专题04数列求和及综合应用-学生及教师版

专题04数列求和及综合应用

专题4 数列求和及综合应用

（2023·北京·北京市八一中学校考模拟预测）

1．若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

（2023·河南信阳·校联考模拟预测）

2．在正三棱柱中，若点处有一只蚂蚁，随机的沿三棱柱的各棱或各侧面的对角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，设蚂蚁移动次后还在底面的概率为，有如下说法：①；②；③为等比数列；④，其中说法正确的个数是（    ）

A． B． C． D．

（2023·福建漳州·统考二模）

3．已知数列是首项为的正项等比数列，若A，B，C是直线l上不同的三点，O为平面内任意一点，且，则（    ）

A． B．数列的前6项和为

C．数列是递减的等差数列 D．若，则数列的前n项和的最大值为1

（2023·江苏南通·模拟预测）

4．弓琴（如图），也可称作“乐弓”，是我国弹弦乐器的始祖．古代有“后羿射十日”的神话，说明上古生民对善射者的尊崇，乐弓自然是弓箭发明的延伸．在我国古籍《吴越春秋》中，曾记载着：“断竹、续竹，飞土逐肉”．弓琴的琴身下部分可近似的看作是半椭球的琴腔，其正面为一椭圆面，它有多条弦，拨动琴弦，音色柔弱动听，现有某研究人员对它做出改进，安装了七根弦，发现声音强劲悦耳．下图是一弓琴琴腔下部分的正面图．若按对称建立如图所示坐标系，为左焦点，均匀对称分布在上半个椭圆弧上，为琴弦，记，数列前n项和为，椭圆方程为，且，则取最小值时，椭圆的离心率为__________.

（2023·湖南常德·统考二模）

5．已知数列满足（）.

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列满足，求的前n项和.

（2023·浮梁县第一中学校联考模拟预测）

6．在数列中，，点在直线上.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和.

（2023·宁夏银川·统考模拟预测）

7．已知公差为正数的等差数列中，，，构成等比数列，是其前项和，满足.

(1)求数列的通项公式及前项和；

(2)若_________，求数列的前项和.

在①，②，③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并求解.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

（2023·辽宁丹东·统考二模）

8．为数列的前n项和，已知．

(1)证明：；

(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入数列的前k项，使它们和原数列的项构成一个新的数列：，，，，，，，，，，…，求这个新数列的前50项和．

（2023·山东潍坊·统考模拟预测）

9．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数（互质是公约数只有1的两个整数），例如：，.

(1)求，，；

(2)若数列满足，且，求数列的通项公式和前n项和.

（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）

10．给出以下条件：①，，成等比数列；②，，成等比数列；③是与的等差中项．从中任选一个，补充在下面的横线上，再解答．

已知单调递增的等差数列的前n项和为，且，__________．

(1)求的通项公式；

(2)令是以1为首项，2为公比的等比数列，求数列的前n项和．

（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）

（2023·辽宁大连·校联考模拟预测）

11．已知数列的前n项之积为．

(1)求数列的通项公式；

(2)设公差不为0的等差数列中，，___________，求数列的前n项和．

请从①；②这两个条件中选择一个条件，补充在上面的问题中并作答．

注：如果选择多个条件分别作答，则按照第一个解答计分．

（2023·四川宜宾·统考模拟预测）

12．已知数列，，，记为数列的前项和，．

条件①：是公差为2的等差数列；条件②：．

从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

（2023·山东聊城·统考二模）

13．已知数列满足，，数列满足．

(1)求数列和的通项公式；

(2)求数列的前项和．

（2023·四川遂宁·统考二模）

14．已知数列是公差为2的等差数列，其前3项的和为12，是公比大于0的等比数列，，.

(1)求数列和的通项公式；

(2)若数列满足，求的前项和.

（2023·新疆阿克苏·校考二模）

15．已知等差数列的前项和为，且，，数列满足，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)设，数列的前项和为，求满足的最小正整数．

（2023·新疆乌鲁木齐·统考二模）

16．若数列的前项和满足．

(1)证明：数列是等比数列；

(2)设，记数列的前项和为，证明：．

（2023·湖南岳阳·统考二模）

17．已知数列的前项和为

(1)证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；

(2)设，若对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围.

（2023·浙江温州·统考二模）

18．已知是首项为1的等差数列，公差是首项为2的等比数列，．

(1)求的通项公式；

(2)若数列的第项，满足__________（在①②中任选一个条件），，则将其去掉，数列剩余的各项按原顺序组成一个新的数列，求的前20项和．

①②．

（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）

19．已知等差数列的前n项和为，且，，数列的前n项和为，且．

(1)求数列，的通项公式．

(2)记，若数列的前n项和为，数列的前n项和为，探究：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．

（2023·山东潍坊·统考模拟预测）

20．将正奇数数列1，3，5，7，9…的各项按照上小下大、左小右大的原则写成如图的三角形数表．

(1)设数表中每行的最后一个数依次构成数列，求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

参考答案：

1．B

【分析】先根据奇偶数对n讨论，再分离参数a，转化函数最值问题即得解.

【详解】（1）当n为偶数时，恒成立，即转化为恒成立，

而数列是递增数列，故时，，故；

（2）当n为奇数时，恒成立，即，转化为恒成立，

而数列是递增数列，n为奇数时，，故；

综上可得a的范围为.

故选：B.

2．C

【分析】根据古典概型概率公式可确定①错误；记为第次移动后在底面上的概率，可确定与满足的递推关系式，得到②正确；根据递推关系式和等比数列定义可证得③正确；结合等比数列通项公式推导可得④正确.

【详解】

对于①，第一次移动后，可移动到点，其中位于底面上的点有，

当时，，①错误；

对于②，当时，记为第次移动后在底面上的概率，则表示第次移动后在平面上的概率，

在底面上移动的概率为，由平面移动到底面的概率为，

，，②正确；

对于③，由得：，又，

数列是以为首项，为公比的等比数列，③正确；

对于④，由③知：，，④正确.

故选：C.

3．BC

【分析】根据已知条件，由可得，再利用等比数列的通项公式求出公比，进而即可判断选项AB，再由对数的相关运算和数列中的裂项相消法，即可判断选项CD.

【详解】由题知，，，，三点共线，

则，设公比为，，

由是正项等比数列，解得，

，.

所以，故A错误；

所以，故B正确；

因为，

且，

所以数列是为首项，为公差的递减的等差数列，

故C正确；

又，

所以数列的前n项和为

，所以越大，数列的前n项和也就越大，

但不可能为，只是无限接近于，故D错误.

故选：BC

4．

【分析】根据焦半径公式可得，从而可知数列是等差数列，进而可求得，再根据的横坐标为八等分可得，从而可得，进而表示出，利用基本不等式“1”的妙用可求最小值，从而求解离心率.

【详解】设，有，

得，所以数列是等差数列，

，

由题意，的横坐标为八等分，所以，

而，又，所以，

所以

，

当且仅当即时取得等号，此时离心率为，

故答案为: .

5．(1)，

(2)

【分析】（1）先令，求得，再根据所给的式子当时，令和原式作差得到，即可求解；

（2）由（1）得到，利用裂项相消求和即可求解.

【详解】（1）由题可知（），

当时，；

当时，，

，

两式相减得：，

即，

经检验，当时，也符合上式；

故数列的通项公式为：，.

（2）由（1）得：，

，

故的前n项和.

6．(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，结合等差数列定义判断求解作答.

（2）利用（1）的结论，利用错位相减法求和作答.

【详解】（1）依题意，，即，因此数列是公差为3的等差数列，则，

所以数列的通项公式是.

（2）由（1）得，

则，

于是，

两式相减得，

所以.

7．(1)，

(2)答案见解析

【分析】（1）由题知，进而结合等差数列通项公式解方程即可得，，再求解通项公式与前项和；

（2）选①：结合（1）得，进而根据分组求和的方法求解即可；

选②：结合（1）得，进而结合裂项求和的方法求解即可；

选③：结合（1）得，再根据错位相减法求解即可；

【详解】（1）解：设等差数列的公差为，

依题意可得，则

解得，，

所以，数列的通项公式为.

综上：，  ；

（2）解：选①

由（1）可知：  

∴

∵

∴

选②

由（1）可知：

∴

∵

选③

由（1）可知：，∴

∵

则

于是得

两式相减得，

所以.

8．(1)证明见解析

(2)7429

【分析】（1）根据数列的前n项和进行求解即可；

（2）根据题意，利用等比数列的前n项和公式和错位相减法解求解.

【详解】（1）由得．

由，可知．

相减得，所以．

又，故，因此．

（2）设数列的前项和为，则．

两边同乘以2得

．

以上两式相减得

．

设是新数列的第N项，则

．

当时，，当时，．

故这个新数列的前50项中包含的前9项，以及列的前k（k＝1，2，3，…，8）项和前5项，

由（1）知，所以这个新数列的前50项和为

．

9．(1)，，

(2)

【分析】(1) 欧拉函数的函数值定义计算即可；

(2)先构造等差数列，再根据错位相减法计算可得.

【详解】（1），，.

（2）∵，∴

∵，∴数列是以1为首项，以为公差的等差数列.

∴，∴，

，

，

∴

∴.

10．(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由条件结合等差数列的通项公式以及求和公式，得到关于公差的方程，从而得到的通项公式；

（2）根据题意，结合错位相减法即可得到结果.

【详解】（1）选①，设递增等差数列的公差为，

由，，，有，

化简得，则，，所以的通项公式为．

选②，设递增等差数列的公差为，

由，，，有，

化简得，即，解得，

则，所以的通项公式为．

选③，设递增等差数列的公差为，

由是与的等差中项，得，即，

则有，

化简得，即，解得，

则，所以的通项公式为．

（2）由是以1为首项，2为公比的等比数列，得，

由（1）知，即有，

则，于是，

两式相减得：，

因此．

11．(1)

(2)

【分析】（1）运用与其前n项之积的关系代入计算即可.

（2）运用等差数列基本量计算求得的通项公式，再运用分组求和法求得.

【详解】（1）当时，，

当时，，

将代入得，符合

综上，.

（2）若选①，

设等差数列的公差为，

因为，，

所以，解得，

所以，

若选②，

设等差数列的公差为，

因为，所以，

又因为，所以，解得

所以，

，

所以

，

所以.

12．(1)

(2)

【分析】（1）选①：由与的关系即可求解；选②：由等差数列的定义即可求；

（2）利用错位相减法即可求解.

【详解】（1）因为为数列的前项和，所以.

选择条件①：因为是公差为2的等差数列，

首项为，

所以，

整理，得，

所以，

所以，

所以，当时也符合，

所以；

选择条件②：因为，所以，

所以，

所以，整理，得，

所以是以为首项，公差为1的等差数列，

所以，

即.

（2）由（1）知，所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

整理，得.

13．(1)，

(2)

【分析】（1）由题意先求出，再根据，得，从而可得，再利用构造法求出的通项，从而可得的通项公式；

（2）分为偶数和奇数两种情况讨论，再结合分组求和法即可得解.

【详解】（1），得，

因为，即，解得，

由，得，

又，

故，所以，即，

所以，

又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以，所以，

则，故，

所以；

（2）当为偶数时，

，

当为奇数时，

，

综上所述，.

14．(1)，

(2)

【分析】（1）根据等差等比数列通项公式直接求解；

（2）利用裂项相消和等比数列的前项和公式求解即可.

【详解】（1）设公差为，公比为，

则由题可得数列的前3项的和，

因为，所以，所以，

又因为，

所以解得或（舍），

所以.

（2）由（1）可知，，

所以的前项和为：

.

所以

15．(1)；

(2)

【分析】（1）利用等差数列通项公式和求和公式可构造方程组求得，进而得到；根据通项与前项和之间关系可求得；

（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得，由此可解不等式求得结果.

【详解】（1）设等差数列的公差为，则，解得：，

；

，

当时，；

当时，，

经检验：满足，.

（2）由（1）得：，

，

由得：，解得：，

使得成立的最小正整数.

16．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先求出首项，利用的关系可得，进而可以证明结论；

（2）先求出，利用放缩和裂项相消法求和可证结论.

【详解】（1）证明：由，当时，可得；

当时，，所以，

时，，

数列构成以为首项，为公比的等比数列；

（2）证明：由（1）知,，

，

即成立．

17．(1)证明见解析，；

(2)或.

【分析】（1）由递推关系变形可得，结合等差数列定义证明结论，利用等差数列通项公式求出数列的通项公式，再根据和的关系求数列的通项公式；

（2）由（1）计算，判断数列 的单调性，令的最大值小于即可求解.

【详解】（1）由得，又，

所以数列是以为首项，公差为1的等差数列，

，即

当时，

，

又不满足上式，

所以；

（2）由（1）知，

当时，；

当时，，即

所以的最大值为，

依题意，即，

解得或.

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据等差和等比数列的通项公式，列出基本量方程组，即可求解；

（2）若选择①，得，可知剩下的项就是原数列的奇数项，代入等比数列求和公式，即可求解；

若选择②，，根据，讨论为奇数和偶数两种情况，即可判断求解.

【详解】（1）设的公差为的公比为，

因为，所以，

联立消得，解得或与矛盾，

故，代回计算得，

所以

（2）若选①，则有，

所以剩余的项就是原数列的奇数项，

相当于剩余的项以2为首项，4为公比的等比数列，

所以；

若选②，则有，

因为，

所以当时，对应的为整数，满足，

当时，对应的不为整数，不满足，

所以剩余的项就是原数列的奇数项，

相当于剩余的项以2为首项，4为公比的等比数列，

所以；

19．(1)，

(2)是定值，定值为

【分析】（1）求出等差数列的首项与公差，即可求得数列的通项公式，再根据即可求得的通项公式；

（2）根据等比数列前项和公式可求得数列的前n项和为，利用错位相减法求得数列的前n项和为，从而可得出结论.

【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，

解得，，故，

因为，所以当时，，

当时，，，

两式相减可得，得，由题易知，则，

所以数列是以4为首项，4为公比的等比数列，

故；

（2）由（1）可如，故，

，

所以，

，

两式相减可得，

故，

故，为定值．

20．(1)

(2)

【分析】（1）题意三角形数表可知，利用累加法和等差数列前n项求和公式计算可得，检验即可；

（2）由（1）可得，结合裂项相消求和法计算即可求解.

【详解】（1）由题意知，，，……，，

所以，

，

得，因为，所以，

经检验满足题意，所以；

（2）由题意得，，

所以，．