备战2024年高考第一轮专题复习专题17 数列综合应用【艺体生专供—选择填空抢分专题】备战2024年高考高频考点题型精讲+精练（新高考通用）解析版

这是一份备战2024年高考第一轮专题复习专题17 数列综合应用【艺体生专供—选择填空抢分专题】备战2024年高考高频考点题型精讲+精练（新高考通用）解析版，共15页。试卷主要包含了考向解读，知识点汇总，题型专项训练，高考真题及模拟题精选，题型精练，巩固基础等内容，欢迎下载使用。

一、考向解读
考向：数列部分高考题一般是中等难度，分数在10-17分，一般以等差、等比数列的定义、性质或以通项公式、前n项和公式为基础考点，结合数列的递推公式进行命题，侧重于数列的基本量运算、数列的概念及表示法的理解。
考点：数列的递推公式、等差、等比数列的性质、通项公式及前n项和公式、数列求和、构造新数列求通项、求和、数列有关的数学文化问题。
导师建议：新文化题主要是读题抓住题眼，同时找到a1和?、a1和q的式子也是解决问题的关键！
二、知识点汇总
1.数列的第n项与前n项的和的关系
( 数列的前n项的和为).
2.等差数列的通项公式
；
3.等差中项：若成等差数列，则A叫做与的等差中项，且。
4.等差数列前n项和公式为.
5.等比数列的通项公式；
6.等比中项：若成等比数列，则A叫做与的等差中项，且A2=ab。
7.等比数列前n项的和公式为或.
【常用结论】
1.
2.;
3.构成等差数列.
4.是关于的一次函数或常数函数，数列也是等差数列.
5.在等差数列，中，它们的前项和分别记为则.
6.().
7.若,则()
8.公比时,,,,成等比数列().
三、题型专项训练
目录一览
①等差等比数列的综合
一、单选题
1．在递增等比数列中，，且是和的等差中项，则（ ）
A．256B．512C．1024D．2048
【答案】B
【分析】运用等差中项及等比数列通项公式计算即可.
【详解】设等比数列的公比为q，
因为是和的等差中项，所以，即．
又因为，所以，解得或．
又因为等比数列是递增数列，所以．又因为，所以．
故选：B.
2．已知等比数列中，若，且成等差数列，则（ ）
A．2B．2或32C．2或-32D．-1
【答案】B
【分析】根据等差数列与等比数列的通项公式及性质，列出方程可得q的值，可得的值.
【详解】解：设等比数列的公比为q（），
成等差数列，，，
，解得：，，，故选B.
【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的定义及性质，熟悉其性质是解题的关键.
3．已知各项均为正数的数列为等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为5，则（ ）
A．29B．31C．33D．35
【答案】B
【解析】将已知条件转化为的形式，解方程求得，根据等差中项列方程，由此解得.进而求得的值.
【详解】由，得，所以，即，
所以,（舍去）．依题意得，即，所以．
所以．故选:B．
【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，考查等差中项的性质，考查等比数列前项和，属于基础题.
4．已知各项均为正数的等比数列的前项和为若，，成等差数列，则数列的公比为
A．B．C．2D．3
【答案】B
【分析】设等比数列的公比为，运用等差中项的性质和等比数列的通项公式，解方程即可得结果．
【详解】设各项均为正数的等比数列的公比设为，
因为，，成等差数列，所以可得，
即为，化为，解得或 (舍去,故选B．
【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式和等差中项性质，考查方程思想，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题．
5．已知是各项不相等的等差数列，若，且成等比数列，则数列的前6项和（ ）
A．84B．144C．288D．110
【答案】A
【分析】根据等差数列的通项以及等比中项的性质，建立方程，解得公差，利用等差数列的求和公式，可得答案.
【详解】设等差数列的公差为，由成等比数列，则，
即，整理可得，
由数列各项不相等，解得，即，，故.
故选：A.
6．已知递增等差数列中，且是，的等比中项，则它的第4项到第11项的和为（ ）
A．180B．198C．189D．168
【答案】A
【分析】由条件结合等差数列的通项公式及等比中项的定义列方程求数列的公差和首项，再利用求和公式求它的第4项到第11项的和.
【详解】设递增等差数列的公差为，则，
且是，的等比中项，，解得，
第4项到第11项的和为，所以，
即数列的第4项到第11项的和为180.
故选：A．
7．正项等比数列中，是与的等差中项，若，则（ ）
A．4B．8C．32D．64
【答案】D
【分析】依题意是与的等差中项，可求出公比，进而由求出，根据等比中项求出的值.
【详解】由题意可知，是与的等差中项，
所以，即，所以，或（舍），
所以，，
故选：D.
8．各项不为零的等差数列中，，数列是等比数列，且，则
A．4B．8C．16D．64
【答案】D
【分析】根据等差数列性质可求得，再利用等比数列性质求得结果.
【详解】由等差数列性质可得：
又各项不为零 ，即由等比数列性质可得：
本题正确选项：
【点睛】本题考查等差数列、等比数列性质的应用，属于基础题.
②数列的函数性质
9．下列通项公式中，对应数列是递增数列的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据数列单调性作差比较与的大小即可判断.
【详解】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，，有，是递减数列，不符合题意，
对于B，，有，是递减数列，不符合题意，
对于C，，则，，不是递增数列，不符合题意，
对于D，，有，由于，则恒成立，是递增数列，符合题意.
故选：D．
10．设为等差数列的前n项和．已知，，则（ ）
A．为递减数列B．
C．有最大值D．
【答案】B
【分析】利用等差数列的通项公式及求和公式求得其首项和公差，再依次判断各选项.
【详解】∵数列为等差数列，，，
，，∴，
对于A，∵，∴数列为递增数列，故A错误；
对于B，∵，故B正确；
对于C，∵数列为递增数列，∴无最大值，故C错误；
对于D，∵，故D错误.
故选：B．
11．已知是等差数列的前项和，且，，则下列选项正确的是（ ）
A．数列为递增数列B．
C．的最大值为D．
【答案】B
【分析】由已知条件得出和公差，进而得出各项与0的大小关系，逐项分析判断即可得解.
【详解】由题意，，
在数列中，，且，
∴，故B正确；∴公差，
数列为递减数列，A错误；∴当时，，
当时，，的最大值为，故C错误；
，故D错误.
故选：B.
12．等差数列的前项的和为，已知，，则等差数列的前项的和中，最小值为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，确定等差数列的所有负数项即可推理作答.
【详解】等差数列的前项的和为，由，得，则，
由，得，，
等差数列的公差，即数列是递增的，前5项均为负数，从第6项起均为正数，
所以等差数列的前5项的和最小，即最小值为.
故选：A
13．在数列中，“”是“数列为严格递增数列”的（ ）．
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，等价于或，进而判断即可求解.
【详解】由可得或，所以充分性不成立，
若数列为严格递增数列，则成立，必要性成立，
所以“”是“数列为严格递增数列”的必要非充分条件，
故选：.
14．已知等比数列的前n项和为，若，，且，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设等比数列的公比为，由，，列方程求出，进而可求出，结合指数函数的性质求出的最大、小值，列不等式组即可求出的取值范围
【详解】解：设等比数列的公比为，
因为，，所以，解得，
所以，
当x为正整数且奇数时，函数单调递减，
当x为正整数且偶数时，函数单调递增，
所以时，取得最大值，当时，取得最小值，所以，解得.
故选：B.
③求数列的通项公式
15．已知数列中，，且是等差数列，则（ ）
A．36B．37C．38D．39
【答案】A
【分析】根据等差数列的定义写出的通项公式，再利用累加法求.
【详解】因为，所以，
又是等差数列，故首项为3，公差为2，所以，
所以．
故选：A.
16．在数列中，，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据数列的递推公式可得，结合累加法，即可求解.
【详解】由题意可得，
所以当时，，，，，
上式累加可得，，
又，所以，
当时，满足上式，所以.故选：B.
17．数列中，，（为正整数），则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合递推式特征，利用累乘法算出，进而可得答案.
【详解】因为，所以，所以，
故选：A
18．已知数列的前项和，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】，又由，后由累乘法可得答案.
【详解】注意到，则当时，.
故.
故选：B
19．在数列中，，，若，则的最小值是（ ）
A．9B．10C．11D．12
【答案】C
【解析】根据递推关系可得数列是以1为首项，2为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式可得，即求.
【详解】因为，所以，即，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
则，即.因为，所以，所以，所以.
故选：C
20．已知数列中，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分析得到数列是一个以2为首项，以4为公比的等比数列，求出数列的通项即得解.
【详解】
所以所以数列是一个以2为首项，以4为公比的等比数列，
所以.
故选：C
21．已知数列中，且，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】采用倒数法可证得数列为等差数列，根据等差数列通项公式可推导得到，代入即可.
【详解】由得：，又，
数列是以为首项，为公差的等差数列，，，.
故选：A.
22．在数列中，，，则的值为( )
A．B．C．D．无法确定
【答案】A
【分析】根据已知条件，利用前n项和公式与通项公式之间的关系求数列的递推公式，根据递推公式构造等比数列，求出的关系，再构造等差数列数列即可求出，从而求得.
【详解】∵，，∴，解得.
∵，∴，两式相减得，，
∴，
∴是以＝3为首项，2为公比的等比数列，
∴，两边同除以，则，
∴是以为公差，为首项的等差数列，∴，∴，∴.
故选：A.
④数列求和
23．若一个数列的后项与其相邻的前项的差值构成的数列为等差数列，则称此数列为二阶等差数列.现有二阶等差数列：2，3，5，8，12，17，23，…，设此数列为，若数列满足，则数列的前n项和（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用二阶等差数列的定义，结合累加法求得，利用裂项求和法求得.
【详解】由题可知，数列是以为首项，1为公差的等差数列，
所以.
所以.所以.
所以.故，
所以数列的前项和.
故选：D
24．已知数列满足，，令，则数列的前2022项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简，得，可得是等差数列，求出通项公式，再用裂项相消的方法求数列的前2022项和即可.
【详解】因为数列满足，即，即，，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以，则，
因为，则，
数列的前2022项和.
故选：B
【点睛】易错点睛：裂项法求和时，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．
25．记表示不超过实数x的最大整数，记，则（ )
A．18154B．18164C．18174D．前三个选项都不对
【答案】C
【分析】根据高斯函数的性质的形式，再利用错位相减法可求.
【详解】由于，于是（且）的取值范围是，且取值为k的项有个，因此，
而数列的前n项和为，
于是所求之和为．
故选：C.
26．已知数列的通项公式为：，，则数列的前100项之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用错位相减法求和作答.
【详解】令数列的前n项和为，因为，
则，
则有
两式相减得：，
因此，有，所以数列的前100项之和为.
故选：B
27．已知数列的前项和为，，当时，，则等于（ ）
A．1008B．1009C．1010D．1011
【答案】D
【分析】由时，得到，两式作差，整理可得：，结合并项求和，即可求解.
【详解】解：由题意可得，当时，，，
两式作差可得，
即，即当时，数列任意连续两项之和为1，又因为，
所以，
故选：．
⑤数列的新文化题
28．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2019中被3除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（ ）
A．134B．135C．136D．137
【答案】B
【分析】根据已知条件进行转化得到数列通项公式，由题意解出不等式即可判断项数.
【详解】由题意知，被3除余1且被5除余1的数即为被15除余1的数，
故．由，得，又因为，所以此数列的项数为135．
故选：B
29．我们都听说过一个著名的关于指数增长的故事：古希腊著名的数学家、思想家阿基米德与国王下棋.国王输了，问阿基米德要什么奖赏？阿基米德说：“我只要在棋盘上的第一格放一粒米，第二格放二粒，第三格放四粒，第四格放八粒……按此方法放到这棋盘的第64个格子就行了.”通过计算，国王要给阿基米德粒米，这是一个天文数字.年后，又一个数学家小明与当时的国王下棋，也提出了与阿基米德一样的要求，由于当时的国王已经听说过阿基米德的故事，所以没有同意小明的请求.这时候，小明做出了部分妥协，他提出每一个格子放的米的个数按照如下方法计算，首先按照阿基米德的方法，先把米的个数变为前一个格子的两倍，但从第三个格子起，每次都归还给国王一粒米，并由此计算出每个格子实际放置的米的个数.这样一来，第一个格子有一粒米，第二个格子有两粒米.第三个格子如果按照阿基米德的方案，有四粒米；但如果按照小明的方案，由于归还给国王一粒米，就剩下三粒米；第四个格子按照阿基米德的方案有八粒米，但如果按照小明的方案，就只剩下五粒米.“聪明”的国王一看，每个格子上放的米的个数都比阿基米德的方案显著减少了，就同意了小明的要求.如果按照小明的方案，请你计算个格子一共能得到（ ）粒米.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】按照小明的方案，设第个格子放的米粒数为，其中，分析可知数列满足：，，，求出数列的通项公式，利用分组求和法可求得结果.
【详解】按照小明的方案，设第个格子放的米粒数为，其中，
则数列满足：，，，所以，当时，，
故数列是从第项开始成以为公比的等比数列，且，
所以，，则，所以，数列的前项和为
.
故选：D.
30．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，从第三行起，每一行的第三个数1，，，，构成数列，其前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据数列的前4项，归纳出数列的通项，即可用裂项相消法求其前n项和为，即可得的值.
【详解】由题意可知，
则，
所以其前n项和为：
，则.
故选：B.
31．我国古代数学著作《九章算术》中记载问题：“今有垣厚十六尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日半尺，大鼠日增倍，小鼠日自半，问几何日相逢?”，意思是：今有土墙厚尺，两鼠从墙两侧同时打洞，大鼠第一天打洞一尺，小鼠第一天打洞半尺，大鼠之后每天打洞长度比前一天多一倍，小鼠之后每天打洞长度是前一天的一半，问两鼠相逢需要的最少天数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设大鼠第天打洞尺，小鼠第天打洞尺，其中，分析可知两数列均为等比数列，确定这两个数列的首项和公比，利用等比数列的求和公式以及数列的单调性可求得结果.
【详解】设大鼠第天打洞尺，小鼠第天打洞尺，其中，
则数列是首项为，公比为的等比数列，，
数列是首项为，公比为的等比数列，，
设数列的前项和为，则，
因为，故数列单调递增，
因为，故两鼠相遇至少需要天.
故选：C.
32．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前10项依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，现将大衍数列各数按照如图排列形成一个数表，则该数表中第8行第3个数是（ ）
A．152B．480C．512D．840
【答案】B
【分析】首先求得大衍数列的通项公式，再根据数表的形式，求得第8行第3个数的序号，代入通项公式，即可求解.
【详解】由已知条件将大衍数列前10项按奇数项排列前5个数依次为0，4，12，24，40，按偶数项排列前5个数依次为2，8，18，32，50，可得大衍数列通项为
数表前7行共有个数，第8行第3个数字是大衍数列中第31项，
该数为.
故选：B.
33．大衍数列，来源于中国古代著作《乾坤普》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前项为：、、、、、、、、、，通项公式为，若把这个数列排成下侧形状，并记表示第行中从左向右第个数，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】确定在数列中的项数，结合数列的通项公式可求得结果.
【详解】由题可知，设数阵第行的项数为，则数列是以为首项，公差为的等差数列，
数列的前项和为，
所以，是数列的第项，因此，.
故选：D.
34．高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：，．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】运用构造法可得为等比数列，再运用累加法可得通项公式，进而求得通项公式，再运用裂项相消求和可得结果.
【详解】由，得．又，所以数列构成以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
又，，…，，
叠加可得，
即，
所以.
又因为满足上式，所以.所以.
因为，所以，
即，所以.
故.所以.
故选：C.
35．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题．已知该数列的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，记，，则数列的前20项和是（ ）
A．110B．100C．90D．80
【答案】A
【分析】根据所给数列的项归纳出通项公式，利用分组求和法求和即可.
【详解】观察此数列可知，当为偶数时，，当为奇数时，，
因为，所以数列的前20项和为：
，
故选：A
四、高考真题及模拟题精选
一、单选题
1．（2022·北京·统考高考真题）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选：C.
2．（2018·广东江门·校联考一模）已知数列的前项和，若，，则的最大值为（ ）
A．60B．57C．54D．51
【答案】B
【分析】首先根据数列的通项公式可知，数列是等差数列，令，可得数列的前项都是正数，从第项开始，据此即可求出最大值.
【详解】由于数列，若，，易知数列是以为首项，为公差的等差数列；令，且，所以数列的前项都是正数，从第项开始，所以当时，取到最大值，最大值为，故选B.
【点睛】一般求本题主要考查了等差数列前n项和的最值问题的常用方法，主要采用邻项变号法：
（1）当时，满足的项数m使得取得最大值为；
（2）当时，满足的项数m使得取得最小值为.
3．（2020·北京·统考高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（ ）．
A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项
【答案】B
【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.
【详解】由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.
4．（2020·云南昆明·云南民族大学附属中学校考一模）已知数列的前项和满足.若对任意正整数都有恒成立，则实数的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用求出数列的通项公式，于是可求出，再利用参变量分离法得到，利用数列的单调性求出数列的最小项的值，可得出实数的取值范围．
【详解】当时，，即，得；
当时，由，得，两式相减得，得，
，所以，数列为等比数列，且首项为，公比为，.
，
由，得，
所以，数列单调递增，其最小项为，所以，，
因此，实数的取值范围是，故选C．
【点睛】本题考查利用数列前项和求数列的通项，其关系式为，其次考查了数列不等式与参数的取值范围问题，一般利用参变量分离法转化为数列的最值问题来求解，考查化归与转化问题，属于中等题．
5．（2022·浙江·统考高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；综上：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
6．（2021·浙江·统考高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：所以，即．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
7．（2021·全国·统考高考真题）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
【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．
8．（2021·北京·统考高考真题）《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．64B．96C．128D．160
【答案】C
【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.
9．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图所示的三角形叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成，第行有个数且两端的数均为，每个数是它下一行左右相邻的两数的和，如，则第8行第4个数（从左往右数）为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用“莱布尼兹调和三角形”的性质，依次运算即可.
【详解】设第行第个数为，则，，，，
故，，，，，，
故选：A.
10．（2022·河南驻马店·河南省驻马店高级中学校考模拟预测）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚利将《孙子算法》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2022这2022个数中，能被5除余1且被7除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（ ）
A．58B．57C．56D．55
【答案】A
【分析】由题意能被5除余1且被7除余1，即能被35除余1的数，从而可得数列的通项，再结合条件列不等式，即可得到结果.
【详解】因为能被5除余1且被7除余1，即能被35除余1的数，
所以，，，即是以1为首项，35为公差的等差数列.即
由题意知且，得，
解得，，所以此数列的项数为58项.
故选:A.
11．（2022·河南洛阳·新安县第一高级中学校考模拟预测）十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的，明万历十二年(公元1584年)，他写成《律学新说》提出了十二平均律的理论十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个数使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为M，插入11个数后这13个数之和为N，则依此规则，下列说法错误的是（ ）
A．插入的第8个数为B．插入的第5个数是插入的第1个数的倍
C． D．
【答案】D
【分析】设该等比数列为,公比为q,利用通项公式求出.
对于A：利用通项公式直接求出，即可判断；对于B：利用通项公式直接求出，即可判断；
对于C：先求出，利用分析法证明；对于D：由，利用放缩法证明出，即可得到，即可判断.
【详解】设该等比数列为,公比为q,则,故.
对于A：插入的第8个数为.故A正确；
对于B：插入的第5个数为，插入的第1个数为，所以.故B正确；
对于C：.
要证，即证，即证，即证，即证，
而成立，故C正确；
对于D：.
因为，所以，所以，所以，即，所以故D错误.
故选：D
12．（2022·江苏连云港·江苏省赣榆高级中学校考模拟预测）1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间和；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：，，，；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历步构造后，不属于剩下的闭区间，则的最小值是（ ）．
A．7B．8C．9D．10
【答案】A
【分析】根据三分康托集的构造过程可知：经历第步，每个去掉的开区间以及留下的闭区间的区间长度都是，根据规律即可求出属于，进而根据不等式可求解.
【详解】不属于剩下的闭区间，属于去掉的开区间
经历第步，剩下的最后一个区间为，经历第步，剩下的最后一个区间为，……，
经历第步，剩下的最后一个区间为，去掉的最后开区间为
由化简得，解得
故选:A
五、题型精练，巩固基础
一、单选题
1．（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）已知数列中，，，则数列的前10项和（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】将递推式两边同时倒下，然后构造等差数列求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】解：∵，∴，
∴．∴数列是首项为，公差为的等差数列，
∴，∴．∴，
∴数列的前10项和．
故选:C．
2．（2023·全国·开滦第二中学校考模拟预测）已知等比数列的前n项和为，若，，且，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设等比数列的公比为，由，，列方程求出，进而可求出，结合指数函数的性质求出的最大、小值，列不等式组即可求出的取值范围
【详解】解：设等比数列的公比为，
因为，，所以，解得，
所以，
当x为正整数且奇数时，函数单调递减，
当x为正整数且偶数时，函数单调递增，
所以时，取得最大值，当时，取得最小值，所以，解得.故选：B.
3．（2023·甘肃兰州·校考一模） 数列满足，且对任意的都有，则的前100项和为
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】试题分析：由可得,取,并将这些等式两边相加可得因,因,故,故应选D.
考点：数列求和的叠加和裂项相消等方法．
【易错点晴】本题重点考查是数列求和的方法,解答时可充分借助题设条件,先想方设法求出数列的通项公式,再求数列的前项和.在求数列一的通项公式时,依据道可得,再对取值,并将所得这个等式两边相加,抵消去相同的项并化简计算可得,当得到时,再巧妙地将其变形为,运用裂项相消的方法从而使问题获解.
4．（2022·广东·统考三模）在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数､公式和定理，如：欧拉函数（）的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数，（互素是指两个整数的公约数只有1），例如：；（与3互素有1､2）；（与9互素有1､2､4､5､7､8）.记为数列的前n项和，则=（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据欧拉函数定义得出，然后由错位相减法求得和，从而可得．
【详解】因为与互素的数为1，2，4，5，7，8，10，11，，，共有，所以，则，
于是①，
②，
由①-②得，
则.于是.
故选：A．
5．（2023·山东潍坊·校考一模）已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为等比数列
C．D．
【答案】D
【分析】A选项，计算出，故不是等比数列，A错误；
B选项，计算出的前三项，得到，B错误；
C选项，由题干条件得到，故为等比数列，得到，故，，……，，相加即可求出，C错误；
D选项，在的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出.
【详解】由题意得：，，
由于，故数列不是等比数列，A错误；
则，，，
由于，故数列不为等比数列，B错误；
时，，即，又，
故为等比数列，首项为2，公比为3，故，
故，，……，，
以上20个式子相加得：，C错误；
因为，所以，两式相减得：
，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符和该式，故，
令得：，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符号该式，故，
令得：，综上：，D正确.
故选：D
【点睛】当遇到时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.
6．（2022·河南·安阳一中校联考模拟预测）在数列中，且，则它的前项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用累乘法求出数列的通项公式，然后利用裂项相消法可求得的值.
【详解】，，，
因此，.
故选：A.
【点睛】结论点睛：常见的裂项公式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）.
7．（2022·贵州贵阳·校联考模拟预测）《孙子算经》一书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子60颗，人别加3颗．问：五人各得几何？”其大意为“有5人分60个橘子，他们分得的橘子数构成公差为3的等差数列，问5人各得多少个橘子？”根据上述问题的已知条件，则分得橘子最多的人所得的橘子数为（ ）
A．15B．16C．17D．18
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式求出首项即可计算作答.
【详解】依题意，这5人得到的橘子数按从小到大的顺序排成一列构成公差的等差数列，
而数列的前5项和，由，解得，则，
所以分得橘子最多的人所得的橘子数为18.
故选：D
8．（2022·河北邯郸·统考二模）在我国古代著作《九章算术》中，有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人与下三人等，问各得几何？”意思是有五个人分五钱，这五人分得的钱数从多到少成等差数列，且得钱最多的两个人的钱数之和与另外三个人的钱数之和相等，问每个人分别分得多少钱．则这个等差数列的公差d＝（ ）
A．－B．－C．－D．－
【答案】A
【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列方程组求基本量即可.
【详解】若分得的钱从多到少分别为，
所以，可得.故选：A
9．（2023春·上海闵行·高二上海市七宝中学校考开学考试）将数列中的所有项排成如下数阵：
……
已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数……，成等差数列，且．从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则下列结论错误的为（ ）
A．B．
C．位于第85列D．
【答案】C
【分析】分析所给数阵的特点，计算出数阵第一列对应等差数列的通项公式，可得A正确；分析计算的表达式，比较可得B正确；通过计算可知位于数阵第行第86列，故C错误；位于数阵第行第个数，代入等比数列通项公式可得D正确.
【详解】将等差数列，，，，…，记为，则公差，
所以，，故A正确；
因为，，故B正确；
第行的项数，第行的项数，，第行的项数，构成以为首项，为公差的等差数列，即第行有项，前行有项，
因为，而，则位于第行从左边数第项，即位于第列，故C错误；，故D正确.
故选：C.
10．（2023·江苏南通·统考模拟预测）传说国际象棋发明于古印度，为了奖赏发明者，古印度国王让发明者自己提出要求，发明者希望国王让人在他发明的国际象棋棋盘上放些麦粒，规则为：第一个格子放一粒，第二个格子放两粒，第三个格子放四粒，第四个格子放八粒……依此规律，放满棋盘的64个格子所需小麦的总重量大约为（ ）吨.（1kg麦子大约20000粒，lg2=0.3）
A．105B．107C．1012D．1015
【答案】C
【分析】由等比数列求和公式结合对数的运算求解即可.
【详解】64个格子放满麦粒共需，麦子大约20000粒，1吨麦子大约粒，
，
故选：C.
11．（2023春·广西南宁·高二统考开学考试）如图，正方形的边长为5，取正方形各边的中点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去.则从正方形开始，连续10个正方形的面积之和等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将正方形面积按作法次序排成一列得数列，再确定该数列为等比数列，借助等比数列前n项和公式求解作答.
【详解】依题意，将正方形面积按作法次序排成一列得数列，，
因为后一个正方形边长是相邻前一个正方形边长的，因此，即数列是等比数列，公比，
所以前10个正方形的面积之和.
故选：A
12．（2022·北京·北京八十中校考模拟预测）数学源于生活，数学在生活中无处不在!学习数学就是要学会用数学的眼光看现实世界!1906年瑞典数学家科赫构造了能够描述雪花形状的图案，他的做法如下：从一个边长为2的正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边，分别向外作正三角形，再去掉底边（如图①､②､③等）.反复进行这一过程，就得到雪花曲线.
不妨记第个图中的图形的周长为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题图规律确定第n个图边的条数及其边长，并写出其通项公式，再求第5个图的周长.
【详解】由图知：第一个图有3条边，各边长为2，故周长；
第二个图有12条边，各边长为，故周长；
第三个图有48条边，各边长为，故周长；
……
所以边的条数是首项为3，公比为4的等比数列，则第n个图的边有条，
边长是首项为2，公比为的等比数列，则第n个图的边长为，
故.
故选：C
①等差等比综合
②数列的函数性质
③求数列的通项公式
④数列求和
⑤数列的新文化题
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题型精练，巩固基础