n+2 100 34 100 34
1 1 1 1 1 1
- = < = (1+ ),(n≥2)
又a a 3-a 3 3 n+1 ，
n+1 n n 3-
n+2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ - = (1+ )， - < (1+ )， - < (1+ )，…，
a a 3 2 a a 3 3 a a 3 4
2 1 3 2 4 3
1 1 1 1
- < (1+ ),(n≥3)，
a a 3 n
n n-1
1 1 1 1 1 1
累加可得 -1< (n-1)+ ( + +⋯+ ),(n≥3)，
a 3 3 2 3 n
n
1 1 1 1 1 1 1 1
∴ -1<33+ ( + +⋯+ )<33+ ( ×4+ ×94)<39，
a 3 2 3 99 3 2 6
100
1 1 5
即 <40，∴a❑ > ，即100a❑ > ；
a 100 40 100 2
100
5
综上： <100a <3．
2 100
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
6．【2022年全国乙卷】记S 为等差数列{a }的前n项和．若2S =3S +6，则公差d=
n n 3 2
_______．【答案】2
【解析】
【分析】
转化条件为2(a +2d)=2a +d+6，即可得解.
1 1
【详解】
由2S =3S +6可得2(a +a +a )=3(a +a )+6，化简得2a =a +a +6，
3 2 1 2 3 1 2 3 1 2
即2(a +2d)=2a +d+6，解得d=2.
1 1
故答案为：2.
7．【2022年北京】己知数列{a }各项均为正数，其前n项和S 满足a ⋅S =9(n=1,2,⋯)．
n n n n
给出下列四个结论：
①{a }的第2项小于3； ②{a }为等比数列；
n n
1
③{a }为递减数列； ④{a }中存在小于 的项．
n n 100
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】
9 9
推导出a = - ，求出a 、a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单
n a a 1 2
n n-1
调性的定义可判断③.
【详解】
由题意可知，∀n∈N*，a >0，
n
当n=1时，a2=9，可得a =3；
1 1
9 9 9 9
当n≥2时，由S = 可得S = ，两式作差可得a = - ，
n a n-1 a n a a
n n-1 n n-1
9 9 9
所以， = -a ，则 -a =3，整理可得a2+3a -9=0，
a a n a 2 2 2
n-1 n 2
3√5-3
因为a >0，解得a = <3，①对；
2 2 2
( 9 ) 2 81
假设数列{a }为等比数列，设其公比为q，则a2=a a ，即 = ，
n 2 1 3 S S S
2 1 3所以，S2=S S ，可得a2(1+q) 2=a2(1+q+q2)，解得q=0，不合乎题意，
2 1 3 1 1
故数列{a }不是等比数列，②错；
n
9 9 9(a -a )
当n≥2时，a = - = n-1 n >0，可得a <a ，所以，数列{a }为递减数列，
n a a a a n n-1 n
n n-1 n n-1
③对；
1 1
假设对任意的n∈N*，a ≥ ，则S ≥100000× =1000，
n 100 100000 100
9 9 1
所以，a = ≤ < ，与假设矛盾，假设不成立，④对.
100000 S 1000 100
100000
故答案为：①③④.
【点睛】
关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行
推导.
2S
8．【2022年全国甲卷】记S 为数列{a }的前n项和．已知 n+n=2a +1．
n n n n
(1)证明：{a }是等差数列；
n
(2)若a ,a ,a 成等比数列，求S 的最小值．
4 7 9 n
【答案】(1)证明见解析；
(2)-78．
【解析】
【分析】
(1)依题意可得2S +n2=2na +n，根据a =¿，作差即可得到a -a =1，从而得证；
n n n n n-1
(2)由(1)及等比中项的性质求出a ，即可得到{a }的通项公式与前n项和，再根据二次函数的
1 n
性质计算可得．
(1)
2S
解：因为 n+n=2a +1，即2S +n2=2na +n①，
n n n n
当n≥2时，2S +(n-1) 2=2(n-1)a +(n-1)②，
n-1 n-1①-②得，2S +n2-2S -(n-1) 2=2na +n-2(n-1)a -(n-1)，
n n-1 n n-1
即2a +2n-1=2na -2(n-1)a +1，
n n n-1
即2(n-1)a -2(n-1)a =2(n-1)，所以a -a =1，n≥2且n∈N*，
n n-1 n n-1
所以{a }是以1为公差的等差数列．
n
(2)
解：由(1)可得a =a +3，a =a +6，a =a +8，
4 1 7 1 9 1
又a ，a ，a 成等比数列，所以a ❑ 2=a ⋅a ，
4 7 9 7 4 9
即(a +6) 2=(a +3)⋅(a +8)，解得a =-12，
1 1 1 1
所以a =n-13，所以S =-12n+
n(n-1)
=
1
n2-
25
n=
1(
n-
25) 2
-
625
，
n n 2 2 2 2 2 8
所以，当n=12或n=13时(S ) =-78．
n min
{S } 1
9．【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
n n 1 a 3
n
数列．
(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
a 3 3 n 3
n(n+2)a (n+1)a a n+1
的关系得到当n≥2时，a =S -S = n- n-1,进而得： n = ，利用
n n n-1 3 3 a n-1
n-1
n(n+1) n(n+1)
累乘法求得a = ，检验对于n=1也成立，得到{a }的通项公式a = ；
n 2 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
10．【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
n n
a -b =a -b =b -a ．
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
11．【2022年北京】已知Q:a ,a ,⋯,a 为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的
1 2 k
n∈{1,2,⋯,m}，在Q中存在a ,a ,a ,⋯,a ( j≥0)，使得
i i+1 i+2 i+j
a +a +a +⋯+a =n，则称Q为m-连续可表数列．
i i+1 i+2 i+j
(1)判断Q:2,1,4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；
(2)若Q:a ,a ,⋯,a 为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4；
1 2 k(3)若Q:a ,a ,⋯,a 为20-连续可表数列，且a +a +⋯+a <20，求证：k≥7．
1 2 k 1 2 k
【答案】(1)是5-连续可表数列；不是6-连续可表数列．
(2)证明见解析．
(3)证明见解析．
【解析】
【分析】
(1)直接利用定义验证即可；
(2)先考虑k≤3不符合，再列举一个k=4合题即可；
(3)k≤5时，根据和的个数易得显然不行，再讨论k=6时，由a +a +⋯+a <20可知里面
1 2 6
必然有负数，再确定负数只能是-1，然后分类讨论验证不行即可．
(1)
a =1，a =2，a +a =3，a =4，a +a =5，所以Q是5-连续可表数列；易知，不存在
2 1 1 2 3 2 3
i, j使得a +a +⋯+a =6，所以Q不是6-连续可表数列．
i i+1 i+j
(2)
若k≤3,设为Q: a,b,c,则至多a+b,b+c,a+b+c,a,b,c，6个数字，没有8个，矛盾；
当k=4时,数列Q:1,4,1,2，满足a =1，a =2，a +a =3，a =4，a +a =5，
1 4 3 4 2 1 2
a +a +a =6，a +a +a =7，a +a +a +a =8， ∴k =4．
1 2 3 2 3 4 1 2 3 4 min
(3)
k(k+1)
Q:a❑,a❑,⋯,a❑，若i= j最多有k种，若i≠ j，最多有C2 种，所以最多有k+C2=
1 2 k k k 2
种，
5(5+1)
若k≤5，则a ,a ,…,a 至多可表 =15个数，矛盾,
1 2 k 2
6(6+1)
从而若k<7,则k=6，a,b,c,d,e,f至多可表 =21个数，
2
而a+b+c+d+e+f <20，所以其中有负的，从而a,b,c,d,e,f可表1~20及那个负数(恰
21个)，这表明a~f中仅一个负的，没有0，且这个负的在a~f中绝对值最小，同时a~f中
没有两数相同,设那个负数为-m(m≥1) ，
则所有数之和≥m+1+m+2+⋯+m+5-m=4m+15，4m+15≤19⇒m=1，
∴{a,b,c,d,e,f }={-1,2,3,4,5,6}，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，
∵1=-1+2 (仅一种方式)，
∴-1与2相邻，若-1不在两端,则"x , -1 , 2 , __,__,__"形式，
若x=6，则5=6+(-1)(有2种结果相同，方式矛盾)，
∴x≠6， 同理x≠5,4,3 ，故-1在一端，不妨为"-1 ,2, A, B, C, D"形式，
若A=3,则5=2+3 (有2种结果相同，矛盾)，A=4同理不行，
A=5，则6=-1+2+5 (有2种结果相同，矛盾)，从而A=6，
由于7=-1+2+6,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能-1,2,6,3,5,4，①或-1,2,6,4,5,3，②
这2种情形，
对①：9=6+3=5+4，矛盾，
对②：8=2+6=5+3，也矛盾，综上k≠6
∴k≥7．
【点睛】
关键点睛，先理解题意，是否为m-可表数列核心就是是否存在连续的几项(可以是一项)之
和能表示从1到m中间的任意一个值．本题第二问k≤3时，通过和值可能个数否定k≤3；
第三问先通过和值的可能个数否定k≤5，再验证k=6时，数列中的几项如果符合必然是
{-1,2,3,4,5,6}的一个排序，可验证这组数不合题．
12．【2022年浙江】已知等差数列{a }的首项a =-1，公差d>1．记{a }的前n项和为
n 1 n
S (n∈N*)．
n
(1)若S -2a a +6=0，求S ；
4 2 3 n
(2)若对于每个n∈N*，存在实数c ，使a +c ,a +4c ,a +15c 成等比数列，求d
n n n n+1 n n+2 n
的取值范围．
3n2-5n
【答案】(1)S = (n∈N* )
n 2
(2)1<d≤2
【解析】
【分析】
(1)利用等差数列通项公式及前n项和公式化简条件，求出d，再求S ；
n
(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d的范围.
(1)
因为S -2a a +6=0，a =-1，
4 2 3 1所以-4+6d-2(-1+d)(-1+2d)+6=0，
所以d2-3d=0，又d>1，
所以d=3，
所以a =3n-4，
n
(a +a )n 3n2-5n
所以S = 1 n = ，
n 2 2
(2)
因为a +c ，a +4c ，a +15c 成等比数列，
n n n+1 n n+2 n
所以(a +4c ) 2=(a +c )(a +15c )，
n+1 n n n n+2 n
(nd-1+4c ) 2=(-1+nd-d+c )(-1+nd+d+15c )，
n n n
c2+(14d-8nd+8)c +d2=0，
n n
由已知方程c2+(14d-8nd+8)c +d2=0的判别式大于等于0，
n n
所以Δ=(14d-8nd+8) 2-4d2≥0，
所以(16d-8nd+8)(12d-8nd+8)≥0对于任意的n∈N*恒成立，
所以[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]≥0对于任意的n∈N*恒成立，
当n=1时，[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]=(d+1)(d+2)≥0，
当n=2时，由(2d-2d-1)(4d-3d-2)≥0，可得d≤2
当n≥3时，[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]>(n-3)(2n-5)≥0，
又d>1
所以1<d≤2
1．(2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测(文))在等差数列 中， ， ，
则 ( )A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
将已知等式变形，由等差数列下标和计算即可得到结果.
【详解】
由 得： ， .
故选：B.
2．(2022·福建省德化第一中学模拟预测)设等差数列 的前 项和为 ，若 ，则
的值为( )
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等差数列的求和公式，求得 ，结合等差数列的性质，化简得到 ，
即可求解.
【详解】
因为 ，由等差数列的性质和求和公式得 ，即 ，
则 .
故选：C.
3．(2022·北京·北大附中三模)已知数列 满足 ，其中 ，则数列
( )
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【答案】A
【解析】
【分析】
求得数列 的通项公式，再分析数列的单调性即可
【详解】
依题意，因为 ，其中 ，当 时， ，
当 时， ， ，两式相除有
，易得 随着 的增大而减小，故 ，且 ，
故最小项为 ，最大项为
故选：A
4．(2022·辽宁实验中学模拟预测)已知数列 是首项为1的正项等差数列，公差
不为0，若 、数列 的第2项、数列 的第5项恰好构成等比数列，则数列 的
通项公式为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意设 ，所以 ， ，所以 ， ，
构成等比数列，即 ，求出 即可求解.
【详解】
设等差数列 的公差为 ，所以 ，所以 ，，又 、数列 的第2项、数列 的第5项恰好构成等比数列，
即 ， ， 构成等比数列，所以 ，
解得 ， (舍去)，所以 .
故选：A.
5．(2022·四川·绵阳中学实验学校模拟预测(文))已知数列 的前 项和为 ，且 ，
， ，若存在实数 使 是等差数列，则 的公差为( )
A．1 B．2 C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用 得 的递推关系，从而求得 与公差 的关系，再由
求得 ．
【详解】
设公差为 ，
因为 ，所以 时， ，
两式相减得： ，
因为 ，所以 ，
由 得 ．从而 ， ，
故选：B．
6．(2022·湖南·邵阳市第二中学模拟预测)已知正项等比数列 满足 ，若存在
、 ，使得 ，则 的最小值为( )A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设等比数列 的公比为 ，则 ，根据已知条件求出 的值，由已知条件可得出
，将代数式 与 相乘，利用基本不等式可求得 的最小值.
【详解】
设等比数列 的公比为 ，则 ，由 可得 ，解得 ，
因为 ，则 ， ，可得 ，
由已知 、 ，所以，
，
当且仅当 时，等号成立，
因此， 的最小值为 .
故选：D.
7．(2022·浙江·三模)设数列 满足 ，记数列 的
前n项的和为 ，则( )
A． B．存在 ，使
C． D．数列 不具有单调性
【答案】C
【解析】【分析】
根据题意求得 ，进而得到 与 同号，结合作差法比较法，可判定B、D
错误；由 ，得到 ，利用叠加法，可判定A错误；
化简得到 ，利用裂项法求和，可判定C正确.
【详解】
由于 ，则 ，
又由 ，则 与 同号．
又由 ，则 ，可得 ，
所以数列 单调递增，故B、D错误；
又因为 ，
由数列 单调递增，且 ，所以 ，所以 ，
累加得 ，所以 ，故A错误；
由 可得 ，
因为 ，所以 ，故C正确．
故选：C．
8．(2022·吉林·东北师大附中模拟预测(理))数列 为等差数列，前 项的和为 ，若
， ，则当 时， 的最大值为( )A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分析数列 的单调性，计算 、 ，即可得出结论.
【详解】
因为 ， ，则 ，故数列 为递增数列，
因为 ， ，
且当 时， ，所以，当 时， ，
所以，满足当 时， 的最大值为 .
故选：C.
9．(2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测)已知等差数列 的前n项和为 ，且满
足 ， ，则下列结论正确的是( )
A． ，且 B． ，且
C． ，且 D． ，且
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意构造函数 ，确定函数的奇偶性及单调性，进而根据
的关系即可确定答案.
【详解】
设函数 ，则 为奇函数，且 ，所以 在R上递减，由已知可得 ， ，有 ，
，所以 ，且 ，所以
，且 ，所以 ，
.
故选：C.
10．(2022·全国·模拟预测)已知数列 满足对任意的 ，总存在 ，使得 ，
则 可能等于( )
A． B．2022n C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
A选项，利用等比数列求和公式列出方程，令n＝2时，得到 ，m不存在，A
错误；B选项，利用等差数列求和公式进行求解得到方程 ，取
即可，C选项，利用平方和公式得到 ，当n＝2时， ，
m不存在；D选项，当n＝2时， ，m不存在.
【详解】
对于选项A：当 时，则 是等比数列，因为
所以 ，当n＝2时， ，m不存在，A错误；对于选项B：当 时， 是等差数列，因为 ，则
，取 即可，B正确；
对于选项C：当 时， ，则
，当n＝2时， ，m不
存在，C错误；
对于选项D：当 时， ，则 ，当n＝2时，
，m不存在，D错误．
故选：B．
11．(2022·江苏·南京外国语学校模拟预测)已知数列 各项都不为 ， 且满足
，
(1)求 的通项公式；
(2)若 ， 的前n项和为 ，求 取得最小值时的n的值．
【答案】(1) ；
(2) .
【解析】
【分析】
(1)由 得 时， ， ① ②得 ，分奇偶项即可求出
(2)由 得 ，当 时， ，当 时，
当 时， 取得最小值
(1)
①
当 时， ②
① ②
的奇数项和偶数项各自成等差数列且
为奇数)，
( 为偶数
(2)
，
当 时， ，
当 时，
当 时， 取得最小值
12．(2022·福建·厦门双十中学模拟预测)等差数列 的前 项和为 ，已知 ， 为
整数，且 .(1)求 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项和 .
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据题意得公差 为整数，且 ， ，分析求出 即可；(2)
，再利用裂项相消法求和即可.
(1)
由 ， 为整数知，等差数列 的公差 为整数.
又 ，故 ， .
于是 ， ，解得 ，
因此 ，故数列 的通项公式为 .
(2)
，
于是
.13．(2022·宁夏·银川一中模拟预测(理))已知数列 是等差数列， 是等比数列，且
， ， ， ．
(1)求数列 、 的通项公式；
(2)设 ，数列 的前 项和为 ，若不等式 对任意的 恒成立，
求实数 的取值范围．
【答案】(1) ， ；
(2) .
【解析】
【分析】
(1)利用等差数列 ，等比数列 代入计算；
(2)利用错位相减法可得 ，令 ，由 为递增数列，结合恒成立思
想可得答案．
(1)
解：因为数列 是等比数列，则可得 ，解得 ，
所以 ．
因为数列 是等差数列，且 ， ，则公差 ，
所以 ．
故 ， ；
(2)解：由(1)得： ，
数列 的前n项和为 ①
所以 ②
由①-②得： ，
所以 ．
不等式 恒成立，化为不等式 恒成立，
令 且 为递增数列，即转化为
当 时， ，所以 ．
综上可得：实数 的取值范围是 ．
14．(2022·湖北·襄阳四中模拟预测)已知等差数列 满足 ，且前四项和为28，数列
的前 项和 满足 .
(1)求数列 的通项公式，并判断 是否为等比数列；
(2)对于集合A，B，定义集合 .若 ，设数列 和 中的所有
项分别构成集合A，B，将集合 的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列 ，
求数列 的前30项和 .
【答案】(1) ，判断答案见解析
(2)1926
【解析】【分析】
(1)根据等数列的前n项和公式和通项公式可求出 的通项公式，根据等比数列的定义可
判断 是否为等比数列；
(2)结合等差数列的前n项和，等差数列与等比数列的通项公式可求出结果.
(1)
∵ 是等差数列， ，且前四项和为28，
∴ ，解得
∴ .
∵ ，∴当 时， ，两式相减得 ，
即 ，又 ∴
∴当 时，数列 的通项公式为 .不是等比数列
当 时，数列 是首项为，公比为3的等比数列，∴ .
(2)
由(1)知 ，则
因为 ，
所以 ，
所以， 中要去掉 的项最多4项，即3,9,27,81，
其中9,81是 和 的公共项，
所以数列 的前30项和 由 的前32项和，去掉9,81，所以数列 的前30项和 为1926.
15．(2022·浙江省江山中学模拟预测)在数列 中， ，且对任意的 ，都
有 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)若 ，定义集合A的长度为 ．已知数列
的通项公式为 ，若关于x不等式
的解集A，求集合A的长度．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)构造等比数列结合累加法即可求通项；
(2)根据不等式特点，巧用作差转换成高次不等式求解.
(1)
， ，所以 ，
，即
；
(2)因为 ， 即就是
，
，
，
， ，即 ，根据数
轴标根法可知不等式的解集为 或 或 或
，集合A的长度为 .
【点睛】
数列求通项分方法有构造等比或等差数列法，累加法，累乘法等.
