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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
1
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【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
；
2
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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，
，
3
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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
4
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【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
，
.
5
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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，
6
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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；
7
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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
.
8
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(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
，
.
9
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（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
10
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.（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
.
11
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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
.
12
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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
，
13
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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
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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；
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（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
，
.
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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
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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．
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（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
，
，
19
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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)
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【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.
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【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
22
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【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
，
23
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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
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【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
，
25
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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，
26
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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
，
.
27
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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
，
28
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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
，
29
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，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
，
30
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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：BC
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17．（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．
，
32
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【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
.
33
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【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
.
34
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【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
，
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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
.
36
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【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
.
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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.
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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)
39
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(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)
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(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
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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
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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
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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：
44
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【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
，
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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；
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（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.
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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
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(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，
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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
，
，
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，
，
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
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求和中的应用..
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