单元复习04 数列【过习题】（分级培优练）- 2022-2023学年高二数学单元复习（苏教版2019选择性必修第一册）

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单元复习04 数列

一、单选题
1．设等差数列的前项和为，若，则＝（    ）
A．60 B．62 C．63 D．81
【答案】C
【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式直接求解.
【解析】设等差数列的公差为,
由题可得,即,解得,
所以数列的通项公式,
所以.
故选:C.
2．已知数列满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据递推公式逐步赋值即可求出．
【解析】因为，所以．
故选：A．
3．若a，b，c为实数，数列是等比数列，则b的值为（    ）
A．5 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质求得的值.
【解析】设等比数列的公比为，
所以，
根据等比数列的性质可知，解得.
故选：B
4．已知经过同一点的个平面，任意三个平面不经过同一条直线，若这n个平面将空间分成个部分．现用数学归纳法证明这一命题，证明过程中由到时，应证明增加的空间个数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由数学归纳法的概念求解
【解析】当时，这三个平面将空间分成了8部分，
若时，平面将空间分成个部分，则再添加1个面时，与其他个面共有条交线，此条交线过同一个点，将该平面分成个部分，
每一部分将所在的空间一分为二，故．
故选：A
5．在数列中，，，则（    ）
A．958 B．967 C．977 D．997
【答案】C
【分析】首先通过累加法求得，再利用分组求和的方法求出，代入即可.
【解析】，，则



上述式子累加得
，

，
故选：C.
6．已知数列满足，若数列前5项的和为31，则的值为（    ）
A．8 B．16 C．31 D．32
【答案】B
【分析】对进行赋值即可得到，利用递推式结合等比数列求和公式得出的值.
【解析】令，则，


解得.
故选：B.
7．已知等比数列的前5项积为32，，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用等比数列性质求出，进而求出公比的取值范围并用表示出，然后根据对勾函数的性质即可求解.
【解析】由等比数列性质可知，，
因为，所以，
从而
不妨令，则，
由对勾函数性质可知，在上单调递减，
故对于，，，
从而，则.
故的取值范围为.
故选：D.
8．设是等比数列，且，下列正确结论的个数为（    ）
①数列具有单调性；     ②数列有最小值为；
③前n项和Sn有最小值       ④前n项和Sn有最大值
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】由，再结合分类讨论思想可得到数列的性质，从而可判断每一个问题.
【解析】由，有.
当时，有，解得，
此时数列是每一项都是正数的单调递增数列，所以其前n项和Sn没有最大值，故④不正确；
当时，有，解得或.
当时，数列是摆动数列，不具有单调性，故可知①、②不正确.
当，时，，故前n项和Sn无最小值，故可知③不正确.
故选：A

二、多选题
9．记为等差数列的前项和，则（    ）
A． B．
C．，，成等差数列 D．，，成等差数列
【答案】BCD
【分析】利用等差数列求和公式分别判断.
【解析】由已知得，
A选项，，，，所以，A选项错误；
B选项，，B选项正确；
C选项，，，，，，则，C选项正确；
D选项，，，，则，D选项正确；
故选：BCD.
10．已知为等差数列，满足，为等比数列，满足，，则下列说法正确的是（    ）
A．数列的首项比公差多 B．数列的首项比公差少
C．数列的首项为 D．数列的公比为
【答案】AD
【分析】根据等差数列与等比数列的通项公式求各基本量，进而判断各选项.
【解析】设的公差为，由，
得，化简得，
所以A正确，B错误．
设的公比为，由，得，化简得，
所以C错误，D正确，
故选：AD.
11．已知等比数列 ，=1， ，则（     ）.
A．数列 是等比数列
B．数列 是递增数列
C．数列 是等差数列
D．数列 是递增数列
【答案】ACD
【分析】求出数列与的通项公式，再判断是否是等比或等差数列；等差数列的单调性决定于公差的正负，等比数列的单调性决定于首项的正负和公比与1的大小.
【解析】由=1，得，，所以数列 是等比数列且为递减数列，故A正确B不正确；
，数列 是递增的等差数列，故C，D正确.
故选：ACD.
12．设等差数列的前n项和是，若（，且），则必定有（    ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据等差数列求和公式即可判断.
【解析】∵，
∴，，
∴,,
故选：AD.

三、填空题
13．已知等差数列前项和为，若，则的值为__________.
【答案】0
【分析】根据等差数列的前项和的性质，成等差即可求出．
【解析】依题可知成等差，所以，解得：．
故答案为：0．
14．设是等比数列，且，，则的值是___________.
【答案】32
【分析】根据题意可求得等比数列的公比，再根据，即可求得答案.
【解析】由是等比数列，设公比为q，且，，
则可得，故 ，
所以，
故答案为：32.
15．设等比数列的首项为1，公比为q，前n项和为.令，若也是等比数列，则__.
【答案】
【分析】根据等比数列的定义，由即可求得.
【解析】当时，，
则，，
（是常数），
即不是等比数列,所以.所以，
，，
则有，
即，
即，
所以 ，解得或(舍).
故答案为：.
16．已知是等比数列，公比大于1，且，．记为在区间中的项的个数，则数列的前30项的和的值为______．
【答案】
【分析】由题知，，，，，，，再根据题意求解的前30项，并求和即可.
【解析】解：设等比数列的公比为，因为是等比数列，，，
所以，，解得，或，（舍去），
所以，，，，，，，，
所以对应区间为， 则；
，对应的区间分别为，，都只有一项，则；
，，，对应的区间分别为，，，，都只有，两项，则；
，，，，，，，对应的区间分别为，，，，，，，，
都只有，，三项，即；
，，…对应的区间分别为，，…，，都只有，，，四项，；
所以．
故答案为：

四、解答题
17．已知数列满足：,数列的前n项和
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)根据数列的递推关系式判断数列类型求出通项公式,根据的前n项和,利用,求出数列的通项公式即可,注意检验;
(2)根据数列通项公式的特殊性,利用错位相减法,求出其前n项和即可.
【解析】（1）解:由题知
,
是以2为公比的等比数列,
,
的前n项和,
时,


当时,,
故,
综上:;
（2）由(1)知,
,

,①
,②
②-①可得:



故.
18．已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，．
(1)求数列与数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)，.
(2)

【分析】（1）直接根据等差数列等比数列通项公式计算得到答案.
（2），利用分组求和法结合等差等比数列求和公式计算得到答案.
【解析】（1），，解得，（舍去）.
故，.
（2），
故.
19．已知数列的前项和为，，．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)详见解析；
(2)

【分析】（1）中令和结合求得，然后利用得数列的递推关系，进而即得；
（2）由（1）求得再得出，利用裂项相消法求得和．
【解析】（1）因为，
所以，
因为，
所以，，
即，，
解得，，
当时，，与联立，
得，
所以，
又因为，
所以是以1为首项，3为公比的等比数列；
（2）由（1）得，，
所以，，
所以，
所以.

一、单选题
1．数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
【答案】A
【分析】根据以及充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可
【解析】由题意得数列为递增数列等价于对任意恒成立，
即对任意恒成立，故，
所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件，
故选：A
2．设数列的通项公式为，其前项和为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由并项求和法求解，
【解析】当或，时，，；
当，时，，；
当，时，，．
，
．
故选：D
3．设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C．是数列中的最大值 D．数列无最大值
【答案】B
【分析】由题分析出，可得出数列为正项递减数列，结合题意分析出正项数列前项都大于，而从第项起都小于，进而可判断出各选项的正误.
【解析】当时，则，不合乎题意；
当时，对任意的，，且有，可得，
可得，此时，与题干不符，不合乎题意；
故，故A错误；
对任意的，，且有，可得，
此时，数列为单调递减数列，则，
结合可得，
结合数列的单调性可得
故，
，
∴，
故B正确；
是数列 中的最大值,故CD错误
故选：B.
4．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列｛bn｝：，，……依次类推，其中，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由不等式的性质结合得出大小关系.
【解析】由题意可得，，，
因为，所以，故A错误；
因为，所以，即，故B错误；
因为，所以，故C错误；
因为，所以，，，即，故D正确；
故选：D
5．已知数列的各项均为正数，其前n项和为，满足，给出下列四个结论：
①的第2项小于3；②为等比数列；③为递减数列；④中存在小于的项
其中正确结论的个数是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】令求出，进而令，求出，①正确；
假设为等比数列，得到，代入验证，故②错误；
逻辑分析及反证可得，③④正确.
【解析】当时，，
因为数列的各项均为正数，所以，
当时，，
由数列的各项均为正数，解得：，①正确；
若为等比数列，则，解得：，
将代入，
故不是等比数列，②错误；
因为数列的各项均为正数，故必单调递增，而，
所以单调递减，③正确；
假设的所有项大于等于，取，则，，
则与已知矛盾，故④正确.
故选：C
6．在数列中，对任意的都有，且则下列结论正确的是（    ）
①.对于任意的，都有；
②.对于任意，数列不可能为常数列；
③.若，则数列为递增数列；
④.若，则当时，
A．①②③ B．②③④ C．③④ D．①④
【答案】C
【分析】对数列递推关系变形得到，得到与同号，当时，，①错误；
当时，推导出此时为常数列，②错误；
作差法结合时，，求出数列为递增数列，③正确；
由与同号，得到当，有，结合作差法得到为递减数列，④正确.
【解析】因为，所以，
因为任意的都有，所以，
所以与同号，当，则时，都有，①错误；
当时，，所以，同理得：，此时为常数列，②错误；
，
由A选项知：若，则，
所以，
则数列为递增数列，③正确；
由与同号，当，则时，都有，
且此时，
所以数列为递减数列，
综上：若，则当时，，④正确.
故选：C

二、多选题
7．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是前两个数都是1，从第三项起每一个数是前面两个数的和，人们把这样的数组成的数列叫斐波那契数列，并将数列中各项除以4所得的余数按照原来的顺序组成的数列记为，则下列结论正确的是（    ）
A．b2021＝1
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】对于A：归纳得数列是以6为最小正周期的数列，即可求解；对于B：由,代入求解；对于C：利用周期性即可求解；对于D：利用累加法求和.
【解析】对于A：
由此归纳得：数列是以6为最小正周期的数列,又2021=6×336+5,所以.故A正确；
对于B：斐波那契数列总有，所以,所以.故B正确；
对于选项C：.故C错误；
对于D：因为,所以
所以
.
故D正确.
故选：ABD
8．等差数列的各项，设其前项和为，且，则以下命题正确的是（    ）
A．的值不可能为0：
B．当时，的最小值为18
C．等式恒成立
D．当值最大时，的值为9
【答案】BC
【分析】由条件结合等差数列的前项和公式确定数列的首项和公差的关系，再结合通项公式和前项和公式依次判断各选项即可.
【解析】设等差数列的公差为，因为，所以，所以，即，所以，A错误；因为，令，所以，又，，所以，所以，又，所以当时，的最小值为18，B正确，因为，，所以当和时，值最大，D错误，因为，所以当时，，即，C正确；
故选：BC.
9．数列满足，，是的前项和，以下正确的是（    ）
A．是数列的最小项
B．是等差数列
C．
D．对于两个正整数，，的最小值为
【答案】ABD
【分析】由题知数列为等差数列，进而得，再根据通项公式，依次研究各选项即可.
【解析】解：因为，
所以，数列为等差数列，且公差为2，
又， ，
所以，，
所以，，又，
所以，当时，取得最小值，故A正确；
，故C不正确；
所以，，是常数，
所以是等差数列，故B正确；
对于两个正整数，，，
由，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
10．已知数列，均为递增数列，其前项和分别为和，若数列是3为首项，3为公差的等差数列，数列是3为首项，3为公比的等比数列，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】根据题意，明确和的通项公式，
对于A、B，根据数列单调性，结合数列的通项公式，列出不等式，可得答案；
对于C、D，根据求和的定义，利用分组求和，根据等差数列与等比数列的求和公式以及基本不等式，可得答案.
【解析】由题意，可得，，
对于A，因为数列为递增数列，所以，所以，
又因为，所以，则，解得，故A正确；
对于B，因为，所以，由①得，由①②得，
又数列为递增数列，所以，所以，解得，故B不正确；
对于C，，故C不正确；
对于D，由，则，两式作比可得：，
所以数列的奇数项和偶数项构成首项分别为，公比都为的等比数列，
所以
，
因为，故取不到等号，
则，故D正确.
故选：AD.
【点睛】等差数列与等比数列的公式法的应用，根据未知数列的单调性，建立不等式组，求得未知数列的前项和时，首先要根据定义，一一写出求和式，观察规律，判断其使用合适的求和方式，若分组可得特殊数列，则利用分组求和法；若数列的通项可分为一个等比数列与等差数列相乘，则利用错位相减法；若数列可列成两项相减，则利用裂项相消法.

三、填空题
11．已知数列中，，），则数列的前项和的最小值为___．
【答案】##
【分析】利用累加法求出的通项公式，即可得到，再令，解不等式求出所对应的的取值范围，即可得到数列的取值情况，从而得到其前项和取得最小值，代入计算可得.
【解析】解：因为，
所以，
即，，，，，又,
所以

，
所以，
令，即，解得或,
即当时，时，时，
所以时，当时，当时，
所以数列的前项和取得最小值，最小值为.
故答案为：
12．已知等差数列满足（，），则_____．
【答案】
【分析】根据等差数列的性质，结合已知条件即可求得结果.
【解析】因为数列是等差数列，故，解得；
令，
则，
故
解得.
故答案为：.
13．已知数列{}的前n和，且，则的最大值为___________.
【答案】
【分析】根据题意求得，当时，，得到或，分是公差为2的等差数列，且和且是公差为2的等差数列时，两种情况求得的值，即可求解.
【解析】当时，，
当时，，
整理得，解得或，
当最小时，即是公差为2的等差数列，且时，
此时，可得，最小，最大，此时；
当最大时，即且是公差为2的等差数列时，
此时，可得，
最大，最大，此时，
综上可得：的最大值为.
故答案为：.
14．在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列，分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足，则在该模型中，关于两组信息，给出如下结论：
①；
②；
③，使得当时，总有
④，使得当时，总有．
其中，所有正确结论的序号是_________
【答案】①②③
【分析】由得即可判断①正确；由，即可判断②正确；由，当时，，即可判断③正确；由，当时，，即可判断④错误.
【解析】因为，两式作差得，故为常数列，
即，故，①正确；
因为，又，为正实数数列，故，故，②正确；
由上知，，因为为常数，为单增数列，故当时，，
又，故，使得当时，总有，③正确；
，又，故，因为为常数，
为单增数列，故当时，，，故④错误.
故答案为：①②③.

四、解答题
15．已知数列满足：．
(1)若，求的值；
(2)设，，数列是否有最大项，最小项？若有，分别指出第几项最大，最小；若没有，试说明理由．
【答案】(1)
(2)最大项为第3、4项，没有最小项

【分析】（1）根据题设中的递推关系可求；
（2）求出，根据数列单调性定义可判断数列的最大项.
【解析】（1）
（2）由（1）可得为等差数列，且，故，
所以，故，
故，
故

，
故当时，即；
当时，；
当时，；
故有最大项且最大项为，
当时，，而当时，，
故没有最小项.
综上，最大项为第3、4项，没有最小项.
16．已知m，n为正整数．
(1)用数学归纳法证明：当时，；
(2)对于，已知，求证，；
(3)求满足等式的所有正整数n．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)满足条件的正整数n的集合为.

【分析】（1）直接利用数学归纳法证明即可；
（2）利用指数函数的性质以及放缩法即可证得
（3）利用（2）的结论，以及验证时等式是否成立，即可求出满足等式的所有正整数.
【解析】（1）当时, ，，所以成立，
当时,用数学归纳法证明：
(ⅰ)当时，
时,，所以成立，
(ⅱ)假设当时，不等式成立，即,
则当时，，
，于是在不等式两边同乘以得
,
所以，即当时,不等式也成立.
综合(ⅰ)(ⅱ)知，对一切正整数不等式都成立.
（2）当，时，则，由(1)得于是，
因为，
所以；
（3）由(2)知,当时, 所以
,
即,即当时,不存在满足等式的正整数，
故只需要讨论的情形：
当时,等式不成立；
当时,等式成立；
当时,等式成立；
当时,为偶数，而为奇数，故，等式不成立；
当时，为奇数，而为偶数，故，等式不成立；
综上，所求的只有，所以满足等式的所有正整数n的集合为.
【点睛】本题为数列与不等式和方程的综合问题，属于难题，对于和数列相关的恒等式的证明常用数学归纳法解决.
17．已知数列满足，， 其中，．
(1)当时，①求；②求：；
(2)设集合．是否存在实数，使1、6、都属于？若存在，请求出实数和；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①；②842
(2)存在，

【分析】（1）因为所给递推关系式是一个分段函数，所以通过分段点进行分段求解，通过讨论的符号变化去掉绝对值符号，利用等差数列的求和公式进行求解；
（2）将问题转化为存在三个不同的整数（），使得 ，再消元得到，进而利用互质进行求解.
【解析】（1）①由题意，得，
；
②由题意，得当时，；
当时，，
且当时，，当时，；
所以



=；
（2），

∴（），
令，
从而．           
因为同时属于，所以存在三个不同的整数（），
使得 ，从而 ，则．                               
因为与互质，且与为整数，
所以且，即，， ，
则，解得.
18．已知数列的前项和为，满足：.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若，数列满足，记为的前项和，求证：；
(3)在（2）的前提下，记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由条件可得、，然后可得、，两式相减即可证明；
（2）首先可求出、，然后计算出即可；
（3）首先可得，然后利用裂项求和法求出，然后求出，然后分为偶数、为奇数求解即可.
【解析】（1）因为，所以，，
两式相减可得，即
由可得，
两式相减可得
化简可得，所以，
所以数列为等差数列；
（2）由可得，可得，
因为，所以，
因为数列满足，
所以，所以，
所以数列为等比数列，
因为，所以，，
所以，
所以，即，
（3）由（2）可得；
由已知
可得
设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为，
所以，
当为奇数时，，
所以


当为偶数时，，
所以

由，
得，
即，
当为偶数时，对一切偶数成立，所以，
当为奇数时，对一切奇数成立，所以此时，
故对一切恒成立，则.

一、单选题
1．（2022·四川绵阳·一模（理））已知是等差数列的前项和，若，则（    ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【分析】利用等差数列的求和公式，结合等差中项的性质，解得，根据等差数列整理所求代数式，可得答案.
【解析】由题意，，解得，设等差数列的公差为，
则.
故选：B.
2．（2022·河南省淮阳中学模拟预测（理））已知是等比数列，若，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由等比数列性质可构造方程求得，根据等比数列通项公式可求得公比，由求得结果.
【解析】设等比数列的公比为，
，，，解得：，
.
故选：B.
3．（2022·广西北海·一模（理））已知数列的前n项和为，且满足，则数列的前81项的和为（    ）
A．1640 B．1660 C．1680 D．1700
【答案】A
【分析】由得到数列的特征，再求数列的前81项的和.
【解析】由，
有，有．
又由，可得，可得，
则数列的前81项的和为．
故选：A
4．（2022·河南·模拟预测（理））以意大利数学家莱昂纳多·斐波那契命名的数列满足：，，设其前n项和为，则（    ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，可得，运用数列的递推式可得所求和．
【解析】解：因为，，，
所以数列的前项和为



．
故选：B．
5．（2022·黑龙江·哈九中模拟预测（理））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于年提出了以下猜想： 是质数．直到年才被善于计算的大数学家欧拉算出不是质数．现设，的前项和为，则使不等式成立的正整数的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【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.
【解析】由题意知，，
故，
则，
故

，
解得，
故满足条件的正整数的最大值为.
故选：D.

二、多选题
6．（2022·福建·福州三中模拟预测）已知数列满足，，则（    ）
A．是递减数列 B．
C． D．
【答案】BD
【分析】根据数列单调性的判断方法，累加法，累乘法以及裂项求和法，结合已知条件，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【解析】对A：，又当时，与矛盾，故，即，
故该数列递增数列，A错误；
对B：，
根据A知：，即，，故B正确；
对C：，由可得，
故（当或时取得等号），故，C错误；
对D：由可得，即，
故，
又，故，故，D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，累加法，累乘法以及裂项求和法，处理问题的关键是能够根据常见的地推关系，选择适当的方法求解，属困难题.
7．（2022·江苏南京·模拟预测）设，．若，则称序列是长度为n的0—1序列．若，，则（    ）
A．长度为n的0—1序列共有个 B．若数列是等差数列，则
C．若数列是等差数列，则 D．数列可能是等比数列
【答案】AC
【分析】A选项，可根据分步乘法计数原理求出；B选项，根据等差数列定义得到为定值，分与两种情况讨论求出答案；
C选项，根据数列是等差数列，推导出；
D选项，假设数列是等比数列，推出矛盾.
【解析】由分步乘法计数原理可知：选0或1，均有2种选择，故共有个，A正确；
因为数列是等差数列，所以为定值，
当，则，则，
当，则，则，
B错误；
若数列是等差数列，则为定值，
只有能满足要求，故，C正确；
若数列是等比数列，则为定值，且，
因为，所以，
，
所以，
若，则，所以，舍去；
若，，，其中，解得：，
，其中，解得：，
故不是定值，数列不可能是等比数列，D错误.
故选：AC

三、填空题
8．（2022·黑龙江·哈尔滨市第一二二中学校三模（文））已知数列的前n项和为，且，则_____________．
【答案】
【分析】由，推导出数列是等差数列，利用等差数列前项和公式能求出结果．
【解析】，，
，
数列是以为首项，以为公差的等差数列，
．
故答案为：．
9．（2022·河南省淮阳中学模拟预测（理））已知等差数列的前项利为，若，，1成等比数列，且，则的公差的取值范围为______．
【答案】
【分析】由条件结合等比数列定义，等差数列通项公式和前项和公式可得含的不等式，解不等式可求的取值范围.
【解析】因为，，1成等比数列，所以，所以，即，即．由，得，解得，即的公差的取值范围为．
故答案为：．

四、解答题
10．（2022·河南·模拟预测（理））若数列满足,．
(1)证明:是等比数列；
(2)设的前n项和为,求满足的n的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)7

【分析】(1)根据题意构造数列证明等比,求出首项及公比即可,
(2)由(1)求出的通项公式,与题中等式联立,求出通项公式,进而求出前n项和为,代数使得即可求出n的最大值.
【解析】（1）证明：因为,
所以,,
故
,
又,则,,
故是以－1为首项,2为公比的等比数列．
（2）由(1)得①,
又②,
②－①得,,
故

,
易得为递增数列,
又,,
,故n的最大值为7.
11．（2022·四川雅安·模拟预测（理））给出以下条件：①，，成等比数列；②，，成等比数列；③是与的等差中项．从中任选一个，补充在下面的横线上，再解答．
已知单调递增的等差数列的前n项和为，且，______．
(1)求的通项公式；
(2)令是以2为首项，2为公比的等比数列，数列的前n项和为．若，，求实数的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）选①②，利用等比中项列式求出公差即可；选③利用等差中项列式求出公差即可.
（2）根据给定条件结合（1）求出，再利用错位相减法求出，将给定不等式变形，分离参数构造数列，探讨单调性即可作答.
【解析】（1）选①，设递增等差数列的公差为，由，，，
有，化简得．则，，
所以的通项公式为．
选②，设递增等差数列的公差为，由，，，
有，化简得，即，
解得，则，
所以的通项公式为．
选③，设递增等差数列的公差为，由是与的等差中项，得，
即，则有，
化简得，即，
解得，则，
所以的通项公式为．
（2）由是以2为首项，2为公比的等比数列，得，由（1）知，即有，
则，
于是得，
两式相减得：，
因此，又，不等式，
等价于，于是得，恒成立，
令，则，则时，，即数列递增，
当时，，即数列递减，当时，，则，
所以实数的取值范围是．
【点睛】关键点睛：涉及求数列最大项问题，探讨数列的单调性是解题的关键，可以借助作差或作商的方法判断单调性作答.
12．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列满足，当时，，的前项和为.
(1)求数列的通项公式及；
(2)数列是等比数列，为数列的公比，且，记，证明：
【答案】(1)，
(2)证明见解析

【分析】（1）根据累加法可得的通项公式，再利用公式求即可；
（2）利用数列恒正可得左边，右边利用适当的放缩法即可得出结果.
【解析】（1）当时，累加可得且当时，符合，.
由等差数列前项和的公式可得：
（2）由（1）得，
对于左边，，又，
对于右边，,
.
综上：成立.
13．（2022·河南省淮阳中学模拟预测（理））已知数列的各项均为正数，前项和为，若．
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求证：；
(3)设，数列的前项和为，求满足的最小正整数的值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）利用与关系可证得数列为等差数列，由等差数列通项公式可得；
（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得，由此可得结论；
（3）由（1）可得；分别在为偶数和为奇数的情况下求得，解不等式可求得的最小值.
（1）
当时，，解得：；
当且时，，
整理可得：，又，，
数列是以为首项，为公差的等差数列，.
（2）
由（1）得：，
.
（3）
由得：，，；
①当为偶数时，；
由得：，又，；
②当为奇数时，；
综上所述：满足的最小正整数的值为.