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专题01 数列（40题难题）
（10单选10多选10填空10大题）
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）已知 是等比数列，则甲：数列 为递增数列，乙： ，
恒成立，则甲是乙的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用充分必要条件的定义，分别讨论甲乙的充分性与必要性，结合等比数列的通项公式分类讨论
即可得解.
【详解】设等比数列 的公比为 ，则 ．
当 为递增数列时， ，即 ， 恒成立，故充分性成立；
当 ， 恒成立时， ，即 ，
若 ，则 或 ，
当 时， ，与假设矛盾，舍去，
故 ，此时 ，则 为递增数列；
若 ，则 或 ，
当 时， ，与假设矛盾，舍去，
故 ，此时 ，则 为递增数列．
综上所述，当 ， 时， 为递增数列，故必要性成立；
所以甲是乙的充要条件．
故选：C．【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分类讨论解不等式 ，从而推得其必要性成立.
2．（2024·全国·模拟预测）已知 ， ， ，数列 与数列 的公共项按从
大到小的顺序排列组成一个新数列 ，则数列 的前99项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】对n分奇数与偶数讨论，求出数列 与数列 的公共项，利用裂项相消法求和.
【详解】因为数列 是正奇数数列，对于数列 ，当 为奇数时，设 ，则
，为奇数；当 为偶数时，设 ，则 ，为
偶数，所以 ，
，
所以 ，
故选：D．
3．（2024·全国·模拟预测）若数列 ，对于 ，都有 （ 为常数）成立，则称
数列 具有性质 ．已知数列 的通项公式为 ，且具有性质 ，则实数 的取
值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意，先将 成立变形为 时 成立，将通项公式 代入，从而将问题转化为 恒成立问题，研究新数列的单调性即可解决问题．
【详解】依题意，得 ，故只需考虑 时， ， ．
因为 ，只需要 ，
即 ，整理得 ．
令 ，则 ，
所以对任意的 恒成立，所以数列 为递增数列，
则 ，所以 ，即 的取值范围为 ．
故选：C．
4．（2024·山西晋城·一模）生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑
换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，
则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20
日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是（ ）
A．3月5日或3月16日 B．3月6日或3月15日
C．3月7日或3月14日 D．3月8日或3月13日
【答案】D
【分析】利用等差数列求和公式列方程求解.
【详解】若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第
天所得积分为 ．
假设他连续打卡 天，第 天中断了，
则他所得积分之和为
，化简得 ，
解得 或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日．
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的应用，注意审题“一天中断”两次求和公式的应用.5．（2024·山东菏泽·一模）若数列 的通项公式为 ，记在数列 的前 项中任
取两数都是正数的概率为 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通
式即可求解.
【详解】 为奇数时，前 项中有 个奇数项，即有 个正数，
， ，故A错误；
为偶数时，前 项中有 个奇数项，即有 个正数，
，
， ，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据数列的通项公式的特点分类讨论，利用组合数和古典概型的概率的计算公式求
出概率的通式即可.
6．（2024·全国·模拟预测）已知数列 满足 ，数列 的前 项和为
，则 （ ）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】方法一：变形得到 ， 是以6为首项，9为公比的等比数列，分
组求和,结合等比数列求和公式求出答案；
方法二：推出 是首项为2，公比为3的等比数列，故 ，分 为奇数和偶数两种情
况，利用累加法得到数列的通项公式，利用等比数列求和公式求出答案.
【详解】方法一：因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ，
所以 ．
因为 ，所以 是以6为首项，9为公比的等比数列．
所以
；
方法二：因为当 时， ，即 ，
又 ，所以 是首项为2，公比为3的等比数列，故 ．
由 ，得 ，两式相减得 ．
当 为偶数且 时， ，
以上式子相加得 ，又 ，所以 ．
又 满足上式，所以 ．当 为奇数且 时， ，
以上式子相加得 ，又 ，所以 ，
又 满足上式，所以 ．
综上， ，
所以 ．
故选：D
【点睛】方法点睛：数列中的奇偶项问题考查方向：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②数列中连
续两项和或积问题；③含有 的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问题；含三角函数问题，需
要对 分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减和求和或裂项
相消法求和.
7．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）数列 满足 ，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用累乘法 ，则得到规律 ，则求出 ，根据 即可求出 .
【详解】 ， ，
， ，
所以 ，同理可得， ， ． ，
因为 ，所以 ，则 ，
因为 ，所以 ，
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到 ，则得到 ，最后根据 即可得到答案.
8．（2023·全国·模拟预测）已知数列 满足 ， 且 ，若
，数列 的前 项和为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由 可得数列 是等差数列，进而可得数列 的通项公式，故
可得数列 的通项公式，进而通过裂项相消法得到数列 的前 项和 ，最后代入得到 .
【详解】 ，
， 数列 是等差数列，
， ， ， ，
数列 的公差 ，
，既 ，故 ，
，
，
故选：D.
9．（2024·河南·模拟预测）对于数列 ，定义 为数列 的“加权和”．设数
列 的“加权和” ，记数列 的前 项和为 ，若 对任意的 恒成立，则
实数 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】借助 与 的关系可计算出数列 的解析式，即可得 ，则分 及
两种情况分类讨论，当 时， 为有特殊定义域的二次函数，结合二次函数的性质可得
，解出即可得.
【详解】当 时， ，则 ，
即 ，故 ，
当 时， ，符合上式，故 ，
则 ，故 ，
因为 对任意的 恒成立，当 时，有 ，即 ，不符合要求，
当 时，则有 ，
解得 .
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在得到 后，可知当 时， 为有特殊定义域
的二次函数，即可结合二次的函数的性质解题.
10．（2024·广东·模拟预测）令 ．则 的最大值在如下哪个区
间中（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
先通过 ，利用裂项相消法求出 ，观察得其最大值可取 ，
然后计算其范围即可.
【详解】由于
根据三角函数的性质可知，
当 或 时， 取最大值，不妨取 ，
则 ,
又 ，
因为当 时，
所以
要比较 与 的大小，
即比较 与 的大小，
故 .
所以 .
故选：B.
证明：当 时，
设 ， ，则 ，
所以 在 上单调递减，
所以 ，即当 时， .
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用 对式子进行放缩，可以将三角运算转化为非三角运算.二、多选题
11．（2024·全国·一模）已知数列 ： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，其中第 项为 ，接下
来的 项为 ， ，接下来的 项为 ， ， ，再接下来的 项为 ， ， ， ，依此类推，则（ ）
A．
B．
C．存在正整数 ，使得 ， ， 成等比数列
D．有且仅有 个不同的正整数 ，使得
【答案】ABD
【分析】将数列 中的项重新排列成如图数表，可以发现规律是：第 行是以1为首项公差为 的等
差数列，根据数列中的性质逐项判断.
【详解】根据规律，数列 中各项可以如下排列：
规律为每一行均为等差数列，首项为1，第 行的公差为 ，第 行的最后一项为 ，
第 行的最后一位数在整个数列 中的项数为第 项，故 ，故B正
确；
对于A，根据规律，第6行的最后一项为 ，此行的公差为5，故第20项是 ，故
A正确；对于C，由于数列的每一组都是从1开始，然后一次增加固定的正整数，所以每一行均为递增的正项数列，
若 不在同一行，则 或 ，
若 ，则 ，不可能成立；
若 ，则这三项为 ，由 知不可能成等比数列；
若 在同一行，设为公差为 ，且 ,则 ，则故 ,故矛盾，所以不
可能存在连续三项成等比数列，故C错误；
对于D，对 的位置分以下三种情况讨论
①若 在同一行，设在第 行，由 得 ，
设 为此行中第 项，则 ，即 ，其中
，
所以 或 ，
第52行的数字依次为：1，52，103，…，所以 满足条件，此时第51行最后一项
为第 项，故 ；
第18行的数字依次为：1，18，35，52，69，…，所以 满足条件，此时第17行
最后一项为第 项，故 ；
②若 中 在第 行的最后一位， 在第 行的前两位，
则 ， ，
由 得 ，即 ，对于 无解；
③若 中 在第 行的最后两位， 在第 行的第一位，
则 ， ， ，
由 得 ，解得 ，
第10行的最后两位 ，第11行第一位数为 ，满足条件，此时第10行最后一项为第
项，故 ，
综上所述，存在有且仅有3个不同的正整数 ，使得 ，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题将问题转化为数表问题，数表中的规律与数列性质结合可以更好的解决数列问
题.
12．（2024·安徽安庆·二模）满足 ， ， 的数列 称为卢卡斯数列，则
（ ）
A．存在非零实数t，使得 为等差数列
B．存在非零实数t，使得 为等比数列
C．
D．
【答案】BCD
【分析】对A、B：借助等差数列与等比数列定义计算即可得；对C：借助 代入即可得；对
D：由 ，得到 ，从而将 展开后借助该式裂项相消即可得.
【详解】对A：若数列 为等差数列，则有 ，
即 ，由 ，
故有 恒成立，即有 ，无解，
故不存在这样的实数 ，故A错误；
对B：若数列 为等比数列，则有 ，
即 ，由 ，
故有 恒成立，即有 ，
即 ，解得 ，此时 ，
故存在非零实数t，使得 为等比数列，故B正确；
对C：由 ，
则 ，
即有 ，故C正确；
对D：由 ，
故 ，
故，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于由 ，得到
，从而将 展开后可借助该式裂项相消.
13．（2024·广东·模拟预测）设有正数列 ，其前 项和为 ．则下列哪一个 能使对任意的
都有 成立（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】
首先当 时，要满足 ，故可排除A，先证明两个引理，借助引理说明B选项符合题意；对于CD
而言只需分别证明 即可说明CD符合题意.
【详解】首先取 ，则有 成立，其中 （因为数列 是正数列），
从而需要满足 ，对比选项可知A不符合题意，
接下来我们证明如下引理1： ，证明：首先当 时，左边等于 ，
其次假设结论已对 成立，即 （*），
由于 ，
从而 （**），
（*）与（**）相加有 ，故结论对 也成立，
综上所述，引理1成立，
我们继续来证明引理2： ，
证明：当 时，左边 右边，即此时引理1成立，
设结论已经对 成立，即 ，
记 ，显然 ，
从而
，
故结论对 也成立，综上，引理2成立，
现在我们回到原题，对于B，也就是 ，
则
，故B符合题意，
对于C，当 时， 满足题意，
当 时，我们来比较 的大小，
令 ，从而 ，即 单调递增从而 ，也就是当
时， ，
结合B选项分析可知C选项也符合题意；
对于D，当 时， 满足题意，
当 时，我们来比较 的大小，
显然此时 ，结合B选项分析可知D选项也符合题意.
故选；BCD.【点睛】关键点点睛：关键是先证明上述两个引理，从而当 时，有 成立，由
此即可顺利得解.
14．（2024·山东潍坊·一模）已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，记 ，且
， ，则（ ）
A． B． 的图象关于点 对称
C． D． （ ）
【答案】ABD
【分析】
对于A，对条件 ，求导可得；对于B，对条件 ，两边同时除以 可得；
对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件 ，可得 与 矛盾，可判断
C；对于 D，求出 ， ，所以有 ， ， ，得出数列
是以0为首项， 为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断．
【详解】因为 ，
所以 ，即 ，
令 ，得 ，故A正确；
因为 ，
当 时， ，
所以 的图象关于点 对称，故B正确；对于C，假设 成立，
求导得 ，
即 ，又 ，
所以 ，所以 与 矛盾，故C错误；
对于D，因为 ， ，
所以 ， ， ， ，
所以有 ，
所以数列 的奇数项是以 为首项， 为公差的等差数列，
数列 的偶数项是以 为首项， 为公差的等差数列，
又 ， ，
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ，
所以 ，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是 ， 的应用，D选项关键是推
出 是以 为首项， 为公差的等差数列.
15．（2024·辽宁·一模）已知数列 的首项为 ，且 ，则（ ）
A．存在 使数列 为常数列
B．存在 使数列 为递增数列
C．存在 使数列 为递减数列D．存在 使得 恒成立
【答案】ABD
【分析】
首先分析可得 且 ，设 ， ，利用导数说明函数的单调性，
再分 、 、 三种情况讨论 的单调性，即可判断.
【详解】因为 ，所以 ，
又 ，则 ，设 ， ，
所以 ，
所以当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
当 时 ， ， ，
故当 使数列 为常数列，故A正确；
当 时，由 在 上单调递增，又 ，
所以 ，故B正确；
当 时，由 在 上单调递减，又 ，
所以 ，又 在 上单调递增且 ，
所以 ，所以存在 使得 恒成立，即D正确；
由上述分析可知，不存在 使数列 为递减数列，故C错误.故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键是将递推公式变形为 ，从而构造函数
，利用函数的单调性判断 的单调性.
16．（2024·山东烟台·一模）给定数列 ，定义差分运算： .若数
列 满足 ，数列 的首项为1，且 ，则（ ）
A．存在 ，使得 恒成立
B．存在 ，使得 恒成立
C．对任意 ，总存在 ，使得
D．对任意 ，总存在 ，使得
【答案】BC
【分析】由已知求出 及范围判断AB；利用累加法结合错位相减法求和求出 及范围判断C；求
出 及 的范围判断D.
【详解】对于A，由 ，得 ，显然 有最小值4，无最大值，
因此不存在 ，使得 恒成立，A错误；
对于B，由选项A知， ，则 ，
显然当 时， 恒成立，B正确；
对于C，由 ，得 ，当 时，
即 ，
于是 ，
两式相减得 ，
因此 ，显然 满足上式，则 ，由 ，
得数列 是递增数列， 有最小值1，无最大值，
从而对任意 ，总存在 ，使得 ，C正确；
对于D， ，由选项C得 ，
显然数列 是递减数列， ，因此对任意 ，不存在 ，使得 成立，D错
误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数
列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
17．（2024·河北·模拟预测）已知数列 ， ，满足 ， ，当
时， ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD【分析】依题意可得 ，从而得到 ，则 单调递增，推导出 ①，再
由 得到 ，结合①判断B，当 时 ，将上式两边平方即可得到
，利用不等式的性质得到 ，即可判断A，结合函数的单调性判断C，利用基本不等式判
断D.
【详解】由 ， ，
所以 ，又 ，显然 ，所以 ，
所以 单调递增，则 单调递减，
即 ，所以 ①，
由 ，设 ，
即 、 为关于 的方程 的两根，所以 ，
即 ，则 ，代入①得 ，故B正确；
当 时 ，所以 ，
所以 ，
所以 ， ， ， ，
所以 ，则 ，
所以 ，所以 ，故A正确；因为 单调递增，所以 ，又因为函数 在 上单调递增，
所以 ，
所以 ，
所以 ，故C错误；
因为
，
当且仅当 时取等号，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键是以递推公式推导出 的单调性及 ，再结合不等式的知识判断.
18．（2024·重庆·模拟预测）记数列 的前n项和为 ，则下列说法错误的是（ ）
A．若存在 ，使得 恒成立，则必存在 ，使得 恒成立
B．若存在 ，使得 恒成立，则必存在 ，使得 恒成立
C．若对任意 ， 恒成立，则对任意 ， 恒成立
D．若对任意 ， 恒成立，则对任意 ， 恒成立
【答案】BCD
【分析】由两个数的差的绝对值小于等于两个数的绝对值之和结合已知可得A正确；举反例令 ，
可判断BD错误；举反例令 可得C错误（注意题目中让选错误的）.
【详解】对A：若 恒成立，则 ， ，故A正确；对B、D：反例为 ， ，故B、D错误；
对C：反例为 ，故C错误．
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：对于抽象数列题，可用排除法快速选择，较为简便快捷.
19．（2024·湖北·模拟预测）已知数列 的前n项和为 ，且 ， ，则
（ ）
A．当 时， B．
C．数列 单调递增， 单调递减D．当 时，恒有
【答案】ACD
【分析】由题意可得： ， ，对于AB：利用作差法分析判断；对于C：分析可知
是等比数列，根据等比数列通项公式结合数列单调性分析判断；对于D：分析可得
，结合等比数列运算求解.
【详解】由题意可得： ， ，
由 可知： ，但 ，
可知对任意的 ，都有 ，
对于选项A：若 ，则 ，
即 ，故A正确；
对于选项B： ，
即 ，故B错误.
对于选项C：因为 ， ，
则 ，且 ，
可知 是等比数列，则 ，
设 ， ，
可得 ， ，
因为 ，可知 为递增数列，
所以数列 单调递增， 单调递减，故C正确；
对于选项D：因为 ， ，
由 ，可得 ，即 ，则 ，即 ；由 ，可得 ，即 ，则 ，即 ；
以此类推，可得对任意的 ，都有 ，
又因为 ，则 ，
所以 ，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：数列与函数、不等式的综合问题的常见题型
1.数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简
变形．
2.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决
数列中的相关问题．
20．（2024·吉林延边·一模）与大家熟悉的黄金分割相类似的还有一个白银分割，比如A4纸中就包含着白
银分割率．若一个数列从0和1开始，以后每一个数都是前面的数的两倍加上再前面的数：0，1，2，5，
12，29，70，169，408，985，2378，…，则随着n趋于无穷大，其前一项与后一项的比值越来越接近白
银分割率．记该数列为 ，其前n项和为 ，则下列结论正确的是（ ）
A． （ ） B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】
根据定义即可判定 正确，根据 ，即可求出 ，利用，求出 ，从而得到 ，令 ，则 ，利用
不动点法求出数列 的通项公式，从而判定D.
【详解】由于一个数列从0和1开始，以后每一个数都是前面的数的两倍加上再前面的数，则
，故A正确；，
对于B，由于 ，可得 ，
所以 ，
由于 ，所以 ，故B正确；
对于C，由于 ，可得 ，
所以 ，
由于 ，则 ，所以 ，
则 ，故C正确；
对于D，由于 ，则 ，即 ，
令 ，则 ， ，
求不动点，设 ，令 ，解得： ， ，
所以 ，化简得： ①，化简得： ②，
则 ，
且 ，则数列 是第二项为 ，公比为 的等比数列，则
，
所以 ，由于 ，所以 ，故D不正
确；
故选：ABC
三、填空题
21．（2024·云南大理·模拟预测）我国古代名著《庄子•天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万
世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.已知长度为 的线段 ，取 的中
点 ，以 为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为 ，再取 的中点 ，以
为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为 ，以此类推，则 ，
.【答案】 /
【分析】
先由题意推导每个正三角形的面积可构成等比数列，再利用等比数列求和公式及裂项相消求解.
【详解】由题可得， ，
从第2个等边三角形起，每个三角形的面积为前一个三角形面积的 ，
故每个正三角形的面积可构成一个以 为首项， 为公比的等比数列，
则 ，
所以 .,
故答案为： ； .
【点睛】
方法点睛：常见的裂项相消的方法有：
，
，
，
，
22．（2024·山西吕梁·一模）设各项均为正数的数列 的前 项和为 ，前 项积为 ，若
，则 ．
【答案】
【分析】根据题意化简 可得数列 的递推公式，构造法求出其通项公式，从而求解
.
【详解】由
得即
是以2为首项，2为公比的等比数列
.
故答案为：
【点睛】由递推公式求通项公式的常用方法：
1、累加法求通项 适用于：
2、累乘法求通项 适用于：
3、构造法求通项 适用于
形如 型
形如： （其中 是常数，且 ）型
形如 （其中 是常数，且 ）型
23．（2024·全国·模拟预测）已知等差数列 和等比数列 满足 ，
，则数列 在 时取到最小值．
【答案】2或6
【分析】求出等差数列的通项公式和 ，分 和 两种情况，得到 的通项公式，并
利用作差法得到数列的单调性，求出最小值对应的 的值.
【详解】设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，则 ，
解得 ， ，
故
当 时， ，
此时 ，
故 ，
，
令 得， ，
令 得 ，
故 ，且 ，
所以当 时， 取得最小值，
当 时， ，
此时 ，故 ，
显然 ， ， ， ， ， ，……，
当 时，奇数项为负，偶数项为正，
当 且为奇数时，
，
即当 且为奇数时， ，当 时， ，即 ，
故只需计算出 ， ，
，
显然 最小，
综上，n=2或6.
故答案为：2或6
【点睛】方法点睛：数列的单调性判断方法，①作差法，利用第 项和第 项的差与0进行比较得到
单调性；②做商法，针对于正项数列或负项数列，也可做商比较大小，得到单调性；③将其看做特殊的函
数，利用导函数的正负进行判断等.
24．（2024·浙江·模拟预测）用 表示不超过 的最大整数，已知数列 满足： ，
， .若 ， ，则 ；若 ，则 .
【答案】 ，【分析】当 ， 时，利用构造法可得出数列 是等比数列，求出 ，进而得
出 ；当 时，由题目中的递推关系式可得 ， ， ，即可求解.
【详解】当 ， 时， ，即 ，
则数列 是以 为首项， 为公比的等比数列.
所以 ，即 .
当 时， ，即 ，且 ，
故 ，故 ，故 ，
∴ ， ，所以 ，所以 .
因为 ，所以
由 ， 可得： ， ， .
因为 ，所以 ， ，则 .
故答案为： ； .
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合，数列的通项公式及前 项和.利用构造法即可求解第一空；借助递推关系式得出 ， ， 是解答第二空的关键.
25．（2024·辽宁·一模）设 ，用 表示不超过 的最大整数，例如： ，则
．
【答案】398
【分析】由 ，通过放缩求 的范围，可得
的值.
【详解】当 ，有 ，
得 ，即 ，
,
，
所以 ，
得 .
故答案为：398
【点睛】方法点睛：
要求 的值，需要知道 的范围，利用，通过放缩和裂项相消求和，得 的范围，即
可求解.
26．（2024·河北·模拟预测）已知 表示不超过 的最大整数， ，设 ，且
，则 的最小值为 ；当 时，满足条件的所有 值的和 .
【答案】
【分析】由 的最小公倍数为 ，得只需在 这个范围内讨论即可，再结合等差数列得前 项
和公式即可得解.
【详解】由题意，当 时， ，
则 ，解得 （舍去），
当 时， ，
则 ，解得 （舍去），
当 时， ，
则 ，解得 ，
所以 的最小值为 ，
当 时， ，
则 ，解得 （舍去），当 时， ，
则 ，解得 ，
当 时， ，
则 ，解得 ，
当 时， ，故 舍去，
因为 的最小公倍数为 ，
以 为首项 为公差的等差数列，设为 ，则 ，
以 为首项 为公差的等差数列，设为 ，则 ，
所以数列 和 是满足条件的所有 值，
令 ，解得 ，
令 ，解得 ，
则当 时，满足条件的所有 值的和
.
故答案为： ； .
【点睛】关键点点睛：由 的最小公倍数为 ，可得只需在 这个范围内讨论，求出这个范围
内的 的值，是解决本题的关键.
27．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知数列 中， ，且 ，若存在正整数 ，使得 成立，则实数 的取值范围为 .
【答案】
【分析】构造数列先计算 ，分奇偶讨论结合指数函数的单调性计算即可.
【详解】由 ，令 ，
若 为奇数，则 ，
若 为偶数，则 ，
即 奇数项与偶数项分别成以 为公差的等差数列，
易知 ，
所以 ，则 ，
若 为奇数，则
有解，即 ，
由指数函数的单调性可知 ；
若 为偶数，则
有解，即 ，
由指数函数的单调性可知 ；
综上 满足题意.故答案为：
【点睛】易错点睛：首先构造等差数列需要分奇偶项进行讨论，务必注意符号，其次结合指数函数的单调
性解不等式有解问题时，注意取值范围的大小，保证有解即可.
28．（2024·湖南·模拟预测）已知数列 为公差不为0的等差数列， ，且 成等比数列，设
表示不超过 的最大整数，如 ，记 为数列 的前 项和，则
．
【答案】573
【分析】求出 通项公式和第100项，进而求出数列 的通项公式和前 项和公式，利用错位相减法
即可得出 的值.
【详解】解析：由数列 是等差数列，设其公差为 ，因为 成等比数列，
所以 ，即 ，解得 或 （舍去），
所以 ，则 ．
当 时， ，
即 ，共有 个 ，
因为 ，所以
，
令 ，则 ，
两式相减得 ，则 ，
所以 ，
故答案为：573.【点睛】关键点点睛：对 的理解，当 时， ，即
，共有 个 ，
应用错位相减
法求解.
29．（2024·全国·模拟预测）已知正项数列 的前 项和为 ， ，若存在非零常数 ，使得
对任意的正整数 均成立，则 ， 的最小值为 .
【答案】 1 /0.5
【分析】先代入 可计算出 的值，然后由 与 的关系再写一项做差，得到 的递推式，结合
可解出 的值；由递推式和 的值可求出数列 的通项公式以及 ，换元法结合对勾函数或构造
函数求导判断单调性都可求出最值.
【详解】当 时， ，即 ，又 ，所以 .
由 ①，得：当 时， ②，① ②得 ，故
，
所以数列 是以1为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，则 ，解得 ；
故数列 的公比为2， ，则 ， ，则 .解法一 令 ，则 ， ，
由对勾函数的性质可得 在区间 上单调递增，
所以当 ，即 时， 取得最小值 .
解法二 令 ，则 ， 单调递增，
所以当 时， 取得最小值 ，即 的最小值为 .
故答案为：1，
30．（2024·河北·一模）已知等差数列 的公差与等比数列 的公比相等，且 ， ，
，则 ；若数列 和 的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列 ，
数列 的前 项和为 ，则使得 成立的 的最小值为 ．
【答案】
【分析】设等比数列 的公比为 ，则等差数列 的公差为 ，根据题意可得出关于 、 、 的方程
组，解出这三个量的值，可得出数列 的通项公式；设满足不等式 的正整数 的最小值为 ，
推导出 ，设 ，其中 且 ，根据 可得出关于 的不等式，求
出 的最小值，即可得出 的值，即为所求.【详解】设等比数列 的公比为 ，则等差数列 的公差为 ，
则 ， ， ，
解得 ， ， ，
所以， ， ，
由 ，整理可得 ，
数列 的各项分别为： 、 、 、 、 、 、 、 、 、 ，
其中 前若干项中，数列 有 项，数列 有 项，
所以， 是数列 的第 项，
所以，
，
所以， ，
令 ，整理可得 ，
令 ，则有 ，解得 ，
因为 ，所以， ，可得 ，
所以，满足不等式 的正整数 的最小值为 ，
同理可知，满足不等式 的正整数 的最大值为 ，所以满足不等式 的正整数 的最小值 ，即 ，
设 ，其中 且 ，
则
，
，
由 ，整理可得 ，解得 ，
所以自然数 的最小值为 ，所以 .
故答案为： ； .
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列不等式求参数的值，解题的关键在于确定满足条件的正整数 的
最小值所在的区间，并引入合适的参数，求出相应的参数的值，进而得解,
四、解答题
31．（2024·吉林·二模）已知数列 ,
(1)求 .
(2)求 的通项公式；
(3)设 的前 项和为 ,若 ,求 .
【答案】(1)
(2)
(3)4048【分析】(1)将 分别代入关系式运算即可.
(2)考查等比数列的构造,通过构造等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可.
(3)考查数列的周期性，通过对 的周期性取值讨论求解即可.
【详解】（1）当 时,得 ；
当 时,得
（2）设
整理得
又
解得
又
是以 为首项, 为公比的等比数列,
故 的通项公式为
（3）设
设 则当 时, 当 时,
当 时, 当 时,若 ,则
32．（2024·全国·模拟预测）已知数列 的前 项和为 ，且 ， ，
．
(1)求数列 的通项公式；
(2)若 对任意的 恒成立，求实数 的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退一相减法可得数列 为等差数列，进而可得通项公式；
（2）代入，分离参数可得 ，再设 ，根据数列 的单调性可得最大项及 的最小值.
【详解】（1）由已知 ①，
则当 时， ②，
① ②得 ，
即 ，
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ；
（2）由（1）得 ，
即不等式 对任意的 恒成立，
所以 ，设 ，
又 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以当 时，数列 单调递增，当 时，数列 单调递减，
所以 ，
所以 ，
即实数 的最小值为 .
33．（2024·全国·模拟预测）数列 的前 项和 满足 ．
(1)证明： 是等差数列；
(2)若 ，证明：数列 的前 项和 满足 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由等式 ，分别写出将 替换 后和两边同加 后关于 的式子，利用
其相等得到关于 两项的递推关系式，证明即可；
（2）求出数列 的通项公式，并对该通项放缩后，采用裂项相消法求其前 项和 ，证明即可.
【详解】（1）由题意 （*），
两边同加 项，得： ，
由（*）式可得：，
所以 ，
得 ，
即 成立，
当 时， ，得 ；
综上， 恒成立，所以 是以2为公差的等差数列．
（2）由第（1）问及题意，
得等差数列 中， ，公差为 ，
其前 项和为：
，
，
当 时， 成立；
当 时，
则 ，
即
易知 ， ，
其中
，所以 ；
综上所述，对于 ， 恒成立．
34．（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）已知数列 满足 ， ．
(1)已知 ，
①若 ，求 ；
②若关于m的不等式 的解集为M，集合M中的最小元素为8，求 的取值范围；
(2)若 ，是否存在正整数 ，使得 ，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)① 或2或3或4 ；②
(2)存在；
【分析】
（1）①当 时代入递推公式，解出 ，再解出 即可；②由递推关系分解因式得到
，得到 的关系，再结合已知最小元素列不等式求解即可；
（2）由上问写出 的表达式，再由 ，得到关于 ，解出符合条件的k即可.
【详解】（1）
① ，∴ 或2，
而 ．若 ，∴ 或2．若 ，∴ 或4，经检验均符合．∴ 或2或3或4．
②由条件知 ，
∴ ，∴ ，
或 ， 或 或 或
或 ， ， ，…， ，
…
或 ，…， ， 或 ，…或
∴ ．
（2）
或 ， ，…， ， ，
令 ， ， ，∴ ，
当 时， 不是自然数，
所以当 时， ， ，
∴存在这样的k， ．
【点睛】
方法点睛：已知数列递推求数列中的具体项时，直接代入 求解即可；由递推公式求数列的符合某一条件
的项时，常将递推公式分解因式，得出数列的性质，然后再根据已知条件求解.
35．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知数列 是正项等比数列， 是等差数列，且 ，， ，
(1)求数列 和 的通项公式；
(2) 表示不超过x的最大整数， 表示数列 的前 项和，集合
共有4个元素，求 范围；
(3) ，求数列 的前 项和．
【答案】(1) ，
(2)
(3)
【分析】（1）设出数列 公比，数列 公差，结合题意计算即可得；
（2）由 ，即可得
，令 ，由 的值，可得数列 的单调性，计算出前五项，
即可得 的取值范围；
（3）分奇偶讨论后，分别借助错位相减法与裂项相消法求和计算即可得.
【详解】（1）设数列 首项 ，设公比 ，
设数列 首项 ，设公差 ，
∵ ，即 ，∴ ， （舍去）， ，
∴ ． ；
（2） ，
其中 ，
∴ ，
集合 ，设 ，
，
所以当 时， ，当 时， ．
计算可得 ， ， ， ， ，
因为集合有4个元素， ；
（3） ，
，
设 ，
，
则
，
所以 ，当n为奇数时， ，
设
，
所以 .
36．（2024·重庆·模拟预测）已知恒等式 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)记数列 的前 项积为 求数列 的前 项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）先对恒等式两边进行 次求导；再令 即可求解.
（2）先由 求出 ，进而得出 ；然后根据裂项相消法求和即可求解.
【详解】（1）
第一次求导可得： ；
第二次求导可得： ；第三次求导可得： ；
第四次求导可得： ；
第 次求导可得：
；
令 ，可得： ，即
（2）
.
又
，.
设数列 的前 项和为 .
则
.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列和函数的综合运用，考查数列的通项公式和前 项和的求法.利用导数
和赋值法是解决第一问的关键；正确的运用数列的求和方法是解决第二问的关键.37．（2024·贵州毕节·二模）若数列 每相邻三项满足 （ ，且 ），则称其为
调和数列.
(1)若 为调和数列，证明数列 是等差数列；
(2)调和数列 中， ， ，前 项和为 ，求证： .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由递推数列化简即可由等差中项法证明数列 是等差数列.
（2）由（1）可求出 ， ，利用放缩结合导数即可证明.
【详解】（1）解：（1）根据题意得：
∴ ∴ ∴数列 是等差数列
（2）（2）由（1）可得： ∴ ∴
要证：
当 时，上式化为 成立.
当 时，即证
于是即证 即证
令 ， 恒成立
∴ 在 上单调递增∴ 恒成立即 在 上恒成立∴ 成立
∴ 成立
38．（2024·广东佛山·二模）已知数列 满足 ， ，且 ．
(1)证明 为等比数列，并求数列 的通项公式；
(2)设 ，且数列 的前 项和为 ，证明：当 时， ．
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用等比数列的定义证明数列是等比数列.
（2）先把数列 进行适当的放缩，再用分组求和的方法求 满足的关系，并证明.
【详解】（1）因为 ， ，
所以 ， ， .
易知 ，所以 ，
因为 ．
所以 是等比数列，首项 ，公比 ，所以 ．
（2）由（1）可得 ，
先证明左边：即证明 ，当 时， ，
所以 ，
所以 ，
再证明右边： ，
因为 ，
所以 ，
即 ，下面证明 ，
即证 ，即证 ，
设 ， ，则 ，设 ， ，
因为 ，所以函数 在 上单调递增，
则 ，即 ， ，
所以 ，所以 ．
综上， ．
【点睛】方法点睛：数列不等式的证明方法主要有：
（1）作差比较法：不等式两边作差与0比较大小.
（2）放缩比较法：对表达式适当放缩，证出不等式.39．（2024·江苏南通·二模）已知数列 的前n项和为 ， ， .
(1)证明：数列 为等比数列；
(2)设 ，求数列 的前n项和；
(3)是否存在正整数p，q（ ），使得 ， ， 成等差数列？若存在，求p，q；若不存在，说明
理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2) ；
(3)存在， .
【分析】（1）利用给定的递推公式，结合 及等比数列定义推理即得.
（2）由（1）求出 ，再利用裂项相消法求和即可.
（3）由（1）求出 ，由已知建立等式，验证计算出 ，再分析求解 即可.
【详解】（1） ， ，当 时， ，
两式相减得 ，即 ，
则有 ，当 时， ，则 ，即 ，
所以数列 是以1为首项， 为公比的等比数列.
（2）由（1）得， ，则 ，数列 是等差数列，
于是 ，解得 ，则 ，
所以 的前 项和.
（3）由（1）知， ，
由 成等差数列，得 ，整理得 ，
由 ，得 ，又 ， ， 不等式成立，
因此 ，即 ，令 ，则 ,
从而 ，显然 ，即 ，
所以存在 ，使得 成等差数列.
【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消
去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
40．（2024·湖南·一模）已知 为非零常数， ，若对 ，则称数列 为 数列．
(1)证明： 数列是递增数列，但不是等比数列；
(2)设 ，若 为 数列，证明： ；
(3)若 为 数列，证明： ，使得 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）得到 ，证明出 不合题意， 符合要求，从而得到
，结合 得到 ，得到 为递增数列，并得到不是常数，证明出结论；
（2）得到 ，利用放缩得到 ，结合 证明出结
论；
（3）得出 ，结合累加法得到 ，得到不等式，求
出答案.
【详解】（1） ，
故 为公差为 的等差数列，所以 ，
若 ，则当 时， ，不合题意，
若 ，则 ，满足要求，
，
因为 ，所以 ，故 ，故数列 为递增数列，
，由于 为递增数列，故 不是常数，
不是常数，故 数列是递增数列，但不是等比数列；
（2）因为 为 数列，所以 ，故 ，
因为 ，
所以 ，
因为 ，当且仅当 时，等号成立，所以 ；
（3）因为 为 数列，
所以 ，
所以 ，
令 ，则 ，解得 ，
所以 ，使得 .
【点睛】思路点睛：数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后结合等差或等比公式进行求解，又或者
放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.
