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2022新高考数学热点·重点·难点专练 热点07 数列与不等式
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这是一份2022新高考数学热点·重点·难点专练 热点07 数列与不等式，文件包含热点07数列与不等式解析版docx、热点07数列与不等式原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
热点07 数列与不等式
从新高考的考查情况来看，数列与不等式主要命题方向：通项与前n项和的关系；通项与递推式的关系；数列的单调性、周期性等；.等差数列、等比数列的判断；等差（比）数列的基本运算；与不等式（最值、不等式的证明）的交汇问题；与函数、导数的交汇；一元二次不等及其解法；均值不等式与基本不等式的运用；不等式与平面解析几何的交汇等问题。
1、解决等差（比）数列有关问题的常用思想方法
(1)方程的思想：等差（比）数列中有五个量a1，n，d（q），an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和d（q，问题可迎刃而解．
(2)分类讨论的思想：在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外等差（比）数列在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算．
2、证明等差（比）数列的用方法：证明一个数列为等差（比）数列常用定义法与等差（比）中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等差（比）数列，则只要证明存在连续三项不成等差（比）数列即可．
3、求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值Sm．
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值Sm．
4、常见数列求和的类型
1）分组转化法求和的常见类型
（1）若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．
（2）通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
2）错位相减法求和时两个注意点
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
3）裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(2)常见的裂项技巧：①＝－．②＝．③＝．④＝－．
（3）利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
5、条件最值的求解通常有三种方法：
一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值；三是对条件使用基本不等式，建立所求目标函数的不等式求解．
6、基本不等式的应用非常广泛，它可以和数学的其他知识交汇考查，解决这类问题的策略是：
（1）先根据所交汇的知识进行变形，通过换元、配凑、巧换“1”等手段把最值问题转化为用基本不等式求解，这是难点．
（2）用基本不等式求最值，要有用基本不等式求最值的意识．
（3）检验．检验等号是否成立，完成后续问题．
热点1. 等差数列与不等式的交汇问题
等差数列与不等式的结合，一般涉及等差数列的通项公式、求和公式以及等差数列的常用性质，如 (1)通项公式的推广： (2)若 为等差数列，且 ,则 ；(3)若是等差数列，公差为 ，则是公差 的等差数列；(4)数列也是等差数列.在解决等差数列的运算问题时，要注意采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.
热点2. 等比数列与不等式的交汇问题
等比数列与不等式的结合，一般涉及等比数列的通项公式、求和公式以及等比数列的常用性质.其中与“错位相减法”、“放缩法”相结合的情形较多.运算中要注意采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.
热点3. 数列与函数、导数交汇问题
数列本身就是“特殊的函数”，因此，其更易于和函数相结合，一是数列的本身由函数呈现，二是在处理数列问题的过程中，可通过构造函数，利用函数的性质、导数等达到解题目的．
A卷（建议用时60分钟）
一、单选题
1．（2021·四川·成都七中一模）记为等比数列的前项和.若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，由可得：，
所以，因此.故选：A
2．（2021·吉林省实验模拟预测）相传国际象棋起源于古印度，国王要奖赏发明者，发明者说：“请在棋盘第1个格子里放上1颗麦粒，请在棋盘第2个格子里放上2颗麦粒，请在棋盘第3个格子里放上4颗麦粒……以此类推，每个格子里放的麦粒数都是前一个格子里放的麦粒数的2倍．”已知棋盘共有64个格子，则最后一个格子的麦粒数是几位数？（例如：28是2位数，1234是4位数，已知）（ ）
A．17 B．18 C．19 D．20
【答案】C
【分析】由每个格子里的麦粒数构成一个等比数列求解.
【详解】由题意得：每个格子里的麦粒数构成一个等比数列，，其中，
所以最后一个格子的麦粒数是，
所以最后一个格子的麦粒数是19位数，故选：C
3．（2021·吉林·长春外国语学校高三期中）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据等差数列求和公式结合等差数列性质得到答案.
【详解】.故选：B.
4．（2021·辽宁·大连市第一中学高三期中）等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．2 B．-2 C．1 D．-1
【答案】A
【分析】根据等比数列前项和公式的结构求得.
【详解】设等比数列的公比为q，当时，，不合题意；
当时，等比数列前项和公式，
依题意.故选：A
5．（2021·江苏镇江·高三期中）已知等比数列的前项和为，且，，则（ ）
A． B． C．27 D．40
【答案】D
【分析】由条件可得成等比数列，，首先解出，然后可得答案.
【详解】因为等比数列的前项和为，，，
所以成等比数列，
所以，即，解得（负值舍去）
所以，所以故选：D
6．（2021·陕西安康·高三期中）已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是公差为的等差数列 B．数列是公差为2的等差数列
C．数列是公比为的等比数列 D．数列是公比为2的等比数列
【答案】C
【分析】根据递推关系式，化简变形可得即可判断数列是公比为的等比数列.
【详解】∵，∴，既不是等比数列也不是等差数列；
∴，∴数列是公比为的等比数列．故选：C
7．（2021·福建省泉州第一中学高三期中）若单调递减的等差数列中的两项，是方程的两个根，设数列的前n项和为，则使得的最小的值为（ ）
A．10 B．18 C．19 D．20
【答案】C
【分析】利用已知求出，再解不等式即得解.
【详解】解：因为数列单调递减，所以，
所以，所以.
所以使得的最小的值为19.故选：C
8．（2021·山东聊城·高三期中）设数列满足，则数列的前n项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题得（1）， ,（2），两式相减求出即得解.
【详解】由题得（1），又 （2），
（2）-（1）得适合.
所以，所以数列是以为首项，以的等比数列，
所以.故选：C
9．（2021·山东聊城·高三期中）《莱茵德纸草书》（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把93个面包分给5个人，使每个人所得面包个数成等比数列，且使较小的两份之和等于中间一份的四分之三，则最大的一份是（ ）个．
A．12 B．24 C．36 D．48
【答案】D
【分析】设等比数列的首项为，公比，根据题意，由求解.
【详解】设等比数列的首项为，公比，
由题意得：，即，解得，所以，故选：D
10．（2021·山东菏泽·高三期中）已知不等式组的解集是关于的不等式的解集的子集，则实数a的取值范围为（ ）
A．a≤0 B．a<0 C．a≤-1 D．a<-2
【答案】A
【分析】先求出不等式组的解集，然后根据是的解集的子集，用二次函数的性质来列出不等式组，解出的取值范围.
【详解】，解得：，因为是不等式的解集的子集，故要满足：，解得：，故选：A
11．（2021·山东·枣庄市第三中学高三期中）若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据已知条件利用基本不等式分析判断即可
【详解】因为，，且，
所以，所以，当且仅当时取等号，所以B错误，
所以由，得，所以，当且仅当时取等号，所以C正确，
所以，当且仅当时取等号，所以A错误，
由，，且，得，当且仅当时取等号，所以D错误，故选：C
12．（2021·江苏如皋·高三期中）已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为（ ）
A． B．1 C．2 D．8
【答案】C
【分析】由一元二次不等式的解与方程根的关系求出系数，确定，然后结合基本不等式得最小值．
【详解】的解集为，则的两根为，，
∴，∴，，则，即，
，当且仅当时取“=”，故选：C.
二、多选题
13．（2021·河北衡水中学模拟预测）已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B．
C．取得最小值时等于5 D．设，为的前项和，则
【答案】ABD
【分析】根据给定条件求出等差数列的公差d，再逐项分析计算即可判断作答.
【详解】在等差数列中，因，，则公差，
则，，A，B正确；
，
当且仅当，即时取“”，因，且，
，，则取最小值时，等于6，C不正确；
因，则
，D正确.故选：ABD
14．（2021·福建·模拟预测）已知下图的一个数阵，该阵第行所有数的和记作，，，，，数列的前项和记作，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】据数列特性结合等比数列的性质得，然后根据通项公式求出和，逐项分析便可得答案.
【详解】解：由题意得：A选项：
，故A正确；B选项，故B正确；
D选项，故D错误；C选项：，故C正确．
故选：ABC
15．（2021·山东临沂·高三期中）在等比数列中，公比，是数列的前n项和，若，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C．数列是等比数列 D．数列是公差为2的等差数列
【答案】BC
【分析】利用已知结合等比数列的通项公式求公比，进而写出通项公式、前n项和公式，结合各选项判断正误即可.
【详解】由题设，，即，
由可得：，∴，，
∴且公差为；且.综上，A、D错误，B、C正确.故选：BC
16．（2021·山东菏泽·高三期中）下列函数中，最小值为4的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据均值不等式成立的条件可判断ABC，根据可取负值判断B即可.
【详解】对于A,由均值不等式可得，当且仅当时等号成立，故A正确；
对于B, 由时，显然，故B不正确；
对于C, 由均值不等式可得，当且仅当时等号成立，故4不是最小值，故C错误； 对于D，由均值不等式，当且仅当，即时，等号成立, 故D正确.故选：AD
三、填空题
17．（2021·河北保定·高三期中）在中国现代绘画史上，徐悲鸿的马独步画坛，无人能与之相颉颃.《八骏图》是徐悲鸿最著名的作品之一，画中刚劲矫健､剽悍的骏马，在人们心中是自由和力量的象征，鼓舞人们积极向上.现有8匹善于奔跑的马，它们奔跑的速度各有差异.已知第i（i=1，2，…，7）匹马的最长日行路程是第i+1匹马最长日行路程的1.1倍，且第8匹马的最长日行路程为400里，则这8匹马的最长日行路程之和为___________里.（取1.18=2.14）
【答案】4560
【分析】直接利用等比数列求和公式计算得到答案.
【详解】第8匹马､第7匹马､……､第1匹马的最长日行路程里数依次成等比数列，且首项为400，公比为1.1，故这8匹马的最长日行路程之和为里.故答案为：4560.
18．（2021·福建·模拟预测）已知数列的前项和记作，，则________．
【答案】
【分析】由进行求解即可．
【详解】当时，，当时，，
当时，，不符合上式．所以，故答案为：
19．（2021·辽宁丹东·高三期中）数列中，若，，则___________.
【答案】
【分析】依题意可得，再利用累乘法求出数列的通项公式，最后利用裂项相消法求和即可；
【详解】解：因为，所以，所以，，，，，累乘可得
即，因为，所以，所以故答案为：
20．（2021·重庆·模拟预测）等比数列满足，则的最大值为__________.
【答案】6
【分析】根据等比数列的通项公式和基本不等式，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，由得，，即，
由基本不等式得，，当且仅当即时，等号成立，
所以所以当时，.故答案为：6.
21．（2021·湖南岳阳·一模）已知点在线段上运动，则的最大值是____________．
【答案】
【分析】直接利用基本不等式计算可得；
【详解】解：由题设可得：，即，
∴，即，当且仅当时取“=”，故答案为：．
【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
四、解答题
22．（2021·河北衡水中学模拟预测）在数列中，，.
（1）设，求证数列是等差数列；（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】(1)根据给定的递推公式结合进行变形，再将代入整理即可得解.
(2)利用(1)的结论求出数列的通项公式即可计算作答.
（1）在数列中，，，则当时，有，
两式相减得：，而，即，则有，
整理得，即，所以数列是等差数列.
（2）由得：，而，则，，，
因此，等差数列公差，即是以为首项，为公差的等差数列，
则，即，于是得：，
所以数列的通项公式.
23．（2021·四川南充·一模）已知数列的前n项和为，且， ．
请在①；②，，成等比数列；③，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题．
（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前n项和，求证：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）（2）见（2）详解
【分析】（1）根据题意得数列为公差为1的等差数列，再选条件①求出，即可求解；
（2）根据题意，用错位相减法，可求，进而得证.
（1）因为，所以，即，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列.
选①.由，得，即，所以，解得.
所以，即数列的通项公式为.
选②.由，，成等比数列，得，则，所以.
所以.
选③.因为，所以，所以.
所以.
（2）由（1）得，所以，所以，
两式相减，得
，所以.，
是递增数列，，故.
24．（2021·山东菏泽·高三期中）解关于的不等式：.
【答案】答案见解析
【分析】由原不等式可得，讨论与1的大小关系即可得出不等式的解.
【详解】由得，
∵，当，即时，不等式的解为或.
当，即时，不等式的解为或，
当，即时，不等式的解，
所以当时原不等式的解集为，
当时原不等式的解集为，
当时不等式的解集为.
25．（2021·重庆市第七中学校高三期中）已知等差数列的前项和为，且，.
（1）求；（2）若+2 ，求.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）设公差为，根据，，列出方程组，求得首项跟公差，即可得出答案；
（2）利用等差数列前项和的公式求得，再根据+2 ，即可的解.
（1）解：设公差为，由已知，得：，解得：，所以；
（2）解：，
因为+2 ，即，得，解得，或（舍去），所以.
26．（2021·福建·永安市第三中学高中校高三期中）已知数列是前项和为
（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）减项作差即可，注意对首项单独讨论；（2）先求出的通项公式，再分组求和.
（1）∵ 当时，
当时，满足上式，所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得，，
则
.
27．（2021·江苏镇江·高三期中）已知在各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项.（1）求数列，的通项公式；（2）设数列___________，求数列的前项和.请在①；②；③这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答.
【答案】（1），；（2）详见解析；
【分析】（1）设等差数列的公差为d，根据，且，，成等比数列求得即可；（2）当时，利用错位相减法求解；当时，利用裂项相消法求解；当时，利用分组并项法求解.
（1）解：设等差数列的公差为d，
因为，且，，成等比数列，
所以，，解得，
所以，则，，所以；
（2）当时，，
则，
两式相减得：，所以；
当时，
所以；
当时，则，
当n为偶数时，,；
当n为奇数时，，，
所以.
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·湖北·汉阳一中模拟预测）已知正数，，满足，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．以上均不对
【答案】A
【分析】将看成常数，然后根据题意表示出，再作差比较出大小即可
【详解】解：由，得，则，得，所以，所以，
令，则，所以函数在上单调递增，所以，
所以，即所以，
所以，综上，故选：A
2．（2021·山东文登·高三期中）关于x的不等式的解集是，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】不等式的解集是，即对于，恒成立，即，分和两种情况讨论，结合基本不等式即可得出答案.
【详解】解：不等式的解集是，即对于，恒成立，即，
当时，，当时，，
因为，所以，综上所述.故选：A.
3．（2021·福建省福州第一中学高三期中）已知数列满足：.若，则（ ）
A．2021 B．2022 C．62 D．63
【答案】C
【分析】利用数列的递推关系式即可求解.
【详解】
，所以.故选：C
4．（2021·福建·福州三中模拟预测）已知在等差数列中，，，数列的通项，是数列的前项和，若，则与的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先由已知求出等差数列的通项公式，然后可得数列的通项公式，从而可求出数列的前项和，再利用不等式放缩法可比较出与的大小.
【详解】设等差数列的公差为，由题意得，
故，
，
因为，所以，所以，
所以，即，
所以，即，故选：B.
5．（2021·山东文登·高三期中）设正项数列的前n项和满足，记表示不超过x的最大整数，．若数列的前n项和为，则使得成立的n的最小值为（ ）
A．1179 B．1180 C．2022 D．2023
【答案】B
【分析】将条件平方，根据化简求得数列是等差数列，并求得通项公式.对n分类讨论求得的取值，从而求得使得成立的n的最小值.
【详解】由题知，，，当时，，
即，数列是以2为公差的等差数列，又，解得，则，
当，取整数时，共有505项，；
当，取整数时，共有505项，；
当，取整数时，共有505项，；
则，解得，则最小整数值为1180，故选：B
6．（2021·浙江·慈溪中学高三期中）已知数列满足，记数列前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由可得，利用累加法可求得，求得的范围，从而可得的范围，从而可得出答案.
【详解】解：由可得，
化简得，累加求和得，
化简得，因为，所以，
即，．，
，
所以，即．故选：B.
7．（2021·黑龙江·哈尔滨市高三期中）数列的前项和为，若，，则（ ）
A．数列是公比为2的等比数列 B．
C．既无最大值也无最小值 D．
【答案】D
【分析】根据间的关系求出，进而判断A,B；然后求出，根据数列的增减性判断C；最后通过等比数列求和公式求出，进而判断D.
【详解】由题意，时，，又，解得：，
时，，则，又，
所以数列从第2项起是公比为2的等比数列.A错误；
易得，，则，B错误；
时，，时，，而是递减数列，所以时，.综上：有最大值1.C错误；时，，满足题意；时，，于是，.D正确.故选：D.
8．（2021·福建·泉州鲤城北大培文学校高三期中）设等差数列的前项和为，公差为．已知，，，则选项不正确的是（ ）
A．数列的最小项为第项 B．
C． D．时，的最大值为
【答案】D
【分析】根据题意，由等差数列的性质及前项和公式依次分析选项，综合即可得出答案．
【详解】解：由题意，又，所以，故选项正确；
由，且，，，得，解得，选项正确；
由题意当时，，当时，，
所以，，故时，的最大值为10，故选项错误；
由于，数列是递减数列，当时，，当时，；
当时，，当时，，
所以当时，，当时，，当时，，
故数列中最小的项为第6项，选项正确．故选：．
二、多选题
9．（2021·山东菏泽·高三期中）已知，，，则（ ）
A．的最大值为 B．的最小值为 C． D．的最小值为
【答案】ABC
【分析】对于选项A，B直接使用基本不等式，即可判断是否正确；对于选项C，根据题意以及，即可求出的取值范围，即可判断是否正确；对于选项D，利用基本不等式中的“1”的用法，可得，展开化简，再使用基本不等式即可判断是否正确.
【详解】对于选项A，因为，，，所以，
所以，当且仅当时，取等号，故A正确；
对于选项B，因为，，，所以，当且仅当时，即时，取等号，故B正确；
对于选项C，因为，，，所以，所以，故C正确；
对于选项D，因为，，，所以，当且仅当时，即时，取等号，故D错误；故选：ABC.
10．（2021·辽宁·模拟预测）斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，记，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】根据给定条件逐项分析、推理计算即可判断作答.
【详解】依题意，的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，即，A正确；
依题意，当时，，得，B正确；
由给定的递推公式得：，，…，，累加得，
于是有，即，C错误；
，，，…，
，因此，，D正确.故选：ABD
【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.
11．（2021·浙江·台州一中高三期中）设数列满足，其中为实数，数列的前n项和是，下列说法不正确的是（ ）
A．当时，一定是递减数列 B．当时，不存在使是周期数列
C．当时， D．当时，
【答案】ACD
【分析】当时，设单调递增，由可得依次递推可得可判断A；求出，，因为，若存在实数使得则可判断B，利用数学归纳法证明可判断C和D；
【详解】对于A：当时，设单调递增，因为，，所以，
，，依次类推可得，
所以当时，一定是递减数列，故选项A正确；
对于B：当时，，，，
由可得，设，
因为，，由零点存在性定理可知存在常数使，则可得，，存在使是周期数列，故选项B不正确；对于C：当，，，
假设当时，，则当时，，
所以当时，成立，故选项C正确；
对于D：①首先证明,时，,：设,，对用数学归纳法证明,，
当时，,．假设,，则，且，
,．由数学归纳法知,对所有成立．∴当c＝时，,，
②再证明：≥1－：，当c＝时，由得，
∵,，∴，∴≤，
∴≤≤≤…≤＝，∴≥1－，
③最后证明：，当时，结论成立，
当时，∵，，
，
又∵，∴．故D正确.故选：ACD.
【点睛】本题考查对数列和函数性质的综合应用，考查数学归纳法的使用，解题的过程中还需对式子进行适当的放缩，属于难题.
12．（2021·江苏南通·高三期中）已知数列满足，，，则（ ）
A．是等比数列 B． C．是等比数列 D．
【答案】ACD
【分析】对选项A，根据递推公式得到是以首项为，公比为的等比数列，即可判断A正确，对选项B，根据A得到，即可判断B错误，对选项C，根据递推公式得到，从而判断C为正确，对选项D，根据是等比数列，是等比数列，即可得到，即可判断D正确.
【详解】对选项A，当是奇数时，，所以，
又因为，所以，所以当是奇数时，，即.
即数列是以首项为，公比为的等比数列，故A正确.
对选项B，由A知：当是奇数时，，所以，故B错误.
对选项C，为偶数时，，即，又因为，所以，即，
所以是以首项为，公比为的等比数列，故C正确.
，故D正确.故选：ACD
13．（2021·山东省实验中学高三期中）设是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，k是的间隔数.则下列说法正确的是（ ）
A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B．已知，则是间隔递增数列
C．已知，则是间隔递增数列且最小间隔数是2
D．已知，若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则
【答案】BCD
【分析】根据间隔递增数列的定义，结合数列的增减性，进而求得答案.
【详解】.对A，设公比为，则，因为，所以，若，则，不是间隔递增数列.A错误；
对B，，易得是递增数列，则，所以k>3时，一定是间隔递增数列.B正确；
对C，，
为奇数时，，显然时，，
为偶数时，，显然时，.C正确；
对D，对恒成立，则恒成立，因为最小间隔是3，所以即对于恒成立，且时， ，于是.D正确.故选：BCD.
14．（2021·广东·揭阳市揭东区教育局教研室高三期中）在归国包机上，孟晚舟写下《月是故乡明，心安是归途》，其中写道“过去的1028天，左右踟躇，千头万绪难抉择；过去的1028天，日夜徘徊，纵有万语难言说；过去的1028天，山重水复，不知归途在何处．”“感谢亲爱的祖国，感谢党和政府，正是那一抹绚丽的中国红，燃起我心中的信念之火，照亮我人生的至暗时刻，引领我回家的漫长路途．”下列数列中，其前项和可能为1028的数列是( )
(参考公式：)
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】对于选项ABD：利用等差数列、等比数列的前项和公式以及参考公式求数列前项和，令，看是否有正整数解即可；对于选项C：通过分类讨论分别求出和，然后可得到，令，看是否有正整数解即可.
【详解】不妨设数列的前项和为，对于选项A：由等差数列的前项和公式可知，，则方程无正整数解，故A错误；对于选项B：不妨令，，数列和的前项和分别为和，故，，由参考公式和等差数列的前项和公式可知，，，
所以，解得，故B正确；
对于选项C：①当时，，故此时；
②当时，
令，解得，即时，，故C正确；
对于选项D：由等比数列的前项和公式可知，
，解得，故D正确.故选：BCD.
三、填空题
15．（2021·福建省大田县第一中学高三期中）若关于的不等式恰有1个正整数解，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】先解带有参数的一元二次不等式，再对进行分类讨论，使得恰有1个正整数解，最后求出的取值范围
【详解】不等式等价于.令，解得或.
当时，不等式的解集为，要想恰有1个正整数解，则；
当时，不等式无解，所以不符合题意；
当时，不等式的解集为，则.
综上，的取值范围是.故答案为：
16．（2021·江苏镇江·高三期中）某校在研究民间剪纸艺术时，经常会沿着纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折一次可以得到和两种规格的图形，他们的周长之和为，对折二次可以得到，，三种规格的图形，他们的周长之和为，以此类推，则折叠次后能得到的所有不同图形的周长和为___________，如果对折次后，能得到的所有图形的周长和记为，则___________.
【答案】
【分析】分别列出对折五次可得到的各种规格的图形，再求周长之和可得的值；分别求出，，，的值，进而可得是公比为的等比数列，由累加法可得.
【详解】对折三次可以得到，，，四种规格的图形，
对折四次可得到，，， ，五种规格的图形，
对折五次可得到，，，，，六种规格的图形，周长和为，
因为，，
所以，，，，，所以当时，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，
可得，
由累加法可得：
，
所以，故答案为：；.
17．（2021·福建·泉州科技中学高三期中）学数学的人重推理爱质疑，比如唐代诗人卢纶《塞下曲》：“月黑雁飞高，单于夜遁逃.欲将轻骑逐，大雪满弓刀.”这是一首边塞诗的名篇，讲述了一次边塞的夜间战斗，既刻画出边塞征战的艰苦，也透露出将士们的胜利豪情.这首诗历代传诵，而无人提出疑问，当代著名数学家华罗庚以数学家特有的敏感和严密的逻辑思维，发现了此诗的一些疑点，并写诗质疑，诗云：“北方大雪时，群雁早南归.月黑天高处，怎得见雁飞？”但是，数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想是质数，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出不是质数.现设记，则数列的前项和___________.
【答案】
【分析】根据题意，化简数列通项公式，利用分组求和的方法求解即可.
【详解】依题意有代入 得，
所以
则有故答案为：
18．（2021·山东菏泽·二模）已知正项数列的前n项和为，且，则不超过的最大整数是_____________．
【答案】88
【分析】由，可得时，，，解得，时，，代入可得：，化为：，利用等差数列的通项公式即可得出．利用，时，右边成立）可得：，再利用累加求和方法即可得出结论．
【详解】解：，时，，，解得．
时，，代入可得：，化为：，
可得数列为等差数列，首项为1，公差为1，，解得．
，时，右边成立）即，
所以，∴
所以，所以不超过的最大整数是88.答案为：88
19．（2021·湖北·华中师大一附中模拟预测）设，记最接近的整数为，则__________；__________．(用表示)
【答案】
【分析】先求出，观察特点得，，最接近的数字为253；
由得，，判断 为奇数或偶数从而得解.
【详解】，
若，则，若，则，
故答案为：；.
【点睛】求出 ，关键在于处理，从而得出，将结论进行一般化，要注意n为奇数还是偶数.
20．（2021·江苏·邵伯高级中学高三阶段练习）已知函数（，）为奇函数，其定义域为A．当时，恒成立，当且仅当时取等号，则______．
【答案】-1
【分析】先根据奇函数的定义及对数函数的性质求出a的值，再利用基本不等式即可求出的值，代入即可得解．
【详解】解法一 ：因为函数为奇函数，所以，得，因为，，所以，故的定义域．因为当时，恒成立，所以，因为，所以，，所以，（利用基本不等式求最小值）
当且仅当，即时取等号．故，．
解法二：因为函数为奇函数，所以，即，（若奇函数的定义域包含0，则）
得，经检验是奇函数，故的定义域．因为当时，恒成立，所以，因为，所以，，所以，当且仅当，即时取等号．故，．故答案为：-1
四、解答题
21．（2021·上海长宁·一模）随着人们生活水平的提高，很多家庭都购买了家用汽车，使用汽车共需支出三笔费用；购置费、燃油费、养护保险费，某种型号汽车，购置费共万元；购买后第年燃油费共万元，以后每一年都比前一年增加万元.（1）若每年养护保险费均为万元，设购买该种型号汽车年后共支出费用为万元，求的表达式；（2）若购买汽车后的前年，每年养护保险费均为万元，由于部件老化和事故多发，第年起，每一年的养护保险费都比前一年增加，设使用年后养护保险年平均费用为，当时，最小，请你列出时的表达式，并利用计算器确定的值（只需写出的值）
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据题意，购买该车后，每年的燃油费构成等差数列，首项为，公差为，进而得年后燃油的总费用是，进而结合题意可得；
（2）由题知从第七年起，养护保险费满足等比数列，首项为 ，公比为，进而得年后，养护保险费为，再求平均值即可得答案，最后利用计算器计算可得.
（1）解：根据题意，购买后第年燃油费共万元，以后每一年都比前一年增加万元，
所以购买该车后，每年的燃油费构成等差数列，首项为，公差为，
所以购买该种型号汽车第年的燃油费用为，
所以购买该种型号汽车年后燃油的总费用是，
因为每年养护保险费均为万元，所以购买该种型号汽车年后养护费用共万元，
所以.
（2）解：当时，由于每一年的养护保险费都比前一年增加，
所以从第七年起，养护保险费满足等比数列，首项为，公比为，
所以从第七年起，第年的养护保险费用为，
所以购买该种型号汽车年后，养护保险费为，
所以当时，使用年后，养护保险费的年平均费用为.
经计算器计算得时，最小.
22．（2021·浙江·台州一中高三期中）已知等差数列中，前项和为，，数列为公比不等于1的等比数列，，且满足：，.（1）求与；（2）记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）,；（2）
【分析】（1）设等差数列的公差为d,等比数列的公比为,由,,且满足: ，.可得,,联立解出即可得出.
（2）,利用“错位相减法”求和，不等式,即,化为:.对n分类讨论,利用数列的单调性即可得出.
（1）设等差数列的公差为d,等比数列的公比为,
,,且满足: ，.可得,,
联立解得,,；
（2），的前n项和,
,
两式相减得,
，不等式,即,
化为:， 当n为偶数时,，当n为奇数时,,解得，
对一切恒成立,，实数的取值范围是
23．（2021·四川·内江市教育科学研究所一模）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．问题：已知是等差数列，其前n项和为，，______，是否存在正整数m，n，，使得成立？若存在，求出正整数m，n满足的关系式；若不存在，请说明理由．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】存在；
【分析】设等差数列的公差为d，分别选择①、②、③，结合等差数列的通项公式和求和公式，准确计算，即可求解.
【详解】解：设等差数列的公差为d，
若选择条件①：∵，∴，即，
又∵，即，∴，得，，
当时，，∴，即，
∵，∴，∴存在正整数m，n，当时，使得成立.
若选择条件②：∵，∴，∴，由，即，可得，
当时，，∴，即，
∵，∴，∴存在正整数m，n，当时，使得成立.
若选择条件③：∵，∴，即，即，
又∵，即，∴，，当时，，
∴，即，
∵，∴，∴存在正整数m，n，当时，使得成立.
24．（2021·广东·执信中学高三期中）已知等差数列的前项和为，且.数列满足.（1）求的值；（2）求数列的前项和，并证明
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意求得数列的前3项，利用，求得，进而求得的值；（2）求得数列的公差，得到，解得，化简，结合并项法求和，以及数列的单调性，即可求解.
（1）解：由题意，等差数列的前项和为，
可得，
因为，可得，解得，又由，可得，解得，所以.
（2）证明：由，
所以等差数列的公差为，所以，
因为，所以，解得，所以，
所以数列的前项和：
，
又由
所以为递增数列，所以，即.
25．（2021·山东省济南市莱芜第一中学高三期中）已知等比数列是递增数列，其公比为q，前n项和为Sn，并且满足，是和的等差中项.（1）求数列的通项公式；
（2）若，，求使成立的正整数n的值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）依题意得到方程组，解得，，即可得到数列的通项公式；
（2）由（1）可得，再利用错位相减法求出，再解方程即可；
（1）解：由题可得，，则，解得所以.
于是有解得或又是递增的数列，故，，所以
（2）解：由（1）可得，所以，①
则，②
②①，得，即数列的前n项和，
则，即，解得.
26．（2021·山东·泰安一中模拟预测）已知数列的前项和为，且满足.
（1）证明数列是等比数列，并求出的通项公式.（2）证明：.
【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析
【分析】（1）根据递推关系式以及等比数列的定义、等比数列的通项公式即可求解.
（2）根据放缩法可得，，利用等比数列的前项和公式即可求解.
（1）由题意，，则，
是以为首项，2为公比的等比数列.，则.
（2），
当时，成立；当时，，故，
故.
热点07 数列与不等式
从新高考的考查情况来看，数列与不等式主要命题方向：通项与前n项和的关系；通项与递推式的关系；数列的单调性、周期性等；.等差数列、等比数列的判断；等差（比）数列的基本运算；与不等式（最值、不等式的证明）的交汇问题；与函数、导数的交汇；一元二次不等及其解法；均值不等式与基本不等式的运用；不等式与平面解析几何的交汇等问题。
1、解决等差（比）数列有关问题的常用思想方法
(1)方程的思想：等差（比）数列中有五个量a1，n，d（q），an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和d（q，问题可迎刃而解．
(2)分类讨论的思想：在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外等差（比）数列在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算．
2、证明等差（比）数列的用方法：证明一个数列为等差（比）数列常用定义法与等差（比）中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等差（比）数列，则只要证明存在连续三项不成等差（比）数列即可．
3、求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值Sm．
②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值Sm．
4、常见数列求和的类型
1）分组转化法求和的常见类型
（1）若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．
（2）通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
2）错位相减法求和时两个注意点
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
3）裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(2)常见的裂项技巧：①＝－．②＝．③＝．④＝－．
（3）利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
5、条件最值的求解通常有三种方法：
一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值；三是对条件使用基本不等式，建立所求目标函数的不等式求解．
6、基本不等式的应用非常广泛，它可以和数学的其他知识交汇考查，解决这类问题的策略是：
（1）先根据所交汇的知识进行变形，通过换元、配凑、巧换“1”等手段把最值问题转化为用基本不等式求解，这是难点．
（2）用基本不等式求最值，要有用基本不等式求最值的意识．
（3）检验．检验等号是否成立，完成后续问题．
热点1. 等差数列与不等式的交汇问题
等差数列与不等式的结合，一般涉及等差数列的通项公式、求和公式以及等差数列的常用性质，如 (1)通项公式的推广： (2)若 为等差数列，且 ,则 ；(3)若是等差数列，公差为 ，则是公差 的等差数列；(4)数列也是等差数列.在解决等差数列的运算问题时，要注意采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.
热点2. 等比数列与不等式的交汇问题
等比数列与不等式的结合，一般涉及等比数列的通项公式、求和公式以及等比数列的常用性质.其中与“错位相减法”、“放缩法”相结合的情形较多.运算中要注意采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.
热点3. 数列与函数、导数交汇问题
数列本身就是“特殊的函数”，因此，其更易于和函数相结合，一是数列的本身由函数呈现，二是在处理数列问题的过程中，可通过构造函数，利用函数的性质、导数等达到解题目的．
A卷（建议用时60分钟）
一、单选题
1．（2021·四川·成都七中一模）记为等比数列的前项和.若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，由可得：，
所以，因此.故选：A
2．（2021·吉林省实验模拟预测）相传国际象棋起源于古印度，国王要奖赏发明者，发明者说：“请在棋盘第1个格子里放上1颗麦粒，请在棋盘第2个格子里放上2颗麦粒，请在棋盘第3个格子里放上4颗麦粒……以此类推，每个格子里放的麦粒数都是前一个格子里放的麦粒数的2倍．”已知棋盘共有64个格子，则最后一个格子的麦粒数是几位数？（例如：28是2位数，1234是4位数，已知）（ ）
A．17 B．18 C．19 D．20
【答案】C
【分析】由每个格子里的麦粒数构成一个等比数列求解.
【详解】由题意得：每个格子里的麦粒数构成一个等比数列，，其中，
所以最后一个格子的麦粒数是，
所以最后一个格子的麦粒数是19位数，故选：C
3．（2021·吉林·长春外国语学校高三期中）已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据等差数列求和公式结合等差数列性质得到答案.
【详解】.故选：B.
4．（2021·辽宁·大连市第一中学高三期中）等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．2 B．-2 C．1 D．-1
【答案】A
【分析】根据等比数列前项和公式的结构求得.
【详解】设等比数列的公比为q，当时，，不合题意；
当时，等比数列前项和公式，
依题意.故选：A
5．（2021·江苏镇江·高三期中）已知等比数列的前项和为，且，，则（ ）
A． B． C．27 D．40
【答案】D
【分析】由条件可得成等比数列，，首先解出，然后可得答案.
【详解】因为等比数列的前项和为，，，
所以成等比数列，
所以，即，解得（负值舍去）
所以，所以故选：D
6．（2021·陕西安康·高三期中）已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是公差为的等差数列 B．数列是公差为2的等差数列
C．数列是公比为的等比数列 D．数列是公比为2的等比数列
【答案】C
【分析】根据递推关系式，化简变形可得即可判断数列是公比为的等比数列.
【详解】∵，∴，既不是等比数列也不是等差数列；
∴，∴数列是公比为的等比数列．故选：C
7．（2021·福建省泉州第一中学高三期中）若单调递减的等差数列中的两项，是方程的两个根，设数列的前n项和为，则使得的最小的值为（ ）
A．10 B．18 C．19 D．20
【答案】C
【分析】利用已知求出，再解不等式即得解.
【详解】解：因为数列单调递减，所以，
所以，所以.
所以使得的最小的值为19.故选：C
8．（2021·山东聊城·高三期中）设数列满足，则数列的前n项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题得（1）， ,（2），两式相减求出即得解.
【详解】由题得（1），又 （2），
（2）-（1）得适合.
所以，所以数列是以为首项，以的等比数列，
所以.故选：C
9．（2021·山东聊城·高三期中）《莱茵德纸草书》（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把93个面包分给5个人，使每个人所得面包个数成等比数列，且使较小的两份之和等于中间一份的四分之三，则最大的一份是（ ）个．
A．12 B．24 C．36 D．48
【答案】D
【分析】设等比数列的首项为，公比，根据题意，由求解.
【详解】设等比数列的首项为，公比，
由题意得：，即，解得，所以，故选：D
10．（2021·山东菏泽·高三期中）已知不等式组的解集是关于的不等式的解集的子集，则实数a的取值范围为（ ）
A．a≤0 B．a<0 C．a≤-1 D．a<-2
【答案】A
【分析】先求出不等式组的解集，然后根据是的解集的子集，用二次函数的性质来列出不等式组，解出的取值范围.
【详解】，解得：，因为是不等式的解集的子集，故要满足：，解得：，故选：A
11．（2021·山东·枣庄市第三中学高三期中）若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据已知条件利用基本不等式分析判断即可
【详解】因为，，且，
所以，所以，当且仅当时取等号，所以B错误，
所以由，得，所以，当且仅当时取等号，所以C正确，
所以，当且仅当时取等号，所以A错误，
由，，且，得，当且仅当时取等号，所以D错误，故选：C
12．（2021·江苏如皋·高三期中）已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为（ ）
A． B．1 C．2 D．8
【答案】C
【分析】由一元二次不等式的解与方程根的关系求出系数，确定，然后结合基本不等式得最小值．
【详解】的解集为，则的两根为，，
∴，∴，，则，即，
，当且仅当时取“=”，故选：C.
二、多选题
13．（2021·河北衡水中学模拟预测）已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B．
C．取得最小值时等于5 D．设，为的前项和，则
【答案】ABD
【分析】根据给定条件求出等差数列的公差d，再逐项分析计算即可判断作答.
【详解】在等差数列中，因，，则公差，
则，，A，B正确；
，
当且仅当，即时取“”，因，且，
，，则取最小值时，等于6，C不正确；
因，则
，D正确.故选：ABD
14．（2021·福建·模拟预测）已知下图的一个数阵，该阵第行所有数的和记作，，，，，数列的前项和记作，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】据数列特性结合等比数列的性质得，然后根据通项公式求出和，逐项分析便可得答案.
【详解】解：由题意得：A选项：
，故A正确；B选项，故B正确；
D选项，故D错误；C选项：，故C正确．
故选：ABC
15．（2021·山东临沂·高三期中）在等比数列中，公比，是数列的前n项和，若，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C．数列是等比数列 D．数列是公差为2的等差数列
【答案】BC
【分析】利用已知结合等比数列的通项公式求公比，进而写出通项公式、前n项和公式，结合各选项判断正误即可.
【详解】由题设，，即，
由可得：，∴，，
∴且公差为；且.综上，A、D错误，B、C正确.故选：BC
16．（2021·山东菏泽·高三期中）下列函数中，最小值为4的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据均值不等式成立的条件可判断ABC，根据可取负值判断B即可.
【详解】对于A,由均值不等式可得，当且仅当时等号成立，故A正确；
对于B, 由时，显然，故B不正确；
对于C, 由均值不等式可得，当且仅当时等号成立，故4不是最小值，故C错误； 对于D，由均值不等式，当且仅当，即时，等号成立, 故D正确.故选：AD
三、填空题
17．（2021·河北保定·高三期中）在中国现代绘画史上，徐悲鸿的马独步画坛，无人能与之相颉颃.《八骏图》是徐悲鸿最著名的作品之一，画中刚劲矫健､剽悍的骏马，在人们心中是自由和力量的象征，鼓舞人们积极向上.现有8匹善于奔跑的马，它们奔跑的速度各有差异.已知第i（i=1，2，…，7）匹马的最长日行路程是第i+1匹马最长日行路程的1.1倍，且第8匹马的最长日行路程为400里，则这8匹马的最长日行路程之和为___________里.（取1.18=2.14）
【答案】4560
【分析】直接利用等比数列求和公式计算得到答案.
【详解】第8匹马､第7匹马､……､第1匹马的最长日行路程里数依次成等比数列，且首项为400，公比为1.1，故这8匹马的最长日行路程之和为里.故答案为：4560.
18．（2021·福建·模拟预测）已知数列的前项和记作，，则________．
【答案】
【分析】由进行求解即可．
【详解】当时，，当时，，
当时，，不符合上式．所以，故答案为：
19．（2021·辽宁丹东·高三期中）数列中，若，，则___________.
【答案】
【分析】依题意可得，再利用累乘法求出数列的通项公式，最后利用裂项相消法求和即可；
【详解】解：因为，所以，所以，，，，，累乘可得
即，因为，所以，所以故答案为：
20．（2021·重庆·模拟预测）等比数列满足，则的最大值为__________.
【答案】6
【分析】根据等比数列的通项公式和基本不等式，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，由得，，即，
由基本不等式得，，当且仅当即时，等号成立，
所以所以当时，.故答案为：6.
21．（2021·湖南岳阳·一模）已知点在线段上运动，则的最大值是____________．
【答案】
【分析】直接利用基本不等式计算可得；
【详解】解：由题设可得：，即，
∴，即，当且仅当时取“=”，故答案为：．
【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
四、解答题
22．（2021·河北衡水中学模拟预测）在数列中，，.
（1）设，求证数列是等差数列；（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】(1)根据给定的递推公式结合进行变形，再将代入整理即可得解.
(2)利用(1)的结论求出数列的通项公式即可计算作答.
（1）在数列中，，，则当时，有，
两式相减得：，而，即，则有，
整理得，即，所以数列是等差数列.
（2）由得：，而，则，，，
因此，等差数列公差，即是以为首项，为公差的等差数列，
则，即，于是得：，
所以数列的通项公式.
23．（2021·四川南充·一模）已知数列的前n项和为，且， ．
请在①；②，，成等比数列；③，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题．
（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前n项和，求证：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）（2）见（2）详解
【分析】（1）根据题意得数列为公差为1的等差数列，再选条件①求出，即可求解；
（2）根据题意，用错位相减法，可求，进而得证.
（1）因为，所以，即，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列.
选①.由，得，即，所以，解得.
所以，即数列的通项公式为.
选②.由，，成等比数列，得，则，所以.
所以.
选③.因为，所以，所以.
所以.
（2）由（1）得，所以，所以，
两式相减，得
，所以.，
是递增数列，，故.
24．（2021·山东菏泽·高三期中）解关于的不等式：.
【答案】答案见解析
【分析】由原不等式可得，讨论与1的大小关系即可得出不等式的解.
【详解】由得，
∵，当，即时，不等式的解为或.
当，即时，不等式的解为或，
当，即时，不等式的解，
所以当时原不等式的解集为，
当时原不等式的解集为，
当时不等式的解集为.
25．（2021·重庆市第七中学校高三期中）已知等差数列的前项和为，且，.
（1）求；（2）若+2 ，求.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）设公差为，根据，，列出方程组，求得首项跟公差，即可得出答案；
（2）利用等差数列前项和的公式求得，再根据+2 ，即可的解.
（1）解：设公差为，由已知，得：，解得：，所以；
（2）解：，
因为+2 ，即，得，解得，或（舍去），所以.
26．（2021·福建·永安市第三中学高中校高三期中）已知数列是前项和为
（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）减项作差即可，注意对首项单独讨论；（2）先求出的通项公式，再分组求和.
（1）∵ 当时，
当时，满足上式，所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得，，
则
.
27．（2021·江苏镇江·高三期中）已知在各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项.（1）求数列，的通项公式；（2）设数列___________，求数列的前项和.请在①；②；③这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答.
【答案】（1），；（2）详见解析；
【分析】（1）设等差数列的公差为d，根据，且，，成等比数列求得即可；（2）当时，利用错位相减法求解；当时，利用裂项相消法求解；当时，利用分组并项法求解.
（1）解：设等差数列的公差为d，
因为，且，，成等比数列，
所以，，解得，
所以，则，，所以；
（2）当时，，
则，
两式相减得：，所以；
当时，
所以；
当时，则，
当n为偶数时，,；
当n为奇数时，，，
所以.
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·湖北·汉阳一中模拟预测）已知正数，，满足，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．以上均不对
【答案】A
【分析】将看成常数，然后根据题意表示出，再作差比较出大小即可
【详解】解：由，得，则，得，所以，所以，
令，则，所以函数在上单调递增，所以，
所以，即所以，
所以，综上，故选：A
2．（2021·山东文登·高三期中）关于x的不等式的解集是，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】不等式的解集是，即对于，恒成立，即，分和两种情况讨论，结合基本不等式即可得出答案.
【详解】解：不等式的解集是，即对于，恒成立，即，
当时，，当时，，
因为，所以，综上所述.故选：A.
3．（2021·福建省福州第一中学高三期中）已知数列满足：.若，则（ ）
A．2021 B．2022 C．62 D．63
【答案】C
【分析】利用数列的递推关系式即可求解.
【详解】
，所以.故选：C
4．（2021·福建·福州三中模拟预测）已知在等差数列中，，，数列的通项，是数列的前项和，若，则与的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先由已知求出等差数列的通项公式，然后可得数列的通项公式，从而可求出数列的前项和，再利用不等式放缩法可比较出与的大小.
【详解】设等差数列的公差为，由题意得，
故，
，
因为，所以，所以，
所以，即，
所以，即，故选：B.
5．（2021·山东文登·高三期中）设正项数列的前n项和满足，记表示不超过x的最大整数，．若数列的前n项和为，则使得成立的n的最小值为（ ）
A．1179 B．1180 C．2022 D．2023
【答案】B
【分析】将条件平方，根据化简求得数列是等差数列，并求得通项公式.对n分类讨论求得的取值，从而求得使得成立的n的最小值.
【详解】由题知，，，当时，，
即，数列是以2为公差的等差数列，又，解得，则，
当，取整数时，共有505项，；
当，取整数时，共有505项，；
当，取整数时，共有505项，；
则，解得，则最小整数值为1180，故选：B
6．（2021·浙江·慈溪中学高三期中）已知数列满足，记数列前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由可得，利用累加法可求得，求得的范围，从而可得的范围，从而可得出答案.
【详解】解：由可得，
化简得，累加求和得，
化简得，因为，所以，
即，．，
，
所以，即．故选：B.
7．（2021·黑龙江·哈尔滨市高三期中）数列的前项和为，若，，则（ ）
A．数列是公比为2的等比数列 B．
C．既无最大值也无最小值 D．
【答案】D
【分析】根据间的关系求出，进而判断A,B；然后求出，根据数列的增减性判断C；最后通过等比数列求和公式求出，进而判断D.
【详解】由题意，时，，又，解得：，
时，，则，又，
所以数列从第2项起是公比为2的等比数列.A错误；
易得，，则，B错误；
时，，时，，而是递减数列，所以时，.综上：有最大值1.C错误；时，，满足题意；时，，于是，.D正确.故选：D.
8．（2021·福建·泉州鲤城北大培文学校高三期中）设等差数列的前项和为，公差为．已知，，，则选项不正确的是（ ）
A．数列的最小项为第项 B．
C． D．时，的最大值为
【答案】D
【分析】根据题意，由等差数列的性质及前项和公式依次分析选项，综合即可得出答案．
【详解】解：由题意，又，所以，故选项正确；
由，且，，，得，解得，选项正确；
由题意当时，，当时，，
所以，，故时，的最大值为10，故选项错误；
由于，数列是递减数列，当时，，当时，；
当时，，当时，，
所以当时，，当时，，当时，，
故数列中最小的项为第6项，选项正确．故选：．
二、多选题
9．（2021·山东菏泽·高三期中）已知，，，则（ ）
A．的最大值为 B．的最小值为 C． D．的最小值为
【答案】ABC
【分析】对于选项A，B直接使用基本不等式，即可判断是否正确；对于选项C，根据题意以及，即可求出的取值范围，即可判断是否正确；对于选项D，利用基本不等式中的“1”的用法，可得，展开化简，再使用基本不等式即可判断是否正确.
【详解】对于选项A，因为，，，所以，
所以，当且仅当时，取等号，故A正确；
对于选项B，因为，，，所以，当且仅当时，即时，取等号，故B正确；
对于选项C，因为，，，所以，所以，故C正确；
对于选项D，因为，，，所以，当且仅当时，即时，取等号，故D错误；故选：ABC.
10．（2021·辽宁·模拟预测）斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，记，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】根据给定条件逐项分析、推理计算即可判断作答.
【详解】依题意，的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，即，A正确；
依题意，当时，，得，B正确；
由给定的递推公式得：，，…，，累加得，
于是有，即，C错误；
，，，…，
，因此，，D正确.故选：ABD
【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.
11．（2021·浙江·台州一中高三期中）设数列满足，其中为实数，数列的前n项和是，下列说法不正确的是（ ）
A．当时，一定是递减数列 B．当时，不存在使是周期数列
C．当时， D．当时，
【答案】ACD
【分析】当时，设单调递增，由可得依次递推可得可判断A；求出，，因为，若存在实数使得则可判断B，利用数学归纳法证明可判断C和D；
【详解】对于A：当时，设单调递增，因为，，所以，
，，依次类推可得，
所以当时，一定是递减数列，故选项A正确；
对于B：当时，，，，
由可得，设，
因为，，由零点存在性定理可知存在常数使，则可得，，存在使是周期数列，故选项B不正确；对于C：当，，，
假设当时，，则当时，，
所以当时，成立，故选项C正确；
对于D：①首先证明,时，,：设,，对用数学归纳法证明,，
当时，,．假设,，则，且，
,．由数学归纳法知,对所有成立．∴当c＝时，,，
②再证明：≥1－：，当c＝时，由得，
∵,，∴，∴≤，
∴≤≤≤…≤＝，∴≥1－，
③最后证明：，当时，结论成立，
当时，∵，，
，
又∵，∴．故D正确.故选：ACD.
【点睛】本题考查对数列和函数性质的综合应用，考查数学归纳法的使用，解题的过程中还需对式子进行适当的放缩，属于难题.
12．（2021·江苏南通·高三期中）已知数列满足，，，则（ ）
A．是等比数列 B． C．是等比数列 D．
【答案】ACD
【分析】对选项A，根据递推公式得到是以首项为，公比为的等比数列，即可判断A正确，对选项B，根据A得到，即可判断B错误，对选项C，根据递推公式得到，从而判断C为正确，对选项D，根据是等比数列，是等比数列，即可得到，即可判断D正确.
【详解】对选项A，当是奇数时，，所以，
又因为，所以，所以当是奇数时，，即.
即数列是以首项为，公比为的等比数列，故A正确.
对选项B，由A知：当是奇数时，，所以，故B错误.
对选项C，为偶数时，，即，又因为，所以，即，
所以是以首项为，公比为的等比数列，故C正确.
，故D正确.故选：ACD
13．（2021·山东省实验中学高三期中）设是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，k是的间隔数.则下列说法正确的是（ ）
A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B．已知，则是间隔递增数列
C．已知，则是间隔递增数列且最小间隔数是2
D．已知，若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则
【答案】BCD
【分析】根据间隔递增数列的定义，结合数列的增减性，进而求得答案.
【详解】.对A，设公比为，则，因为，所以，若，则，不是间隔递增数列.A错误；
对B，，易得是递增数列，则，所以k>3时，一定是间隔递增数列.B正确；
对C，，
为奇数时，，显然时，，
为偶数时，，显然时，.C正确；
对D，对恒成立，则恒成立，因为最小间隔是3，所以即对于恒成立，且时， ，于是.D正确.故选：BCD.
14．（2021·广东·揭阳市揭东区教育局教研室高三期中）在归国包机上，孟晚舟写下《月是故乡明，心安是归途》，其中写道“过去的1028天，左右踟躇，千头万绪难抉择；过去的1028天，日夜徘徊，纵有万语难言说；过去的1028天，山重水复，不知归途在何处．”“感谢亲爱的祖国，感谢党和政府，正是那一抹绚丽的中国红，燃起我心中的信念之火，照亮我人生的至暗时刻，引领我回家的漫长路途．”下列数列中，其前项和可能为1028的数列是( )
(参考公式：)
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】对于选项ABD：利用等差数列、等比数列的前项和公式以及参考公式求数列前项和，令，看是否有正整数解即可；对于选项C：通过分类讨论分别求出和，然后可得到，令，看是否有正整数解即可.
【详解】不妨设数列的前项和为，对于选项A：由等差数列的前项和公式可知，，则方程无正整数解，故A错误；对于选项B：不妨令，，数列和的前项和分别为和，故，，由参考公式和等差数列的前项和公式可知，，，
所以，解得，故B正确；
对于选项C：①当时，，故此时；
②当时，
令，解得，即时，，故C正确；
对于选项D：由等比数列的前项和公式可知，
，解得，故D正确.故选：BCD.
三、填空题
15．（2021·福建省大田县第一中学高三期中）若关于的不等式恰有1个正整数解，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】先解带有参数的一元二次不等式，再对进行分类讨论，使得恰有1个正整数解，最后求出的取值范围
【详解】不等式等价于.令，解得或.
当时，不等式的解集为，要想恰有1个正整数解，则；
当时，不等式无解，所以不符合题意；
当时，不等式的解集为，则.
综上，的取值范围是.故答案为：
16．（2021·江苏镇江·高三期中）某校在研究民间剪纸艺术时，经常会沿着纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折一次可以得到和两种规格的图形，他们的周长之和为，对折二次可以得到，，三种规格的图形，他们的周长之和为，以此类推，则折叠次后能得到的所有不同图形的周长和为___________，如果对折次后，能得到的所有图形的周长和记为，则___________.
【答案】
【分析】分别列出对折五次可得到的各种规格的图形，再求周长之和可得的值；分别求出，，，的值，进而可得是公比为的等比数列，由累加法可得.
【详解】对折三次可以得到，，，四种规格的图形，
对折四次可得到，，， ，五种规格的图形，
对折五次可得到，，，，，六种规格的图形，周长和为，
因为，，
所以，，，，，所以当时，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，
可得，
由累加法可得：
，
所以，故答案为：；.
17．（2021·福建·泉州科技中学高三期中）学数学的人重推理爱质疑，比如唐代诗人卢纶《塞下曲》：“月黑雁飞高，单于夜遁逃.欲将轻骑逐，大雪满弓刀.”这是一首边塞诗的名篇，讲述了一次边塞的夜间战斗，既刻画出边塞征战的艰苦，也透露出将士们的胜利豪情.这首诗历代传诵，而无人提出疑问，当代著名数学家华罗庚以数学家特有的敏感和严密的逻辑思维，发现了此诗的一些疑点，并写诗质疑，诗云：“北方大雪时，群雁早南归.月黑天高处，怎得见雁飞？”但是，数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想是质数，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出不是质数.现设记，则数列的前项和___________.
【答案】
【分析】根据题意，化简数列通项公式，利用分组求和的方法求解即可.
【详解】依题意有代入 得，
所以
则有故答案为：
18．（2021·山东菏泽·二模）已知正项数列的前n项和为，且，则不超过的最大整数是_____________．
【答案】88
【分析】由，可得时，，，解得，时，，代入可得：，化为：，利用等差数列的通项公式即可得出．利用，时，右边成立）可得：，再利用累加求和方法即可得出结论．
【详解】解：，时，，，解得．
时，，代入可得：，化为：，
可得数列为等差数列，首项为1，公差为1，，解得．
，时，右边成立）即，
所以，∴
所以，所以不超过的最大整数是88.答案为：88
19．（2021·湖北·华中师大一附中模拟预测）设，记最接近的整数为，则__________；__________．(用表示)
【答案】
【分析】先求出，观察特点得，，最接近的数字为253；
由得，，判断 为奇数或偶数从而得解.
【详解】，
若，则，若，则，
故答案为：；.
【点睛】求出 ，关键在于处理，从而得出，将结论进行一般化，要注意n为奇数还是偶数.
20．（2021·江苏·邵伯高级中学高三阶段练习）已知函数（，）为奇函数，其定义域为A．当时，恒成立，当且仅当时取等号，则______．
【答案】-1
【分析】先根据奇函数的定义及对数函数的性质求出a的值，再利用基本不等式即可求出的值，代入即可得解．
【详解】解法一 ：因为函数为奇函数，所以，得，因为，，所以，故的定义域．因为当时，恒成立，所以，因为，所以，，所以，（利用基本不等式求最小值）
当且仅当，即时取等号．故，．
解法二：因为函数为奇函数，所以，即，（若奇函数的定义域包含0，则）
得，经检验是奇函数，故的定义域．因为当时，恒成立，所以，因为，所以，，所以，当且仅当，即时取等号．故，．故答案为：-1
四、解答题
21．（2021·上海长宁·一模）随着人们生活水平的提高，很多家庭都购买了家用汽车，使用汽车共需支出三笔费用；购置费、燃油费、养护保险费，某种型号汽车，购置费共万元；购买后第年燃油费共万元，以后每一年都比前一年增加万元.（1）若每年养护保险费均为万元，设购买该种型号汽车年后共支出费用为万元，求的表达式；（2）若购买汽车后的前年，每年养护保险费均为万元，由于部件老化和事故多发，第年起，每一年的养护保险费都比前一年增加，设使用年后养护保险年平均费用为，当时，最小，请你列出时的表达式，并利用计算器确定的值（只需写出的值）
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据题意，购买该车后，每年的燃油费构成等差数列，首项为，公差为，进而得年后燃油的总费用是，进而结合题意可得；
（2）由题知从第七年起，养护保险费满足等比数列，首项为 ，公比为，进而得年后，养护保险费为，再求平均值即可得答案，最后利用计算器计算可得.
（1）解：根据题意，购买后第年燃油费共万元，以后每一年都比前一年增加万元，
所以购买该车后，每年的燃油费构成等差数列，首项为，公差为，
所以购买该种型号汽车第年的燃油费用为，
所以购买该种型号汽车年后燃油的总费用是，
因为每年养护保险费均为万元，所以购买该种型号汽车年后养护费用共万元，
所以.
（2）解：当时，由于每一年的养护保险费都比前一年增加，
所以从第七年起，养护保险费满足等比数列，首项为，公比为，
所以从第七年起，第年的养护保险费用为，
所以购买该种型号汽车年后，养护保险费为，
所以当时，使用年后，养护保险费的年平均费用为.
经计算器计算得时，最小.
22．（2021·浙江·台州一中高三期中）已知等差数列中，前项和为，，数列为公比不等于1的等比数列，，且满足：，.（1）求与；（2）记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）,；（2）
【分析】（1）设等差数列的公差为d,等比数列的公比为,由,,且满足: ，.可得,,联立解出即可得出.
（2）,利用“错位相减法”求和，不等式,即,化为:.对n分类讨论,利用数列的单调性即可得出.
（1）设等差数列的公差为d,等比数列的公比为,
,,且满足: ，.可得,,
联立解得,,；
（2），的前n项和,
,
两式相减得,
，不等式,即,
化为:， 当n为偶数时,，当n为奇数时,,解得，
对一切恒成立,，实数的取值范围是
23．（2021·四川·内江市教育科学研究所一模）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．问题：已知是等差数列，其前n项和为，，______，是否存在正整数m，n，，使得成立？若存在，求出正整数m，n满足的关系式；若不存在，请说明理由．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】存在；
【分析】设等差数列的公差为d，分别选择①、②、③，结合等差数列的通项公式和求和公式，准确计算，即可求解.
【详解】解：设等差数列的公差为d，
若选择条件①：∵，∴，即，
又∵，即，∴，得，，
当时，，∴，即，
∵，∴，∴存在正整数m，n，当时，使得成立.
若选择条件②：∵，∴，∴，由，即，可得，
当时，，∴，即，
∵，∴，∴存在正整数m，n，当时，使得成立.
若选择条件③：∵，∴，即，即，
又∵，即，∴，，当时，，
∴，即，
∵，∴，∴存在正整数m，n，当时，使得成立.
24．（2021·广东·执信中学高三期中）已知等差数列的前项和为，且.数列满足.（1）求的值；（2）求数列的前项和，并证明
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意求得数列的前3项，利用，求得，进而求得的值；（2）求得数列的公差，得到，解得，化简，结合并项法求和，以及数列的单调性，即可求解.
（1）解：由题意，等差数列的前项和为，
可得，
因为，可得，解得，又由，可得，解得，所以.
（2）证明：由，
所以等差数列的公差为，所以，
因为，所以，解得，所以，
所以数列的前项和：
，
又由
所以为递增数列，所以，即.
25．（2021·山东省济南市莱芜第一中学高三期中）已知等比数列是递增数列，其公比为q，前n项和为Sn，并且满足，是和的等差中项.（1）求数列的通项公式；
（2）若，，求使成立的正整数n的值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）依题意得到方程组，解得，，即可得到数列的通项公式；
（2）由（1）可得，再利用错位相减法求出，再解方程即可；
（1）解：由题可得，，则，解得所以.
于是有解得或又是递增的数列，故，，所以
（2）解：由（1）可得，所以，①
则，②
②①，得，即数列的前n项和，
则，即，解得.
26．（2021·山东·泰安一中模拟预测）已知数列的前项和为，且满足.
（1）证明数列是等比数列，并求出的通项公式.（2）证明：.
【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析
【分析】（1）根据递推关系式以及等比数列的定义、等比数列的通项公式即可求解.
（2）根据放缩法可得，，利用等比数列的前项和公式即可求解.
（1）由题意，，则，
是以为首项，2为公比的等比数列.，则.
（2），
当时，成立；当时，，故，
故.
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