新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题27 数列分奇偶、公共项、重新排序、插入项等十一大题型汇总（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc147954986" 题型1数列分奇偶之隔项型 PAGEREF _Tc147954986 \h 1
\l "_Tc147954987" 题型2数列分奇偶之型 PAGEREF _Tc147954987 \h 10
\l "_Tc147954988" 题型3型 PAGEREF _Tc147954988 \h 19
\l "_Tc147954989" 题型4含有 PAGEREF _Tc147954989 \h 23
\l "_Tc147954990" 题型5数列分奇偶之含有型 PAGEREF _Tc147954990 \h 30
\l "_Tc147954991" 题型6数列分奇偶之分段数列型 PAGEREF _Tc147954991 \h 35
\l "_Tc147954992" 题型7数列公共项问题 PAGEREF _Tc147954992 \h 43
\l "_Tc147954993" 题型8重新排序问题 PAGEREF _Tc147954993 \h 51
\l "_Tc147954994" 题型9插入项问题 PAGEREF _Tc147954994 \h 64
\l "_Tc147954995" 题型10与概率统计结合的数列问题 PAGEREF _Tc147954995 \h 79
\l "_Tc147954996" 题型11新定义数列 PAGEREF _Tc147954996 \h 92
题型1数列分奇偶之隔项型
【例题1】（2023·湖南·铅山县第一中学校联考三模）在数列中，，，.
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)96
【分析】（1）由已知条件可得，当为奇数时，数列的奇数项的通项公式为，当为偶数时，即数列的偶数项的通项公式为；
（2）分别讨论当为奇数或偶数，得出数列各项的值或大小，从而求得的最大值.
【详解】（1）当为奇数时，即数列的奇数项是以18为首项，为公差的等差数列，.
当为偶数时，即数列的偶数项是以24为首项，为公差的等差数列，.
所以.
（2）当为奇数时，，
即，，都大于0，，，
当为偶数时，，
即，，，都大于，，，
所以的最大值为.
【变式1-1】1. （2023·天津·统考一模）已知数列中，，，，数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式：
(2)若，求数列的前项和；
(3)在（2）的条件下，设，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件可得数列的奇数项和偶数项均为等差数列，分奇偶求数列的通项公式；
（2）先分组求和求得，再利用裂项相消法求得；
（3）先求出的通项公式，，再根据，得到，令和，利用错位相减法求得和，再通过比较大小可证明结论.
【详解】（1）∵，，，
∴当，时，数列的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列，
则；
当，时，数列的偶数项是首项为2，公差为4的等差数列，
则，
∴；
（2）由（1）得，
∴
，
∴，
∴
（3）证明：由（2）得，则，
∴（时等号成立），
由不等式的性质得，
令，数列的前项和为，
∴①，
②，
由得得，
，
∴，
由不等式的性质得，
故，
令，数列的前项和为，
∴③
④
由得，
，
∴，
由不等式的性质得，
故.
【变式1-1】2. （2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知数列 满足：，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由得到，结合，得到，从而得到，再利用累加法得到，结合等比数列求和公式求出的值.
【详解】，，
∴，，
∴，
又，故，
所以，
所以，
故 ，
则，
所以 .
故选：C．
【变式1-1】3. （2020·全国·高三校联考阶段练习）已知数列中，，，（，且），则的前项的和为 .
【答案】
【解析】根据递推公式列举出前项中偶数项与奇数项关系，两端相加可得前项中偶数项的和与奇数项的和相等，故问题转化为只需求偶数项的和，再由采用累加法可求出偶数项的通项公式，从而可求出偶数项的和，进而求出数列的前项的和．
【详解】由题意，得，，，…，，
所以，即，
又，（，且），
，
，
，
…，
，
将上式相加，得
，
所以，
所以.
【点睛】本题主要考查数列递推关系的应用及累加法求数列的通项，同时考查转化的思想和运算能力，属于难题．
【变式1-1】4. （2023秋·湖南·高三校联考阶段练习）已知数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分别取为奇数和偶数时，再利用诱导公式化简递推式，即可得出数列的通项公式；
（2）由（1）知，利用错位相减化简即可得出，从而得证.
【详解】（1）当时，，
即，所以数列是首项为2、公比为2的等比数列，因此.
当时，，
所以数列是首项为1、公差为2的等差数列，因此.
故数列的通项公式为
（2）证明：由（1）知，，记.
则①，
②，
①－②得，
化简得.
故.
【点睛】关键点睛：隔项数列求通项，分类讨论为奇数和偶数两种情况是关键.考查了数列递推式，诱导公式及数列前项和的错位相减法，属于较难题.
【变式1-1】5. （2021秋·浙江杭州·高三学军中学校考期中）已知数列的各项均为正数，前项和为，，，若对任意的正整数，有
(1)求的通项公式；
(2)设数列满足，求证：.
【答案】(1)，；
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）当，，时，分别求出通项公式，再综合即可；
（2）利用放缩法进行证明即可.
(1)
解：当时，即

奇数项成等比数列

时，
当时，即①
当时，②
②-①得
化简得
即
等式两边同时除以得
等价于
即
由题知，当时，
故即
时，
综上，，
(2)
解：由（1）知，
当时，
即，
，，
即
【点睛】思路点睛：在利用放缩法证明数列不等式时，要注意放缩的方向，在放缩方向明确之后，放大得太多，或者缩小得太多，可以适当进行调整，比如从第二项开始放缩或者第三项开始放缩.
【变式1-1】6. （2022秋·江苏盐城·高三统考阶段练习）已知数列满足，，且．则数列的通项公式为 ．若，则数列的前项和为 ．
【答案】 ，
【分析】（1）根据递推关系求得，利用累加法求得的通项公式；
（2）代入求得的，化简，得，
利用裂项相消法求得前n项和.
【详解】解：，，可得，，
又，
则，
上式对也成立，
所以，；
由，可得，
则数列的前项和为
．
故答案为：，；．
【点睛】关键点点睛：求通项时，累加法求和需要考虑的情况；化简成可以裂项的形式，从而利用裂项相消法求和.
题型2数列分奇偶之型
【例题2】（2023春·山东淄博·高三沂源县第一中学校考期中）已知数列的前n项和为，且，则使得成立的n的最大值为（ ）
A．32B．33C．44D．45
【答案】C
【分析】分奇偶项讨论，根据题意利用并项求和求，运算求解即可.
【详解】当为偶数时，
，
令，且n为偶数，
解得，故n的最大值为44；
当为奇数时，
，
令，且为奇数，
解得，故n的最大值为43；
综上所述：n的最大值为44.
故选：C.
【点睛】方法点睛：并项求和适用的条件和注意事项：
1.适用条件：数列中出现等形式时，常用利用并项求和求；
2.注意分类讨论的应用，比如奇偶项，同时还需注意起止项的处理.
【变式2-1】1. （2023春·辽宁鞍山·高三鞍山一中校考期中）已知数列的前n项和为，若，．
(1)记判断是否为等差数列，若是，给出证明；若不是，请说明理由．
(2)记，的前n项和为，求．
【答案】(1)不是等差数列，证明详见解析；
(2)当为偶数时，，当为奇数时，.
【分析】（1）取时可求，当时可根据与的关系求出，再验证是否满足即可判断其是否为等差数列；（2）当时，由，得，两式相减即可得，进而可以得出从第2项起的奇数项和偶数项分别成等差数列，讨论为奇数时和为偶数时分别解决.
【详解】（1）因为，
当时，，又因为，所以
当时，因为，由，得①，所以②，
所以得：
，经验证，当时不等于，所以不是等差数列.
（2）由，得，两式相减得：
.
所以当时：
数列（）是首项为，公差为6的等差数列；
数列（）是首项为，公差为6的等差数列.
当为偶数时，不妨设，则，
此时
因为，所以此时.
当为奇数时，不妨设，则，
此时
.
因为，所以此时
综上所述，当为偶数时，，当为奇数时，.
【变式2-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知{an}是由非负整数组成的数列，满足
(1)求a3；
(2)证明
(3)求{an}的通项公式及其前n项和Sn．
【答案】(1)2；
(2)证明见解析；
(3)；.
【分析】(1)代入，可得，求得；
(2)利用数学归纳法证明即可；
(3)隔项差为定值，采用奇偶分析法求解.
【详解】（1）当时，
因为均为非负整数，所以的可能的值为1，2，5，10．
若，则与题设矛盾；若，则与题设矛盾；
若，则与题设矛盾．
所以．
（2）①当时，等式成立；
②假设当时等式成立，即由题设
又所以，即，
所以当n=k+1时，等式成立
根据①和②，可知结论对一切n≥3正整数都成立．
（3）因为
当时，
即数列的奇数项为等差数列，且首项为，公差为2，

所以当时，
当时，
即数列的偶数项为等差数列，且首项为，公差为2，
所以当时，
综上所述，
当时，
；
所以当时，；
当时，
；
所以时，.
综上所述，
【点睛】方法点睛：
数学归纳法的一般步骤：
（1）验证时成立；
（2）假设当时成立，证得也成立；
（3）得到证明的结论．其中在到的推理中必须使用归纳假设．
【变式2-1】3. （2022·全国·高三专题练习）已知在数列中，，，．
(1)求数列的前项和；
(2)若且，，是否存在直线，使得当，，成等差数列时，点列，在上？若存在，求该直线的方程并证明；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，，证明见解析
【分析】（1）根据题干条件得到，从而得到是以2为首项、为公比的等比数列，进而得到的通项公式，进而得到前项和；（2）根据题干条件得到，分情况讨论，最后只有若为奇数、为偶数，时成立，从而求出直线方程.
(1)
，
，
又，
数列是以2为首项、为公比的等比数列，
，
，
当为正偶数时，；
当为正奇数时，，
；
(2)
结论：存在满足条件的直线．
理由如下：
假设，，成等差数列，则，
，
整理得：，
依题意，且，，下面对、进行讨论：
①若、均为偶数，则，
解得：，与且，矛盾，舍去；
②若为奇数、为偶数，则，
解得：；
③若为偶数、为奇数，则，
解得：，与且，矛盾，舍去；
④若、均为奇数，则，
解得：，与且，矛盾，舍去；
综上①②③④，只有当为奇数、为偶数时，，，成等差数列，
因为，所以，即满足条件点列，落在直线在上．
【变式2-1】4. （2023·全国·高三专题练习）已知是数列的前项和，，___________.
①，；②数列为等差数列，且的前项和为.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解：
(1)求；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
【分析】（1）选①，分析可知数列、均为公差为的等差数列，求出的值，可求得、的表达式，可得出数列的通项公式；
选②，求得的值，可得出数列的公差，即可求得，再由可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用裂项相消法可求得.
（1）
解：选条件①：，，得，
所以，，
即数列、均为公差为的等差数列，
于是，
又，，，所以；
选条件②：因为数列为等差数列，且的前项和为，
得，所以，
所以的公差为，
得到，则，
当，.
又满足，所以，对任意的，.
（2）
解：因为，
所以
.
【变式2-1】5. （2023秋·广东珠海·高三珠海市第二中学校考阶段练习）已知数列满足（是常数）.
(1)若，证明是等比数列；
(2)若，且是等比数列，求的值以及数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2),
【分析】（1）根据等比数列的定义证得结论成立.
（2）利用分组求和法以及对进行分类讨论来求得.
【详解】（1）依题意，，
当时，，
所以数列是首项，公比为的等比数列.
（2）依题意，，，且是等比数列，
则，
，
所以，而，故解得，
则，所以等比数列的公比，
则，
所以，
所以，当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
综上所述，.
【变式2-1】6. （2023秋·广东广州·高三广州市第一中学校考阶段练习）在数列中，已知，．
(1)求证：是等比数列．
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过凑配法证得是等比数列.
（2）利用分组求和法求得.
【详解】（1）由，得，
即，
所以是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）得.
所以
.
题型3型
【例题3】（2023·全国·高三专题练习）已知数列的前n项和为，，，.
(1)求；
(2)设，数列的前n项和为，若，都有成立，求实数的范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由，可得，两式相减并化简后可得 ，后分奇偶情况可得；
（2）方法1，由题，由等比数列前n项和公式可得表达式；方法2，注意到，可得表达式.后注意到的单调性，利用可得答案.
【详解】（1） ， .
， ， .
又，， ，数列的奇数项，偶数项分别是以2，4为首项，4为公差的等差数列.
当时，；当时，.
综上，，
（2）方法一： ，
.
，.
方法二： ，
，
，
，
∴时，为递增数列，
时，为递减数列，
若，都有成立，只需使，则且，则.

【变式3-1】1. （2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考阶段练习）已知数列满足，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意整理可得，讨论的奇偶性并结合等比数列通项公式运算求解；（2）利用错位相减进行求和运算，再利用放缩法并结合数列单调性证明．
【详解】（1）由得，两式相除得，
所以都是公比为2的等比数列，
由及得，
所以为奇数时，，
为偶数时，，
所以
（2）
，
则，
两式相减得，
所以，
因为，所以单调递增
所以成立，所以.
【变式3-1】2. （2023秋·山东德州·高三德州市第一中学校考阶段练习）数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据递推公式作商得，再分类讨论结合累乘法计算即可；
（2）结合（1）的结论，及分组求和法计算即可.
【详解】（1）∵，，则，
∴，两式相除得：，
当时，，
∴，即，
当时，，
∴，即，
综上所述，的通项公式为：；
（2）由题设及（1）可知：，
【变式3-1】3. （2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）记是数列的前项和，已知，且.
(1)记，求数列的通项公式；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由数列递推式和等差数列的通项公式，计算可得所求通项公式；
（2）结合等差数列求和公式，利用分组求和法求解即可.
【详解】（1）因为，①所以，②
②-①得，，因为，所以，
所以数列的奇数项和偶数项分别是以4为公差的等差数列，
令代入，得，由，得，
所以，
所以数列是公差为4，首项为5的等差数列，其通项公式为
（2）当为奇数时，，当为偶数时，，
所以
.
题型4含有
【例题4】（2023·江西鹰潭·二模）已知等差数列满足：，，数列的前n项和满足，则数列的前n项和________.
【答案】
【分析】根据题意求出，再由与的关系求通项公式，再由错位相减法求即可得解.
【详解】因为，，所以，
所以，
因为，所以，
两式相减可得，，即，
又，可得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
故，
令，
，
，
两式相减得：
.
故答案为：
【变式4-1】1. （2023春·浙江杭州·高三杭州市长河高级中学校考期中）已知数列的前n项和，若存在正整数n，使得成立，则实数p的取值范围是________．
【答案】
【分析】分成奇偶求出，得出数列的奇数项为递减的等比数列且各项为正；偶数项为递增的等比数列且各项为负，进一步得出存在正整数使得成立.
【详解】根据题意可得，，
又；
易知，数列的奇数项为递减的等比数列且各项为正；偶数项为递增的等比数列且各项为负，于是不等式成立即存在正整数使得成立，
只需要，即即可.
故．
故答案为：.
【变式4-1】2. （2023春·河南南阳·高三校联考期中）在数列中，，．
(1)求的通项公式．
(2)设，若是递增数列，求t的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用构造法及等比数列的通项公式即可求解；
（2）根据（1）的结论及数列的单调性的应用，利用恒成立问题的解决办法即可求解.
【详解】（1）因为，，
所以，显然（否则与矛盾），则．
因为，所以，
所以是以1为首项，4为公比的等比数列．
所以，即，
故的通项公式为.
（2）由（1）可得，则，
故 ．
因为是递增数列，
所以，即．
当n为奇数时，，即，故，
由于 单调递减，
当时，，所以；
当n为偶数时，，即，故，
由于 单调递增，
当时，，所以．
综上，t的取值范围为．
【变式4-1】3. （2023春·山东日照·高三统考期中）在数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列的前n项和为，且数列满足，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由可得，进而得到数列是等差数列，从而可求得通项公式；
（2）利用错位相减法求得，再分奇偶转化为求最小值，即可求解.
【详解】（1）因为时，，，
.
所以数列是公差为1，首项为的等差数列，
所以.所以数列的通项公式为.
（2）由题意知：，
令①
则②
①-②得，所以
恒成立.
令，则，
所以数列是递增数列.
若n为偶数，，则恒成立，∴；
若n为奇数，，则恒成立，，
综上.
【变式4-1】4. （2023·湖南永州·统考三模）记正项数列的前项积为，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)记，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意得到，由，化简得到，求得，结合等差数列的定义，即可求解；
（2）由（1）可得，得到，结合裂项法，即可求解.
【详解】（1）证明：由题意得，当时，可得，可得，
因为，所以，即，
即，
当时，可得，所以，解得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）解：由（1）可得，
所以，
所以
.
【变式4-1】5. （2023春·浙江杭州·高三杭州四中校考期中）数列满足，，.
(1)求、，并求数列的通项公式；
(2)求数列的前项的和；
(3)设，，证明：当时，.
【答案】(1)，，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据递推公式可直接写出、的值，分析出为等差数列，确定该数列的首项和公差，分析出数列，确定该数列的首项和公比，分别气求出数列、的通项公式，即可求得数列的通项公式；
（2）利用等差、等比数列的求和公式可求得；
（3）求得，利用错位相减法求出，分析可知，要证明当时，成立，只需证明当时，成立，令，分析数列的单调性，求出数列的最大项的值，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，，，
所以， ，.
当为奇数时，设，则，
则，即，
所以，数列是以为首项，公差为的等差数列，
则，此时；
当为偶数时，设，则，
则，即，
所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，则，
此时，.
综上所述，.
（2）解：所以，
.
（3）解：由（1）知，，，①
，②
①②得，
，
所以，
要证明当时，成立，只需证明当时，成立.
令，则，
当时，，即，
故当时，数列单调递减，则，
因此，当时，.
题型5数列分奇偶之含有型
【例题5】（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数满足，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合，，可得是首项为，公比为2的等比数列，然后利用通项公式先求，再代入到，即可求得本题答案.
【详解】因为，
所以是首项为，公比为2的等比数列，
所以，则.
故选：B
【变式5-1】1. （2023秋·河北邯郸·高二统考期末）在数列中，，且.
(1)证明：，都是等比数列；
(2)求的通项公式；
(3)若，求数列的前n项和，并比较与的大小；
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，
【分析】（1）利用等比数列的定义证明；
（2）根据数列为等比数列，可写出通项；
（3）利用裂项相消和分组求和，求数列的前n项和，根据结果比较与的大小.
【详解】（1）证明：因为，且，所以，.
因为，
所以，，
则是首项为16公比为16的等比数列，是首项为4公比为16的等比数列；
（2）则，都是公比为16的等比数列，且，
所以是首项为4，公比也为4的等比数列，
故；
（3）因为，
所以.
因为，
所以，
所以.
【点睛】思路点睛：本题的难点在数列的前n项和，数列的通项经过化简后，分母是，即的模型，分子则配成的形式，从而达到裂项并且能够相消的目的.
【变式5-1】2. （2022·全国·模拟预测）已知数列满足，且．
(1)设，证明：是等比数列；
(2)设数列的前n项和为，求使得不等式成立的n的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)20
【分析】（1）由已知条件，用表示出，得出，再用表示出，得出，联立得出，通过构造得出，检验，即可得出证得结论；
（2）由（1）的结论表示出，和，证出在是一个增数列，通过计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，
，，，
,
又，
，
,
，
，
又，
，
,
,即，
，
又，
，
，
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
，
即，
，
，
，
又，
，
即,

，
，
，
在是一个增数列，
，
，
∴满足题意的n的最小值是20．
【变式5-1】3. （2023·云南·校联考模拟预测）已知等差数列的公差不为零，其前项和为，且是和的等比中项，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求和：．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，利用题中的两个条件，即可求解;
（2）先利用递推作差法求得从而求得，再利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为是和的等比中项，
则，即，
化简得，
又，即，
化简得则，
故.
（2）因为，
所以，
两式相减得
又满足上式，所以
又，所以
则
，
，
两式相减得：
.
题型6数列分奇偶之分段数列型
【例题6】（2023·浙江宁波·统考二模）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈“1→4→2→1”．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．猜想的递推关系如下：已知数列满足（m为正整数），若，则m所有可能取值的集合为___________．
【答案】
【分析】根据递推公式逆向寻找结果即可.
【详解】若，则，则，或.
当时，则，则，或，则或；
当时，或（舍），若，则，则或；
即m所有可能取值的集合为.
故答案为：
【变式6-1】1. （天津市十二区重点学校2023届高三下学期毕业班联考（二）数学试题）已知数列满足：，正项数列满足：，且，，.
(1)求，的通项公式；
(2)已知，求：；
(3)求证：.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意可得为等差数列，为等比数列，再分别求解公差与公比即可；
（2）代入化简可得，再分组根据等差数列与裂项相消求和即可；
（3）放缩可得，再裂项相消求和即可.
【详解】（1）由题意知，为等差数列，设公差为d，为等比数列，设公比为q，
又，，，∴，∴，.
∴，，∴.
（2）由，
∴
；
（3），
，
∴
.
∵，∴成立，
时，也成立，∴.
【变式6-1】2. （山东省济宁市2023届高三二模拟数学试题）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式;
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的基本量计算即可求解，
（2）由分组求和，结合等差等比数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）由，得
所以数列为等差数列．所以，得．
所以公差．所以．
（2）当为奇数时，．当为偶数时．
所以
【变式6-1】3. （天津市部分区2023届高三二模数学试题）已知为等差数列，数列满足，且，，.
(1)求和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和；
(3)设的前项和为，证明：.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）分析可知为等比数列，确定该数列的公比与首项，可求得数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用奇偶分组求和法结合等差数列的求和公式、错位相减法即可求得数列的前项和；
（3）先证明柯西不等式，求出，然后利用柯西不等式可证得结论成立.
【详解】（1）解：由及可知，数列是以为公比的等比数列，
所以，，故，
设等差数列的公差为，由，可得，，
所以，.
（2）解：，设数列的前项和为，
，
记，，
所以，，
，①
，②
①②可得
，所以，，
因此，.
（3）证明：先证明柯西不等式，
构造函数，
显然且，
所以，，
即，
当且仅当时，等号成立，
本题中，由（1）可得，
所以，，且，
所以，，
，
所以，，
但不恒为常数，所以等号不成立，
则.
【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.
【变式6-1】4. （河北省承德市2023届高三下学期4月高考模拟数学试题）已知数列满足，
(1)证明：数列为等差数列；
(2)若将数列中满足的项，称为数列中的相同项，将数列的前40项中所有的相同项都剔除，求数列的前40项中余下项的和.
【答案】(1)证明见解析
(2)2166
【分析】（1）利用等差数列的定义证明；
（2）数列中奇数项与偶数项分别构成等差数列，利用通项求出两个数列相同的项，可求所需项的和.
【详解】（1）数列满足，
设，则，
有，，
所以数列是首项为3公差为3的等差数列，即数列为等差数列.
（2）由（1）可知，，
设，同理可证数列是首项为12公差为9的等差数列，，
设数列的前n项和为，数列的前n项和为，
数列的前40项和为，
若，即，得，
，有，
将数列的前40项中所有的相同项都剔除，则数列的前40项中余下项的和为：
.
【变式6-1】5．（2023秋·安徽宣城·高三统考期末）已知数列满足，，，令.
(1)写出，，并求出数列的通项公式；
(2)记，求的前10项和.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）由递推关系既可求得，，再由数列的通项公式代入到，可求得数列的通项公式；
（2）将数列的通项公式代入到，可求得，由分组求和方法计算即可得出的前10项和
【详解】（1）因为，，所以，，
又，所以，，，
当，时，；
当，时，，
当时，，即，
则，，
数列是以为首项，3为公比的等比数列，
故.
（2）由（1）可得，
记的前项和为，
则
.
【变式6-1】6．（2023·山东菏泽·统考二模）已知各项为正数的等比数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，，求数列的前2n项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设首项为，公比为q，由可得，化简后可得，即可得答案；
（2）由题可得当为奇数时，，当n为偶数时，.后由分组求和法可得答案.
【详解】（1）设首项为，公比为q.
因，则.
又各项为正数，则，故；
（2）由（1）及题意可得，；
当为奇数时，；
则当为偶数时，.
.
题型7数列公共项问题
【例题7】（2023春·河北石家庄·高三石家庄市第十五中学校考阶段练习）数列的通项公式分别为和，设这两个数列的公共项构成集合A，则集合中元素的个数为（ ）
A．167B．168C．169D．170
【答案】C
【分析】利用列举法可知，将集合中的元素由小到大进行排序，构成的数列记为，可知数列为等差数列，求出数列的通项公式，然后解不等式，即可得出结论.
【详解】由题意可知，数列、、、、、、、、、、，
数列、、、、、、、、、、，
将集合中的元素由小到大进行排序，构成数列、、、，
易知数列是首项为，公差为的等差数列，则，
由，可得，
因此，集合中元素的个数为.
故选：C.
【变式7-1】1．（2021春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知等差数列的前项和为，且
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列与的公共项为，记由小到大构成数列，求的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据，计算得到，，从而得到，再求的通项公式即可.
（2）首先根据题意得到，再利用分组求和求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
因为，所以.
因为，所以.
所以，
所以
（2）由题意知，
因为，所以，即：.
因此.
所以
【变式7-1】2．（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列中，且，，成等比数列、数列的前n项和为，满足.
（1）求数列，的通项公式；
（2）将数列，的公共项按原来的顺序组成新的数列，试求数列的通项公式，并求该数列的前n项和.
【答案】（1）；（2）；
【分析】（1）根据等比数列的性质，可求等差数列的公差，从而求得数列的通项公式，由，可求得数列的通项公式；
（2）由（1）得，所以可得，再求和.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为，，成等比数列，
所以，即，，解得.
所以.
当时，，
因为，得，（）
所以，得，
所以数列是首项为1，公比的等比数列，
所以.
（2）依题意，，由（1）得，，
所以.
【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等，属于中档题.
【变式7-1】3．（2023·全国·高三专题练习）记为公比不为1的等比数列的前项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)设，若由与的公共项从小到大组成数列，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等比数列的公比为 ，由求出，再由等比数列求和公式求出，即可得解；
（2）由（1）可得，即可得到数列的特征，令，求出的取值，即可得到为以为首项，为公比的等比数列，再由等比数列求和公式计算可得.
【详解】（1）解：设等比数列的公比为 ，
因为，即，即，所以，
又，即，解得，
所以.
（2）解：由（1）可得，
则数列为、、、、，偶数组成的数列，
又，令，则为正偶数，
所以，，，，，
所以为以为首项，为公比的等比数列，
所以.
【变式7-1】4．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校联考阶段练习）已知等差数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列由与的公共项按从小到大的顺序排列而成，求数列落在区间内的项的个数．
【答案】(1)
(2)22
【分析】（1）根据等差数列通项公式和前项和公式列式计算即可；
（2）计算得出的通项公式，分析可得表示全体正奇数的平方从小到大组成的数列，据此推断出数列落在区间内的项的个数.
【详解】（1）设等差数列的公差为．
由可得得
解得
所以．
（2）因为，所以表示所有正整数的完全平方数从小到大组成的数列，
而表示全体正奇数从小到大组成的数列，所以表示全体正奇数的平方从小到大组成的数列，
因为，所以落在区间内的项的个数为22项．
【变式7-1】5．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的前项的和为且满足，数列是两个等差数列与的公共项组成的新数列.求出数列，的通项公式；
【答案】，
【分析】利用，得，再变形为，根据数列是以为首项，为公差的等差数列，求出；根据两个等差数列的第一个公共项为首项，两个等差数列的公差的最小公倍数为公差，可求出通项公式.
【详解】当时，，；
当时，，，即，
，数列是以为首项，为公差的等差数列，
，；
数列是两个等差数列与的公共项组成的新数列，
数列的首项为，因为等差数列，的公差为，等差数列的公差为，所以数列是等差数列，且公差为，
.
【变式7-1】6．（2022·全国·高三专题练习）已知为数列的前项和，且，，，.
(1)求的通项公式；
(2)将数列与的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列，求的前10项的和.
【答案】(1)；
(2)570.
【分析】(1)由给定的递推公式结合进行变形推导即得为等差数列，再求其通项得解.
(2)根据给定条件求出数列的通项即可计算作答.
(1)
由，可知，两式相减得，
即，因，则，
又，，解得，即是首项为3，公差的等差数列，
所以的通项公式.
(2)
由(1)知，，数列与的公共项满足，即，，
而，于是得，即，此时，，
因此，，即，数列是以3为首项，12为公差的等差数列，
令的前项和为，则，
所以的前10项的和为570.
【变式7-1】7．（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S5＝－20.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m由小到大构成数列{cn}，求{cn}的前n项和Tn.
【答案】(1)an＝2n－10
(2)Tn＝5n＋
【分析】（1）设等差数列的公差为，由等差数列的求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式；
（2）由等比数列的通项公式和数列的分组求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
（1）
解：设等差数列{an}的公差为d，
由S4＝S5＝－20，得4a1＋6d＝5a1＋10d＝－20，
解得a1＝－8，d＝2，
则an＝－8＋2(n－1)＝2n－10；
（2）
解：数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，
∴bn＝4·4n－1＝4n(n∈N*)，
又依题意2m－10＝4n，∴m＝＝5＋22n－1，
则Tn＝5n＋＝5n＋.
【变式7-1】8．（2022·全国·高三专题练习）已知数列是公比为的等比数列，且满足，，成等比数列，为数列的前项和，且是和的等差中项，若数列是由数列中的项依次剔除与的公共项剩下的部分组成，求数列的前100项和.
【答案】11302
【分析】根据数列是公比为的等比数列，满足，，成等比数列，得到，根据题意得到，计算，设，得到，数列的前105项中有5项需要剔除，计算得到答案.
【详解】数列是公比为的等比数列，则，即，
即是公差为2的等差数列.
，，成等比数列，故，即，解得.
故.
是和的等差中项，则，
当时，，解得；
当时，，，两式相减得到，即，
故是首项为1公比为2的等比数列，，验证时满足.
故.
令，即，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
故数列的前105项中有5项需要剔除，分别为.
故数列的前100项和为.
题型8重新排序问题
【例题8】（2023·湖南·铅山县第一中学校联考二模）设正项数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)能否从中选出以为首项，以原次序组成的等比数列.若能，请找出使得公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列的前项和；若不能，请说明理由.
【答案】(1)
(2)能，，.
【分析】（1）根据与的关系式，分成与两种情况求解；
（2）观察知其每项均为偶数，讨论当，公比或时能否成立，从而得出满足题意的数列；再得出通项，求其和即可.
【详解】（1）当时，，即，
得或（舍去）.
当时，由，……①
得，……②
得：，
化简得.
因为，所以，，
即数列是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以.
（2）存在.
当，时，
会得到数列中原次序的一列等比数列，
此时的公比，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列中；
下面证明此时的公比最小：
，假若取，公比为，
则为奇数，不可能在数列中.
所以.
又，所以，
即的通项公式为：，
故.
【变式8-1】1．（2023·江西·高三校联考期中）设正项数列的前项和为，且，从中选出以为首项，以原次序组成等比数列，，…，，…，．记是其中公比最小的原次序组成等比数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据与的关系式，分成与两种情况求解，观察知其每项均为偶数，讨论当，公比或时能否成立，从而得出满足题意的数列，再得出.
【详解】当时，，即，
得或（舍去），
当时，由，……①
得，……②
得：，
化简得.
因为，所以，，
即数列是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以.
当，时，
会得到数列中原次序的一列等比数列，
此时的公比，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列中；
下面证明此时的公比最小：
，假若取，公比为，
则为奇数，不可能在数列中.
所以.
又，所以.
故选：C
【变式8-1】2．（2022春·广东韶关·高三乐昌一中校考阶段练习）已知a1，a2，…，a是由n（n∈N*）个整数1，2，…，n按任意次序排列而成的数列，数列{b}满足b=n+1﹣a（k=1，2，…，n）．
(1)当n=3时，写出数列{a}和{b}，使得a2=3b2；
(2)证明：当n为正偶数时，不存在满足a=b（k=1，2，…，n）的数列{a}；
(3)若c1，c2，…，c是1，2，…，n按从大到小的顺序排列而成的数列，写出c（k=1，2，…，n），并用含n的式子表示c1+2c2+…+nc．
（参考：12+22+…+n2=n（n+1）（2n+1））
【答案】(1){an}：1，3，2，{bn}：3，1，2；或{an}：2，3，1，{bn}：2，1，3
(2)证明见解析
(3)ck=（n+1）﹣k；
【分析】(1)先写出 的各种情况，再根据 一一验算即可；
(2)用反证法即可；
(3)按照题意写出 的通项公式，再写出新数列 的通项公式，再求和.
(1)
当n=3时，数列{a}为：1，2，3； 1，3，2； 2，1，3； 2，3，1； 3，1，2； 3，2，1．
当{a}为：1，2，3时，此时对应的{b}为：3，2，1，不满足题意；依次可得满足题意的数列{a}和{b}分别为：
{a}：1，3，2，{b}：3，1，2；或{a}：2，3，1，{b}：2，1，3；
(2)
证明：若a=b（k=1，2，…，n），则有a=n+1﹣a（k=1，2，…，n），
于是，当n为正偶数时，n+1为大于1的正奇数，故不为正整数，
∵a1，a2，…，a是均为正整数，
∴不存在满足a=b（k=1，2，…，n）的数列{a}；
(3)
由题意可得，c=n﹣（k﹣1）=（n+1）﹣k，
∴S=c1+2c2+…+nc=[（n+1）﹣1]+2[（n+1）﹣2]+…+n[（n+1）﹣n]
=（1+2+…+n）（n+1）﹣（12+22+…+n2）
==；
综上，（1）{a}：1，3，2，{b}：3，1，2；或{a}：2，3，1，{b}：2，1，3．
（3） ， .
【变式8-1】3．（2019春·浙江·高三校联考阶段练习）已知数列满足：，且．
（Ｉ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设（为正整数），是否存在正整数，使，，按某种次序排列后成等比数列，若存在，的值；若不存在，说明理由.
【答案】（Ｉ）；（Ⅱ）不存在，理由见解析.
【分析】（Ｉ）先裂项，然后利用迭代的方法可求数列的通项公式；
（Ⅱ）先求数列的通项公式，利用等比中项公式建立等式，讨论可得结果.
【详解】（Ⅰ）因为
所以
.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，
设，则，，；
①若为与的等比中项，则，无解；
②若为与的等比中项，则，即，
所以或，
所以，因为k，t均为正整数，所以不存在这样的k，t值；
③若为与的等比中项，则，即，
方程无整数根.
综上可知，不存在这样的k，t值.
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解和等比中项的应用，迭代消元是求解通项公式的常用方法，侧重考查数学运算的核心素养.
【变式8-1】4．（2021·上海黄浦·统考一模）已知，，…，是由（）个整数，，…，按任意次序排列而成的数列，数列满足（），，，…，是，，…，按从大到小的顺序排列而成的数列，记.
（1）证明：当为正偶数时，不存在满足（）的数列.
（2）写出（），并用含的式子表示.
（3）利用，证明：及.（参考：.）
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.
【分析】(1)可用反证法证明,假设存在满足的数列，由条件结合奇数、偶数的概念即可得证；(2)由题意可得，，再由累加法即可得到；
(3)由展开即可证得：
，再由排序定理:乱序之和不小于倒序之和.
【详解】（1）若（），
则有，于是.
当为正偶数时，为大于1的正奇数，故不为正整数，
因为，，…，均为正整数，
所以不存在满足（）的数列，
（2）（）.
因为，
于是
.
（3）先证.
①，
这里，（），
因为，，…，为从到按任意次序排列而成，
所以，，…，为从到个整数的集合，
从而，
于是由①，得，
因此，，
即.
再证.
由，
得

因为，
即，
所以，
即.
【点睛】本题考查数列的求和方法，以及数列不等式的证明，考查反证法的运用和综合法的运用，考查推理能力，考查学生的计算能力，属于难题.
【变式8-1】5．（2021·全国·高三专题练习）已知，，…，是由（）个整数，，…，按任意次序排列而成的数列，数列满足（）.
（1）当时，写出数列和，使得.
（2）证明：当为正偶数时，不存在满足（）的数列.
（3）若，，…，是，，…，按从大到小的顺序排列而成的数列，写出（），并用含的式子表示.
（参考：.）
【答案】（1），，；，，或，，；，，.（2）证明见解析（3）（）；
【解析】（1）取，可得数列，结合求得数列，验证得答案；
（2）若，则有（），得到，由为正偶数，得为大于 的正奇数，故不为正整数，结合 是均为正整数，说明不存在满足（）的数列； （3）由题意可得，，然后利用数列的分组求和得答案．
【详解】[解]（1），，；，，.
，，；，，.
[证明]（2）若（），则有，于是.
当为正偶数时，为大于1的正奇数，故不为正整数.
因为，，…，均为正整数，所以不存在满足（）的数列.
[解]（3）（）.
因为，于是
.
【点睛】本题考查数列递推式，考查了数列的应用，考查数列的函数特性，属难题．
【变式8-1】6．（2020·全国·高三专题练习）数列的前项和为且满足，（为常数，）．
（1）求；
（2）若数列是等比数列，求实数的值；
（3）是否存在实数，使得数列满足：可以从中取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列？若存在，求出所有满足条件的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） （2） （3）存在，
【分析】（1）由，得，可知数列是以为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的前项和得答案；
（2）由数列是等比数列，得．结合已知求出，，代入可得；
（3）当时，由（1）及，得，即数列是一个无穷等差数列．当，满足题意．当时，利用反证法证明，从数列不能取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列．
【详解】（1）由，得．
∴数列是以为首项，以为公差的等差数列，
则；
（2）若数列是等比数列，则．
∵，，
∴，．
∴，得；
（3）当时，由（1）及，得，
即数列是一个无穷等差数列．
∴当，满足题意．
当时，∵，，即．
下面用反证法证明，当，从数列不能取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列．
假设存在，从数列可以取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列．不妨记为，
设数列的公差为．
（1）当时，，
∴数列是各项为正数的递减数列，则．
∵，
∴当，即，即时，，这与矛盾．
（2）当时，令，解得，
当时，恒成立，
∴数列是各项为负数的递增数列，则．
∵，∴，与矛盾．
综上所述，是唯一满足条件的的值．
【点睛】本小题主要考查等差数列的定义和前项和公式，考查等比数列通项公式的基本量计算，考查反证法证明，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
【变式8-1】7．（2023·江西·高三统考期中）设正项数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)能否从中选出以为首项，以原次序组成等比数列.若能，请找出使得公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式；若不能，请说明理由.
【答案】(1)
(2)能，
【分析】（1）根据与的关系式，分成与两种情况求解；
（2）当，公比时满足题意，并证明当，公比为时不成立.
【详解】（1）当时，，即，
得或（舍去）.
当时，由，……①
得，……②
得：，
化简得.
因为，所以，，
即数列是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以.
（2）存在.
当，时，
会得到数列中原次序的一列等比数列，
此时的公比，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列中；
下面证明此时的公比最小：
，假若取，公比为，
则为奇数，不可能在数列中.
所以.
【变式8-1】8．（2023·全国·高三专题练习）若数列中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称为“等比源数列”．
(1)已知数列为4，3，1，2，数列为1，2，6，24，分别判断，是否为“等比源数列”，并说明理由；
(2)已知数列的通项公式为，判断是否为“等比源数列”，并说明理由；
(3)已知数列为单调递增的等差数列，且，，求证：为“等比源数列”．
【答案】(1)是“等比源数列”；不是“等比源数列”，理由见解析
(2)不是“等比源数列”，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题中定义判断
（2）假设存在三项成等比数列后列方程，判断是否有解
（3）假设存在三项成等比数列后列方程，找出一组解
【详解】（1）是“等比源数列”， 不是“等比源数列”．
中“1，2，4”构成等比数列，所以是“等比源数列”；
中“1，2，6”，“1，2，24”，“1，6，24”，“2，6，24”均不能构成等比数列，
且这四者的其他次序也不构成等比数列，
所以不是“等比源数列”．
（2）不是“等比源数列”．
假设是“等比源数列”，因为是单调递增数列，
即中存在的，，三项成等比数列，
也就是，即，
，两边时除以得，
等式左边为偶数，
等式右边为奇数．
所以数列中不存在三项按一定次序排列构成等比数列．
综上可得不是“等比源数列”．
（3）证明：因为等差数列单调递增，所以．
因为则，且，所以数列中必有一项．
为了使得为“等比源数列”，只需要中存在第项，第项，
使得成立，即，
即成立．
当，时，上式成立．
所以中存在，，成等比数列．
所以，数列为“等比源数列“．
题型9插入项问题
【例题9】（2023·全国·学军中学校联考二模）设数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列的任意与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前项的和为，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件证明数列为等比数列，利用累加法求数列的通项公式；
（2）数列中在之前共有项，由此确定前项的值，再分组，结合等比求和公式可求得答案.
【详解】（1）因为，
所以，又，
所以数列为首项为1，公比为的等比数列，
所以，
所以当时，
，
所以，
所以当时，，又也满足该关系，
所以数列的通项公式为；
（2）数列中在之前共有项，
当时，，当时
【变式9-1】1．（天津市和平区2023届高三三模数学试题）已知等比数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个等差数列，记插入的这个数之和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围；
(3)记，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)详见解析.
【分析】（1）根据和的关系即可求解；（2）根据等差数列前项和公式求出代入化简即可解决；（3）求出，进行适当放缩后用裂项相消求和解决.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
当时，有，则 ①
当时，，两式相减可得：，
整理得，可知，代入①可得，
所以等比数列的通项公式为（）.
（2）由已知在与之间插入个数，组成以为首项的等差数列，
所以，
则，
设，则是递增数列，
当为偶数时，恒成立，即，所以；
当为奇数时，恒成立，即，所以；
综上所述，的取值范围是.
（3）证明：由（1）得，
则有
.
,原不等式得证.
【变式9-1】2．（福建省2022-2023学年高三下学期质优生“筑梦”联考数学试题）数列的前项和为且当时，成等差数列.
(1)计算，猜想数列的通项公式并加以证明；
(2)在和之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，，证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）利用可得出递推公式，求出，进而得出数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用的关系，求出的关系，即可得出结论.
【详解】（1）由题意，，
在数列中，
当时， 成等差数列，
∴，
即，即，即.
∴，
猜想.
下面我们证明.
∵，
∴，
∵当时，，
∴对任意正整数，均有，
∴，
∴，
∴，
即数列的通项公式为：.
（2）由题意及（1）得，
在数列中，，
∴.
假设数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列，则，
即，
化简得，
∵成等差数列，
∴，
∴，化简得，
又，
∴，即，
∴，
∴，这与题设矛盾，所以假设不成立，
∴在数列中不存在3项（其中成等差数列）成等比数列.
【变式9-1】3．（2023春·辽宁锦州·高三校考期中）记为各项均为正数的等比数列的前n项和，，且，，成等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)在和之间插入n个数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列、等比数列的性质计算基本量即可得通项公式；
（2）根据等差数列的性质计算得，利用错位相减法计算和式即可.
【详解】（1）设数列的首项为，公比为q，则①，
因为，，成等差数列，则，即②，
因为，所以由②式可得，解得或（舍），
代入①式可得，
（2）由题可得，即，所以，
则，所以①，
则②，
故①－②得：
所以.
【变式9-1】4．（2023春·山东菏泽·高三统考期末）已知等比数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)如图，
…………………
数阵的第行是与之间插入n个数，由这个数所组成，且这个数成等差数列，记，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】第一问由题目所给的递推公式化简得，从而求出和，代入等比数列的通项公式即可.第二问由题意写出的表达式，再用错位相减法即可解出.
【详解】（1）由，可知时，
两式相减可得，
所以 ，因为为等比数列，公比，
又得
所以；
（2）由题意可知：
，
则

，
令，
则；
两式相减得
，
所以
，
故.
【变式9-1】5．（2023春·浙江杭州·高三浙江大学附属中学期中）已知数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)在和之间插入n个数，使得这数依次组成公差为的等差数列，求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系，利用相减法即可求得数列的通项公式；
（2）由题意可得，所以，按照错位相减法即可求得前n项和.
【详解】（1）因为，
当时，，两式相减得：，即，整理得；
当时，，所以
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故；
（2）由题可得，即，所以，
则，所以①，
则②，
故①②得：
所以.
【变式9-1】6．（2023春·云南玉溪·高三云南省玉溪第一中学校考阶段练习）已知正项数列满足，，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，若，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得，进而得，则是等比数列，由等比数列的通项公式即可得出结果；
（2）利用等差数列的通项公式求出，再由“错位相减法”和等比数列的前n项和公式证明结论.
【详解】（1）由可得，，
因式分解得，
因为为正项数列，所以，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，即.
（2）由（1）可知，，
∵，
∴，故.
，
则，
∴，
∴，
又因为，所以，
.
【变式9-1】7．（2023·全国·高三专题练习）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．
【答案】(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
．
【变式9-1】8．（2023春·上海·高三校联考阶段练习）在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”．如数列1，2第1次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2.设数列a，b，c经过第n次“和扩充”后所得数列的项数记为，所有项的和记为．
(1)若，求，；
(2)设满足的n的最小值为，求及 （其中[x]是指不超过x的最大整数，如，）；
(3)是否存在实数a，b，c，使得数列{}为等比数列？若存在，求b，c满足的条件；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，；
(2)，；
(3)存在，详见解析.
【分析】（1）根据题中定义进行求解即可；
（2）根据“和扩充”的方法，确定和的递推关系式，利用配凑法求得的通项公式，解不等式求得的最小值，然后根据“和扩充”的定义即得；
（3）根据“和扩充”的方法，利用等比数列求和公式结合条件可得，再根据等比数列的定义和性质进行求解即可.
【详解】（1）数列1,2,3，经第1次“和扩充”后得到数列为1,3,2,5,3，
数列1,2,3，经第2次“和扩充”后得到数列为1,4,3,5,2,7,5,8,3，
所以，；
（2）数列经每1次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
由数列经“和扩充”后的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，所以，
由（1）得，是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，所以，
由，即，解得，即，
所以，
数列a，b，c经过第1次“和扩充”后得到数列，且，
数列a，b，c经过第2次“和扩充”后得到数列，且，
数列a，b，c经过第3次“和扩充”后得到数列
，且，
即；
（3）因为，，，，，
所以，
，
若使为等比数列，则或，
即或，
综上，存在实数a，b，c，满足或，使得数列{}为等比数列．
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
【变式9-1】9．（2023·全国·高三专题练习）已知正项数列的前n项和为，且 ，， ．
(1)求；
(2)在数列的每相邻两项之间依次插入，得到数列 ，求的前100项和.
【答案】(1)，
(2)186
【分析】（1）根据的关系，即可求解，
（2）根据的形成规律，分组即可求解.
【详解】（1）因为，当时，
，
因为，所以，故．
当时，适合上式，
所以，.
（2）（方法1）因为，，
所以当时，．
所以
所以数列：1，1，2，1，2，2，1，2，2，2，……，
设，则，
因为，所以.
所以的前100项是由14个1与86个2组成．
所以.
（方法2）设，则，
因为，所以.
根据数列的定义，知
.
【变式9-1】10．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）已知数列是等差数列，其前和为，，数列满足
(1)求数列，的通项公式;
(2)若对数列，， 在与之间插入个2（），组成一个新数列，求数列的前2023项的和.
【答案】(1)，
(2)4090
【分析】（1）首先建立等差数列的基本量的方程组，求数列的通项公式，再利用数列的和求数列的通项公式；
（2）根据通项公式，确定前2023项有多少个2以及含有数列的多少项，再求和.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
由题意，，所以
①
当时，②，
①-②可得，，
当时，适合，
所以
（2）因为，所以在数列中，从项开始到项为止，
共有项数为，
当时，；
当时，，
所以数列前2023项是项之后还有2023-1034=989项为2，
所求和为.
题型10与概率统计结合的数列问题
【例题10】（河北省承德市2023届高三下学期4月高考模拟数学试题）某校高三年级有个班，每个班均有人，第（）个班中有个女生，余下的为男生.在这n个班中任取一个班，再从该班中依次取出三人，若第三次取出的人恰为男生的概率是，则_________.
【答案】
【分析】根据题设，第个班中，取三次的方法有种，再求第三次取出的人为男生的方法数，进而求出第个班中第三次取出的人为男生的概率，再由即可求参数.
【详解】每个班被取出的概率为，取第个班中取三次的方法有种；
第三次取出的人为男生的方法，如下四种情况：
男男男：种；
女男男：种；
男女男：种；
女女男：种；
所以，第三次取出为男生的方法数：
，
综上，第个班中第三次取出的人为男生的概率，
所以，任选一个班第三次取出的人恰为男生的概率，
则，即，可得.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：首先求出第个班中，取三次的方法数和第三次取出的人为男生的方法数，进而得到第个班中第三次取出的人为男生的概率为关键.
【变式10-1】1．（2023春·上海黄浦·高二上海市大同中学校考阶段练习）已知正三角形，某同学从A点开始，用掷骰子的方法移动棋子.规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从三角形的一个顶点移动到另一个顶点.②棋子移动的方向由掷骰子（点数为）决定，若掷出骰子的点数大于3，则按逆时针方向移动；若掷出骰子的点数不大于3，则按顺时针方向移动.设掷骰子n次时，棋子移动到处的概率分别为，，.例如：掷骰子一次时，棋子移动到处的概率分别为，.当掷骰子7次时，棋子移动到A处的概率值为___________ .
【答案】
【分析】设，，,由题意推出三者之间的关系，继而得到，变形后构造数列，利用等比数列的通项公式，求得，从而可得的表达式，即可求得答案.
【详解】设，，，则，
由于棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数大于3，则按逆时针方向移动；
若掷出骰子的点数不大于3，则按顺时针方向移动，即顺时针与逆时针移动是等可能的，
所以，
掷骰子n次时，棋子共有移动到三种情况，故；
∵，即，
又由题意可知，
∴时，
又∵，即，可得，
即，故，
可得数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
所以，
故，
即，
故答案为：
【点睛】难点点睛：解答本题要将概率问题转化为数列问题解决，设，，，难点在于找到三者之间的关系，从而利用该关系构造数列，即可求解.
【变式10-1】2．（多选）（浙江省9 1高中联盟2022-2023学年高三下学期期中数学试题）已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球，所有小球大小、形状完全相同.第一次从红箱内取出一球后再放回原袋，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回原袋，依次类推，第次从与第次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回去.记第次取出的球是红球的概率为，数列前项和记为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．当无限增大，将趋近于D．
【答案】ABD
【分析】依题意求出，设第次取出球是红球的概率为，则白球概率为，即可求出第次取出红球的概率，即可得到，从而得到，从而求出，再一一分析即可；
【详解】解：依题意，
设第次取出球是红球的概率为，则白球概率为，
对于第次，取出红球有两种情况：①从红箱取出，②从白箱取出，
所以，所以，
令，则数列为等比数列，公比为，因为，所以，
故即对应，所以，故A正确；
因为，所以，，
所以
，故B正确；
因为，函数在定义域上单调递减，
当时，所以，
即当无限增大，将趋近于，故C错误；
因为，所以
，故D正确；
故选：ABD．
【变式10-1】3．（2023春·山东滨州·高二校联考期中）某中学以学生为主体，以学生的兴趣为导向，注重培育学生广泛的兴趣爱好，开展了丰富多彩的社团活动，其中一项社团活动为《奇妙的化学》，注重培养学生的创新精神和实践能力.本社团在选拔赛阶段，共设两轮比赛．第一轮是实验操作，第二轮是基础知识抢答赛．第一轮给每个小组提供5个实验操作的题目，小组代表从中抽取2个题目，若每个题目的实验流程操作规范可得10分，否则得0分．
(1)已知某小组会5个实验操作题目中的3个，求该小组在第一轮得20分的概率；
(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个小组参加化学基础知识的抢答比赛，每一次由四个小组中的一个回答问题，无论答题对错，该小组回答后由其他小组抢答下一问题，且其他小组有相同的机会抢答下一问题．记第次回答的是甲的概率是，若．
①求和；
②写出与之间的关系式，并比较第9次回答的是甲和第10次回答的是甲的可能性的大小．
【答案】(1)
(2)①，；②，甲的可能性的大
【分析】（1）根据古典概型的概率计算公式直接计算即可；
（2）①根据题意可直接得出和；②当时，可得，化简即可得出与之间的关系式；由与之间的关系式得出是以为首项，为公比的等比数列，写出通项公式，分别计算出和即可得出答案．
【详解】（1）该小组抽中会操作的实验题目的情况有种，
该小组抽取实验题目的所有情况有种，
故该小组在第一轮得20分的概率为．
（2）①由题意知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，
所以，则，
；
②由第次回答的是甲的概率是，得当时，第次回答的是甲的概率为，
第次回答的不是甲的概率为，
则，
则与之间的关系式，
以上关系式可化为，且，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，，
， ，
所以，
所以第9次回答的是甲的可能性比第10次回答的是甲的可能性的大．
【变式10-1】4.（2023春·江西景德镇·高三景德镇一中校考期中）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，，，，，…，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即．
现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为，赌博过程如下图的数轴所示．
当赌徒手中有n元（，）时，最终输光的概率为，请回答下列问题：
(1)请直接写出与的数值．
(2)证明是一个等差数列，并写出公差d．
(3)当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义．
【答案】(1)，
(2)证明见解析；
(3)时，，当时，，统计含义见解析
【分析】（1）明确和的含义，即可得答案；
（2）由全概率公式可得，整理为，即可证明结论；
（3）由（2）结论可得，即可求得，时，的数值，结合概率的变化趋势，即可得统计含义.
【详解】（1）当时，赌徒已经输光了，因此.
当时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率.
（2）记M：赌徒有n元最后输光的事件，N：赌徒有n元上一场赢的事件,
,
即，
所以，
所以是一个等差数列，
设，则，
累加得，故，得，
（3），由得,即,
当时，，
当时，，
当时，，因此可知久赌无赢家，
即便是一个这样看似公平的游戏，
只要赌徒一直玩下去就会的概率输光．
【点睛】关键点睛：此题很新颖，题目的背景设置的虽然较为陌生复杂，但解答并不困难，该题将概率和数列知识综合到了一起，解答的关键是要弄明白题目的含义，即审清楚题意，明确，即可求解,
【变式10-1】5．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）某辖区组织居民接种新冠疫苗，现有A，B，C，D四种疫苗且每种都供应充足.前来接种的居民接种与号码机产生的号码对应的疫苗，号码机有A，B，C，D四个号码，每次可随机产生一个号码，后一次产生的号码由前一次余下的三个号码中随机产生，张医生接种A种疫苗后，再为居民们接种，记第n位居民（不包含张医生）接种A，B，C，D四种疫苗的概率分别为.
(1)第2位居民接种哪种疫苗的概率最大；
(2)证明：；
(3)张医生认为，一段时间后接种A，B，C，D四种疫苗的概率应该相差无几，请你通过计算第10位居民接种A，B，C，D四种的概率，解释张医生观点的合理性.
参考数据：
【答案】(1)第2位居民接种疫苗的概率最大
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）易知第1位居民接种疫苗的概率分别为，再分若第2位居民接种则第1位居民接种BCD，若第2位居民接种B则第1位居民接种CD，利用互斥事件和独立事件的概率求解；
（2）由题意得到，同理，两式相减，结合，证明，同理可得；
（3）由，得到故数列是公比为的等比数列求解,进而得到，比较.
【详解】（1）解：第1位居民接种疫苗的概率分别为，
第2位居民接种疫苗的概率；
第2位居民接种疫苗的概率；
同理，第2位居民接种疫苗的概率也等于.
故第2位居民接种疫苗的概率最大.
（2）证明：由于第位居民接种疫苗概率分别为，
则，
同理：，
相减得，
又，同理可得，
故.
（3）因为，所以，
故数列是公比为的等比数列.
又由，
故，
即，
从而，
同理，
所以，
第10位居民接种疫苗概率应该相差无几.
第位居民接种疫苗概率应该相差将会更小，所以张医生的话合理.
【变式10-1】6．（2023春·广东汕头·高三汕头市潮阳实验学校校考阶段练习）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．
①试证明：为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
【答案】(1)分布列见解析；期望为
(2)①证明见解析 ；②
【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
方法二：判断，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；
（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，由条件确定的关系，结合等比数列定义完成证明；
②由①求出，比较其大小即可.
【详解】（1）方法一：的所有可能取值为，
在一次扑球中，扑到点球的概率，
所以，
，
所以的分布列如下：
方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，
所以，
故的分布列为：
所以的期望．
（2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则，
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
②由①可知，所以，
所以，
故．
【变式10-1】7．（2023·全国·高三专题练习）某游戏中的角色“突击者”的攻击有一段冷却时间（即发动一次攻击后需经过一段时间才能再次发动攻击）.其拥有两个技能，技能一是每次发动攻击后有的概率使自己的下一次攻击立即冷却完毕并直接发动，该技能可以连续触发，从而可能连续多次跳过冷却时间持续发动攻击；技能二是每次发动攻击时有的概率使得本次攻击以及接下来的攻击的伤害全部变为原来的2倍，但是多次触发时效果不可叠加（相当于多次触发技能二时仅得到第一次触发带来的2倍伤害加成）.每次攻击发动时先判定技能二是否触发，再判定技能一是否触发.发动一次攻击并连续多次触发技能一而带来的连续攻击称为一轮攻击，造成的总伤害称为一轮攻击的伤害.假设“突击者”单次攻击的伤害为1，技能一和技能二的各次触发均彼此独立：
(1)当“突击者”发动一轮攻击时，记事件A为“技能一和技能二的触发次数之和为2”，事件B为“技能一和技能二各触发1次”，求条件概率
(2)设n是正整数，“突击者”一轮攻击造成的伤害为的概率记为，求.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）分析试验过程，分别求出和，利用条件概率的公式直接计算；
（2）分析 “突击者”一轮攻击造成的伤害为,分为：i.进行次，均不触发技能二；前面的次触发技能一，最后一次不触发技能一；ii.第一次触发技能二，然后的次触发技能一，第次未触发技能一；iii. 前面的次未触发技能二，然后接着的第次触发技能二；前面的触发技能一，第次未触发技能一. 分别求概率.即可求出.
【详解】（1）两次攻击，分成下列情况：i.第一次攻击，技能一和技能二均触发，第二次攻击，技能一和技能二均未触发；ii .第一次攻击，技能一触发，技能二未触发，第二次攻击，技能二触发，技能一未触发；iii. 第一、二次攻击，技能一触发，技能二未触发，第三次攻击，技能一、二未触发；
所以.
.
所以.
（2）“突击者”一轮攻击造成的伤害为,分为：
i. 记事件D：进行次，均不触发技能二；前面的次触发技能一，最后一次不触发技能一.其概率为：
ii. 记事件E：第一次触发技能二，然后的次触发技能一，第次未触发技能一.其概率为：
iii. 记事件：前面的次未触发技能二，然后接着的第次触发技能二；前面的触发技能一，第次未触发技能一. 其概率为：
，
则事件彼此互斥，记，
所以
.
所以
【点睛】关键点睛：这道题关键的地方是题意的理解，文字较多，要明白一轮攻击中含多次攻击，每次攻击判断技能的触发，在第二问中需要分多种情况进行讨论，然后用互斥事件的概率计算公式进行求解
题型11新定义数列
【例题11】（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）已知数列满足，记为不小于的最小整数，，则数列的前2023项和为（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2023
【答案】A
【分析】利用裂项相消求和可得答案.
【详解】由题意得，
则当时， ，
当时也满足上式，所以，所以
，
故的前2023项和为．
故选：A.
【变式11-1】1．（2023秋·北京海淀·高三首都师范大学附属中学校考阶段练习）斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用.斐波那契数列满足， .给出下列四个结论：
① 存在，使得，，成等差数列；
② 存在，使得，，成等比数列；
③ 存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列；
④ 存在正整数，且，使得.
其中所有正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由递推公式得性质后判断，
【详解】对于①，由题意得，故成等差数列，故①正确，
对于②，由递推公式可知，，中有两个奇数，1个偶数，不可能成等比数列，故②错误，
对于③，，
故当时，对任意，，，成等差数列；故③正确，
对于④，依次写出数列中的项为，
可得，故④正确，
故选：C
【变式11-1】2. （2023·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4个为1，3，7，13，则该数列的第13项为（ ）
A．156B．157C．158D．159
【答案】B
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可求解.
【详解】设该二阶等差数列为，则；
由二阶等差数列的定义可知，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，即，
所以
将所有上式累加可得，所以；
即该数列的第13项为.
故选：B
【变式11-1】3. （2023秋·河南洛阳·高三洛宁县第一高级中学校考阶段练习）在数列中，如果存在非零的常数T，使得对于任意正整数n均成立，那么就称数列为周期数列，其中T叫做数列的周期．已知数列满足，若，（且），当数列的周期为3时，则数列的前2024项的和为（ ）
A．676B．675C．1350D．1349
【答案】C
【分析】根据题意，求得，得到，求得，进而得到，结合周期性，即可求解.
【详解】因为且，满足
所以，
因为数列的周期为，可得，所以，
所以，所以，
同理可得，所以， ，
所以.
故选：C.
【变式11-1】4. （多选）（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）对于数列，若存在正数M，使得对一切正整数n，都有，则称数列是有界的.若这样的正数M不存在，则称数列是无界的.记数列的前n项和为，下列结论正确的是（ ）
A．若，则数列是无界的B．若，则数列是有界的
C．若，则数列是有界的D．若，则数列是有界的
【答案】BC
【分析】利用有界数列与无界数列的定义，结合放缩法与等比数列的前项和公式即可得解.
【详解】对于A，恒成立，
存在正数，使得恒成立，
数列是有界的，A错误；
对于B，，，
，
，
所以存在正数，使得恒成立，
则数列是有界的，B正确；
对于C，因为，
所以当为偶数时，；当为奇数时，；
，存在正数，使得恒成立，
数列是有界的，C正确；
对于D，，
；
在上单调递增，，
不存在正数，使得恒成立，
数列是无界的，D错误.
故选：BC.
【变式11-1】5. （多选） （2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）设正整数，其中.记，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据的表达式，的表达式，结合等比数列的前项和公式确定正确答案.
【详解】，所以，所以A选项正确.
正整数，
则
，
所以，所以B选项正确.
，
所以，所以C选项错误.
，是首项为，公比为的数列的前项和，
即，
所以，所以D选项正确.
故选：ABD
【点睛】
【变式11-1】6.（2020秋·江苏·高二校联考阶段练习）在数列中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称为“等比源数列”．
（1）已知数列中，，，求数列的通项公式；
（2）在（1）的结论下，试判断数列是否为“等比源数列”，并证明你的结论；
（3）已知数列为等差数列，且0，，求证：为“等比源数列”．
【答案】（1）；（2）不是，证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）由，可得出，则数列为等比数列，然后利用等比数列的通项公式可间接求出；
（2）假设数列为“等比源数列”，则此数列中存在三项成等比数列，可得出，展开后得出，然后利用数的奇偶性即可得出结论；
（3）设等差数列的公差为，假设存在三项使得，展开得出，从而可得知，当，时，原命题成立.
【详解】（1），得，且，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，所以，数列的通项公式为．
（2）数列不是“等比源数列”，用反证法证明如下：
假设数列是“等比源数列”，
则存在三项，，按一定次序排列构成等比数列，
因为，所以，
所以，得，
即，
又，，
所以，，，，
所以为偶数，与矛盾，
所以，数列中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列，
综上可得，数列不是“等比源数列”．
（3）不妨设等差数列的公差，
当时，等差数列为非零常数数列，数列为“等比源数列”；
当时，因为，则，且，
所以数列中必有一项，
为了使得为“等比源数列”，
只需要中存在第项，第项，使得成立，
即，
即成立，
当，时，上式成立，
所以中存在，，成等比数列，
所以，数列为“等比源数列”．
【点睛】关键点点睛：根据数列新定义“等比源数列”的定义，利用反证法，找出矛盾为偶数，，是证明数列不是“等比源数列”的关键，考查计算能力与推理能力，属于难题.
1. （2023·全国·模拟预测）记为正项数列的前项和，已知．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，由可得出的值，当时，由可得，两式作差可推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（2）求得，计算出，然后分为偶数、为奇数两种情况讨论，利用分组求和法可求得的表达式.
【详解】（1）由，得，
当时，，解得，
当时，，
所以，
整理得，
对任意的，，则，所以，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
故
（2）由（1）可知，，则，
所以，对任意的，，
当为偶数时，设，
则；
当为奇数时，设，则，
.
综上所述，.
2. （2023·山东潍坊·校考模拟预测）已知数列满足，，其中.
(1)设，求证：数列是等差数列.
(2)在（1）的条件下，若，是否存在实数，使得对任意的，都有，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据递推公式计算为一个常数，即可得证；
（2）由（1）可得，即可表示出，再计算，依题意可得恒成立，即恒成立，分为奇数、偶数两种情况讨论，分别求出参数的取值范围.
【详解】（1）证明：因为且，
所以
，
又，所以，
∴数列是首项为，公差为的等差数列；
（2）由（1）可得，
存在，理由如下：，，
则，
若对任意的，都有，则等价于恒成立，
即恒成立，
因为，当n为偶数时，，则，
当n为奇数时，时，则，
综上，存在，使得对任意的，都有.
3. （2023·广东·统考二模）已知等差数列的公差，且满足，，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足求数列的前2n项的和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用已知条件结合等比数列定义，等差数列通项公式，列方程求，由此可得数列的通项公式；
（2）利用（1）的结论，进一步利用分组求和法，裂项相消法及等比数列求和公式求出数列的和．
【详解】（1）因为，，成等比数列，所以，
即，
解得或．
因为，所以，
所以．
（2）由（1）得
所以，
所以
，
，
所以数列的前2n项的和．
4. （2023·浙江·校联考二模）设数列的前n项和为，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设且，求数列的前n项和为．
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）利用及等比数列的定义求的通项公式；
（2）讨论的奇偶性，应用分组求和及等比数列前n项和公式求.
【详解】（1）当时，，
当时， ，
所以是首项为1，公比为2的等比数列，则.
（2）由题设知：，，
当为偶数时， ；
当为奇数时， ；
综上，，.
5. （2023·天津河西·统考二模）已知数列是等差数列，数列是等比数列，且满足，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)记为的前n项和，求证：；
(3)记，数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)，；
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）题意可得出，解方程求出，再由等差和等比数列的通项公式求解即可；
（2）由（1）可得：，证明即可；
（3）求出，设的前项和，奇数项和为，偶数项和为，由裂项相消法求出，可证得，对放缩可得，再由错位相减法可证得，即可证明.
【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为，
由，，可得：，
解得：或（舍去），则，
所以，；
（2）由（1）可得：，
，
即；
（3）由（1）知，，，所以，
设的前项和，奇数项和为，偶数项和为，
，，
当为奇数时，，
，
当为偶数时，，
，
设，
，
所以，
，
所以.
6．（2022·湖北·校联考模拟预测）已知数列前项和，的前项之积.
(1)求与的通项公式.
(2)把数列和的公共项由小到大排成的数列为，求的值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据，，即可得出答案；
（2）由（1），设，结合二项式定理可得数列的通项，再根据等比数列前项和公式即可得解.
(1)
解：（1）由，
当时，
当时，，
当时，上式也成立，
所以，
由，
当时，，
当时，，
当时，上式也成立，
所以；
(2)
解：设
，，为得正整数倍，
故当为奇数时，，故公共项为，
∴，，，，…构成首项为2，公比为4的等比数列，
则.
7．（2022·全国·模拟预测）已知数列的前项的和为且满足，数列是两个等差数列与的公共项组成的新数列．
(1)求出数列，的通项公式；
(2)求出数列的前项的和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用与关系可得，进而得到，可知数列为等差数列，由等差数列通项公式可推导得到；由题意可知为等差数列，由等差数列通项公式可求得；
（2）采用分组求和法，分别利用错位相减法和等差数列求和公式可求得数列的前项和，加和即可得到.
(1)
当时，，；
当时，，，即，
，数列是以为首项，为公差的等差数列，
，；
数列是两个等差数列与的公共项组成的新数列，
数列是以为首项，为公差的等差数列，.
(2)
设为数列的前项和，为数列的前项和，
，，
，
，又，
数列的前项的和.
8．（2022·全国·模拟预测）已知数列的前n项和满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列的通项公式为，若由数列与的公共项按从小到大排列得到数列，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出的值，当时，利用求得的值，从而求出数列的通项公式；（2）公共项就是两个数列相同的项，通过递推推理寻找两数列公共项，然后求出公共项所构成的新数列的前n项和．
(1)
因为，所以．
当时，；
当时，．
当时满足，故数列的通项公式为．
(2)
设，即，．
由，所以，
由，可知，即不是两个数列的公共项．
，
由，可知，所以是两个数列的公共项，
因此，若，则，
所以，且，
所以两数列的公共项所构成的新数列是以2为首项，以4为公比的等比数列，
所以数列的前n项和．
9. （2020·江苏南通·统考三模）已知数列的首项，其前项和为，设.
（1）若，，且数列是公差为的等差数列，求；
（2）设数列的前项和为，满足.
①求数列的通项公式；
②若对，且，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）.（2）①；②
【分析】（1）由条件知，即，从而判断数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，且公差均为，利用公式，求和；
（2）首先求得数列的通项公式，，再利用构造可得，求得数列为等比数列，且公比为，从而求得数列的通项公式；②
不等式等价为，利用①的结果，讨论为奇数和为偶数两种情况，讨论求的取值范围.
【详解】（1）由条件知，即，
所以数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，且公差均为.
由，，所以，即，
所以，.
所以.
（2）①由，得，
由于符合上式，所以，
所以.
所以，即，
所以数列为等比数列，且公比为，
因为，所以.
②不等式即为，
由于，所以不等式即为.
当是奇数时，，，
所以，
即对，且恒成立，
所以，解得.
当为偶数时，，，
由，得对，且恒成立，
所以，解得，
因为，所以的取值范围是.
【点睛】本题考查递推公式求通项公式，数列的函数关系，重点考查转化与化归，分类讨论的思想，函数与不等式的关系，属于难题.
10. （2021春·上海虹口·高三上海市复兴高级中学校考期末）已知各项均为正数的等差数列与等比数列满足，又、、成等比数列且.
（1）求数列、的通项公式；
（2）将数列、的所有公共项从小到大排序构成数列，试求数列前2021项之和；
（3）若，数列是严格递增数列，求的取值范围.
【答案】（1），；（2）；（3）.
【分析】（1）设出公差和公比，用基本量表达出条件即可解出；
（2）根据两个数列的通项公式列举出的前几项，得出数列的类型再求和即可；
（3）根据数列的增减性，分类变量即可解出.
【详解】（1）设公差为，公比为，由已知可得：，
又∵，解得：.
（2），∴是以4为首项，4为公比的等比数列，
则其前2021项和为
（3），，
∴，
∵是严格递增数列，∴恒成立，即恒成立，
设，则，即严格单调递增，
∴，∴.
11. （2023·浙江·高三专题练习）已知是首项为2，公差为3的等差数列，数列满足.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)若数列与中有公共项，即存在，使得成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作，求.
【答案】(1)证明见解析，，
(2)
【分析】（1）利用等差数列与等比数列的定义即可求其通项公式；
（2）利用通项公式找出公共项，再分组求和即可.
【详解】（1）由题意可得：，
而，变形可得：，
故是首项为3，公比为3的等比数列.
从而，即.
（2）由题意可得：，，令 ，
则，此时满足条件，
即时为公共项，
所以
.
12. （2023·全国·高三专题练习）已知数列的前项和满足，，且．
（1）求证：数列是常数列；
（2）求数列的通项公式．若数列通项公式，将数列与的公共项按从小到大的顺序排列得到数列，求的前项和．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据与的关系式得到，然后证明即可；
（2）根据（1）求出数列的通项公式，然后根据数列与的通项公式得到新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，从而根据等差数列的前项和公式求的前项和．
【详解】（1）证明：由，得，
将上述两式相减，得，即．
，
则 ，
数列是常数列；
（2）由（1）可知，当时，，
，检验当时，也适用，
，
数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
又数列是以1为首项，以3为公差的等差数列，
这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，
的前项和为．
13. （2023·浙江杭州·统考一模）已知数列的前项和为，且．
(1)求及数列的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，求数列的前项和．
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）先将代入题干表达式计算出，再将代入题干表达式即可计算出的值，当时，由，可得，两式相减进一步推导即可发现数列是以为首项，为公比的等比数列，从而计算出数列的通项公式；
（2）先根据第题的结果写出与的表达式，再根据题意可得，通过计算出的表达式即可计算出数列的通项公式，最后运用错位相减法即可计算出前项和．
【详解】（1）解：由题意，当时，，解得，
当时，，
即，解得，
当时，由，
可得，
两式相减，可得，
整理，得，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，．
（2）由（1）可得，，，
在与之间插入个数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，
则有，
，
，
，
，
两式相减，
可得

，
．
14．（2023·浙江金华·统考模拟预测）已知数列的前项和，，且.数列满足， .
(1)求数列，的通项公式；
(2)将数列中的项按从小到大的顺序依次插入数列中，在任意的，之间插入项，从而构成一个新数列，求数列的前100项的和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据与的关系，可得出，变形可得.然后根据等比数列的通项公式，即可得出.由已知可得，累乘法即可得出；
（2）设100项中，来自于数列中的有项.根据已知可推得，然后根据等差数列以及等比数列的前项和公式，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，当时，
有，
，
两式相减得：.
又因为，
所以，，满足上式.
所以，.
又，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，即.
又，
所以，所以.
又，
所以，当时，有
，
，
，
，
，
两边同时相乘可得，
，
所以，.
（2）设100项中，来自于数列中的有项.
若第100项来自于，则应有，
整理可得，，该方程没有正整数解，不满足题意；
若第100项来自于，则应有，
整理可得，.
当时，有不满足，
，故，
所以，数列中含有10项数列中的项，含有90项数列中的项.
所以，
.
15．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)保持中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值（用数字作答）．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，得到，求得，结合时，求得，进而得到数列的通项公式；
（2）根据题意，得到新数列的前100项，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）解：由数列的前n项和为，且，
当时，，
所以，
当时，，不符合上式，
所以数列的通项公式为．
（2）解：保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，
则新数列的前100项为3，1，，1，1，，1，1，1，，1，1，1，1，， ，，1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，
则
．
16．（2023·山东·山东省实验中学校考一模）已知正项数列的前项和为，且，．
(1)求；
(2)在数列的每相邻两项、之间依次插入、、、，得到数列、、、、、、、、、、，求的前项和．
【答案】(1)，．
(2)
【分析】（1）当时，利用累加法可求得的表达式，结合可得出的表达式，再检验的情形，综合可得出的通项公式；
（2）由求出数列的通项公式，列举出数列的前项，即可求得的值.
【详解】（1）解：对任意的，因为，
当时，
，
因为，所以，故．
当时，适合，
所以，．
（2）解：因为，，
所以当时，，
所以，，
所以，数列的前项分别为：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
所以的前项是由个与个组成．所以．
17.（2023·海南海口·校考模拟预测）某电视台综艺栏目拟组织如下一个活动：将全体演员分成甲、乙两组，各组每次表演一个节目（同一个节目可以由一个演员单独表演，也可以由几个演员合作表演），在一组表演完节目后，主持人将一枚质地均匀的骰子随机抛掷两次，若所得两个点数之和为的倍数，则该组再继续表演一个节目：否则，由另一组表演一个节目．经抽签，第一次由甲组表演节目．
(1)设在前次表演中甲组表演的次数为，求的分布列和数学期望；
(2)求第次表演者是甲组的概率．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）首先求出某组表演一次节目后仍然是该组表演的概率，依题意可得的可能取值为、、，求出所对应的概率，从而得到其分布列与数学期望；
（2）设在第次表演表演者是甲组的概率为，显然，当时，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出的通项，再代入计算可得.
【详解】（1）依题意某组表演一次节目后仍然是该组表演的概率为，
则为另外一组表演的概率为，
则的可能取值为、、，
所以，，，
所以的分布列为：
所以.
（2）设在第次表演表演者是甲组的概率为，显然，
当时，即，所以，
即是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
所以，即第次表演者是甲组的概率为.
18. （2020·全国·统考高考真题）数列满足，前16项和为540，则 .
【答案】
【分析】对为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立方程，求解即可得出结论.
【详解】，
当为奇数时，；当为偶数时，.
设数列的前项和为，
，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.
19. （2023·全国·统考高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求S，时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k-1+a2k看作一项，求出S2k，再求S2k-1=S2k-a2k
【方法总结】数列中的公共项问题是对两个数列合成一个新数列进行研究，而数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行研究，都是要充分利用新数列的特征（等差、等比或其他特征）求解原数列问题
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解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.