2024-2025学年高二数学同步精品试题（人教A版2019）第四章数列章末题型归纳总结（Word版附解析）

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第四章 数列章末题型归纳总结 模块一：本章知识思维导图模块二：典型例题经典题型一：等差(比)数列的基本运算经典题型二：等差、等比数列的判定经典题型三：等差、等比数列的性质及应用经典题型四：数列通项公式经典题型五：数列求和经典题型六：数列的实际应用经典题型七：数列中的范围与最值问题经典题型八：数学归纳法模块三：数学思想方法①分类讨论思想②转化与化归思想③数形结合思想模块一：本章知识思维导图模块二：典型例题经典题型一：等差(比)数列的基本运算【典例1-1】（2024·高二·陕西榆林·阶段练习）已知等差数列中，，则等于（   ）A．13 B．16 C．15 D．14【答案】D【解析】由得，，故，∴.故选：D.【典例1-2】（2024·高三·全国·专题练习）在等比数列中，已知，，则公比（   ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由已知有，所以，从而.故选：D．【变式1-1】（2024·高二·黑龙江绥化·阶段练习）在等差数列中，，，则（   ）A．10 B．17 C．21 D．35【答案】B【解析】设等差数列的公差为，则，所以.故选：B【变式1-2】（2024·高三·安徽蚌埠·阶段练习）等差数列满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】设等差数列的公差为，则，则，解得，则，所以，故选：A.【变式1-3】（2024·高三·湖北宜昌·期中）记为等差数列的前项和，若，，则（   ）A． B． C． D．【答案】A【解析】设等差数列的公差为，则，解得，所以，所以.故选：.【变式1-4】（2024·高三·江苏镇江·期中）等比数列的各项均为正数，若，，则（    ）A．588 B．448 C．896 D．224【答案】B【解析】因为等比数列的各项均为正数且，所以，可得或（舍）.故选：B．【变式1-5】（2024·高二·安徽宣城·期中）设是等比数列的前项和，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设等比数列的公比为，若，则，矛盾，所以，故，则，所以，，因此，故选：B.经典题型二：等差、等比数列的判定【典例2-1】（2024·高三·全国·专题练习）设数列的前项和为，已知，且．(1)证明：数列是等差数列；(2)求数列的通项公式．【解析】（1）证明：由，得，∴，两式相减得，，则有，两式相减得，，∴数列是等差数列．（2）当时，，∴，又，∴，∴．【典例2-2】（2024·高三·全国·专题练习）已知数列满足，，记，求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式.【解析】由，得，又，所以数列是首项为、公差为的等差数列.于是，由，解得.【变式2-1】（2024·高三·全国·专题练习）已知数列前项积为，且，求证：数列为等差数列；【解析】，，且当时，，；当且时，，，整理可得：，，又，数列是以为首项，为公差的等差数列.【变式2-2】（2024·高二·全国·课后作业）已知数列满足，证明：数列为等差数列．【解析】由，得，所以，所以数列是以为公差的等差数列．【变式2-3】（2024·高二·广西南宁·阶段练习）已知数列满足，，设.(1)写出，，并证明是一个等比数列：(2)求数列的通项公式；(3)是否存在正整数，使得，，成等比数列？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）由题.注意到，因为奇数，则，因为偶数，则，则为以为首项，公比为2的等比数列；（2）由（1）可知， 当为奇数时，，故当为偶数时，，综上，，；（3）由（2），，，.若，，成等比数列，则等式左边为奇数，右边为偶数，故该等式不成立，则不存在正整数使，，成等比数列.【变式2-4】（2024·高二·全国·课后作业）已知数列，，证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式．【解析】因为所以.由，知，从而.所以.所以是以为首项，2为公比的等比数列．所以，即.【变式2-5】（2024·高三·黑龙江哈尔滨·期中）已知数列满足，且．(1)设，证明：是等比数列；(2)求数列的通项公式．【解析】（1）因为，所以，因为，所以，所以，又，所以，所以，又，所以，所以，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）知，，即，又，可得，又由，可得，所以【变式2-6】（2024·高二·江苏苏州·期中）已知数列满足且.(1)求；(2)证明数列是等比数列，并求.【解析】（1）当时，，当时，，（2）∵，∴得到，∴，又满足上式，∴，则代入①得：，则∴，且，∴数列是以1为首项，3为公比的等比数列，∴，∴经典题型三：等差、等比数列的性质及应用【典例3-1】（2024·高二·天津红桥·阶段练习）若数列的为等差数列， 且 则 = .【答案】10【解析】设公差为，由，知.故答案为：10.【典例3-2】（2024·高二·山西太原·阶段练习）在等差数列中，若，则的值为 .【答案】40【解析】由题设，所以.故答案为：40【变式3-1】（2024·高三·全国·专题练习）在前项和为的等差数列中，，，则 ．【答案】【解析】由于，故，，两式相减得到.而，故.故答案为：【变式3-2】（2024·高二·全国·课后作业）在等差数列中，，其前n项和为，若，则 ．【答案】【解析】由等差数列前n项和的性质可知，数列也为等差数列，设其公差为d，则由，可得，即．又，所以，所以．故答案为：.【变式3-3】（2024·高二·贵州贵阳·阶段练习）等差数列，的前项和分别为，，且，则 ；若的值为正整数，则 ．【答案】 或.【解析】由等差数列的性质可得：，，，因为，所以；因为，所以,要使的值为正整数，所以为的约数，所以或或，因为，所以或.故答案为：；或.【变式3-4】（2024·高三·天津河西·阶段练习）已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，，则的值是 .【答案】【解析】由题意得：，解得：，，解得：，所以.故答案为：.【变式3-5】（2024·山西太原·模拟预测）已知数列是单调递增的等比数列，且，，则 ，数列的公差为 ．【答案】 81 【解析】因为数列是单调递增的等比数列，即，则，解得或（舍去），则，解得，所以，.故答案为：81；.【变式3-6】（2024·高二·江西萍乡·期中）已知等比数列的前项和为，若，则 .【答案】【解析】设等比数列公比为，则，即等比数列的前项和要满足，又因为，所以.故答案为：【变式3-7】（2024·高三·江西赣州·阶段练习）已知等比数列的前项和为，，，则 ．【答案】【解析】由于，故.从而，即，故.所以.故答案为：.经典题型四：数列通项公式【典例4-1】（2024·高二·天津红桥·阶段练习）已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式为 .【答案】【解析】当时，，而不满足上式，所以数列的通项公式为.故答案为：【典例4-2】（2024·高二·天津静海·阶段练习）数列的一个通项公式 .【答案】【解析】由题意可知，数列的奇数项为负，偶数项为正，分母为的指数幂，分子为项数的倍，则通项公式为.故答案为：【变式4-1】（2024·高二·河南·期中）记数列的前n项和为，已知（）且，，则 ．【答案】【解析】当时，由得，即，因为，所以，所以， ，则，又满足上式，故，故答案为：．【变式4-2】（2024·高三·天津·阶段练习）已知数列满足：，且，则数列的通项公式是 【答案】【解析】由，则，即，又，则，故数列是以为首项，为公差的等差数列，即，则有，，，，且，故，即，显然均满足.故答案为：.【变式4-3】（2024·高二·天津东丽·阶段练习）在数列中，，且，则 【答案】【解析】由，则，则数列是以为首项，为公差的等差数列，即，所以，当时，，，当时，满足上式，综上所述，故答案为：.【变式4-4】（2024·高二·天津·期末）已知数列的前项和为，满足对任意的，均有，则 .【答案】【解析】因为对任意的，均有，则有，当时，，所以；当时，，也即，因为，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，则，故答案为：.【变式4-5】（2024·高三·宁夏银川·阶段练习）已知数列中，，，，为数列的前项和，则数列的通项公式 ； .【答案】 574【解析】因为，，则，且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，则，即，可得，所以.故答案为：；.【变式4-6】（2024·高二·天津·期末）若数列的首项，且满足，则数列的通项公式为 .【答案】【解析】，又，故为公比为2的等比数列，故，所以.故答案为：【变式4-7】（2024·高二·全国·课后作业）已知数列的前项和为，若，且，则 ．【答案】【解析】由，即，因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，即，所以．故答案为：【变式4-8】（2024·高二·全国·专题练习）在数列中，已知，且，则该数列的通项公式为 .【答案】【解析】令，则，由条件得，解得，即，故数列是首项为，公比为4的等比数列，从而，故.故答案为：.【变式4-9】（2024·高二·陕西西安·期中）在数列中，，，且，则数列的通项公式是 ．【答案】【解析】，故是等比数列，，故.故答案为：【变式4-10】（2024·高二·全国·课后作业）已知数列满足，若，则数列的通项公式 ；若，则数列的通项公式 ．【答案】 【解析】当时，得，又，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，所以，所以数列的通项公式．当时，得，所以．又，所以，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以数列的通项公式．故答案为：；.经典题型五：数列求和【典例5-1】（2024·高二·天津红桥·阶段练习）设是等差数列，是等比数列，且(1)求与的通项公式(2)求数列的前n项和(3)设的前n项和为，求证：.【解析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由，得，解得，所以，．（2）由（1）知，，则，于是，两式相减得，所以.（3）由（1）知，，由为的前项和，得，则，所以.【典例5-2】（2024·高二·天津红桥·阶段练习）各项均为正数的等比数列{}满足 (1)求数列{}的通项公式以及数列的前5项和；(2)设=，  数列 的前n项和为 ， 求 .【解析】（1）设数列的公比为，由题意可知：，，解得：，所以，.（2）因为，所以.【变式5-1】（2024·高二·全国·专题练习）已知数列的前项和，，且．(1)求；(2)求数列的前项和；(3)设数列的前项和，且满足，求证：．【解析】（1）在，中，，令，可得，∴．（2），①当时，，②可得，∴，∴是公差为的等差数列，∴，∴．（3）证明：由（2）可得，∴，∴．【变式5-2】（2024·高二·重庆·期中）已知为等差数列，其公差为，前项和为，为等比数列，其公比为，前项和为，若，，，．(1)求公差和；(2)记，证明：．【解析】（1）因为为等差数列，其公差为，前项和为，则，又因为，，则，因为，即，可得，解得，故，所以，，则，可得.综上所述，.（2）由（1）可得，所以，，因此，.【变式5-3】（2024·高二·广东东莞·期中）已知公差的等差数列满足，成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)设，求【解析】（1）由题设，因为成等比数列，即，所以，由，可解得所以（2）因为，所以.【变式5-4】（2024·高二·上海·阶段练习）已知等差数列的前项和为，，且，数列为等比数列，公比为2，且．(1)求数列与的通项公式；(2)设数列满足，求数列的前项和．【解析】（1）设的公差为，因为，所以，又，则，故，所以；因为，，所以，解得，所以.（2）结合（1）可得：.【变式5-5】（2024·高二·重庆·期中）已知数列的前项和满足：,．(1)求；(2)若，求的前项和．【解析】（1）因为数列的前项和满足：，则，则，可得，当时，由可得，上述两个等式作差可得，可得，令，可得，则，解得，所以，，且，所以，数列为等比数列，首项为，公比为，所以，，故.（2）因为，对任意的，，问题转化为求数列的前项和，记数列的前项和为，，则，上式下式得，化简得，因此，.【变式5-6】（2024·高二·河南安阳·期中）已知数列的前项和为，其中，；数列的前项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和；【解析】（1），时，有，时有，，，又，也符合上式，故数列是首项为1，公比为2的等比数列，.（2），时，，时有，，又，也符合上式，所以，当时，当时，当时，，当时，.故.经典题型六：数列的实际应用【典例6-1】（2024·高二·辽宁葫芦岛·期末）李华准备通过某银行贷款8800元，后通过分期付款的方式还款，银行与李华约定：每个月还款一次，分12次还清所有欠款，且每个月的还款额都相等，贷款的月利率为，则李华每个月的还款额为（    ）（精确到0.01元，参考数据）A．733.21元 B．757.37元 C．760.33元 D．770.66元【答案】B【解析】设每一期所还款数为元，因为贷款的月利率为，所以每期所还款本金依次为，则，即，，，，即李华每个月所要还款约元.故选：B.【典例6-2】（2024·高二·江西景德镇·期末）一个网上贷款平台在2024年初给出贷款的月利率为，某大学生此时从该平台贷款元，按照复利计算，他10个月后一次性还款的金额应为（    ）A．元 B．元 C．元 D．元【答案】D【解析】应还金额=贷款金额 (1+月利率) 月份，由题意知贷款金额为，月利率为，月份为10，所以.故选：D.【变式6-1】（2024·高二·江西赣州·阶段练习）某电动汽车刚上市，就引起了小胡的关注，小胡2024年5月1日向银行贷款元用来购买该电动汽车，银行贷款的月利率是，并按复利计息.若每月月底还银行相同金额的贷款，到2025年4月底全部还清（即用12个月等额还款），则小胡每个月月底需要还款（    ）A．元 B．元 C．元 D．元【答案】C【解析】设小胡每月月底还款钱数为元，根据等额本息还款法可得：第1次还款后欠银行贷款为，第2次还款后欠银行贷款为，…，第12次还款后欠银行贷款为，因为贷款12个月还清，所以，即，所以.故选：C.【变式6-2】（2024·高二·河南驻马店·期中）某医院购买一台大型医疗机器价格为万元，实行分期付款，每期付款万元，每期为一个月，共付12次，如果月利率为，每月复利一次，则，满足（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】，由，故，，由，故，即有.故选：D.【变式6-3】（2024·北京朝阳·二模）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，.从而有，整理得，，，，，由于皆为正整数，所以（i）当时，，当时，，（iii）当时，，（iv）当时，只有符合题意，即的值为2.故选：B.【变式6-4】（2024·山西运城·一模）某工厂加工一种电子零件，去年月份生产万个，产品合格率为.为提高产品合格率，工厂进行了设备更新，今年月份的产量在去年月的基础上提高，产品合格率比去年月增加，计划以后两年内，每月的产量和产品合格率都按此标准增长，那么该工厂的月不合格品数达到最大是今年的（    ）A．月份 B．月份C．月份 D．月份【答案】C【解析】设从今年月份起，每月的产量和产品的合格率都按题中的标准增长，该工厂每月的产量、不合格率分别用、表示，月份用表示，则，，其中，，则从今年月份起，各月不合格产品数量为，单位：万台，因为，当时，，即，此时，数列单调递增，即；当且时，，即，此时，数列单调递减，即，因此，当时，最大，故该工厂的月不合格品数达到最大是今年的月份.故选：C.经典题型七：数列中的范围与最值问题【典例7-1】（2024·高二·广东东莞·期中）已知为等差数列的前项和，公差为.若，则（    ）A． B．C． D．无最大值【答案】B【解析】对于选项A：因为数列为等差数列，则，即，可得，则，故A错误；对于选项B：因为，则，所以，故B正确；对于选项D：因为，且，可知，当时，；当时，；可知当且仅当时，取到最大值，故D错误，对于选项C：因为，所以，故C错误；故选：B.【典例7-2】（2024·高二·天津·阶段练习）已知是等差数列的前项和，且，，则（    ）A．数列为递增数列 B．C．的最大值为 D．【答案】C【解析】由题意，，，则，故B错误；数列的公差，所以数列为递减数列，故A错误；由于时，，时，，所以的最大值为，故C正确；，故D错误.故选：C.【变式7-1】（2024·高二·山东青岛·期中）已知数列为正项等比数列，，则使成立的的最小值为（   ）A．9 B．8 C．7 D．6【答案】A【解析】根据条件：，解得.所以.由.所以使成立的的最小值为9.故选：A【变式7-2】（2024·高二·江苏南京·阶段练习）已知数列的通项公式，在其相邻两项之间插入个，得到新的数列，记的前项和为，则使成立的的最小值为（    ）A．28 B．29 C．30 D．31【答案】B【解析】由题意得数列的前项依次为：，个，，个，，个，，个，，，当时，，当时，，所以使成立的的最小值为.故选：B.【变式7-3】（2024·高二·江苏·期中）已知无穷等比数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（   ）A．是递增数列 B．是递减数列C．一定有最大值 D．一定有最小值【答案】D【解析】设等比数列的公比为，由，得，则，对于AB，当时，，则，数列不单调，AB错误；对于C，当时，，是递增数列，无最大值，C错误；对于D，当时，；当时，，若为奇数，；若为偶数，，而，因此当时，对任意整数，，D正确.【变式7-4】（2024·高二·甘肃酒泉·期中）已知等差数列的前n项和为，，且，则下列说法正确的是（    ）A．公差 B．C．使成立的n的最小值为20 D．【答案】C【解析】设等差数列的公差为d，由，得，即，即，又，所以，所以；故AD错，，故B错因为，，所以，，所以成立的n的最小值为20. 故C正确.故选：C【变式7-5】（2024·高三·湖南邵阳·阶段练习）设等差数列的前项和为，且满足，则当取得最小值时，的值为（    ）A．10 B．12 C．15 D．24【答案】B【解析】因为，则，又因为数列为等差数列，则，可得，即，且，可知，即当时，；当时，；所以当取得最小值时，的值为12.故选：B.【变式7-6】（2024·高三·黑龙江哈尔滨·期中）已知数列满足，，若成立，则的最大值为（   ）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【解析】因为数列满足，，可得，可得数列是首项为3，公差为1的等差数列，则，即，则，可得，因为，可得，解得，即所求的最大值为6.故选：B.经典题型八：数学归纳法【典例8-1】（2024·高二·全国·单元测试）用数学归纳法证明能被14整除的过程中，当时，应变形为 .【答案】【解析】当时，.故答案为：  .【典例8-2】（2024·高二·甘肃庆阳·阶段练习）若用数学归纳法证明是31的倍数，在验证成立时，原式为 ．【答案】【解析】当时，.故答案为：【变式8-1】（2024·高二·全国·课后作业）在运用数学归纳法证明能被整除时，则当时，除了时必须有归纳假设的代数式相关的表达式外，还必须有与之相加的代数式为 ．【答案】【解析】设当时，能被整除，所以时，，因此必须有代数式．故答案为：【变式8-2】（2024·高二·全国·课后作业）用数学归纳法证明：能被整除.【解析】①当时，能被整除，所以当时结论成立.②假设当时，能被整除，那么当时，，由假设可知能被整除，即能被整除，所以当时结论也成立.综上，能被整除.【变式8-3】（2024·高二·山东青岛·期中）设为正整数，数列是公差的等差数列，若从中删去两项和后剩余的4项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是（）—可分数列．(1)分别求出所有的个数，使数列和数列是—可分数列；(2)证明：当时，数列是—可分数列，且每组等差数列的公差都为；(3)已知使数列是—可分数列的所有的个数为，求证：当时，（i）；（ii）．【解析】（1）等差数列，删去2项后，剩下4个数，构成等差数列.若删去，剩下，显然构成等差数列；若删去，剩下，显然构成等差数列；若删去，剩下，显然构成等差数列.所以对于，满足条件的组合有：共3个.等差数列，删去2项后，剩下8项分成2组，每组4个数，且每组构成等差数列.若删去，剩下，分成2组：和，显然它们构成等差数列；若删去，剩下，分成2组：和，显然它们构成等差数列；若删去，剩下，分成2组：和，显然它们构成等差数列；若删去，剩下，分成2组：和，显然它们构成等差数列；若删去，剩下，分成2组：和，显然它们构成等差数列；若删去，剩下，分成2组：和，显然它们构成等差数列；若删去，剩下，分成2组：和，显然它们构成等差数列；所以对于，满足条件的组合有：共7个.（2）设等差数列的公差为，若，删去，剩下，当时，剩下，由（1）知，该数列为可分数列，且公差为；当时，将分成组，每组4个数，各组数列的情况如下：每组都构成等差数列，且每组的公差为.综上，每组的4个数构成等差数列，且公差为.（3）（i）设在给定的情况下，的组数为，当变成，数列就变成了，可以分为3组：前4个一组即，中间的一组，后4个一组即，删去两项，会有以下几种情况：若删去的两项都在中间，中间有个数，且为等差数列，总数为种；若删去的两项，一项在第1组，另一项在中间组；或两项都在第1组；第1组和中间组连起来，有项构成等差数列，总数为种，去掉两项在中间的情况，共有种；若删去的两项，一个在中间组，另一个在最后一组；或两项都在最后一组，共有种；若删去的两项，一个在第1组，另一个在最后一组，此时将删去，也满足题意；由（2）知，将删去，也满足题意；综上，，即.（ii）当时，，有，故；当时，由（i）知，则，又，设，则，所以，累加可得，所以即，所以，累加可得，所以.综上，.【变式8-4】（2024·高二·上海松江·期中）在各项均不为零的数列中，选取第项、第项、…、第项，其中，，若新数列为等比数列，则称新数列为的一个长度为m的“等比子列”.已知等差数列，其各项与公差d均不为零.(1)若在数列中，公差，，且存在项数为3的“等比子列”，求数列的通项公式；(2)若，数列为的一个长度为的“等比子列”，其中，公比为.当最小时，求的通项公式；(3)若公比为的等比数列，满足，，，证明：数列为数列的“等比子列”.【解析】（1）由题设，时，等比子列可能为；；，经验证：等比子列为时无解；等比子列为时，前4项为：，故通项为；等比子列为时，前4项为：，故通项为；（2）由题设，而，则为递增的等差数列，要使公比最小，则，即，所以，则，又，所以，可得.（3）由，有，即，由，，，所以，即，可得或，由，则，要证数列为数列的“等比子列”，即证数列中每一项都是数列中的项，数学归纳法证明如下：由上推理及题设知，前3项满足，即时结论成立；假设时结论成立，即使，当时，，所以是的第项，故结论也成立，综上，，总有的任意一项都是中的某一项，综上，数列为数列的“等比子列”，得证.模块三：数学思想方法①分类讨论思想【典例9-1】若数列满足，则数列的通项公式为（    ）A． B． C． D．【答案】D 【解析】因为①，当时，，当时②，①-②得，所以，当时也成立，所以，故选：【典例9-2】已知数列的前n项和为，且，则使得成立的n的最大值为（    ）A．32 B．33 C．44 D．45【答案】C 【解析】当 n 为偶数时，  ，令  ，且n为偶数，故  ，故n的最大值为44；当 n 为奇数时，  ，令  ，且 n 为奇数，解得  ，故n的最大值为43；综上所述：n的最大值为故选：【变式9-1】已知等差数列的前n项和为，公差为d，则“有最大值”是“”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】B 【解析】若，当时，则等差数列从第二项开始都是负数，显然取到最大值， 当，则等差数列的项必然先正后负，不妨设，，则取到最大值，故可以推出有最大值；若有最大值， 当时，，若，则取到最大值，充分性不成立．于是“有最大值”是“”的必要不充分条件．故选：B【变式9-2】已知为等比数列，公比，则（    ）A．81 B．27 C．32 D．16【答案】A 【解析】根据  可得  ，所以  或  ，若  ，则  不符合要求，若  ，则  符合要求，故  ，故选：A【变式9-3】在数列中，，，且，则（    ）A．0 B．1300 C．2600 D．2650【答案】D 【解析】 在数列中，，当n为奇数时，，即，即数列中的奇数项为常数列，且各项均为2；当n为偶数时，，即数列中的偶数项为等差数列，且，公差为因此…故本题选【变式9-4】已知数列的前n项和，则该数列的通项公式为（    ）A． B．C． D．【答案】D 【解析】根据题意，数列的前n项和，当时，，当时，，故，故选：②转化与化归思想【典例10-1】已知等差数列的公差为2，前n项和为，且，，成等比数列令，则数列的前50项和（    ）A． B． C． D．【答案】D 【解析】由题意，可知，，，，，成等比数列，，即，解得，，，………故选：【典例10-2】已知数列的前n项和为，若对任意的N，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A 【解析】由，得，因为对任意的，不等式恒成立，所以，解得或故选【变式10-1】数列的通项公式，若前n项的和为10，则项数为       A．11 B．99 C．120 D．121【答案】C 【解析】数列的通项公式是，记数列的前n项和为，其前n项的和为 ，令 ， 则，即，故选【变式10-2】已知数列满足，，若存在实数t，使单调递增，则t的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C 【解析】由单调递增，可得，所以由，所以当时，可得令，因为，单调递增，所以的图象在直线上方，且呈上升趋势，故抛物线顶点坐标需要在直线下方，所以综上：，故选【变式10-3】已知在数列中，，，若是等比数列，不等式对一切恒成立，则实数t的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A 【解析】因为是等比数列，所以公比，且，则，即，则不等式等价于，而函数在上为减函数，所以的最大值为，所以，故选：【变式10-4】若两个等差数列，的前n项和分别为，，且，则使得为整数的正整数n的个数是（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C 【解析】由等差数列的性质和求和公式可得：，验证知，当，2，3，5，11时，为整数．故选③数形结合思想【典例11-1】已知在等差数列中，，，前n项和为，等比数列满足，，前n项和为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A 【解析】等差数列中，，，前n项和为，等差数列的项在单调递增的一条直线上，又等比数列满足，，前n项和为，等比数列的项在单调递增的一条指数函数曲线上，由图象可知，，，故选：A【典例11-2】已知数列，，下列说法正确的是．（    ）A．对任意的，存在，使数列是递增数列；B．对任意的，存在，使数列不单调；C．对任意的，存在，使数列具有周期性；D．对任意的，当时，存在【答案】C 【解析】对于A选项，要想保证数列是递增数列，则必有，其中，因为，所以当或2时，取得最大值，此时为，故，解得：，而，不合题意，故A错误；对于B选项，因为，，所以，数列是递增数列，故B错误；对于C，D选项，，令，解得：，，即，为其不动点，因为，所以，，令得：，，且，从蛛网模型可以看出，当时，随着n的增大，趋向于不动点或不动点或变为周期数列，且此时数列的值均在A点的左边，故对任意的，当时，均有，C选项正确，D选项错误．故本题选：【变式11-1】已知数列是公差不为零的等差数列，是正项等比数列，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D 【解析】方法一：假设，，则数列的公差，的公比，所以，，故A错误；，，故B错误；，，故C错误；利用排除法可得D正确，并且此时，，满足，故D正确；故选方法二：等差数列的通项公式是关于n的一次函数，，图象中的孤立的点在一条直线上，而等比数列的通项公式是关于n的指数函数形式，图象中孤立的点在指数函数图象上，当时，如下图所示，当公差时，如下图所示，由图可知，当时，，，，故选：【变式11-2】南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有如下俯视图所示的几何体，后人称之为“三角垛”．其最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，则第十层球的个数为（    ）A．45B．55C．90D．110【答案】B 【解析】设各层球的个数构成数列，由题意可知，，，，…，…，故…，，故选：【变式11-3】数列1，6，15，28，45，…中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第11个六边形数为（    ）A．153 B．190 C．231 D．276【答案】C 【解析】因为：1，，，，；即这些六边形数是由首项为1，公差为4的等差数列的和组成的；所以；第11个六边形数为故本题选【变式11-4】若数列的前n项积，则的最大值与最小值之和为（    ）A． B． C．2 D．【答案】C 【解析】数列的前n项积，当时，当时，，当时也适用，数列的通项公式为，函数的图象如下：可知在，上单调递减，，由图可知，当时，取得最小值为，当时，取得最大值为，则的最大值与最小值之和为故本题选