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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．
1
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【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
2
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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.
3
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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．
4
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【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
．
5
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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
，
6
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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
，
7
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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，
8
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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，
9
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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.
10
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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；
11
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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
，
12
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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
13
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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
14
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，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：
，
15
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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，
16
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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.
17
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【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；
18
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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
19
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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.
20
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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
，
21
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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
22
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【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；
23
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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；
24
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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
，
25
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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
；
26
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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
27
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，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
28
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，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
，
.
29
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【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
.
30
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,
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
31
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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
，
32
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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
，
33
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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】
，
34
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【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
35
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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
36
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，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），
37
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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
38
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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.
39
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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.
40
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【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
.
41
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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.
42
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【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，
43
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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
44
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【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,
45
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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
，
46
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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：
47
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，
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
，
48
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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．
49
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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
，
50
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，
，
(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
，
51
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∴
，
（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
，
52
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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：
；
53
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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.
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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
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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
，
56
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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.
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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
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.
（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
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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
，
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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.
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