专题07 数列（亮点练）

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专题07 数列

1. 在等比数列中，，若，，成等差数列，则的公比为（       ）．
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【详解】
设等比数列的公比为，
由，
因为，，成等差数列，
所以，于是有，
即，或舍去，
故选：B
2. 数列的通项公式是，则该数列的前100项之和为（ ）
A． B． C．200 D．100
【答案】D
【解析】本题考点是分组求和在求数列求和的具体运用.
根据题意有，
故选D．
3. 在数列中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
对变形可得，所以为以为首项，公差为的等差数列，即可得解.
【详解】
在中，，
由可得，
所以为以为首项，公差为的等差数列，
所以，
所以，
故选：A.
4. 设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】
根据等差数列前项和公式及下标和性质计算可得；
【详解】
解：因为，
所以，
故选：C
5. 1895年，数学家康托尔为了研究有理数是否有限问题，把正有理数如图1进行了排列.将图2中第行第列的数字记为，若，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据给定条件探求出第行的有理数按从小到大排列构成数列的性质，再求和计算即得.
【详解】
依题意，第行的有理数为，，，，…，第行的有理数依次排成一列构成等差数列，
于是得，解得：，
所以.
故选：A
6. 已知为等比数列，且首项为31，公比为，则数列的前项积取得最大值时，
（ ）
A．15 B．16 C．5 D．6
【答案】C
【分析】
求出前项积，得出，比较大小可得.
【详解】
首项为31，公比为，，
设数列的前项积为，则，
，
可得当时，，此时，即,
当时，，此时，，
所以当时，前5项积最大.
故选：C.
7. 已知正项等比数列的前项和为，且成等差数列．若存在两项使得，则的最小值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
由题设，即，又为正项等比数列，
所以，，
由，则，即，
所以，
则，
当且仅当时等号成立，满足，
所以的最小值为2.故选：B
8. 设公差不为0的等差数列的前n项和为，已知，则（       ）
A．9 B．8 C．7 D．6
【答案】C
【详解】
因为，又，
所以，
所以，即，
设等差数列的公差为，
则，
所以，又，
所以，
所以．
故选：C.
9. 已知数列满足， ，
若，则数列的通项（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】 , , ,
则 ,数列是首项为2，公比为2的等比数列， ，利用叠
加法， ，
，则.选B.
10. 数列的前项和为，若等于 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，
所以
.
11. 已知是等差数列的前项和，其中，数列满足，且，则数列的通项公式为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
设等差数列的公差为，
因为，
所以，解得，
所以，
因为，
所以，
所以，，，……，，
所以，
因为，
所以，
故选：B
12. 已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(　　)
A．16　　　B．8 C．4 D．2
【答案】C　
【解析】由题意知解得∴ a3＝a1q2＝4.故选C.
13.等差数列、的前n项和为、.若则= .
【答案】
【解析】法一：从已知条件出发：，
..
法二：从结论出发：.
【注意】1.. 2..
14.数列满足，，则前40项和为________．
【答案】
【详解】
当时，，
故
，
当时，，
所以，
所以，
当时，；
当时，
；
当时，
；
当时，
；
故
，
故前40项和为，
故答案为：
15.已知一次函数图象关于对称的图象为，且，若点在上，，对于大于或等于2的自然数均有：.
（1）求的方程；　　　　　　　（2）求的通项公式．
【解析】（1）设的方程为，
又 ∵ 在上 ，∴
而， ∴ ∴
∴ 的方程为
（2） ∵ ，∴ ，，，，，
以上个等式相乘得： 又 ∴
16.已知数列，设，数列.
（1）求证：是等差数列；
（2）求数列的前n项和Sn；
【解析】本题考点是等差数列的定义、等比数列的通项、以及数列求和的综合运用题.要求对数列的相关知识能熟练应用.
（1）由题意知，


∴数列的等差数列
（2）由（1）知，


于是
两式相减得
所以.
17.已知是数列{}的前n项和，并且=1，对任意正整数n，；设）.
（I）证明数列是等比数列，并求的通项公式；
（II）设的前n项和，求.
【解析】（I）
两式相减：

是以2为公比的等比数列，

（II）
而
18.设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．
（1）求Sn和Tn；
（2）若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．
【解析】（1）设等比数列的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得．
因为，可得，故．所以，．
设等差数列的公差为．由，可得．由，可得从而，故，所以，．
（2）由（1），有
由可得，
整理得解得（舍），或．所以n的值为4．
【答案】（1），；（2）4.
19.已知数列为公差不为零的等差数列，其前项和为，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，其中表示不超过的最大整数，求的值．
【答案】(1)(2)61
【解析】(1)设数列为公差为，
，，
∴
∴
∴数列的通项公式为
(2)，则，，
当，则，可得，
当，则，可得，
当，则，可得，
当，则，可得，
此时.
所以，，
故





一． 单选题：
1. 在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为(　　)
A．S15　　　 　B．S16 C．S15或S16 D．S17
【答案】　A
【解析】　∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋d＝20a1＋d，解得d＝－2，
∴Sn＝29n＋×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴当n＝15时，Sn取得最大值．
2. 已知成等比数列，且．若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此.
若公比，则，不合题意；
若公比，则但，即，不合题意；
因此，，故选B.
3. 若等差数列的前7项和为48，前14项和为72，则它的前21项和为（ ）
A．96 B．72 C．60 D．48
【答案】B
【分析】
解法不唯一，可结合通项公式和前项和公式求出，进而求出；也可结合成等差数列性质求.
【详解】
解法一：由解得
所以；
解法二：，，，所以，，成等差数列，公差为，由等差中项定义得，即，解得．
故选：B
4. 已知成等差数列，成等比数列，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用成等差数列，成等比数列，推出的关系，然后求解椭圆的离心率，从而求得结果.
【解析】由题意成等差数列，知，所以，
成等比数列，则，
所以，所以，所以，所以，
又椭圆，所以，从而有，
所以，故选A.
【点睛】该题考查的是有关椭圆的离心率的问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有等差数列的性质，等比数列的性质，以及椭圆的离心率的求解问题.
5. 若数列满足：若，则，则称数列为“等同数列”．已知数列满足，且，若“等同数列”的前项和为，且，，，则（       ）
A．4711 B．4712 C．4714 D．4718
【答案】D
【详解】
由得，则，
故,所以，，，
所以，所以，因为，
所以，解得，同理得，
，，…，故数列是以3为周期的数列，
所以，
故选:D．
6. 已知数列中，，，数列的前n项和为，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
由题得，，又，
所以.所以，可得.所以数列是递增数列.
又，所以，所以

，所以，又，所以，所以，所以.
故选：A.
7. 已知数列的前n项和为，且，则（       ）
A．119 B． C． D．
【答案】B
【详解】
由余弦函数的性质知，，
又，
所以
．
故选：B．
二、多选题：
1. 下列命题中为真命题的是（ ）．
A．若a，b，c成等差数列，则，，一定成等差数列
B．若a，b，c成等差数列，则，，可能成等差数列
C．若a，b，c成等差数列，则，，（k为常数）一定成等差数列
D．若a，b，c成等差数列，则，，可能成等差数列
【答案】BCD
【分析】
举特例说明即可判断选项A，B，D；利用等差数列的定义推理即可判断选项C作答.
【详解】
对于A，取，，，显然a，b，c成等差数列，而，，，此时，，不成等差数列，A是假命题；
对于B，令，显然a，b，c成等差数列，则，此时，，是公差为0的等差数列，B是真命题；
对于C，因a，b，c成等差数列，则(d为常数)，
于是得，，而k为常数，
因此，(kd为常数)，
所以，，(k为常数)成等差数列，C是真命题；
对于D，令，显然a，b，c成等差数列，则，此时，，是公差为0的等差数列，D是真命题.
故选：BCD
2. 设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a3＝12，S12＞0，S13＜0，则下列结论正确的是（ ）
A．数列{an}是递增数列
B．S5＝60
C．
D．S1，S2，…，S12中最大的是S6
【答案】BCD
【分析】
利用等差数列的通项公式和求和公式可得a7＜0，a6＞0，再结合等差数列的通项公式和求和公式依次判断即得解.
【详解】
依题意，有S12＝12a1•d＞0，
S13＝13a1•d＜0，化为：2a1+11d＞0，a1+6d＜0，
即a6+a7＞0，a7＜0，
∴a6＞0．
由a3＝12，得a1＝12﹣2d，联立解得d＜﹣3．等差数列{an}是单调递减的．
S1，S2，…，S12中最大的是S6．
S55a3＝60．
综上可得：BCD正确．
故选：BCD
【点睛】
本题考查了等差数列综合，考查了等差数列通项、求和公式和性质，考查了学生概念理解，综合分析，数学运算的能力，属于中档题.
3. 已知数列满足，，，则（       ）
A．是等比数列 B．
C．是等比数列 D．
【答案】ACD
【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
4. 已知等差数列，其前n项的和为，则下列结论正确的是（       ）
A．数列是等差数列
B．数列不可能是等差数列
C．
D．若公差，且，则当时，取得最小值
【答案】ACD
【详解】
设数列的公差为，则，
所以，，，
所以，C正确；
若，则，
所以，
因为，所以当时，取得最小值，D对，
因为，所以，
所以，
所以数列是等差数列，A对，
，所以，，，
令可得，化简可得，
此时，所以，
所以数列可能是等差数列，B错，
故选：ACD.
5. 公差为d的等差数列满足，，则下面结论正确的有（       ）
A．d＝2 B．
C． D．的前n项和为
【答案】ABD
【详解】
由题意得，
，即，
解得，所以，故A、B正确；
得，
故，故C错误；
所以数列的前n项和为
，故D正确.
故选：ABD.
6. 已知数列满足，，则下列说法正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【详解】
，A正确；
对于，有，两式相加得，C正确；
由知，则，B错误；
由偶数项均为可得为偶数时，，则

，则，D正确.
故选：ACD.
7. 南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”（下图所示的是一个4层的三角跺）.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有个球，从上往下n层球的球的总数为，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】BCD
【详解】
由题意得，
，
以上n个式子累加可得
，
又满足上式，所以，故A错误；
则，
得，故B正确；
有，故C正确；
由，
得，
故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：
1. 设数列的前n项和为，已知，则_________.
【答案】960
【详解】
由，
当n为奇数时，有；当n为偶数时，，
∴数列的偶数项构成以2为首项，以2为公差的等差数列，
则
，
故答案为：960.
2. 已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，且不等式log2(ax2－3x＋6)>2的解集为{x|x<1或x>b}，则数列{an}的通项公式an＝_________.
【答案】an＝2n－1.
【分析】
先由对数不等式列出关于x的一元二次不等式，结合韦达定理和已知条件求出a,b,最后直接套用等差数列的通项公式即可.
【详解】
因为不等式log2(ax2－3x＋6)>2可转化为ax2－3x＋2>0，所给条件表明：ax2－3x＋2>0的解集为{x|x<1或x>b}，
根据不等式解集的性质可知：方程ax2－3x＋2＝0的两根为x1＝1，x2＝b.
利用根与系数的关系得解得a＝1，b＝2.由此知an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
故答案为：an＝2n－1.
3. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=−3，S5=−10，则a5=__________，Sn的最小值为___________．
【答案】 0，
【解析】法一：等差数列中,,得又,所以公差,,由等差数列的性质得时,,时,大于0,所以的最小值为或,即为.
法二：等差数列中,,得又,所以公差,,可得，，所以结合题意可知，的最小值为或,即为.
4. 已知成等差数列，将其中的两个数交换，得到的三数依次成等比数列，则的值为____________．
【答案】20
【分析】
设等差数列的公差为，按照哪一个数是等比中项分三种情况进行讨论，从而可求出答案.
【详解】
设等差数列的公差为，记，交换这三个数的位置后：
①若是等比中项，则，解得，不符合题意；
②若是等比中项，则，解得，
此时这三个数为，则；
③若是等比中项，则，解得，
此时这三个数为，则.
故答案为：.

四、解答题：
1. 已知正项数列的前项和为，.
（1）求、；
（2）求证：数列是等差数列.
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【分析】
（1）直接在数列递推式中取即可求、
（2）在数列递推式中将换成，得另一递推式后作差，整理即可证明数列是等差数列
【详解】
（1）由已知条件得：.∴.
又有，即.
解得（舍）或.
（2）由得
时：，
∴，
即，
∴，
∴，
∴即，
经过验证也成立，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列.
【点睛】
利用与的关系，多递推一次再相减的思想，结合等差数列的定义，证明等差数列.
2. 已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求的通项公式；
（2）设．
（i）求证：数列是等比数列；
（ii）数列中任意两项之积是否仍是数列中的项？并说明理由．
【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）不是，理由见解析.
【分析】
（1）设等差数列的公差为，由，，利用等差数列的通项公式和前n项和公式求解.
（2）（i），利用等比数列的定义求解；（ii）设数列中任意两项分别为，，由（i）得，假设是数列中的项，利用数的特征求解.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，
由题意，得，
解得，，
所以数列的通项公式为．
（2）（i）由，得，则，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
（ii）数列中任意两项之积不是数列中的项.
设数列中任意两项分别为，，
由（i），得，则．
若，是数列中的项，则，
整理得，
显然该等式左边为偶数，右边为奇数，矛盾，
所以不是数列中的项，
故数列中任意两项之积不是数列中的项．
【点睛】
本题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的定义以及项与数列的关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
3. 在①，，成等比数列，②，③中选出两个作为已知条件，补充在下面问题中，并作答．
设为各项均为正数的等差数列的前n项和，已知___．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】(1)
若选①②作为条件，
设|的公差为d，
由成等比数列可知，
所以，
整理得．               
由得，
整理得，             
当时，不合题意，        
所以，则，解得，
故．                    
若选①③作为条件．
设的公差为d，
由成等比数列可知，
所以
整理得．            
由得，
整理得，
所以，解得或，
当时，，不合题意，
所以，则，
故；
若选②③作为条件．
设的公差为d，
由得，
整理得，            
由得，
整理得，
由两式联立得，
故；
(2)由（1）得，
所以，
故数列的前n项和．
4. 已知数列满足，求的通项公式.
【解析】因为 ①
所以 ②
用②式－①式得则，故.所以
③
由，，则，又知，则，代入③得.本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，从而可得当的表达式，最后再求出数列的通项公式.
所以，的通项公式为或
5. 设数列的前项和为，已知
（Ⅰ）证明：当时，是等比数列；
（Ⅱ）求的通项公式
【解析】由题意知，且

两式相减得
即 （1）
当时，由（1）知
两边同除以，得：，
易知：，故.
当时，由由（1），
两边同除以，得： .
令，则,
构造数列 令则，
由待定系数法可知则
∴.
∴构成了以为首项，为公比的等比数列。
从而.
则 又
可解得：
因此.
6. 已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，，，．
（1）求和的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【解析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为．
由已知，得，而，所以．
又因为，解得．所以，．
由，可得 ①．由，可得 ②，
联立①②，解得，，由此可得．
所以，数列的通项公式为，数列的通项公式为．
（2）设数列的前项和为，由，，有，
故，
，
上述两式相减，得，得．
所以，数列的前项和为．
【答案】（1），；（2）.
7. 设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列. 已知，，，.
（1）求和的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，
（i）求；
（ii）证明.
【解析】本小题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.满分13分.
（1）设等比数列的公比为q.由可得.
因为，可得，故.
设等差数列的公差为d，由，可得由，
可得 从而 故
所以，数列的通项公式为，数列的通项公式为
（2）（i）由（1），有，故
.
（ii）证明：因为
，
所以，.
8. 定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n阶和数列，如的一阶和数列是，设它的n阶和数列各项和为．
(1)试求的二阶和数列各项和与三阶和数列各项和，并猜想的通项公式（无需证明）；
(2)若，求的前n项和，并证明：．
【答案】(1)，，
(2)，证明见解析
【解析】(1)
由题意得，
，
，
，



，
…
，
由等比数列的前n项和公式可得，，
所以的通项公式．
(2)
由于，
所以，
则，
因为，所以，所以，
又随n的增大而减小，
所以当时，取得最大值，故．



1.（2022·全国·高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（       ）

A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
【答案】D
【解析】
【分析】
设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】
设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
2. （2022·全国·高考真题（理））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，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】
解：因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
故选：D.

3. （2022·全国·高考真题（文））已知等比数列的前3项和为168，，则（       ）
A．14 B．12 C．6 D．3
【答案】D
【解析】
【分析】
设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】
解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
4. （2021·全国·高考真题（理））等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（       ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】
由题，当数列为时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
【点睛】
在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．
5. （2021·全国·高考真题（文））记为等比数列的前n项和.若，，则（       ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题目条件可得，，成等比数列，从而求出，进一步求出答案.
【详解】
∵为等比数列的前n项和，
∴，，成等比数列
∴，
∴，
∴.
故选：A.
6. （2021·北京·高考真题）已知是各项均为整数的递增数列，且，若，则的最大值为（       ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【解析】
【分析】
使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值．
【详解】
若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，
不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，
则，，
所以.
对于，，
取数列各项为(，,
则，
所以n的最大值为11．
故选：C．
7. （2021·北京·高考真题）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，对应的宽为(单位: cm),且长与宽之比都相等，已知，，，则
A．64 B．96 C．128 D．160
【答案】C
【解析】
【分析】
设等差数列公差为，求得，得到，结合党旗长与宽之比都相等和，列出方程，即可求解.
【详解】
由题意，五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，设公差为，
因为，，可得，
可得，
又由长与宽之比都相等，且，可得，所以.
故选：C.
8. （2021·全国·高考真题）设正整数，其中，记．则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.
【详解】
对于A选项，，，
所以，，A选项正确；
对于B选项，取，，，
而，则，即，B选项错误；
对于C选项，，
所以，，
，
所以，，因此，，C选项正确；
对于D选项，，故，D选项正确.
故选：ACD.
9. （2021·全国·高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【答案】     5    
【解析】
【分析】
（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.
【详解】
（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；
故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，
设，
则，
两式作差得：


，
因此，.
故答案为：；.
【点睛】
方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
10. （2022·全国·高考真题（文））记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．
【答案】2
【解析】
【分析】
转化条件为，即可得解.
【详解】
由可得，化简得，
即，解得.
故答案为：2.
11. （2022·全国·高考真题）已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
(1)证明：；
(2)求集合中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【分析】
（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得，即可解出．
【解析】
(1)设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
(2)由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．
12. （2022·全国·高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】
（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【解析】
(1)∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
(2)
∴
13. （2022·全国·高考真题（理））记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【分析】
（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【解析】
(1)因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
(2)由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时．
14. （2021·全国·高考真题）记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的n的最小值．
【答案】(1)；(2)7.
【解析】
【分析】
(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.
【详解】
(1)由等差数列的性质可得：，则：，
设等差数列的公差为，从而有：，
，
从而：，由于公差不为零，故：，
数列的通项公式为：.
(2)由数列的通项公式可得：，则：，
则不等式即：，整理可得：，
解得：或，又为正整数，故的最小值为.
【点睛】
等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.
15. （2021·全国·高考真题（文））记为数列的前n项和，已知，且数列是等差数列，证明：是等差数列.
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
先根据求出数列的公差，进一步写出的通项，从而求出的通项公式，最终得证.
【详解】
∵数列是等差数列，设公差为
∴，
∴，
∴当时，
当时，，满足，
∴的通项公式为，
∴
∴是等差数列.
【点睛】
在利用求通项公式时一定要讨论的特殊情况.
16. （2021·全国·高考真题）已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；
(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.
【详解】
解：（1）[方法一]【最优解】：
显然为偶数，则，
所以，即，且，
所以是以2为首项，3为公差的等差数列，
于是．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知，所以．
由（为奇数）及（为偶数）可知，
数列从第一项起，
若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以，则．
[方法三]：累加法
由题意知数列满足．
所以，
，
则．
所以，数列的通项公式．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论


．
[方法二]：分组求和
由题意知数列满足，
所以．
所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
从而数列的前20项和为：
．
【整体点评】
(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；
方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；
方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.
(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；
方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.
17. （2021·全国·高考真题（文））设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.
【详解】
（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设，       ⑧
则．        ⑨
由⑧-⑨得．
所以．
因此．
故．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
[方法三]：构造裂项法

由（Ⅰ）知，令，且，即，
通过等式左右两边系数比对易得，所以．
则，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设，
由于，
则．
又，
所以
，下同方法二．
【整体点评】
本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.
（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；
方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，
方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
18. （2021·全国·高考真题（理））已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】证明过程见解析
【解析】
【分析】
选①②作条件证明③时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证；
选②③作条件证明①时，设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.
【详解】
选①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+与关系式
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，，故.
[方法二] ：待定系数法
设等差数列的公差为d，等差数列的公差为，
则，将代入，
化简得对于恒成立．
则有，解得．所以．
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
[方法一]：定义法
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
[方法二]【最优解】：求解通项公式
因为，所以，，因为也为等差数列，所以公差，所以，故，当时，，当时，满足上式，故的通项公式为，所以，，符合题意.
【整体点评】
这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，平方后得到的关系式，利用得到的通项公式，进而得到，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出与的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，，进而得到；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出及，进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；法二：利用是等差数列即前两项的差求出公差，然后求出的通项公式，利用，求出的通项公式，进而证明出结论.

19. （2021·全国·高考真题（理））记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】
（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知       ①
于是．            ②
由①②得．        ③
又，            ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
   由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
   由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【整体点评】
（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；