新高考数学二轮复习百题必刷题专题13 数列的性质（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习百题必刷题专题13 数列的性质（含解析），共72页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
专题13 数列的性质必刷小题100题
任务一:善良模式(基础)1-30题
一、单选题
1．已知为等差数列的前n项和，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由等差数列的基本量法求出首项和公差，然后再求得
【详解】
设公差为，则，解得，故．
故选：C．
2．已知为等比数列，是它的前n项和．若，且与的等差中项为，则（ ）
A．29 B．31 C．33 D．35
【答案】B
【分析】
设等比数列的公比为，由已知可得和，代入等比数列的求和公式即可
【详解】
因为 ，
，
，
所以，
，
故选：B.
3．已知数列的通项公式是，则（ ）
A． B． C．3027 D．3028
【答案】A
【分析】
根据数列的通项公式，，利用并项求和法即可得出答案.
【详解】
解：由，
得

.
故选：A.
4．在等比数列中，已知，，则（ ）
A．63 B． C．2 D．
【答案】A
【分析】
由于，然后利用等比数列的性质结合已知条件可得结果
【详解】
解：由等比数列性质及得

故选：A
5．记为正项等比数列的前项和，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由已知求的公比，再由即可得结果.
【详解】
设公比为，则，得，解得（舍去），
∴.
故选：A.
6．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为（ ）
A．－24 B．－3
C．3 D．8
【答案】A
【分析】
由等差数列的通项公式与求和公式求解即可
【详解】
根据题意得
，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，
解得d＝0(舍去)，d＝－2，
所以数列{an}的前6项和为.
故选：A
7．已知数列的前项和为，且满足，，若，则（ ）
A． B． C．10 D．
【答案】B
【分析】
确定数列为等差数列，然后由基本量法求得公差和首项的可得结论．
【详解】
因为，所以数列是等差数列，
则，，
，，
所以．
故选：B．
8．若为数列的前项和，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
利用求得.
【详解】
时，.
时，，
，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
故选：B
9．在公差大于0的等差数列中，，且，，成等比数列，则数列的前21项和为（ ）
A．12 B．21 C．11 D．31
【答案】B
【分析】
根据等差数列的通项公式，由，求得，再由，，成等比数列，求得，得到，结合并项求和，即可求解.
【详解】
由题意，公差大于0的等差数列中，，
可得，即，
由，，成等比数列，可得，
即为，解得或（舍去），
所以数列的通项公式，
所以数列的前21项和为：

.
故选：B.
10．在等差数列中，，，则（ ）
A．165 B．160 C．155 D．145
【答案】D
【分析】
利用等差数列通项公式列出方程，求出，，再由等差数列前项和公式能求出结果．
【详解】
解：在等差数列中，
，，
，
解得，，
．
故选：．
11．记等比数列的前项和为，若则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据等比数列的性质即可求解.
【详解】
由等比数列的性质可得，即，解得.
故选:C
12．已知为等比数列的前n项和，，，则（ ）．
A．30 B． C． D．30或
【答案】A
【分析】
利用等比数列基本量代换代入，列方程组，即可求解.
【详解】
由得，则等比数列的公比，
则得，令，则即，
解得或（舍去），，则．
故选：A．
13．已知数列为等差数列，其前n项和为，，则（ ）
A．110 B．55 C．50 D．45
【答案】B
【分析】
根据给定条件结合等差数列的性质计算出，再利用前n项和公式结合等差数列的性质计算即得.
【详解】
在等差数列中，，于是得，
所以．
故选：B.
14．数列中的前n项和，数列的前n项和为，则（ ）.
A．190 B．192 C．180 D．182
【答案】B
【分析】
根据公式计算通项公式得到，故，求和得到答案.
【详解】
当时，；
当时，，
经检验不满足上式，所以，
，则，.
故选：B.
15．已知数列的前n项积为，且满足，若，则为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由数列是周期为4的数列，根据周期性即可求解.
【详解】
解：因为，，所以，，，，…，
所以数列是周期为4的数列，
因为，
所以，
故选：D.
16．在等比数列中，公比为，前6项的和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
利用等比数列和公式计算，再计算得到答案.
【详解】
，故，故.
故选：B.

二、多选题
17．已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A．若点在函数为常数的图象上，则为等差数列
B．若为等差数列，则为等比数列
C．若为等差数列，，，则当时，最大
D．若，则为等比数列
【答案】AB
【分析】
结合等差数列、等比数列的知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
A，依题意，所以为等差数列，A正确.
B，依题意，，所以为等比数列，B正确.
C，，所以或，最大，C错误.
D，，所以不是等比数列.
故选：AB
18．已知等差数列的前n项和为，若且，则下列说法正确的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】
根据题意和等差数列前n项和公式可得，结合和等差数列的性质依次判断选项即可.
【详解】
，
公差，A错，B正确．
对于C，，C正确．
对于D，，D错误，
故选：BC．
19．数列{an}的前n项和为Sn，，则有（ ）
A．Sn＝3n－1 B．{Sn}为等比数列
C．an＝2·3n－1 D．
【答案】ABD
【分析】
根据求得，进而求得以及判断出是等比数列.
【详解】
依题意，
当时，，
当时，，
，所以，
所以，
所以.
当时，；当时，符合上式，所以.
，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以ABD选项正确，C选项错误.
故选：ABD
20．记等差数列的前项和为，已知，，则有（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】
先由，以及等差数列的性质可得，，然后根据等差数列通项公式，求和公式依次判断即可.
【详解】
由，得，
设等差数列的公差为，则有，
所以，
所以，
所以，，
，
由，得，
故选：ACD.
21．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a3＋S5＝－18，a6＝－a3，则（ ）
A．an＝2n－9 B．an＝2n－7
C．Sn＝n2－8n D．Sn＝n2－6n
【答案】AC
【分析】
利用等差数列的前n项和公式以及通项公式求出首项与公差进而可以求出结果.
【详解】
因为，所以．又，所以，，则，．
故选：AC.
22．设等比数列的各项都为正数，其前n项和为，已知，且存在两项，使得，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】
设等比数列的公比为，由已知，，从而可求出，然后利用等比数的通项公式和求和公式分析判断即可
【详解】
设等比数列的公比为，由已知，，整理得，
解得或（舍去），所以．
因为，则，即，所以，
故选：ABC．
23．设是数列的前项和，，，则下列说法正确的有（ ）
A．数列的前项和为
B．数列为递增数列
C．数列的通项公式为
D．数列的最大项为
【答案】ABD
【分析】
由已知数列递推式可得，结合，得数列为以1为首项，以1为公差的等差数列，求出其通项公式，可得，结合求数列的通项公式，然后逐一核对四个选项得答案．
【详解】
解：由，得，
，即，
又，数列为以1为首项，以1为公差的等差数列，
则，可得，故正确；
当时，，
，数列的最大项为，故错误，正确．
故选：．
第II卷（非选择题）

三、填空题
24．已知等比数列满足，则_________．
【答案】84
【分析】
设公比为q，求出，再由通项公式代入可得结论．
【详解】
设公比为q，则，解得
所以．
故答案为：84．
25．已知数列的各项均为正数，其前项和为，且满足，则满足的最大的正整数等于_________．
【答案】25．
【分析】
由，化简整理得到，求得，进而求得时，，根据，得到，即可求解.
【详解】
由题意数列的各项均为正数，且满足，
当时，可得，
整理得，
又由，所以数列表示首项为1，公差为1的等差数列，所以，
因为数列的各项均为正数，可得，
所以当时，，
当时，，
由，即，即，
又由，所以，所以满足的最大的正整数等于.
故答案为：.
26．已知数列的首项，满足，则__________.
【答案】
【分析】
利用累加法来求得.
【详解】
依题意，，
所以

.
故答案为：
27．九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷．中国的末代皇帝溥仪也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）．现假设有个圆环，用表示按照某种规则解下个圆环所需的银和翠玉制九连环最少移动次数，且数列满足，，，则_______．

【答案】
【分析】
利用累加法可求得的值.
【详解】
当且时，，
所以，.
故答案为：.
28．已知为数列的前项和，数列是等差数列，若，，则___________.
【答案】
【分析】
先求得的通项公式，由此求得，利用来求得.
【详解】
设等差数列的公差为，则，所以，所以，由，可得.
故答案为：
29．正项等差数列的前和为，已知，则=__________.
【答案】45
【分析】
根据题意可得，再根据，求得，再利用等差数列前n项和的公式即可得解.
【详解】
解：由等差数列可得，
又，则，解得或，
又因为，所以，
所以.
故答案为：45.
30．已知等差数列的前项和为，且，则________________．
【答案】
【分析】
根据题意列出方程组，求得的值，求得数列的通项公式，得到，进而求得的值.
【详解】
由题意，等差数列的前项和为，且，
所以，解得，
可得3，所以，
所以，则，
所以.
故答案为：．











任务二:中立模式(中档)1-40题
一、单选题
1．设数列满足，则数列的前n项和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
由题得（1）， ,（2），两式相减求出即得解.
【详解】
由题得（1），
又 （2），
（2）-（1）得适合.
所以，所以数列是以为首项，以的等比数列，
所以.
故选：C
2．已知等差数列且，则数列的前13项之和为（ ）
A．26 B．39 C．104 D．52
【答案】A
【分析】
根据等差数列的性质化简已知条件可得的值，再由等差数列前项和及等差数列的性质即可求解.
【详解】
由等差数列的性质可得：，，
所以由可得：，
解得：，
所以数列的前13项之和为
，
故选：A
3．已知公比不等于的等比数列的前项乘积为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由，得到，再根据公比不等于，得到，，再逐项判断.
【详解】
由，
得，
因为的公比不等于，
所以，，
所以，，，
，
所以，
故选：C.
4．设数列和的前项和分别为，，已知数列的等差数列，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设等差数列的公差为，进而根据等差数列的通项公式计算得，故，，再根据等差数列前项和公式求解即可。
【详解】
解：由，得，设等差数列的公差为，
所以得解得
所以．则，
所以．所以数列的前项和，
数列的前项和，
则．
故选：D
5．数列的前项和为，若，，则（ ）
A．数列是公比为2的等比数列 B．
C．既无最大值也无最小值 D．
【答案】D
【分析】
根据间的关系求出，进而判断A,B；然后求出，根据数列的增减性判断C；最后通过等比数列求和公式求出，进而判断D.
【详解】
由题意，时，，又，解得：，
时，，则，又，
所以数列从第2项起是公比为2的等比数列.A错误；
易得，，则，B错误；
时，，时，，而是递减数列，所以时，.
综上：有最大值1.C错误；
时，，满足题意；时，，于是，.D正确.
故选：D.
6．已知数列满足：，，则( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
结合已知条件，对取倒数，然后构造等比数列即可求解.
【详解】
由题意，，即，故，
又因为，所以数列是以首项为2，公比为2的等比数列，
从而，解得.
故选：C.
7．已知数列满足，（且），数列的前n项和为Sn，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
由递推关系可得，由此可化简求出.
【详解】
因为（且），同除以，得，
所以，
，所以，即.
故选：A.
8．已知等差数列的前项和为，且，，则（ ）
A．15 B．23 C．28 D．30
【答案】D
【分析】
应用等差数列片段和性质：成等差数列，求即可.
【详解】
由等差数列片段和的性质：成等差数列，
∴，可得，同理可得，
∴，可得.
故选：D
9．已知数列满足，且，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
根据题意求出，判断出数列递减，且，再对两边取倒数，然后平方整理得，再利用单调性进行放缩，可得出当时，，结合不等式的性质即可得解.
【详解】
∵，，
∴，，则，
∵，
∴，即数列递减，则，
∵，
∴两边取倒数得，即，则，
∵数列递减，
∴当时，，即；
当时，，即，，，，
∴根据不等式的性质可得，即，
∴.
故选：B.
10．已知数列满足，，设，若数列是单调递减数列，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
将递推关系式整理为，可知数列为等差数列，借助等差数列通项公式可整理求得，从而得到的通项公式；根据数列的单调性可采用分离变量法得到，结合导数的知识可求得，由此可得结果.
【详解】
由得：．
，即，
是公差为的等差数列．，，，．
是递减数列，，，即，
即．只需，
令，
，
在上单调递增，在上单调递减．
又，，当时，，
即，，即实数的取值范围是．
故选：B．
11．在数列中，，则（ ）
A．25 B．32 C．62 D．72
【答案】B
【分析】
令，故函数在上单调递减，在上单调递增，进而得当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，再根据函数单调性去绝对值求和即可.
【详解】
解：令函数，
由对勾函数的性质得函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，是单调递减数列，当时，是单调递增数列，
所以
所以


故选：B
12．已知数列满足，若，则=（ ）
A．-1 B．
C．1 D．2
【答案】B
【分析】
利用递推公式，可验证出数列为周期为的周期数列，从而可得.
【详解】
由题可知，，且，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
令，则，
数列为周期为的周期数列，
.
故选：B.
13．记首项为1的数列的前项和为，且时，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
当时，结合化简已知条件，由等差数列的定义可得为等差数列，求出即可得，将代入即可求解.
【详解】
当时，，
则，即，
可得，
所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，，
所以，
故选：D.
14．设为数列的前项和，，且.记为数列的前项和，若对任意，，则的最小值为（ ）
A．3 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
由已知得.再求得，从而有数列是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式求得，再利用分组求和的方法，以及等比数列求和公式求得，从而求得得答案.
【详解】
解：由，得，∴.
又由，得，又，∴.所以，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列，则，
∴，
∴，
∴.
∴.
∵对任意，，∴的最小值为.
故选：B.
15．设等比数列的公比为，前项和为.若，，且，，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】
先利用条件求出公比的值，然后利用等比数列求和公式以及可求出正整数的值.
【详解】
因为，
所以，得到，
因为，所以.
由，得，又，
所以，
因为，则，
所以，解得，
故选：B
16．设数列的前项和为，已知，，则（ ）
A．510 B．511 C．512 D．514
【答案】A
【分析】
通过给赋值，分奇数和偶数找出数列之间的关系，再求前60项的和即可
【详解】
当时，，当时，；
当时，，当时，；
当时，，当时，；
由上述递推式可得：，
，，，即，，
故，，
，故，
故选：A
17．设等差数列的前项和为，数列的前和为，已知，若，则正整数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设等差数列的公差为d，根据求得公差d，即可求得数列的通项，从而求得数列的通项，再根据裂项相消法求得数列的前和为，从而可得出答案.
【详解】
解：设等差数列的公差为d，
，所以，
则，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，解得.
故选：A.
18．已知数列满足，，若前n项之和为，则满足不等式的最小整数n是（ ）
A．60 B．62 C．63 D．65
【答案】C
【分析】
由已知得，由此有数列是首项为4，公比为的等比数列，运用分组求和法求得，建立不等式，解之可得选项.
【详解】
解：根据题意，数列，中满足，即+1，所以，
又由，则数列是首项为4，公比为的等比数列，则，
所以，
所以，
当时，单调递增,2021，故满足不等式的最小整数为63．
故选：C．
19．已知函数的图像过点，且，．记数列的前项和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
代入点坐标可得，即，裂项相消法求和即可得
【详解】
由，可得，
解得，则，
∴，
∴
．
故选：D
20．已知数列的前n项和为，且满足，数列的通项，则使得恒成立的最小的k值最接近（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】
由数列的递推式可得，求得，再由等差数列的求和公式和定义，即可得到，再利用放缩法，结合数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得解．
【详解】
解：因为，，
可得，
由，可得，即，
，
则，
所以，
可得，
又，恒成立．
故选：B.

二、多选题
21．已知等差数列的前项和为，公差，，是与的等比中项，则下列选项正确的是( )
A． B．
C．有最大值 D．当时，的最大值为21
【答案】BC
【分析】
利用等差数列的通项公式与求和公式，列出关于和方程组，化简求值即可.
【详解】
设，则，即，又是与的等比中项，所以，即，化简得.因为，所以.联立，解得，.
所以，故A错；
又，故B对；
由等差数列的前项和公式可得，所以当或时有最大值，故C对；
又，所以当时，，故的最大值为20，故D错.
故选：BC.
22．等差数列的前项和为，公差为，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则最小
C．
D．
【答案】AD
【分析】
首先根据已知条件得到，，再利用等差数列的性质依次判断选项即可.
【详解】
因为，所以，
所以，，，即.
对选项A，若，因为，，
则，，，
所以，故A正确；
对选项B，若，，则，，
所以最小，故B错误.
对选项C，因为，所以，
所以，即，故C错误.
对选项D，因为，所以，
，即.
，
所以D正确.
故选：AD
23．已知数列{an}满足a1＝1，nan+1﹣（n+1）an＝1，n∈N*，其前n项和为Sn，则下列选项中正确的是（　　）
A．数列{an}是公差为2的等差数列
B．满足Sn＜100的n的最大值是9
C．Sn除以4的余数只能为0或1
D．2Sn＝nan
【答案】ABC
【分析】
令，由题干条件可得，可得，可求得，，依次分析即可判断
【详解】
由题意，nan+1﹣（n+1）an＝1，故
令，则
则
即
故，数列{an}是公差为2的等差数列，A正确；
，满足Sn＜100的n的最大值是9，B正确；
当时，除以4余1；当时，除以4余0；当时，除以4余1；当时，除以4余0，C正确；
，D错误.
故选：ABC
24．等差数列与的前项和分别为与，且，则（ ）
A． B．当时，
C． D．，
【答案】AB
【分析】
由题设关系式，应用等差数列前n项和公式有、，即可判断A、C的正误；利用等差数列通项公式与前n项和的关系即可判断B的正误；令即可否定D的结论.
【详解】
由，知：，即，故A正确.
同理可得：，故C错误.
当，有，则，易得，故B正确.
当，有，则，则不存在，使，故D错误.
故选：AB
25．已知等比数列的前n项和为，且，是与的等差中项，数列满足，数列的前n项和为，则下列命题正确的是（ ）
A．数列的通项公式为
B．
C．数列的通项公式为
D．的取值范围是
【答案】BD
【分析】
根据可得求出等比数列的公比和首项，进而可以求得和；利用裂项相消法可得和，讨论数列的单调性，即可得出的范围.
【详解】
A：由可得，所以等比数列的公比，所以.
由是与的等差中项，可得，即，解得，所以，所以A不正确；
B：，所以B正确；
C：，所以C不正确；
D：所以数列是递增数列，得，所以，所以D正确.
故选：BD.
26．已知等差数列的前n项和为，且满足，，则（ ）
A．数列是递增数列 B．数列是递增数列
C．的最小值是 D．使得取得最小正数的
【答案】AC
【分析】
根据题意，结合等差数列的性质以及前项和的公式与性质，一一判断即可.
【详解】
因为，，所以，可得公差，的最小值是，故AC正确；
因为，单调递减，，单调递增，所以B项错误；
因为，所以，
同理，所以取得最小正数的，D项错误.
故选AC项．
27．已知为等差数列，其前项和，若，，则（ ）
A．公差 B．
C． D．当且仅当时
【答案】ABC
【分析】
根据题意，结合等差数列前项和的公式和性质，一一判断即可.
【详解】
由，得，即.
因，所以，且，故选项AB正确；
因，且，故时，最大，即，故选项C正确；
由，得，即，故D错.
故选：ABC.
28．已知数列满足，，对于任意，，，不等式恒成立，则的取值可以是（ ）
A．1 B．2 C． D．4
【答案】BD
【分析】
根据，可得，由此可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，从而可得的范围，再根据不等式恒成立即可求得答案.
【详解】
解：根据题意，，
两边同时取倒数可得，，
即得，
由此可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，
，
，
又因为在，上恒成立，
所以，，.
故选：BD.
29．设等差数列的前项和为，公差为．已知，，，则（ ）
A．数列的最小项为第项 B．
C． D．时，的最大值为
【答案】ABC
【分析】
利用数列的单调性结合不等式的基本性质可判断A选项的正误；根据已知条件列出关于的不等式组，求出的取值范围，可判断B选项的正误；利用等差数列求和公式及等差数列下标和性质可判断CD选项的正误.
【详解】
对于C选项，由且，可知，C对；
对于B选项，由，可得，B对；
对于D选项，因为，，
所以，满足的的最大值为，D错；
对于A选项，由上述分析可知，当且时，；
当且时，，
所以，当且时，，
当且时，，
当且时，.
当且时，单调递减，即，
单调递减，即有，
所以，，
由不等式的性质可得，
从而可得，
因此，数列的最小项为第项，A对.
故选：ABC.
30．已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】
根据可得，在结合，从而可计算出、、的值，猜想，再利用数学归纳法加以证明即可对选项逐一判断．
【详解】
由，得，
又，得；；，所以选项错误．
猜想，
证明：当时，，等式成立，假设当时，成立，
则当时，
有，
即当时等式也成立，所以选项正确．
由题意知，所以选项错误；
由，所以选项正确．
故选：．

第II卷（非选择题）
三、填空题
31．已知等差数列，的前项和分别为，，若，则______．
【答案】
【分析】
利用等差数列前项和公式可设，，再结合等差数列的性质即得.
【详解】
因为等差数列，的前项和分别为，，且，
所以，，又，，
所以，，
所以．
故答案为：
32．已知是数列的前项和，，，，求数列的通项公式___________.
【答案】
【分析】
根据已知条件构造，可得是公比为的等比数列，即，再由累加法以及分组求和即可求解.
【详解】
因为，
所以，
因此，
因为，，所以，
故数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
所以当时，
，，，，，
以上各式累加可得：

，
因为，
所以；
又符合上式，所以.
故答案为：.
33．已知数列满足：，（，），则___________.
【答案】
【分析】
由题设可得，结合题设易知是首项、公差均为的等差数列，进而写出的通项公式.
【详解】
由题设，，即，而，
∴是首项、公差均为的等差数列，即，
∴.
故答案为：
34．数列的前项和，.设，则数列的前项和___________.
【答案】
【分析】
项和转换可得，故，按照奇数项、偶数项分组求和，即得解
【详解】
由题意，



故答案为：
35．数列满足，则_______.
【答案】.
【分析】
首先证得数列是常数列，设，由数列是以1为首项，为公差的等差数列，可得，结合，即可求出，从而得到数列的通项公式，进而求出结果.
【详解】
因为，所以，所以数列是常数列，
令，则，且，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，则，所以，又因为，则，所以，因此，所以，
故答案为：.
36．已知数列，均为等比数列，前项和分别为，，若，则___________.
【答案】
【分析】
设数列，的公比分别为，，在已知式中令得，再令得的关系，然后令可求得数列的公比，由公比计算检验是否符号题意，从而确定结论后得出．
【详解】
设数列，的公比分别为，，则当时，，
所以；当时，，
所以；当时，，
所以；
联立方程解得或
当时，，符合题意；
当时，，不合题意，
所以.
故答案为：．
37．已知数列为等差数列，公差，且满足，则___________.
【答案】
【分析】
利用等差数列的基本量法化简得出，进而可求得的值.
【详解】

，
所以，，因此，.
故答案为：.
38．设数列满足，，，数列前n项和为，且（且），若表示不超过x的最大整数，数列的前n项和为，则_____________．
【答案】2021
【分析】
先求得，结合累加法求得，进而求得，结合的意义求得.
【详解】
（且）,
即，
整理得，
所以从第二项起是等差数列，且公差为，，
所以时，，
也符合上式，所以.
当时，，
所以
，
也符合上式，所以.
所以.
所以当时，；当时，.
所以，
所以.
故答案为：
39．已知数列满足，设，为数列的前n项和．若对任意恒成立，则实数的最小值为________
【答案】
【分析】
当时，，当，可得，与已知条件两式相减可得，进而可得的通项，由此可得的通项，再利用裂项相消法可求，结合不等式的性质可求的最大值，即可得实数的最小值.
【详解】
当时，，
因为，
所以时，，
两式相减得到，故，经检验不适合此式，
所以，所以，
当时，，
当时，，
，
所以，所以的最小值，
故答案为：．
40．设为数列的前项和，，则数列的前7项和为________.
【答案】
【分析】
由数列的递推式：时，求得，时，，讨论为偶数或奇数，求得，进而求得，即可求解
【详解】
∵，
∴时，，即，，
由已知，
当时， (*)，
(*)式中为偶数时，，，此时为奇数，
∴为奇数时即时，；
(*)式中为奇数时，，，
即，此时为偶数，
∴为偶数即时，，
∴，
由，
得为奇数时，，
为偶数时，，
∴数列的前7项和为
．
故答案为：．









任务三:邪恶模式(困难)1-30题
一、单选题
1．数列满足，，，若数列为单调递增数列，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据给定条件求出数列通项，再由数列为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答.
【详解】
数列中，，，则有，而，
因此，数列是公比为2的等比数列，，即，
则，因数列为单调递增数列，即，，
则，，
令，则，，当时，，当时，，
于是得是数列的最大值的项，即当n=3时，取得最大值，从而得，
所以的取值范围为.
故选：C
2．已知正项数列中，，，，，则使不等式成立的最小整数n为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】
由已知得，有数列为等差数列，根据等差数列的通项公式求得，代入不等式中可求得答案.
【详解】
解：∵正项数列中，，，∴，
所以数列为等差数列，其中，首项，所以，
所以不等式为，，得到最小整数，
故答案：D.
3．已知数列满足，记数列前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由可得，利用累加法可求得，求得的范围，从而可得的范围，从而可得出答案.
【详解】
解：由可得，
化简得，
累加求和得，
化简得，
因为，所以，
即，．
，
，
所以，
即．
故选：B.
4．已知数列满足，．记为数列的前n项和，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由递推关系得数列从第2项起是递增数列，得出不等关系，，，对从后开始用上式放缩，证得，只要对前面几项求和可证．
【详解】
解析：的前几项依次为1，1，2，3，5，8，13…，易知数列从第二项起为递增数列，
从而，即得，
由，得，
从而，
所以



又，
因此，．
故选：B.
5．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果函数，数列为牛顿数列，设且，，数列的前项和为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
先由题设得到：，从而得到，即可说明数列是以-1为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列前n项和求和公式得到结果.
【详解】
解：由题知


两边取对数得：
令即，所以数列是以-1为首项，2为公比的等比数列，

故选：B
6．在数列{an}中．a1＝4，a2＝6，且当时，，若Tn是数列{bn}的前n项和，bn＝，则当为整数时，λn＝（　　）
A．6 B．12 C．20 D．24
【答案】D
【分析】
首先根据条件通过配凑系数求出数列的通项公式；然后再根据数列的通项公式求出数列的通项公式，从而可求出Tn，代入可求出，从而可判断选项.
【详解】
当时，由，得，又因为，
所以从第二项起是首项为3，公比为4的等比数列，
所以时，，所以.
当时，；
当时，，
所以 ，
所以，
要使为整数，需是15的因数，所以，此时.
故选：D.
7．已知等比数列的公比为3，前项和为，若关于的不等式有且仅有两个不同的整数解，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
根据等比数列的求和公式得，原不等式等价于，讨论，的情况，当时，原不等式等价于，令，求的符号，得出在时单调性，由此可得答案.
【详解】
解：因为等比数列的公比，所以，
不等式等价于①，
当时，显然是不等式①的解；
当时，，则等价于，
因为关于的不等式有且仅有两个不同的整数解，所以当时有且仅有一个解，
令，则
，故在时单调递减，
所以，
又因为（2），所以，解得的取值范围为，，.
故选：A.
8．已知数列的前项和为，且，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
不妨设，由题得或注意到或时，大小关系一样.所以只需讨论的情况.求出再比较得到，，，即得解.
【详解】
不妨设，则有
（2）-（1）得，
由（1）得或
注意到或时，大小关系一样.
所以只需讨论的情况.
当时，因为，故.
把代入（1）式，可得
把代入（3）式，可得关于的方程
设根据韦达定理，则上面方程两根可设为，
且.
由得，
同理把代入（3）式，可得关于的方程
设则上述方程的两根可以设为，
且
同理
由于，
因为，
因为，
即，
所以.
故选：C
9．已知无穷递减实数列满足，则下列可作为递推公式的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
设，求导利用单调性可判断A、B；求出的前3项可判断C、D．
【详解】
对于A，，设，，
，在上为减函数，
，，
，，即，所以A正确；
对于B，，设，，
，在上为减函数，
，在不恒成立，所以B错误；
对于C，，，，不是递减数列，所以C错误；
对于D，，，无意义，不是递减数列，所以D错误．
故选：A．
10．已知，若数列的前项和是，设，设，当且仅当时，不等式成立，则实数的范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
先由求出，从而可得，然后利用裂项相消求和法求出，再由已知可得，解不等式组可得答案
【详解】
解：当时，，
当时， ，当时，不满足，
所以，
当时，，
当时，，
所以，
所以


，
因为是递增的，当时，不等式成立，
所以，所以，解得，
故选：D
11．已知数列的各项均不为零，，它的前n项和为．且，，（）成等比数列，记，则（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】C
【分析】
结合等比性质处理得，再分和分类讨论，时较为简单，结合裂项法直接求解，当时，放缩后再采用裂项即可求解.
【详解】
由，，成等比数列可得，①，也即②，②-①得，因为，所以，，即数列的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，当时，，即，
对A、B，当时，，此时数列为等差数列，前项和为，，
故，
当时，，故A、B错误；
对C、D，当时，，
,当n为偶数时，，
当n为奇数时，，
所以,,
此时
，故C正确，D错误.
故选：C
12．已知数列{an}满足3a1＝1，n2an+1﹣an2＝n2an（n∈N*），则下列选项正确的是（　　）
A．{an}是递减数列
B．{an}是递增数列，且存在n∈N*使得an＞1
C．
D．
【答案】C
【分析】
依题意可得，即an+1＞an，即数列{an}为单调递增数列；在等式的两边同时除以anan+1，可知，再通过放缩累加可判断选项BCD，由此得出答案．
【详解】
解：由于3a1＝1，则，
又，则，可得出，
且对任意n∈N•，an＞0，则，即an+1＞an，
∴数列{an}为单调递增数列，故选项A错误；
在等式的两边同时除以anan+1，可得
，其中n≥2，n∈N•，
∴，
累加得，，
∴，则，故选项C正确，选项B错误；
对于，
∴，，
累加得，，可得，则，
∴，故选项D错误．
故选：C．
13．已知数列满足，，且，，则下列说法中错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
分析得出，可判断出CD选项的正误；分析得出，利用累加法可判断出A选项的正误；当时，分析得出，利用放缩法可判断D选项的正误.
【详解】
由已知，数列满足，，且，，
即，
故，
由，，有，，故与同号，
因为，则，，，
以此类推可知，对任意的，，
所以，，则，所以，，D错；
，C对；
因为，则，，，，
累加得，所以，，可得，A对；
当时，，
故，B对.
故选：D.
14．已知数列满足，，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
利用数列的单调性可判断A选项的正误；利用放缩法得出，，利用放缩法可判断BCD选项的正误.
【详解】
由，可得出，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，，即，
所以，数列为单调递增数列，故，A错；
在等式的两边同时除以可得，其中且，
所以，，，，，
累加得，所以，，则，故.
故D错误；
对于，
所以，，，，，
累加得，可得，则，
所以，，故， .
故选：B.
15．已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】
因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
16．已知数列与满足，，，且，下列正确的是（ ）
A． B．
C．是等差数列 D．是等比数列
【答案】D
【分析】
令、 可判断A B；由已知得和，l两式相减可判断D；利用得的通项公式，结合可得的通项公式可判断C.
【详解】
因为数列与满足，
令，，由，所以，
令，，由，所以，
所以，故A错误；
令，，由，所以，
所以，故B错误；
由已知得，即，
，即，
两式相减得，，
所以是以6为首项，9为公比的等比数列，故D正确；
由得

，
由，得，
所以，
不是常数，
不是等差数列，故C错误.
故选：D.

二、多选题
17．设是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，k是的间隔数.则下列说法正确的是（ ）
A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B．已知，则是间隔递增数列
C．已知，则是间隔递增数列且最小间隔数是2
D．已知，若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则
【答案】BCD
【分析】
根据间隔递增数列的定义，结合数列的增减性，进而求得答案.
【详解】
.
对A，设公比为，则，因为，所以，若，则，不是间隔递增数列.A错误；
对B，，易得是递增数列，则，所以k>3时，一定是间隔递增数列.B正确；
对C，，
为奇数时，，显然时，，
为偶数时，，显然时，.C正确；
对D，对恒成立，则恒成立，因为最小间隔是3，所以即对于恒成立，且时， ，于是.D正确.
故选：BCD.
18．我国明代音乐理论家和数学家朱载堉在所著的《律学新说》一书中提出了“十二平均率”的音乐理论，该理论后被意大利传教士利玛窦带到西方，对西方的音乐产生了深远的影响.以钢琴为首的众多键盘乐器就是基于“十二平均率”的理论指导设计的.图中钢琴上的每12个琴键（7个白键5个黑键）构成一个“八度”，每个“八度”各音阶的音高都是前一个“八度”对应音阶的两倍，如图中所示的琴键的音高（称为“中央C”）.将每个“八度”（ 如与之间的音高变化）按等比数列十二等份，得到钢琴上88个琴键的音阶.当钢琴的键调为标准音440Hz时，下列选项中的哪些频率（单位：Hz）的音可以是此时的钢琴发出的音（ ）
（参考数据：，，，，，）

A．110 B．233 C．505 D．1244
【答案】ABD
【分析】
A.由可得答案；对于BCD，通过求出相邻音阶的公比，逐一检验选项即可.
【详解】
∵A4 = 440，，故110Hz是A4往左两个“八度”A2键的音，A正确.
设相邻音阶的公比为，则，∴.
而A3 = 220，A4 = 440，A5 = 880，，B正确；
（n∈N*），C不正确；
，D正确.
故选：ABD.
19．在数列中，其前的和是，下面正确的是（ ）
A．若，，则
B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ，且，则
【答案】ABC
【分析】
A：应用等差数列前n项和公式求；B：应用错位相减法求；C：应用分组求和及等差、等比前n和公式求；D：根据的关系及已知条件，构造数列即可求.
【详解】
A：由题设，是首项为1，公差为2的等差数列，则，正确；
B：由题设，，则，可得，即，正确；
C：由题设，，则，正确；
D：时有，整理得，而，故为常数列且，可得，错误；
故选：ABC
20．数学中有各式各样富含诗意的曲线，螺旋线就是其中比较特别的一类.螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”.小明对螺旋线有着浓厚的兴趣，连接嵌套的各个正方形的顶点就得到了近似于螺旋线的美丽图案，其具体作法是：在边长为1的正方形中，作它的内接正方形，且使得；再作正方形的内接正方形，且使得；类似地，依次进行下去，就形成了阴影部分的图案，如图所示.设第n个正方形的边长为(其中第1个正方形的边长为，第2个正方形的边长为，…)，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为(其中第1个直角三角形的面积为，第2个直角三角形的面积为，…)，则（ ）

A．数列是公比为的等比数列 B．
C．数列是公比为的等比数列 D．数列的前n项和
【答案】BD
【分析】
先得到，即可判断A，再求出，可判断B与C，最后求出，可判断D.
【详解】
如图：

由图知，
对于A：，数列是公比为的等比数列，故A不正确；
对于BC：因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确，C不正确；
对于D：因为，故D正确，
故选：BD.
21．斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为，，，边长为斐波那契数的正方形所对应扇形面积记为，则（ ）

A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】
根据数列的递推公式可判断选项A，再根据累加法计算判断选项B，根据扇形的面积公式判断选项C，再次应用累加法及递推公式判断选项D.
【详解】
由递推公式，可得，，
所以，A选项正确；
又由递推公式可得，，，类似的有，
累加得，
故错误，B选项错误；
由题可知扇形面积，
故，
故错误，C选项错误；
由，
，
，
，
类似的有，
累加得，
又，所以，
所以正确，D选项正确；
故选：AD.
22．已知数列满足：，是数列的前项和，，下列命题正确的是（ ）
A． B．数列是递增数列
C． D．
【答案】ABD
【分析】
选项A. 设,求出其导函数得出其单调性，可得，，设，求出其导函数，得出其单调性，可得，从而可判断A；选项B. 设,求出其导数，借助于选项A中构造的函数结论，可得其单调性，从而可判断; 选项C. 由可判断；选项：由选项B数列是递增数列，所以，由选项A中得到的结论可得，从而可判断.
【详解】
由题意，则
设，则
所以在上的单调递减，所以，即
当时，可得，即
设，
所以在上的单调递增，所以
取，可得，即
所以，所以选项A正确.
设，则
由上在上恒成立，则
所以在上恒成立，所以在上单调递增.
所以数列是递增数列，故选项B正确.
由，所以，所以选项C不正确.
由数列是递增数列，所以
由上，则，所以
所以，故选项D正确.
故选： ABD
23．已知数列满足：，.下列说法正确的是（ ）
A．存在，使得为常数数列 B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】
令时，数列为常数数列，故选项A正确；，由函数的单调性结合的范围即可判断选项B正确；结合B的结论和的单调性可知，，所以选项C错误；先证明，再证明左边，故D正确．
【详解】
A：令时，，数列为常数数列，故选项A正确；
B，令，则，
由题意可知且由基本不等式可以得到，
又在时单调递减，（1），故选项B正确；
C：即，
令，由B分析可知，，
结合B的结论和的单调性可知，，所以选项C错误；
D：由题意可知，
由通项公式可知，选项左边括号内部分等于，
故左边
，故D正确．
故选：ABD

第II卷（非选择题）

三、填空题
24．已知数列满足：，，若取整函数表示不小于的最小整数(例如：，)，设，数列的前项和为，则___________.
【答案】
【分析】
由已知递推关系式可得，由裂项相消法求得；根据数列单调性定义可判断出为递增数列，进而验证出当时，，由此可确定的范围，根据上取整运算可得结果.
【详解】
由得：，，
，
，；
，数列为递增数列，
由得：，，，则当时，，
，，.
故答案为：.
25．已知数列中，，，，若对任意的正整数，存在，使不等式成立，则整数的最大值为______.
【答案】1
【分析】
已知式变形为，从而可用累加法求得，确定数列单调递增，求出其最小值，得的不等式，然后再分离参数转化为求函数的最大值．
【详解】
由得，
于是，
则，，对 适用，，数列单调递增，所以，，所以整数的最大值为1.
故答案为：1
26．若数列满足，则称数列为“差半递增”数列.若数列为“差半递增”数列，且其通项与前项和满足，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】
根据,利用递推公式求得数列的通项公式.再根据新定义的意义,代入解不等式即可求得实数的取值范围.
【详解】
因为
所以当时,
两式相减可得,即,所以数列是以公比的等比数列
当时,
所以
则

由“差半递增”数列的定义可知

化简可得
解不等式可得
即实数的取值范围为
故答案为:
27．设数列满足，且，若表示不超过x的最大整数，则____________．
【答案】2018
【分析】
数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且（an+2﹣an+1）﹣（an+1﹣an）＝2，利用等差数列的通项公式可得：an+1﹣an＝2n+2．再利用累加求和方法可得an＝n（n+1）．利用裂项求和方法即可得出．
【详解】
∵，
∴数列{an+1﹣an}为等差数列，首项为4，公差为2．
∴an+1﹣an＝4+2（n﹣1）＝2n+2．
∴an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1
＝2n+2（n﹣1）+…+2×2+2
n（n+1）．
∴．
∴＝2018．
故答案为2018．
28．已知数列满足：，，若前2010项中恰好含有666项为0，则的值为___________.
【答案】8或9/9或8
【分析】
先利用x=1，2，3，4，5分析出在前2010项中含有0的项的个数的规律即可计算得解.
【详解】
因数列满足：，，则：
当时，数列各项为：1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中恰好含有项为0，
当时，数列各项为：1，2，1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中， 由知，恰好含有669项为0，
当时，数列各项为：1，3，2，1，1，0，1，1，0，1，1，…，在前2010项中， 由知，恰好含有669项为0，
当时，数列各项为：1，4，3，1，2，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中， 由知，恰好含有668项为0，
当时，数列各项为：1，5，4，1，3，2，1，1，0，1，1，…，在前2010项中， 由知，恰好含有668项为0，
由上述可得当或时，在前2010项中恰好含有667项为0，当或时，在前2010项中恰好含有666项为0，
所以的值为8或9.
故答案为：8或9
29．已知数列和满足，，，.则＝_______.
【答案】
【分析】
求出，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，求出，进一步推导出数列为等差数列，确定该等差数列的首项和公差，可求得的通项公式，进一步求出和，由此可求得结果.
【详解】
，，且，，则，
由可得，代入可得，
，且，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
在等式两边同时除以可得，
所以，数列为等差数列，且首项为，公差为，
所以，，，
则，
因此，.
故答案为：.
30．已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，设数列的前项和为，则使得成立的最小的的值为________.
【答案】3
【分析】
由，得，两式相减可得，结合，可求出，又，从而可求出的通项公式，用错位相减法可求出，进而可求使得成立的最小的的值.
【详解】
解：由，得，
两式相减得，
整理得，，，
两式相减得.数列的各项为正数，，
当 时，，即，解得或（舍）或（舍），
又，解得：或（舍），
则，数列是公差为1的等差数列，，
，，则，
相减得，
，满足不等式的的最小正整数为3.
故答案为:3.