专题十一 等差数列与等比数列-2021届高三《新题速递•数学》11月刊（江苏专用 适用于高考复习）

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专题十一 等差数列与等比数列
一、单选题
1．（2020·湖北随州·月考）已知数列的前项和为，，且满足，若，，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．0
【答案】A
【解析】
【分析】
转化条件为，由等差数列的定义及通项公式可得，求得满足的项后即可得解.
【详解】
因为，所以，
又，所以数列是以为首项，公差为2的等差数列，
所以，所以，
令，解得，
所以，其余各项均大于0，
所以.
故选：A.
【点睛】
解决本题的关键是构造新数列求数列通项，再将问题转化为求数列中满足的项，即可得解.
2．（2020·河北秦皇岛·期末）等差数列中，已知，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等差数列的性质，可得，代入数据即可得答案.
【详解】
因为为等差数列，
所以由等差数列性质可得，
故选：B
3．（2020·江西零模（理））在等差数列{an}中，若a3＝5，S4＝24，则a9＝（ ）
A．﹣5 B．﹣7 C．﹣9 D．﹣11
【答案】B
【解析】
【分析】
由a3＝5，S4＝24用通项公式和前项和公式列出关于,的方程，得到的通项公式，从而求出答案.
【详解】
数列{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，
∵a3＝5，S4＝24，
∴a1+2d＝5，4a1+d＝24，
联立解得a1＝9，d＝﹣2，
则a9＝9﹣2×8＝﹣7．
故选：B.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式和前项和公式的应用，属于基础题.
4．（2020·安徽月考）若，，，成等差数列，，，，，也成等差数列，其中，则（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等差数列的定义以及性质即可求出．
【详解】
因为在等差数列中，，所以，， 即.
故选：B．
【点睛】
本题主要考查等差数列的定义以及性质的应用，属于容易题．
5．（2020·安徽月考）在等差数列中，，，则公差（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等差数列的性质即可解出．
【详解】
因为，所以.
故选：D．
【点睛】
本题主要考查等差数列的性质的应用，属于容易题．
6．（2020·广西南宁·高二期中（文））已知数列满足：，．则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据数列的递推关系，利用取倒数法进行转化得 ，构造为等比数列，求解出通项，进而求出.
【详解】
因为，所以两边取倒数得，则，
所以数列为等比数列，则，
所以，故.
故选：C
【点睛】
方法点睛：对于形如型，通常可构造等比数列（其中）来进行求解.
7．（2020·安徽月考）已知数列的前项和为，，，，则（ ）
A．62 B．63 C．64 D．65
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可得，，即数列的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列，再利用等比数列的前项和公式分组求和可得和.
【详解】
由，，
可知数列的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列.
所以，
，
所以.
故选：D
【点睛】
本题考查了等比数列的定义，考查了等比数列的前项和公式，属于中档题.
8．（2020·沙坪坝·重庆八中月考）已知正项等比数列的前项和为，且，，则等比数列的公比为（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
由可得，而，，从而可求出公比
【详解】
因为，，则，，
又，所以，
故选：B．
【点睛】
此题考查等比数列的基本量计算，属于基础题

二、多选题
9．（2020·江苏泰州·月考）（多选题）在数列中，若，（，，为常数），则称为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．若是等差数列，则是等方差数列
B．是等方差数列
C．若是等方差数列，则（，为常数）也是等方差数列
D．若既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据定义以及举特殊数列来判断各选项中结论的正误.
【详解】
对于A选项，取，则不是常数，则不是等方差数列，A选项中的结论错误；
对于B选项，为常数，则是等方差数列，B选项中的结论正确；
对于C选项，若是等方差数列，则存在常数，使得，则数列为等差数列，所以，则数列（，为常数）也是等方差数列，C选项中的结论正确；
对于D选项，若数列为等差数列，设其公差为，则存在，使得，
则，
由于数列也为等方差数列，所以，存在实数，使得，
则对任意的恒成立，则，得，
此时，数列为常数列，D选项正确.故选BCD.
【点睛】
本题考查数列中的新定义，解题时要充分利用题中的定义进行判断，也可以结合特殊数列来判断命题不成立，考查逻辑推理能力，属于中等题.

第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明

三、解答题
10．（2020·江苏省丰县中学月考）已知在等差数列中，，；是各项都为正数的等比数列，，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列，的前n项和.
【答案】（1），；（2）的前n项和为，的前n项和为.
【解析】
【分析】
（1）根据题中条件，建立等量关系式，求得，，利用求得结果；结合求得，，从而求得公比，进而求得的通项公式；
（2）直接利用等差数列和等比数列求和公式求得结果.
【详解】
解：（1）由，得，即，
所以等差数列的公差，
则.
即数列的通项公式为
，由，
得，即，
由，所以等比数列的公比，
所以.
所以数列的通项公式为.
（2）数列的前n项和为
数列的前n项和为.
【点睛】
该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列和等比数列通项公式的求解，等差数列和等比数列求和公式的应用，属于简单题目.
11．（2019·九江市第三中学期中（文））数列的前n项和为，若，点在直线上．
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1），上式两边同除以，整理即可；
（2）由（1）求出，再求出，进而得到，再裂项求和即可.
【详解】
解：(1)，上式两边同除以，得，
所以数列是等差数列.
(2)由（1）知，，
时，，也适合上式，
时，.
，
.
【点睛】
方法点睛：（1）证明一个数列是等差数列一般用定义法或等差中项法；（2）已知求，一般用，注意验证是否符合，对于通项公式为分式型数列求和一般用裂项求和法.
12．（2020·湖南长沙一中月考）已知数列是公差不为零的等差数列，，其前项和为，数列前项和为，从①，，成等比数列，，②，，③数列为等比数列，，，，这三个条件中任选一个作为已知条件并解答下列问题.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】选择见解析；（1）；；（2）.
【解析】
【分析】
（1）选择条件①，设数列的公差为，则由，，成等比数列，列方程可求出，从而，因为，则，两式相减化简可得，则可得数列为等比数列，进而可求出其通项公式；若选择条件②，设数列的公差为，由，可求得，从而，当时，，再验证，从而可得的通项公式；若选择条件③，设数列的公差为，所以，再由，可求得，可求得，从而， 再由，，可求得，从而可得的通项公式；
（2）由（1）可得，然后利用错位相减法求和
【详解】
（1）选择条件①，设数列的公差为，
由，，成等比数列，即，所以，
解得（舍）或，所以，
因为，则，所以，则，
又，解得，所以.
选择条件②，设数列的公差为，所以，所以，
因为，令，可得，当时，，
且时，适合上式，所以.
选择条件③，设数列的公差为，所以，
所以，
又，则，所以，所以，
设数列的公比为，因为，，可得，
又，可得，所以.
（2），所以，
，以上两式相减得，
，.
【点睛】
此题考查等差数列和等比数列的综合应用，考查错位相减法求和，考查计算能力，属于中档题
13．（2020·河北秦皇岛·期末）已知数列中，，其前项和记为，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）对递推关系递推一次后得到与原式相减后得到是首项为1，公比为3的等比数列，即可得答案；
（2）利用裂项相消法求和，即可得答案；
【详解】
（1）由题意得，，
两式相减得，

又∵，，
∴，
∴是首项为1，公比为3的等比数列，
∴.
（2）由（1）可知
则
所以，



；
【点睛】
本题考查根据数列递推关系求通项、裂项相消法求和，考查运算求解能力，求解时注意递推关系的下标.
14．（2020·湖北宜昌·月考）设，正项数列的前n项和为，已知，___________．请在①，，成等比数列；②，，成等差数列；③这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，记数列前n项和为，求．
【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）选①②③都可得，则数列是以为首项，2为公差的等差数列，其他条件求出，即可得解；
（2）利用裂项相消法求和，再代入求值；
【详解】
解：选①，（1）由得：，∴数列是以为首项，2为公差的等差数列．
由，，成等比数列可得，即，解得．∴．
选②，（1）由，得，∴数列是以为首项，2为公差的等差数列．
由，，成等差数列，得，解得，∴．
选③，（1）同理，由，得，∴数列是以为首项，2为公差的等差数列，
由得，解得，∴．
（2）由（1）得，，
数列前n项和为，
故为所求．
【点睛】
本题考查等差数列通项公式的计算，裂项相消法求和，属于中档题.
15．（2020·沙坪坝·重庆八中月考）已知等差数列是递增数列，其前项和为，若是方程的两个实根．
（1）求及；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由于等差数列为递增数列，且，是方程的两根，从而可求出进而可求出公差和首项，再利用等差数有通项公式和前项和公式可求出及；
（2）由（1）可得，然后利用裂项相消求和法和分组求和法可求出
【详解】
解：（1）因为等差数列为递增数列，且，是方程的两根，
所以，，
解得或
又，则，则
故，．
（2），
可得前n项和
．
【点睛】
此题考查等差数列的基本量计算，考查裂项相消求和法、分组求和法，考查计算能力，属于中档题
16．（2020·天津和平·期中）已知数列的前项和，数列满足：，.
（Ⅰ）求数列，的通项公式；
（Ⅱ）求．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）直接根据前n项和与通项的关系求出数列的通项公式，再根据递推关系式求出数列的通项公式；

（Ⅱ）先根据，然后利用错位相减求和，整理即可求得出结果．
【详解】
解：（Ⅰ）当时，，
当时，，适合上式，
所以：；
∵，，
∴，
∴，
∴数列的奇数项和偶数项都是首项为2，公比为2的等比数列，
∴
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，，
且，，
，
设，①
∴，②
①﹣②得，
∴，
∴，
，
∴．
【点睛】
本题考查由和的关系求数列通项公式，由数列递推公式证明等比数列，以及错位相减求和的应用，计算量较大．
17．（2020·广东月考）给出一下两个条件：①数列为等比数列，且，②数列的首项，且.从上面①②两个条件中任选一个解答下面的问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).
（1）求数列的通项公式；.
（2）设数列满足，求数列的前n项和.
【答案】条件选择见解析，（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）若选条件①.，和两式相处可得数列的公比，令，可以求出，即可得的通项公式；若选条件②.，利用累加法可以求的通项公式；
（2）若选条件①.，利用（1）的结果可得，利用裂项相消求和即可，若选条件②. 利用（1）的结果可得，也采用裂项相消求和即可.
【详解】
若选条件①.
（1）由条件，得，
则公比，
令，可得，
即，所以，
从而有.
（2）由（1）得，，
则有，
则其前n项和为：

.
若选条件②.
（1）令，可得，
令，可得，
依次类推可得：，
将这一系列等式求和可得：.
其中，故可得.
（2）由（1）得，，
则有，
则其前n项和为：


【点睛】
本题主要靠查了由递推公式求数列的通项公式，采用累加法考查了裂项相消求和，属于中档题.
18．（2020·广东汕头·月考）已知正项数列的前项和为，如果都有.
（1）求数列的通项公式；
（2）设， 数列的前项的和为，试证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）将代入，可得到，从而可知数列是等差数列，即可求出的表达式，进而可得到的表达式，再结合，可求出的表达式；
（2）由（1）可得，结合，可得，从而，通过计算可证明结论.
【详解】
（1）当时，，
整理得，因为，所以，
当时，，
可得，所以，
即数列是一个以1为首项，1为公差的等差数列，所以，
由，可得，则.
所以，当时，，
经验证，符合，
所以正项数列的通项公式是.
（2）由（1）得，
因为，所以，
所以，
即，从而.
【点睛】
本题考查求数列的通项公式，考查数列不等式的证明，考查转化思想、放缩法的应用，考查学生的推理能力与计算能力，属于中档题.
19．（2020·广西南宁·高二期中（文））已知数列中，已知：，．
（1）设，求证数列 是等比数列；
（2）记，求．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）已知等式变形为 由的定义可得，同时求得，从而证得等比数列；
（2）求出等比数列的通项公式，然后利用等差数列的前项和公式教育处出．
【详解】
（1）∵
∴

∵
∴ 是首项为，公比为的等比数列．
（要指明首项和公比，否则扣1分）
（2）∵，



．
【点睛】
本题考查等比数列的证明，证明方法是等比数列的定义．本题证明实际上可以直接由得，代入已知等式即可递推关系，然后一定要计算出，只有在时才能确定数列为等比数列，这是易错点．
20．（2020·江西省奉新县第一中学月考（文））已知数列满足数列的前n项和为，且.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1），；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由已知条件得，利用等差数列的通项公式即可得出；
且，当时，．当时，，
利用等比数列的通项公式即可得出；
（2）由（1）得，利用分组求和即可．
【详解】
（1）因为，，所以为首项是1，公差为2的等差数列，
所以．
又当时，，所以，
当时， ①
②
由①－②得，即，
所以是首项为1，公比为的等比数列，故．
（2）由（1）得，
所以．
【点睛】
方法点睛：求数列通项公式的方法：
1.定义法：利用等差数列或等比数列的定义；
2.利用 与 的关系： ；
3.累加法： ；
4.累乘法：；
5.构造法：；；
6.取倒数或者取对数．
21．（2020·四川省南充高级中学月考（文））等差数列的公差为2，分别等于等比数列的第2项，第3项，第4项.
（1）求数列和的通项公式；
（2）若数列满足，数列的前n项和为，证明：
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用等比中项以及等比数列的通项公式、等差数列的通项公式即可求解.
（2）利用裂项求和法即可求解.
【详解】
解：（1）依题意得：，所以.
所以，解得，∴.
设等比数列的公比为，所以，
又，∴.
（2）证明：因为，
所以
.
因为，所以.
又因为在上单调递增，
所以当时，取最小值，所以.
22．（2020·青铜峡市高级中学期中（文））设数列的前n项的和为，且()，
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足()，求数列的前n项的和.
（3）若数列，求数列的前项和；
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）当时，可得，时，，进而可得是等比数列，从而可得解；
（2）利用等差数列和等比数列分组求和即可；
（3）利用错位相减求和即可得解.
【详解】
（1）当时，，所以，
当时，，即，
所以数列是以2为首项，公比为2的等比数列，
所以；
（2）由
.
（3），，
因此，①
，②
由①②得，
所以.
【点睛】
方法点睛：本题考查已知数列与的关系式，求通项公式，和错位相减法求和，一般数列求和包含：
1.公式法，利用等差和等比数列的前项和公式求解；
2.错位相减法求和，适用于等差数列乘以等比数列的数列求和；
3.裂项相消法求和，适用于能变形为，
4.分组转化法求和，适用于；
5.倒序相加法求和，适用于倒序相加后，对应的两项的和是常数的数列.
23．（2020·贵州省思南中学期中）在数列中，，（）．
（1）求，，；
（2）猜想；并加以证明；
（3）若数列，设数列的前项和．求证.
【答案】（1），，；（2）猜想：．证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据，，分别令求解.
（2）猜想：，由，变形为，利用等差数列定义求解.
（3）由（2）得到，然后利用裂项相消法求解.
【详解】
（1）∵，
∴，，．
（2）猜想：．由已知可得
，
得，且；
所以数列是以1为首项为公差的等差数列，
从而得：；所以.
（3）由（2）知：
从而

从而知是递增数列，所以在处取得最小值1
又，所以.
【点睛】
方法点睛：求数列通项公式的常用方法：
定义法；
累乘法；
累加法；
；
数列求和的常用方法：
公式法；
裂项相消法；
错位相减法；
分组（并项）求和；
24．（2020·江苏省丰县中学月考）已知为等差数列，前n项和为若，.
（1）求；
（2）对任意的，将中落入区间内项的个数记为.
①求；
② 记，的前m项和记为，是否存在，使得成立？若存在，求出m，t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）①；②存在，，理由见解析 .
【解析】
【分析】
（1）设的公差为，则根据题意列方程解得，，进而得；
（2）①根据题意得，结合化简整理得，故；
② 由①得，故，再假设存在使得成立，由于，故化简变形得，进而整理得，故，最后分别讨论即可得答案.
【详解】
（1）设的公差为d，
∴，
，
解得：，，
∴.
（2）① ，
∴ ，
∵ ，∴，
∴.
② 由①将
∴
由可得：

∴，
∴，
∴ ，
∵ ，
∴
时，解得(舍)；
时，解得：(舍)
时，解得：；
所以存在这样的，满足所给的条件.
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列等差数列的基本量计算，数列与不等式的综合应用.解题的关键是设出公差，列式求解求得，进而通过得，此外，对于探究性问题，一般解法是先假设存在，再根据已知条件推出结论或矛盾，本题再解答过程中核心是借助化简整理得.考查数学运算求解能力，逻辑推理能力，是中档题.
25．（2020·江苏省丰县中学月考）已知数列的前n项和为，，，且.
（1）若，问：数列为等比数列吗？如果数列为等比数列，请写出数列的通项公式；如果不是，请说明的理由；
（2）若，求数列的前n项和.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）首先利用，，构造出，再利用等比数列的定义证明是常数，再求通项公式；（2）由（1）可知
，再利用错位相减法求数列的和，最后代入整体求和.
【详解】
（1）由已知得，
即，
所以，
因为，，
所以，，
①若，则，则数列数列不是等比数列；
②若，则，且，
故数列是首项为，公比为2的等比数列.
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）知，，
所以·
设，
，
两式相减得
，
解得，
所以数列的前n项和.
【点睛】
方法点睛：本题考查已知数列与的关系式，求通项公式，和错位相减法求和，一般数列求和包含：
1.公式法，利用等差和等比数列的前项和公式求解；
2.错位相减法求和，适用于等差数列乘以等比数列的数列求和；
3.裂项相消法求和，适用于能变形为，
4.分组转化法求和，适用于；
5.倒序相加法求和，适用于倒序相加后，对应的两项的和是常数的数列.
26．（2020·江苏省丰县中学月考）已知数列是公比为2的等比数列，其前n项和为，_______.
（1）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到上述题干中的横线上.求数列的通项公式，并判断此时数列是否满足条件P：任意，均为数列中的项，说明理由；
（2）设数列满足，求数列的前n项和
注：在第（1）问中，如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】条件选择见解析；（1）答案见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）选①，利用前n项和与项的关系求得a1，得出数列通项公式，然后可证明数列具有性质这P，
选②，同样可利用前n项和与项的关系求得a1，得出数列通项公式，然后可证明数列不具有性质这P，
选③，利用等比数列的通项公式求得a1，得出数列通项公式，然后可证明数列具有性质这P；
（2）根据题意有，得到，利用裂项相消法求Tn．
【详解】
（1）选①，
因为，
所以，即，
又数列是公比为2的等比数列，
所以，解得，
因此.
此时任意，，
由于，
所以是数列的第项，
因此数列满足条件P.
选②，
因为，即，
又数列是公比为2的等比数列，
所以，解得
因此
此时，即不为数列中的项，
因此数列不满足条件P.
选③，
因为，
又数列是公比为2的等比数列，
所以1，又，故，
因此.
此时任意，，
由于，所以是为数列的第项，
因此数列满足条件P.
（2）根据题意可得，
∴.
【点睛】
该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等比数列通项公式的求解，判断数列是否满足某种条件，裂项相消法求和，属于中档题目.
27．（2020·云南曲靖一中其他（理））已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由,可得数列是等比数列，求出通项公式即可；
（2）由（1）得到，按为偶数和为奇数分类，利用等差数列的求和公式和并向求和法得出数列的前项和．
【详解】
（1）当时，，所以；
当时，因为，所以，
两式作差得，即，
因为，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，
故.
（2），
当为偶数时，前项和；
当为奇数时，前项和，
则
【点睛】
方法点睛：本题考查等比数列的证明，考查数列的求和，数列求和的方法总结如下：
1.公式法，利用等差数列和等比数列的求和公式进行计算即可；
2.裂项相消法，通过把数列的通项公式拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求出数列的和；
3.错位相减法，当数列的通项公式由一个等差数列与一个等比数列的乘积构成时使用此方法；
4.倒序相加法，如果一个数列满足首末两项等距离的两项之和相等，可以使用此方法求和．
28．（2020·湖北随州·月考）数列满足，，
（1）求证：数列为等比数列
（2）是否存在互不相等的正整数，，，使得，，成等差数列且，，成等比数列？若存在，求符合条件的，，，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）转化条件得，结合等比数列的定义即可得证；
（2）由等比数列的通项公式化简可得，假设存在互不相等的正整数，，满足条件，由等差数列、等比数列的性质可得，再由基本不等式等号成立的条件即可得解.
【详解】
（1）证明：因为，，所以，所以，
所以，
又，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列；
（2）由（1）得，所以，
假设存在互不相等的正整数，，满足条件，
则，
所以，即，
因为，所以，
又，当且仅当时等号成立，
与，，互不相等互相矛盾，
所以不存在互不相等的正整数，，满足条件.
【点睛】
解决本题的关键是根据题意构造新的数列和基本不等式的应用，求得数列的通项公式后，结合等差、等比数列的性质可得，再由基本不等式推出矛盾即可.
29．（2020·江苏省响水中学月考）在①，，成等比数列，且；②，且这两个条件中任选一个填入下面的横线上并解答.
已知数列是公差不为0的等差数列，，其前n项和为，数列的前n项和为，若 .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
（3）设等比数列的首项为2，公比为，其前项和为，若存在正整数，使得，求的值.
【答案】（1）；;（2）；（3）或.
【解析】
【分析】
（1）不论是选①还是选②，都根据题目条件可列出关于数列的公差的方程，解出，然后可解得；求出，利用可解得数列的通项公式；
（2）根据（1）的结果，利用错位相减法求和；
（3）求出，，的值，代入，得到，然后根据题意分析可知或，解出即可.
【详解】
解：若选①条件
（1）设等差数列的公差为，则根据题意得：，
即，解得: （舍）或，
所以，
又，当时解得，
当时，，整理得：，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，则.
（2），
则

所以，
故
.
所以.
（3）设等比数列的首项为2，公比为，其前项和为，若存在正整数，使得，求的值
由(1)可知，
，则
当时，由得不符合题意，舍掉；
当时，则，则，
因为，所以，
又，所以，
所以，解得或（舍）
或，解得或（舍）
综上所述：或
若选②条件
（1）因为，所以，解得或（舍），
由得，
当时，且，
所以.
（2）（3）的解法与选①时解法相同.
【点睛】
本题考查等差等比数列的综合运用，考查数列通项公式的求法及利用错位相减法求数列前n项和，难度较大. 解答时可从以下几点入手：
(1)可利用求数列的通项公式，
(2)当，其中与分别是等差数列与等比数列时，可采用错位相减法求数列的前项和.
30．（2020·陕西安康·月考（理））已知公差的等差数列的前n项和为，，是与的等比中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由等比中项的性质和等差数列的前n和公式得出方程组，解之可得通项；
（2）由（1）得，运用裂项相消法可求得数列的和.
【详解】
（1）由是与的等比中项，所以，
联立，即得，解得，
所以．
（2），
所以．
【点睛】
方法点睛：求数列和常用的方法：
（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；
（3）（数列为等差数列）：裂项相消法；
（4）等差等比数列：错位相减法.
31．（2020·江苏镇江·月考）已知数列的前n项和为，把满足条件：“对任意的，恒成立”的所有数列构成的集合记为M.
（1）若数列的通项为，判断是否属于M，并说明理由；
（2）若数列是等差数列，且，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）由等比数列的通项公式和求和公式，化简计算，可判断断是否属于；
（2）运用等差数列的通项公式和求和公式，结合数列的分组求和，以及不等式恒成立问题思想，计算可得所求范围．
【详解】
解：（1）数列的通项为，
可得，
，
所以，即；
（2）设的公差为，因为，
所以，
即，
将上式整理可得，
因为上述不等式对一切恒成立，
所以即，
又当时，，可得，故，
于是，
即，所以，
即．
【点睛】
本题考查数列新定义，解答的关键是理解题意，再利用等差数列、等比数列的相关性质计算可得；
32．（2020·湖南月考）已知等比数列的公比大于1，且满足，.
（1）求的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设的公比为，依题意得到方程组，解得即可；
（2）由（1）知，所以，从而，再利用错位相减法求和即可；
【详解】
解：（1）设的公比为，因为，
所以，
两式相除，得，整理得，
结合，解得，
所以，所以.
（2）由（1）知，所以，
从而，
所以， ①
两边同乘以3，得， ②
由①-②，得，
所以.
【点睛】
本题考查等比数列基本量的计算，错位相减法求和，属于中档题.
33．（2020·安徽月考）已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）请判断是否存在正整数，，（），使得，，，成等差数列？若存在，求出，，的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）不存在，答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据数列为公比为3的等比数列可得结果；
（2）根据错位相减法可求得结果；
（3）由正整数，，满足，得，，可得，，所以不存在正整数，，（），使得，，成等差数列.
【详解】
（1）由题意有，，可得数列为公比为3的等比数列
又由，所以，可得
故数列的通项公式为
（2）

作差得
得，得
（3）由正整数，，满足，得，
可得，必有
故不存在正整数，，（），使得，，成等差数列.
【点睛】
本题考查了根据递推公式求通项公式，考查了等比数列的通项公式，考查了错位相减法，考查了等差中项的应用，属于中档题.
34．（2020·广西其他（理））已知数列的前n项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前2020项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由递推关系可判断为等比数列，根据等比数列的通项公式即可写出；
（2）求出，再利用裂项相消法即可求出.
【详解】
（1）由题知，，，
，，
当时，，
两式相减可得，即.
因为，数列为等比数列，首项为4，公比为4，
所以通项公式为.
（2），
，
，
.
【点睛】
本题考查等比数列的判断和通项公式的求解，考查裂项相消法求和，属于基础题.
35．（2020·全国月考（文））已知等比数列的前项和为，，是和的等差中项．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）设等比数列的公比为，根据题意可得出关于和的方程组，解出这两个量的值，利用等比数列的通项公式可求得数列的通项公式；
（Ⅱ）求得，然后利用错位相减法可求得.
【详解】
（Ⅰ）设数列的公比为．
因为是和的等差中项，所以，
即，整理得，解得．
所以，所以；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知．
所以，①
，②
由①②，可得，
所以．
【点睛】
本题考查等比数列通项公式的求解，同时也考查了错位相减法，考查计算能力，属于中等题.

四、填空题
36．（2020·江苏省丰县中学月考）在数列中，，点在直线上，数列满足：，，数列前9项和为63，令，记的前n项和为，若对任意的，均有，则的最小值是_________.
【答案】
【解析】
【分析】
首先根据题中所给的条件，将数列和的通项公式求出来，从而得到的通项，利用裂项相消法求得，之后利用作差比较法得到其单调增，结合函数特征，求得其范围，进而求得结果.
【详解】
因为点在直线上，
所以有，即，又因为，
所以数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，所以，
因为，所以有，
所以数列是等差数列，
因为数列前9项和为63，所以，且，所以，
，
所以数列的前项和为：

，
所以，
设，
所以
所以递增，所以，
而，所以，
因为对任意的，均有，
所以，
所以的最小值为，
故答案为：.
【点睛】
该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列通项公式的求解，裂项相消法求和，数列单调性的应用，属于中档题目.
37．（2020·江苏省丰县中学月考）《九章算术》成于公元一世纪左右，现今流传的大多是在三国时期魏元帝景元四年(263年)，刘徽为《九章》所作的注本.《九章算术》是几代人共同劳动的结晶，它的出现标志着中国古代数学体系的形成.后世的数学家，大都是从《九章算术》开始学习和研究数学知识的.唐宋两代都由国家明令规定为教科书.1084年由当时的北宋朝廷进行刊刻，这是世界上最早的印刷本数学书，该书的一些知识还传播至印度和阿拉伯，甚至经过这些地区远至欧洲.《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安，至齐.齐去长安三千里.良马初日行一百九十三里，日增一十三里.驽马初日行九十七里，日减半里.良马先至齐，复还迎驽马.如果出发的首日记作第1天，则良马和驽马在第天相逢，请同学们估算一下_______.
【答案】16
【解析】
【分析】
良马每日行的距离成等差数列，记为，其中，；驽马每日行的距离成等差数列，记为，其中，．求和即可得到答案．
【详解】
由题意知，良马每日行的距离成等差数列，
记为，其中，，
驽马每日行的距离成等差数列，
记为，其中，，
则数列与数列的前项和为，
又数列的前项和为，
数列的前项和为，
，
整理得：，即，
易知时不成立，当时成立，
良马和驽马在第16天相逢
故答案为：16．
【点睛】
本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及等差数列的实际应用，属于中档题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.
38．（2020·云南曲靖一中其他（理））已知数列满足，若，则数列的前项和________.
【答案】
【解析】
【分析】
先根据前项和与通项的关系得，进而得，再根据裂项相消求和法求解即可得答案.
【详解】
因为，
所以，
两式相减得，当时也满足，
故，，
故.
故答案为：
【点睛】
本题考查前项和与通项的关系，裂项相消求和.解题的关键在于根据已知条件得的前项和为，再根据前项和与通项的关系求得，进而再根据裂项相消求和即可.考查运算求解能力，是中档题.
39．（2020·安徽月考）已知数列的前项和满足：（），则数列中最大项等于______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用得到，令，可得数列的通项公式，进而可得数列的通项公式，利用的正负来确定数列中最大项.
【详解】
因为，
得时，，
两式相减得:，即：，
令，又∵，
∴数列是首项，公差为1的等差数列，
则，所以，，
，
所以，
故数列中且最大，
故答案为: .
【点睛】
本题考查构造等差数列，利用递推式求通项公式，考查学生的观察能力和分析能力，对于数列最大或者最小项，可以通过的正负来寻找，是中档题.
40．（2020·江西零模（理））已知数列中，，且，，数列的前项和为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由得，即数列是以2为首项，以为公比的等比数列，即可求出，进而求得
【详解】
因为，所以，
因为，所以数列是以2为首项，以为公比的等比数列，
所以，即，
，所以.
故答案为：
【点睛】
本题考查的是数列通项公式及前n项和的求法，属于基础题.