第09讲 数列求和及其综合应用（2大考点+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）

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考点分类讲解
考点一：数列求和
1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；
eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
2．错位相减法求和，主要用于求{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列．
规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差．
(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．
(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式．
考向1 分组转化法
【例1】（2024·河南南阳·一模）已知等比数列的公比与等差数列的公差均为2，且，设数列满足，，则数列的前20项的和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等差数列、等比数列的定义及求和公式计算即可.
【详解】因为，所以，则，
根据题意，，
所以
.
故选：B.
【变式1】（2024·甘肃·一模）已知函数（为自然对数的底），，记为从小到大的第个极值点，数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意求导并令，结合题意可求得，对是奇数还是偶数进行分类讨论，再结合等比数列求和公式、分组求和法即可得解.
【详解】由题意，
令，则，即，所以，
又，
所以是以为首项，为公差的等差数列，即，
当时，，
当时，，
从而
.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是在得到之和还要对分类讨论，得，由此即可顺利得解
【变式2】2024·四川宜宾·二模）数列中，是数列的前项和，已知，数列为等差数列，则 .
【答案】57
【分析】根据题意，求出数列的通项，进而求得，利用分组求和得解.
【详解】令，，，，
又数列为等差数列，所以公差，
，即，
，
.
故答案为：57.
【变式3】(2023·枣庄模拟)已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2.
(1)证明：{an－2n}为等比数列；
(2)已知bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,lg2an，n为偶数，))Tn为{bn}的前n项和，求T10.
【解析】(1)证明 由an＋1＋2an＝2n＋2可得
an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an＝－2(an－2n)．
又a1－21＝1≠0，
所以{an－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)可得an－2n＝(－2)n－1，
即an＝2n＋(－2)n－1.
当n为奇数时，bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1；
当n为偶数时，bn＝lg2an＝lg2[2n＋(－2)n－1]
＝lg22n－1＝n－1.
所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10)
＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)
＝eq \f(3×1－45,1－4)＋eq \f(1＋9×5,2)＝1 048.
考向2 裂项相消法
【例2】（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，
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.
【变式1】（2024·广东深圳·模拟预测）已知数列的前n项和为，且，若首项为的数列满足，则数列的前2024项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】已知数列的前n项和为，做差法计算数列的通项公式，代入，累加法求出数列的通项公式，裂项相消即可求出数列的前2024项和.
【详解】解：，，
当时，，符合，
所以数列的通项公式为.
，，
即，
，
……
，又，累加法可得：，
即，
设数列的前项和为，则.
故选：D
【变式2】（2024·内蒙古赤峰·模拟预测）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》中，后人称为“三角垛”，“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…，设从上往下各层的球数构成数列，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题可得，后由裂项求和法可得答案.
【详解】注意到，则.
则
.
故选：B
【变式3】(2023·沈阳质检)设n∈N*，向量eq \(AB,\s\up6(→))＝(n－1,1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(n－1,4n－1)，an＝eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→)).
(1)令bn＝an＋1－an，求证：数列{bn}为等差数列；
(2)求证：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)证明 (1)由题意可得an＝eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝(n－1)2＋4n－1＝n2＋2n，
则bn＝an＋1－an＝[(n＋1)2＋2(n＋1)]－(n2＋2n)＝2n＋3，
可得bn＋1－bn＝(2n＋5)－(2n＋3)＝2，
故数列{bn}是首项b1＝5，公差d＝2的等差数列．
(2)由(1)可得eq \f(1,an)＝eq \f(1,n2＋2n)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
∵eq \f(1,n＋1)>0，eq \f(1,n＋2)>0，
故eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))考向3 错位相减法
【例3】（2024高三·江苏·专题练习）已知数列中，，设为前项和，，若数列的前项和，则若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，推得时，可得，利用累乘法，求得数列的通项公式为，得到，结合错位相减法求和，求得，得到，进而求得实数的取值范围.
【详解】由为前项和，且，
当时，，解得，
当时，，则，可得，
当时，可得，所以，
当或时，，适合上式，
所以数列的通项公式为，可得，
所以，
则，
可得，
所以，因为，所以，
又因为对任意的，不等式恒成立，所以，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
【变式1】（多选）（2023·江苏徐州·模拟预测）函数满足、，都有，且，则（ ）
A．B．数列单调递减
C．D．
【答案】BCD
【分析】令，推导出，令可判断A选项；分析可知数列为等比数列，求出该数列的通项公式，结合数列单调性的定义可判断B选项；利用基本不等式可判断C选项；利用错位相减法可判断D选项.
【详解】对于A选项，函数满足、，都有，
令，则，即，则，
所以，，A错；
对于B选项，令，，可得，
所以，，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，，
所以，，即，
故数列单调递减，B对；
对于C选项，对任意的，，
所以，，
当且仅当时，等号成立，C对；
对于D选项，令，①
则，②
①②可得，
因此，，D对.
故选：BCD.
【变式2】（2024高三·江苏·专题练习）记数列的前n项和为，且，设m为整数，且对任意，，则m的最小值为 ．
【答案】7
【分析】利用可证明当时数列是等比数列，可得，利用错位相减法可求得，即可求得m的最小值为7.
【详解】因为，所以，
当时，，故，
且不满足上式，
故数列的通项公式为
设，则，
当时，，
故，
于是．
整理可得，所以，
又，所以符合题设条件的m的最小值为7．
故答案为：7
【变式3】(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn.
【解析】解 (1)因为2Sn＝nan，
当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，
所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，
则当n≥3时，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n－2)，
则eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)
＝eq \f(n－1,n－2)·eq \f(n－2,n－3)·…·eq \f(2,1)，
即eq \f(an,a2)＝n－1，
又因为a2＝1，
所以an＝n－1，
当n＝1,2时都满足上式，
所以an＝n－1，n∈N*.
(2)令bn＝eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(n,2n)，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
由①－②得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(2＋n,2n＋1)，
即Tn＝2－eq \f(2＋n,2n).
考点二：数列的综合问题
数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养．解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解．
规律方法 数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识．
【例4】（2024高三·上海·专题练习）数列各项均为实数，对任意满足，定义: 行列式且行列式为定值，则下列选项中不可能的是（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】B
【分析】由行列式和得到，故，或，分两种情况，结合根的判别式得到答案.
【详解】行列式，
对任意满足，
①，即，
故②，
式子①-②得，
故，或，
当时，数列为常数列，此时，D选项可能，
当，则及，
方程有两个实根，，
，
A选项，，时，满足，满足要求，A选项可能；
B选项，，时，，不合要求，舍去；
C选项，，时，，满足要求.
故选：B
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
【变式1】（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，
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.
【变式2】（2024·江苏徐州·一模）已知数列的前n项和为，且，．若，则正整数k的最小值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】C
【分析】根据给定的递推公式，构造等比数列求出，再求解不等式即得.
【详解】数列中，，当时，，则，
整理得，即，而，即，
因此数列是以为首项，公比为的等比数列，，
则，由，知为奇数，此时是递增的，
而，，
所以正整数k的最小值为13.
故选：C
【变式3】(2023·武汉模拟)将1,2，…，n按照某种顺序排成一列得到数列{an}，对任意1≤iaj，那么称数对(ai，aj)构成数列{an}的一个逆序对．若n＝4，则恰有2个逆序对的数列{an}的个数为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【解析】若n＝4，则1≤i由1,2,3,4构成的逆序对有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，
若数列{an}的第一个数为4，则至少有3个逆序对；
若数列{an}的第二个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,4,2,3}；
若数列{an}的第三个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{1,3,4,2}或{2,1,4,3}；
若数列{an}的第四个数为4，
则恰有2个逆序对的数列{an}为{2,3,1,4}或{3,1,2,4}，
综上，恰有2个逆序对的数列{an}的个数为5.
【变式4】(2023·郑州模拟)“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”．“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为an(n∈N)，若a5＝1，且ai(i＝1,2,3,4)均不为1，则a0等于( )
A．5或16 B．5或32
C．5或16或4 D．5或32或4
【答案】B
【解析】由题知an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3an＋1，an为奇数，,\f(an,2)，an为偶数，))
因为a5＝1，则有，
若a4为奇数，则a5＝3a4＋1＝1，得a4＝0，不合题意，所以a4为偶数，且a4＝2a5＝2；
若a3为奇数，则a4＝3a3＋1＝2，得a3＝eq \f(1,3)，不合题意，所以a3为偶数，且a3＝2a4＝4；
若a2为奇数，则a3＝3a2＋1＝4，得a2＝1，不合题意，所以a2为偶数，且a2＝2a3＝8；
若a1为奇数，则a2＝3a1＋1＝8，得a1＝eq \f(7,3)，不合题意，所以a1为偶数，且a1＝2a2＝16；
若a0为奇数，则a1＝3a0＋1＝16，可得a0＝5；若a0为偶数，则a0＝2a1＝32.
综上所述，a0＝5或a0＝32.
强化训练
单选题
1．（2024高三·全国·专题练习）数列的前n项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用数列分组求和法即得.
【详解】由题意得，
所以.
故选：C
2．（2024·陕西安康·模拟预测）杨辉是我国南宋时期著名的数学家和教育家，一生著作颇丰，如《详解九章算法》和《算法通变本末》等，书中给出了若干二阶等差级数求和公式，如三角垛、四隅垛、方垛等．如图是某同学模仿“垛积术”设计的一种程序框图，则输出的值为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】按照程序框图中的程序从开始对进行赋值，对进行累加，直至时条件不再满足，输出，即得和的展开式，运用裂项相消法求出即得.
【详解】执行题中的程序框图，得:
．
故选：C．
3．（2024高三·江苏·专题练习）在等差数列中，，，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则正整数的最小值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用等差数列定义即可得，可得，利用作差法可得为递减数列，可得，可得正整数的最小值为.
【详解】数列为等差数列，公差，
则，可得，所以，
则
，
可知数列（）是递减数列，
最大项为，
因此，，又是正整数，
即的最小值为，
故选：C．
4．（2024·陕西咸阳·模拟预测）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，数列的前项和为，则使不等式成立的正整数的最大值为（ ）
A．11B．10C．9D．8
【答案】B
【分析】结合已知条件求出的通项公式，并求出，然后利用裂项相消法即可求解.
【详解】
依题意，，，
则，
则
，即，而，解得，
所以满足条件的正整数的最大值为.
故选：B
【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，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．
5．（2024·陕西·一模）记为等差数列的前n项和．若，则数列的前2024项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知条件求出数列的首项与公差，得到数列通项，裂项相消求数列的前2024项和.
【详解】设的公差为d，由得
解得，所以.
则
数列的前2024项和为．
故选：C
6．（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）抛一枚硬币，若抛到正面则停止，抛到反面则继续抛，已知该硬币抛到正反两面是等可能的，则以上操作硬币反面朝上的次数期望为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】B
【分析】根据独立事件的概率乘法公式以及错位相减法求解.
【详解】设硬币反面朝上的次数为，
由题可知，每次抛正面朝上的概率为，反面朝上概率为，
则
所以
两式相减可得，，
即，
整理得，，
因为，
所以硬币反面朝上的次数期望为1，
故选:B.
7．（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．
8．（2023·山东青岛·二模）设表示不超过的最大整数（例如：，），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】当时，，即，共有个.又，故，令，利用错位相减法即可求解.
【详解】当时，，
即，共有个.
因为，
故
，
设，①
则，②
①-②,得
，
所以.
所以.
故选:B.
多选题
1．（2023·广东广州·模拟预测）已知等差数列的前项和为，，，则（ ）
A．为递减数列
B．
C．若，，则的取值范围为
D．
【答案】BD
【分析】由于为等差数列，设公差为d，求出首项和公差，可得、的表达式，即可判断B；结合，判断A；求出、的表达式，结合数列单调性，即可判断C，D.
【详解】由题意知为等差数列，设公差为d，
由，，得，
解得，，则，，
则，B正确，
由，得不为递减数列，A错误，
因为，由于，故，
由于，，故的取值范围为，C错误，
由于，故，故D正确，
故选：BD
2．（2024高三·全国·专题练习）（多选题）数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，是意大利数学家莱昂纳多斐波那契在他写的算盘全数中提出的，所以它常被称作斐波那契数列该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和．记斐波那契数列为，其前n项和为，则下列结论正确的有（ ）
A．不一定是偶数B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】对于A，先由特殊值进行归纳、猜想，可得答案；对于B，由题意，根据求和定义和数列特点，直接求和；对于C，先求前面几个式子成立，可得规律，解得答案；对于D，由题意，根据裂项相消的原理，可得答案.
【详解】对于A选项，为奇数，，
为偶数，则为奇数，为奇数，为偶数，…，
以此类推，观察分析发现，这个数列的数字是按照奇数、奇数、偶数这三个一组循环排列的，故A不正确；
对于B选项，又，
，故B正确；
对于C 选项，，
，
以此类推，故C正确；
对于D选项，
，
所以，故D正确．
故选：BCD.
3．（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，
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.
填空题
1．（2024高三·江苏·专题练习）已知等差数列的前项和为，，和的等差中项为，设，则数列的前项和为
【答案】
【分析】根据等差数列的定义、求和公式性质，等差中项求，再化简得，最后利用错位相减法计算求和即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，所以，
则，
所以，
故①
②
①－②，得
，
所以．
故答案为：.
2．（2024·广西南宁·一模）已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推，若该数列的前项和为，若，则称为“好数对”，如，，则都是“好数对”，当时，第一次出现的“好数对”是 ．
【答案】
【分析】结合数列的项的规律求出该数列前项的和为，令，求出k的范围，即可确定当时，满足为2的整数幂的n的最小值，即可求得答案.
【详解】若，则为2的整数幂，将数列排成如下形式：
……
第k行为，第k行的和为，
该数列前项的和为，
令，则，此时可用以2为底的整数幂表示，
当时，有，此时共有项，不满足总项数；
当时，有，此时共有项，不满足总项数；
当时，有，此时共有项，满足总项数；
所以n的最小值为，此时，，
所以当时，第一次出现的“好数对”是，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题是给出新的定义类问题，解答首要理解新定义的含义，由此去解答问题，解答本题的关键是求出当时，满足为2的整数幂的n的最小值.
3．（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.
【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，
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
1．（2024·陕西渭南·模拟预测）已知等差数列的前n项和为，，．
(1)求的通项公式及；
(2)设______，求数列的前n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：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)，；
(2)答案见解析
【分析】（1）设出等差数列的公差，由题意列方程求出首项和公差，即可求得答案；
（2）不论选①、选②还是选③，都要利用（1）的结果，可得的表达式，利用裂项相消法求和，即得答案.
【详解】（1）由题意知等差数列的前n项和为，，，
设公差为d，则，解得，
故，；
（2）若选①，则，
故；
若选②，则，
故；
若选③，则，
故.
2．（2024·吉林白山·二模）已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.
(1)若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
(2)若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；
(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
【答案】(1)或
(2)
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）根据和讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可；
（2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；
（3）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断.
【详解】（1）若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，
而，解得或，
故或.
（2）设等差数列的公差为，
因为，则，则，
由，得，
而，故，
两式相减得，即，
又，得，
所以.
（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，
因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，
故，所以.
若存在，使得，即，
则，
且.
假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，
则
因为，所以.
所以；
又，则.
所以；
即与不能同时成立.
故数列不为“阶可控摇摆数列”.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.
3．（2024·辽宁·二模）如果数列，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知数列为数列的“接近数列”．
(1)若，求的值；
(2)若数列是等差数列，且公差为，求证：数列是等差数列；
(3)若数列满足，且，记数列的前项和分别为，试判断是否存在正整数，使得？若存在，请求出正整数的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：）
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，17
【分析】
（1）将分别代入即可求解；
（2）利用等差数列的定义和绝对值不等式性质先证充分性，再证必要性即可；
（3）构造等比数列求出的通项公式，进一步求其前n项和，分n为奇数和偶数两种情况结合数列的单调性，确定的通项，进而确定，再解不等式求解即可.
【详解】（1）由题：令则，即，故，
得，又，同理可得，.
（2）由题意，
故，
从而，即，
因为，所以即，故数列是等差数列.
（3）因为,则，解得，
又，故是以为首项，公比为的等比数列，
则，即，
当n为奇数时，，易知单调递减，
故，得，进一步有；
当n为偶数时，，易知单调递增，
故，即，得，进一步有；
综上，，
易知
当n为偶数时，由，得即，无解；
当n为奇数时，
由,得即，
故，所以存在正整数，使得，正整数的最小值为17.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的通项公式及求和，关键是分奇数和偶数并利用数列单调性确定的范围来确定.
4．（2024·天津·一模）记是等差数列的前项和，数列是等比数列，且满足，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列满足，
（ⅰ）求的前项的和；
（ⅱ）求.
【答案】(1)，
(2)；
【分析】（1）借助等差数列与等比数列基本量计算即可得；
（2）借助并项求和法可得，借助分组求和法与错位相减法可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由题知：，解得，
，，
所以，；
（2）（ⅰ），
，，
则
；
（ⅱ），，
则，
则，
故
，
故，又，
故.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的求和方法，关键点在于求取时，由题目所给，通过并项，将分解为.
5．（2024·湖南·二模）已知数列的前项和为，满足；数列满足，其中.
(1)求数列的通项公式；
(2)对于给定的正整数，在和之间插入个数，使，成等差数列.
（i）求；
（ii）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）存在，
【分析】（1）根据的关系式可得是首项为1，公比为的等比数列，再根据可分别对的奇数项和偶数项分别求通项公式可得；
（2）（i）利用定义可求得新插入的数列公差，求得并利用错位相减法即可求出；
（ii）求得，易知对于任意正整数均有，而，所以不是数列中的项；又，分别对其取值为时解方程可求得.
【详解】（1）由①，当时，②，
得，
当时，，
是首项为1，公比为的等比数列，故，
由③.由
得，又④.
④-③得，
的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列：
所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列.
得.
综上可得；
（2）（i）在和之间新插入个数，使成等差数列，
设公差为，则，
则.
⑤
则⑥
⑤-⑥得：，
所以可得
（ii）由（1），又，
由已知，
假设是数列或中的一项，
不妨设，
因为，所以，而，
所以不可能是数列中的项.
假设是中的项，则.
当时，有，即，
令，
当时，；
当时，，
由知无解.
当时，有，即.
所以存在使得是数列中的第3项；
又对于任意正整数均有，所以时，方程均无解；
综上可知，存在正整数使得是数列中的第3项.
【点睛】关键点点睛：求解是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项时，关键是限定出，再对数列的取值范围进行限定可得不是数列中的项，再由只能取得正整数可知只需讨论或有无解即可求得结论.