【寒假作业】苏教版2019 高中数学 高二寒假巩固提升训练 复习专题09+数列求和6种常见考法归类-练习.zip

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思维导图
核心考点聚焦
考点一、公式法求和
考点二、分组转化法求和
（一）等差+等比
（二）等差（等比）+裂项
（三）奇偶型求和
（四）正负相间型求和
考点三、 倒序相加法求和
考点四、错位相减法求和
（一）等差等比
（二）等差/等比
考点五、裂项相消法求和
（一）等差型
（二）无理型
（三）指数型
（四）对数型
（五）幂型
（六）通项与前n项和型
考点六、数列求和的实际应用
（一）分期付款
（二）产值增长
（三）其他模型
1、公式法
（1）等差数列的前n项和．
（2）等比数列的前n项和．
2、几种常见的数列求和方法
（1）分组转化法求和：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
（2）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
（3）倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
（4）裂项相消法求和：如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和．
（5）错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求.
1、公式法
公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.
①等差数列的前n项和公式：Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d.
②等比数列的前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))
③数列前项和重要公式：
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）等差数列中，；
（6）等比数列中，.
2、分组转化法
有一类数列 SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT ，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列 SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.
分组转化法求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和．
注：①形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
②形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
③形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
(2)通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．
注：（1）分奇偶各自新数列求和（2）要注意处理好奇偶数列对应的项：
①可构建新数列；②可“跳项”求和
(3)正负相间求和：
①奇偶项正负相间型求和，可以两项结合构成“常数数列”。
②如果需要讨论奇偶，一般情况下，先求偶，再求奇。求奇时候，直接代入偶数项公式，再加上最后的奇数项通项。
注：在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
3、倒序相加法
如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法，等差数列前n项和公式的推导便使用了此法. 用倒序相加法解题的关键，就是要能够找出首项和末项之间的关系，因为有时这种关系比较隐蔽.
注：倒序求和，多是具有中心对称的
4、裂项相消法
裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项
在利用裂项相消求和时应注意：善于识别裂项类型
（1）在把通项裂开后，是否恰好能利用相应的两项之差，相应的项抵消后是否只剩下第一项和最后一项，或者只剩下前边两项和后边两项，有时抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面剩两项,或者前面剩几项,后面也剩几项;
（2）对于不能由等差数列，等比数列的前n项和公式直接求和问题，一般需要将数列的结构进行合理的拆分，将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差或系数之积与原通项相等.转化成某个新的等差或者等比数列进行求和。应用公式时，要保证公式的准确性，区分是等差还是等比数列的通项还是前n项和公式。
（3）使用裂项法求和时，要注意正负相消时消去了哪些项保留了哪些项，切不可漏写末被消去的项，末被消去的项前后对称的特点，漏掉的系数裂项过程中易出现丢项或者多项的错误，造成计算结果上的错误，实质上也是造成正负相消是此法的根源目的。
(4)常见的裂项技巧
①等差型
（1）
（2）
（3）
（4）
②根式型
（1）
（2）
（3）
③指数型
（1）
（2）
（3）
（4）
④对数型
⑤幂型
（1）
（2）
（3）
⑥通项裂项为“”型
，本类模型典型标志在通项中含有乘以一个分式.
5、错位相减法
错位相减求和方法
(1)适用条件：若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn；
(2)基本步骤
(3)注意事项：①在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn；
②作差后，等式右边有第一项、中间n－1项的和式、最后一项三部分组成；
③运算时，经常把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1写成＋anbn＋1导致错误．
考点剖析
考点一、公式法求和
1.等差数列的前项和为，满足.
（1）求的通项公式；
（2）设，求证数列为等比数列，并求其前项和.
【答案】（1）；（2）证明见解析，
【解析】（1）设等差数列的公差为，
∴，解得，
∴.
（2）由（1）可得，∴，
∴数列为等比数列，首项为，公比为
∴
2．已知数列的前项和为，且，递增的等比数列满足：，．
(1)求数列、的通项公式；
(2)设的前项和分别为，求．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据求出的通项公式，利用等比数列的性质得到，故可看作方程的两根，根据函数单调性求出，从而得到公比，求出的通项公式；
（2）利用等比数列的公式求出答案.
【详解】（1）当时，，
当时，，
又，满足上式
故的通项公式为，
设等比数列的公比为，
因为，，
所以可看作方程的两根，
解得：或，
因为等比数列单调递增，所以舍去，
故，解得：，
故的通项公式为；
（2）由等比数列求和公式得：.
3．已知为等差数列的前项和，若．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前50项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的通项公式与前项和公式求得基本量，从而得解；
（2）结合（1）中结论，判断的正负情况，从而利用分组求和法即可得解.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
因为，所以，即，解得，
所以.
（2）由（1）得，令，解得，
所以当时，，则；
当时，，则；
所以
.
4.已知等差数列的前n项和为，满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）将数列与的公共项从大到小排列得到数列，求数列的前n项和为.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）记等差数列的公差为，
由题知，即，解得，
所以数列的通项公式为：.
（2）数列的公差为，数列的公差为，
所以数列的公差为，
又数列和的首项都为2，
所以数列是以2为首项，为公差的等差数列，
所以.
5.已知等比数列的前n项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）法一：由，得
设等比数列的公比为q，
所以解得或（舍去）．
所以．
法二：因为，①
所以当时，，②
①－②得，
所以等比数列的公比．
由①式得，得，所以．
（2）法一：，
故，，
所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以．
法二：
．
考点二、分组转化法求和
（一）等差+等比
6．已知数列是等比数列，且，.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设，根据已知可求出，即可得出答案；
（2）分组求解，分别根据等差数列以及等比数列的前项和即可得出答案.
【详解】（1）设，则为等比数列.
则由已知可得，，，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
所以，所以.
（2）.
7.已知数列为非零数列，且满足
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）当时，，解得，
当时，由，
得，
两式相除得：，即，
当时，也满足，所以．
（2）由（1）可知，，所以，
所以
.
8．设数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用构造法证得是等比数列，从而求得的通项公式；
（2）利用分组求和法与等差数列，等比数列的前项和公式即得.
【详解】（1）因为，
所以，
又因为，则，
所以是首项为2，公比为3的等比数列，
所以，
即；
（2）因为，
所以
.
9.已知等差数列，其前项和为.满足，且6是和的等比中项.
（1）求的通项公式；
（2）设的前项和为，求.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，可得，
又因为6是和的等比中项，则，可得，
则，解得，
所以的通项公式为.
（2）由（1）可得：，
则
，
所以.
（二）等差（等比）+裂项
10．已知正项等差数列，，且，，成等比数列，数列的前n项和为，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，求证：．
【答案】(1)，；
(2)证明见解析
【分析】（1）利用，，成等比数列，列出方程，求出公差，写出的通项公式，再利用，得到是公比为的等比数列，求出的通项公式；
（2）利用分组求和及裂项相消法，得到，从而证明出结论.
【详解】（1）设数列的公差为d，则．
因为，且，，成等比数列，
所以，
所以d＝3，
所以．
由，得，
所以是公比为的等比数列，
又，所以．
（2），
所以．
因为，所以．
11．已知数列的前项和，设
(1)求证：是等比数列；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由可求得 的值，当时，由可得，两式作差变形可得，利用等比数列的定义可证得是等比数列.
(2)求出，利用分组求和法结合等比数列的求和公式，裂项相消法可求得的前项和.
【详解】（1）证明：，时，
作差得，整理得到：，
，代入适合上式，
因为，故，
，
是以3为首项，公比为3的等比数列.
（2）由（1）知，所以，，



（三）奇偶型求和
12.已知数列满足
（1）记，求出及数列的通项公式；
（2）求数列的前200项和．
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）因为，
所以，
所以．
因为，
所以数列是以19为首项，为公差的等差数列，
所以．
（2）由（1）可得，
则，
当时，符合上式，所以，
所以数列的奇数项构成首项为20，公差为的等差数列，
偶数项构成首项为19公差为的等差数列，
则数列的前200项和为
．
13．已知数列的通项公式为求此数列的前项和．
【答案】
【分析】分为奇数和偶数两种情况，结合等差和等比求和公式计算即可.
【详解】当为奇数时，
.
当为偶数时，
.
综上，
14．已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，设数列的前项和为，求.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据题意结合等差、等比数列的通项公式运算求解；（1）分奇偶项讨论，利用分组求和、裂项相消法和错位相减法运算求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
∵，即，可得，解得，
∴数列的通项公式为，数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，则，
当为偶数时，则，
∵，
设，
则，
两式相减得：，
则，
故；
当为奇数时，则；
综上所述：.
15．已知数列，，是数列的前n项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，且，，成等比数列．
(1)求数列和的通项公式．
(2)记，求数列的前n项和．
【答案】(1)；；
(2).
【分析】（1）根据与的关系及等比数列的定义可得，再根据等比中项的性质及等差数列的基本量的运算可得；
（2）由题可得，再分类讨论，分组求和即得.
【详解】（1）因为，
当时，，解得，
当时，，
所以，即，又，
所以是以首项为3，公比为的等比数列，
所以；
因为，成等比数列，设的公差为，
所以，即，
解得，
所以；
（2）由（1）知：，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
所以.
16.已知为等差数列的前n项和，，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设的公差为d．
∵，
∴，解得．
∴．
（2）当n为奇数时，，当为偶数时，．
∴
设，①
则，②
，得
∴．
故．
17．已知数列的前项和为，，．
(1)求数列的通项公式和前项和；
(2)设,数列的前项和记为，证明：
【答案】(1) ，；.
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据数列递推式，可得，两式相减推出，即可发现数列规律，可得数列通项公式，继而分n为奇数和偶数，讨论求得；
（2）利用（1）的结论，求出的表达式，利用裂项求和法，即可求得答案.
【详解】（1）由 ，得,
两式相减可得，即 ，
因为，则，
数列为，
即 ，；
当n为偶数时，,
当n为奇数时， ,
故 .
（2）由 ,
得 ，
所以 .
18.已知各项均为正数的数列满足：，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，记数列的前项和为，求．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）因为各项为正数，，
所以上式两边同时除以，得，
令，则，即，解得（负值舍去），
所以，又，
所以是以，的等比数列，
故.
（2），
当时，，当时，，当时，，
当时，，根据三角函数周期性知的周期为4，
则
（四）正负相间型求和
19.已知数列的前项和为，则（ ）
A．1012 B． C．2023 D．
【答案】D
【解析】∵，
故
故.故选：D.
20.已知等差数列中，，，则数列的前2024项的和为（ ）
A．1010 B．1012 C．2023 D．2024
【答案】D
【解析】在等差数列中，，解得，公差，
于是，而当为奇数时，，当为偶数时，，
因此令，则当时，，
所以数列的前2024项的和为.
故选：D
21．【多选】已知数列满足，，且，则（ ）
A．B．数列是等比数列
C．数列是等差数列D．数列的前项和为
【答案】AD
【分析】利用递推公式求判断ABC，按为奇数和偶数讨论得到的通项公式，利用裂项相消法求数列的前项和判断D.
【详解】因为，，
所以，，，，故A正确；
因为，所以数列不是等比数列，B错误；
因为，所以数列不是等差数列，C错误；
当时，，，两式相减得，，
所以的奇数项是以为首项，4为公差的等差数列，，
当时，，，两式相减得，，
所以的偶数项是以5为首项，为公差的等差数列， ；
所以，，
设，则，
所以
，D正确；
故选：AD
22．已知等差数列的前n项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，则，解出，即可求出数列的通项公式；
（2）由（1）可得，然后用并项求和法即可求解.
【详解】（1）由可得，即，
设等差数列的公差为d，则，
解得.∴，.
（2）由（1）可得，∴.
为偶数时，.
为奇数时，
也符合.
∴.
23．已知是数列的前项和，已知目，
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)，.
(2)，其中.
【分析】对于（1），先由可得表达式，再由，其中.可得的通项公式；
对于（2），由（1）可得，
则，据此可得数列的前项和.
【详解】（1）由题，又由，.
可得，.
故.
则当，时，.
又时，，故数列的通项公式是，.
（2）由（1）可知，，
则.
则当为偶数时，
.
当为奇数时，.
综上：，其中.
24.在等比数列中，已知，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）因为在等比数列中，，设其公比为，
所以，解得，
所以数列的通项公式.
（2）由（1）得，
所以数列的前项和，
当为奇数时，；
当为偶数时，；
所以.
考点三、 倒序相加法求和
25．已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试用推导等差数列前n项和的方法探求：若，则（ ）
A．2018B．4036C．2019D．4038
【答案】D
【分析】利用，再等差数列前?项和的方法倒序相加法求和即可.
【详解】，
∵函数
∴，
令，则，
∴，
∴.
故选：D.
26．已知函数，则______．
【答案】4043
【分析】根据题意，化简得到，结合倒序相加法求和，即可求解.
【详解】由题意，函数，
可得
，
设，
则
两式相加，可得
，
所以.
故答案为：.
27．德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子.在其年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成;因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据，利用倒序相加法求解.
【详解】解：因为，
且，
令,
又
，
两式相加得：，
解得，
故选：B
28.“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，并且高斯研究出很多数学理论，比如高斯函数､倒序相加法､最小二乘法､每一个阶代数方程必有个复数解等.若函数，设，则 .
【答案】46
【解析】因为函数的定义域为，
设是函数图象上的两点，其中，且，
则有，
从而当时，有：，
当时，，
，
相加得
所以，又，
所以对一切正整数，有；
故有.故答案为：46.
29．已知函数满足，若数列满足，则数列的前20项的和为（ ）
A．230B．115C．110D．100
【答案】B
【分析】利用倒序相加法即可求得前20项的和.
【详解】，①
，②
两式相加，又因为
故，所以
所以的前20项的和为
故选：B
考点四、错位相减法求和
（一）等差等比
30．已知数列，，，设，数列，的前项和分别为，.
(1)求；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知数列为等比数列，可求通项和前项和；
（2）由数列的通项可知，前项和用错位相减法.
【详解】（1）∵，即，又，∴数列是首项为2公比为2的等比数列，
则，得.
（2）由（1）得：，
∴①
②
①-②得：，
∴.
31.设数列的前项和为，且，，，.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）因为，
所以，即，
，
故，即，又，
所以数列为等比数列.
（2）由（1）可知，数列为首项，公比的等比数列，所以，
所以，
所以，
所以①，
②，
得，，
所以.
32．已知为正项数列的前项的乘积，且
(1)求数列的通项公式
(2)令，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用得的递推关系，取对数得常数数列，从而得通项公式；
（2）用错位相减法求和．
【详解】（1）由得：当时，，
两式相除得：，即，
两边取对数得：，亦即，故数列是常数列，
，，；
（2），，
，
，
两式相减得，
．
33．已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的前n项和．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据给定条件，变形等式，利用等比数列定义判断作答.
（2）由（1）的结论，利用错位相减法求解作答.
【详解】（1）在数列中，因，则，
于是得，因此数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以．
（2）由（1）知，，
则，
于是得，
两式相减得：
，
所以.
34．已知等差数列的前项和为，且，，设数列的前项和为．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，数列的前项和为．
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）求得数列的公差，由此求得.利用求得；
（2）由（1）可求得，写出与，作差化简即可求得.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为.
由已知可得，解得，
所以.
由，令得，
当时，，两式相减得，
显然也符合上式，
所以.
（2）解：由（1）知.
，
，
两式作差得：，
所以，.
（二）等差/等比
35．已知数列满足，数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用“退一作差”法求得.
（2）利用错位相减求和法求得.
【详解】（1）依题意，
当时，，
当时，由，
得，
两式相减得，
也符合上式，所以.
（2），
，
两式相减得，
.
36.已知数列中，，设为前项和，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由数列中，，且
当时，，解得，
当时，可得，
所以，即，
则当时，可得，所以，
当或时，，适合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）知，可得，
所以，可得，
两式相减，得，
所以.
37．已知数列的首项，且满足．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将条件两边同时取倒数，然后两边同时加3，可证明等比数列.
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）由得，即，
又，，
数列为以2为首相，2为公比的等比数列；
（2）由（1）得，
，
38．若数列的前n项和为，且，等差数列满足，.
(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）利用得到数列是等比数列，利用等比数列的通项公式可得数列，再代入数列满足的等式可得的通项公式；
（2）利用错位相减法可求和.
【详解】（1），
又，
两式相减得，
即，故数列是以3为公比的等比数列，
又当时，，得，
，
，，
等差数列的公差为，
（2）由（1）可得，
，
上两式相减得，
考点五、裂项相消法求和
（一）等差型
39．数列满足，对任意的都有，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】运用累和法，结合等差数列前项和公式、裂项相消法进行求解即可.
【详解】由，
当时，
，显然也适合，
所以，于是有
因此，
故选：C
40．等比数列中，，且成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列，求数列前项的和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出公比，得到，求出公比，得到通项公式；
（2）在第一问的基础上，得到，裂项相消法求和.
【详解】（1）设等比数列的公比为.
因为，且已成等差数列，
所以，
因为，所以，即，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得数列的通项公式为，
所以数列
所以数列前项的和.
41.等差数列前n项和为，，．
（1）求的通项公式；
（2）设数列满足，求的前n项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设等差数列的公差为，又，，
所以，解得，
所以；
（2），
故.
42．已知等差数列满足：，，数列的前项和是．
(1)求及；
(2)令，求数列的前项和的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列的性质，建立方程求得公差，利用公式，可得答案；
（2）利用裂项相消的求和方法，可得答案.
【详解】（1）由数列为等差数列，则设其公差为，由，，则，解得，
故，.
（2）由（1）可知，，
则
.
显然，
因为，，则.
43．在①；②，且成等比数列；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答该问题.
记等差数列的公差为，前项和为，已知__________.
(1)求的通项公式；
(2)令，求数列的前项和.
【答案】(1)选条件①：；选条件②：；选条件③：
(2)选条件①：；选条件②：；选条件③：
【分析】（1）若选条件①，即可得到关于、的方程组，从而求出、，即可得解；
若选条件②，依题意可得，即可求出，即可得解；
若选条件③，根据，作差计算可得；
（2）由（1）得到的通项公式，再利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）解：若选条件①，（1）由题意得，解得，
得，所以数列的通项公式为.
若选条件②，依题意，由，得，解得，
又因为，所以，
所以数列的通项公式为.
若选条件③，当时，；
当时，.
因为满足上式，所以数列的通项公式为.
（2）解：选条件①②，
由（1）知，
则，
所以数列的前项和..
若选条件③，由（1）知，
则，
所以数列的前项和
44．设是公差不为0的等差数列，为的等比中项．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等比中项的性质及等差数列的基本量的运算即得；
（2）利用裂项相消法即得.
【详解】（1）设的公差为，因为为的等比中项，
所以，
解得：，
因为，所以，
故；
（2）因为，
所以.
45．已知数列和数列，满足，且，．
(1)证明数列为等差数列，并求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
【分析】（1）通过对题目已知递推公式进行变形得，由等差数列定义即可证明，从而求出的通项公式；
（2）先由求出，再用放缩法与裂项相消法可得，从而可得证.
【详解】（1），
，
故数列为等差数列，公差为1，首项为，
所以，.
（2）,,
要证 ,
即证 ，
，
，
即 .
46.已知为等差数列的前项和，且，当时，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意得，
即，所以，
数列的首项为3，公差为1，则，即；
（2）由，得，
所以
．
（二）无理型
47．若数列满足，则___________.
【答案】
【分析】先对化简得，从而可求得
【详解】因为，
所以
.
故答案为：
48.已知数列的前项和为.
（1）求；
（2）求.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1），可得，
可得，
即数列为首项为2，公差为2的等差数列，
可得，由，可得；
（2），
即有.
（三）指数型
49．已知数列满足且，且.
(1)求数列的通项公式;
(2)设数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将已知条件与两式相减，再结合等比数列的定义即可求解；
（2）利用裂项相消求和法求出即可证明.
【详解】（1）解：因为，所以，
两式相减得，
当时，， 又，所以，
所以，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，
所以；
（2）证明：，
所以， 由，得，
所以，
综上，.
50．已知在数列中，，且是公比为3的等比数列，则使的正整数的值为___________.
【答案】4
【分析】首先利用公式求数列的通项公式，并代入求，并利用裂项相消法求和，即可求.
【详解】由题意，知是首项为，公比为3的等比数列，所以，所以.所以，
所以，
，
解得.
故答案为：4
51．已知数列，，满足，，且.
(1)求数列，的通项公式；
(2)记，求证：．
【答案】(1)，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）分别利用累乘法和累加法求通项即可；
（2）利用裂项相消得到，即可证明
【详解】（1）根据可得，
所以
，
当时，，成立，所以，
，
所以
，
当时，，成立，所以.
（2）由（1）可得，
所以
，
因为，所以.
52.已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）由已知，
所以，
当时，满足条件，所以；
（2）由于，
所以，
所以，
所以，显然在上为增函数，，
，
所以；
综上，.
53．数列的前项和是，且，则__________.
【答案】
【分析】将数列的通项公式进行裂项，利用裂项相消法求和.
【详解】因为，
故，，，，
所以，
故答案为：.
54．已知数列满足，，则数列的通项公式为_____________，若数列的前项和，则满足不等式的的最小值为_____________．
【答案】 6
【分析】根据给定递推公式变形构造新数列即可得解；利用裂项相消法求出，再借助数列单调性计算得解.
【详解】在数列中，，由得：，而，
于是得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，则，即，
所以数列的通项公式为；
显然，，
则，
由得：，即，令，则，即数列是递增数列，
由，得，而，因此，，从而得，，
所以满足不等式的的最小值为6.
故答案为：；6
（四）对数型
55．已知数列满足
(1)证明：数列为等差数列：
(2)设数列满足，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）对进行整理得到，即可说明数列为等差数列；
（2）将变形为或，然后求和即可.
【详解】（1）法1：由，
两边同除以得，，（）为常数，
∴数列为等差数列，首项，公差为1，
法2：由得，
∴（）为常数，
∴数列为等差数列，首项，公差为1.
（2）由，∴，
法1：，
则
.
法2：，
则
.
56．已知数列满足，且.
(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.已知数列满足__________，求的前项和.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)证明见解析，
(2)答案见解析
【分析】（1）利用递推公式，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可；
（2）若选①：利用错位相减法进行求解即可；
若选②：根据对数的运算性质，结合等差数列前项和公式进行求解即可；
若选③：根据裂项相消法进行求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，又，于是，
所以是以4为首项2为公比的等比数列.
所以，两边除以得，.
又，所以是以2为首项1为公差的等差数列.
所以，即.
（2）若选①：，即.
因为，
所以.
两式相减得，
，
所以.
若选②：，即.
所以
若选③：，即.
所以
（五）幂型
57.设等比数列的前项和为，数列为等差数列，且公差，.
（1）求数列的通项公式以及前项和；
（2）数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）设的公比为，
由题意，可得，解得，
所以，所以；
（2）由（1）得，
所以，
所以，
因为，所以，得证.
58．在①，，②数列的前3项和为6，③且，，成等比数列这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解.
已知是等差数列的前n项和，，___________.
(1)求；
(2)设，求数列的前n项和.
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）运用基本量法求得公差d，进而求得；
（2）由（1）得，利用裂项相消求和法即可求得.
【详解】（1）解：选条件①：设等差数列的公差为d，
则由得，将代入，解得或，
因为，所以，
所以；
选条件②：设等差数列的公差为d，则，
由数列的前3项和为6及得，解得，
所以；
选条件③：设等差数列的公差为d，
则由，，成等比数列得，
将代入得，解得或，
因为，所以，
所以；
（2）解：由（1）得，
所以.
59．已知等差数列的前项的和为，成等差数列，且成等比数列
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前项的和为，求证：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，利用等差中项和等比中项列出方程组，即可解出首项和公差，进而求出的通项公式；
（2）将化简，利用裂项相消法求和，即可证明.
【详解】（1）设的公差为，由题意得，
即，解得，
所以.-
（2）证明：，
所以
60．已知数列满足…，设数列满足：,数列的前项和为，若恒成立，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出的通项，再求出的通项，从而可求，利用参变分离可求的取值范围.
【详解】因为…，
所以…，
故即，其中.
而令，则，故，.
，
故
，
故恒成立等价于即恒成立，
化简得到，因为，故.
故选D.
【点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法. 参数的数列不等式的恒成立问题，可以用参变分离的方法构建新数列，通过讨论新数列的最值来求参数的取值范围.
（六）通项与前n项和型
61.设等差数列的前项和为，已知，.
（1）求和；
（2）若，求数列的前项和
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）设等差数列 的公差为d，
则，解得，
所以，；
（2）因为，
所以=
考点六、数列求和的实际应用
（一）分期付款
62．小李向银行贷款14760元，并与银行约定：每年还一次款，分4次还清所有的欠款，且每年还款的钱数都相等，贷款的年利率为0.25，则小李每年所要还款的钱数是___________元.
【答案】6250
【分析】根据等额本息还款法，列出方程，利用等比数列前项和即可求解.
【详解】设每年还款的金额为，由题意可知：，所以
故答案为：6250
63．市民小张计划贷款75万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：①等额本金：在还款期内把贷款数总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余贷款在该月所产生的利息，因此，每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：银行从每月月供款中，先收剩余本金利息，后收本金；利息在月供款中的比例会随剩余本金的减少而降低，本金在月供款中的比例因增加而升高，但月供总额保持不变.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（如2021年7月8日贷款到账，则2021年8月8日首次还款）.已知该笔贷款年限为25年，月利率为.
(1)若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还5500元，最后一个还款月应还2510元，试计算该笔贷款的总利息.
(2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半.已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张申请该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）.参考数据：.
(3)对比两种还款方式，你会建议小张选择哪种还款方式，并说明你的理由.
【答案】(1)451500元；
(2)小张该笔贷款能够获批；
(3)建议小张选择等额本息的还款方式，理由见解析.
【分析】（1）等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为，用表示数列的前项和，求出即得解；
（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，求出即得解；
（3）从节省利息的角度来考虑，从前几年付款压力大小的角度来考虑，即得解.
【详解】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成等差数列，记为，用表示数列的前项和，则，，
则，
故小张的该笔贷款的总利息为（元）.
（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，
则，
所以，
即，
因为，
所以小张该笔贷款能够获批.
（3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为（元），
因为，
所以从节省利息的角度来考虑，建议小张选择等额本金的还款方式.
也可以回答：
因为以等额本息方案，每月还款只需要均还4298元，
而以等额本金在前面的10年内还款金额都比这个金额高，
，
对于小张可能会造成更大的还款压力，
因此从前几年付款压力大小的角度来考虑，建议小张选择等额本息的还款方式.
（二）产值增长
64．资料表明，2000年我国工业废弃垃圾达，每吨占地.环保部门每回收或处理1t废旧物资，相当于消灭4t工业废弃垃圾.如果某环保部门2002年共回收处理了废旧物资，且以后每年的回收量递增20％.
(1)2018年能回收多少吨废旧物资？（结果用科学记数法表示，保留一位小数）
(2)从2002年到2018年底，可节约土地多少平方米？（结果用科学记数法表示，保留一位小数）
【答案】(1)吨
(2)平方米
【分析】（1）由题意可得，再化简求值即可；
（2）从2002年到2018年底的回收废旧物资累加后可求解.
(1)
依题意可知，2003年共回收废旧物资吨；
2004年共回收废旧物资吨；
2005年共回收废旧物资吨；
2018年共回收废旧物资吨
(2)
从2002年到2018年底共回收废旧物资：
吨.
由于每吨占地，故可节约土地平方米
65．甲、乙、丙、丁四人合资注册一家公司，每人出资50万元作为启动资金投入生产，到当年年底，资金增长了50%．预计以后每年资金年增长率与第一年相同．四人决定公司从第一年开始，每年年底拿出60万元分红，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底公司分红后的剩余资金为万元．
(1)求，，并写出与的关系式；
(2)至少经过多少年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元？
（年数取整数，参考数据：，）
【答案】(1)240，300，
(2)至少经过7年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元
【分析】（1）根据题设条件可得.
（2）由（1）中的递推关系可得，结合题设条件可得关于的不等式，从而可得至少经过7年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元.
（1）
由题意得，投入生产的启动资金共有50×4＝200万元，
，
，
．
（2）
由（1）知
，
而也满足该式，故.
令，所以，
因为：，，即．
所以至少经过7年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元．
66．“绿水青山就是金山银山”，中国一直践行创新、协调、绿色、开放、共享的发展理念，着力促进经济实现高质量发展，决心走绿色、低碳、可持续发展之路．新能源汽车环保、节能，以电代油，减少排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业发展的方向工业部表示，到2025年我国新能源汽车销量占总销量将达20%以上.2021年，某集团以20亿元收购某品牌新能源汽车制造企业，并计划投资30亿元来发展该品牌.2021年该品牌汽车的销售量为10万辆，每辆车的平均销售利润为3000元．据专家预测，以后每年销售量比上一年增加10万辆，每辆车的平均销售利润比上一年减少10%．
(1)若把2021年看作第一年，则第n年的销售利润为多少亿元？
(2)到2027年年底，该集团能否通过该品牌汽车实现盈利？
（实现盈利即销售利润超过总投资，参考数据：，，）
【答案】(1)亿元
(2)该集团能通过该品牌汽车实现盈利
【分析】（1）由题意可求得第n年的销售量，第n年每辆车的平均销售利润，从而可求出第n年的销售利润，
（2）利用错位相减法求出到2027年年底销售利润总和，再与总投资额比较即可
(1)
设第n年的销售量为万辆，则该汽车的年销售量构成首项为10，公差为10的等差数列，所以，
设第n年每辆车的平均销售利润为元，则每辆汽车的平均销售利润构成首项为3000，公比为0.9的等比数列，所以，
记第n年的销售利润为，则万元；
即第n年的销售利润为亿元
(2)
到2027年年底，设销售利润总和为S亿元，
则①，
②，
①﹣②得亿元，
而总投资为亿元，
因为，则到2027年年底，该集团能通过该品牌汽车实现盈利．
（三）其他模型
67．某单位制作了一个热气球用于广告宣传.已知热气球在第一分钟内能上升30米，以后每分钟上升的高度都是前一分钟的，则该气球上升到70米至少要经过（ ）
A．3分钟B．4分钟C．5分钟D．6分钟
【答案】B
【分析】根据题意可知热气球在每分钟上升的高度构成等比数列，，公比，再根据等比数列的前项和公式可求得，然后由即可解出．
【详解】由题意知，热气球在每分钟上升的高度构成等比数列，则表示热气球在第分钟上升的高度（单位：米），且，公比.
经过分钟，热气球上升的总高度.
因为，，所以该气球至少要经过4分钟才能上升到70米.
故选：B.
68．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元.则该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要
A．3233万元B．4706万元C．4709万元D．4808万元
【答案】C
【分析】设备费为万元，根据等比数列的性质可得，由此可求出；设每个实验室的装修费用为万元，由题意可知，即，再根据等比数列前 项和，即可求出结果.
【详解】设每个实验室的装修费用为万元，设备费为万元，
则所以解得故.
依题意，即.
所以总费用为.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了等比数列的性质和等比数列的前和公式的应用，属于基础题.
过关检测
一、单选题
1．（2023上·新疆伊犁·高二校考期末）化简式子，得（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据裂项相消求和即可.
【详解】
.
故选：D
2．（2023上·全国·高二期末）已知数列，且，则数列的前2024项之和为（ ）
A．1012B．2022C．2024D．4048
【答案】C
【分析】对进行分类讨论，利用分组求和法求得正确答案.
【详解】当为奇数时，，
所以数列的奇数项成首项为，公差为的等差数列.
当为偶数时，，
所以数列的偶数项成首项为，公差为的等差数列.
所以前项和为：
.
故选：C
3．（2022上·广东广州·高二统考期末）去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理，预计每年生活垃圾的总量递增5％，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1.5万吨，则从今年起4年内通过填埋方式处理的垃圾总量约为（ ）万吨（精确到0.1万吨）（参考数据：，）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意，分析得到数列是以为首项，为公比的等比数列，由此求解通项公式，再利用等差数列与等比数列的求和公式列式求解即可.
【详解】由题意，从今年起每年生活垃圾的总量（单位：万吨）构成数列，
每年以环保方式处理的垃圾量（单位：万吨）构成数列，
∴是以为首项，为公比的等比数列；
是以为首项，为公差的等差数列，
∴，.
设今年起n年内通过填埋方式处理的垃圾总量为，
∴
，
当时，
.
∴今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量约为万吨.
故选：B.
4．（2024上·全国·高二期末）德阳某高校为迎接2023年世界新能源大会，决定选派一批志愿者参与志愿服务，计划首批次先选派1名志愿者，然后每批次增加1人，后因学生报名积极，学校决定改变派遣计划，若将原计划派遣的各批次人数看成数列，保持数列中各项先后顺序不变的情况下，在与之间插入，使它们和原数列的项依次构成一个新的数列，若按照新数列的各项依次派遣学生，则前20批次共派遣学生的人数为（ ）
A．2091B．2101C．2110D．2112
【答案】B
【分析】先得到的通项公式，再分组求和即可.
【详解】由题意得，当时，，
当时，，
故，
，
故前20批次共派遣学生的人数为.
故选：B
5．（2023上·全国·高二期末）设首项为的数列的前n项和为，，且，则数列的前23项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，推得，得到数列为等差数列，求得，化简得到，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】由，，可得，
当时，，所以，可得，
又，所以数列是以2为首项、为公差的等差数列，
所以，得，
于是，
所以数列的前项和为.
故选：D．
6．（2023上·江苏常州·高二统考期末）已知数列满足，若，则的前2022项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据数列递推式求出的表达式，即可得的表达式，利用裂项求和法，即可求得答案.
【详解】由题意知数列满足，
当时，；
当时，，
故，则，
也适合该式，故，
则，
故的前2022项和为
，
故选：B
7．（2023上·宁夏·高二校考期末）数列满足，数列的前项和为，若，则使不等式成立的的最小值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】C
【分析】由知为等差数列，即可求出，再代入知，再利用裂项相消求出，解不等式，即可得出答案．
【详解】因为，
由等差中项的概念可知为等差数列，
又其公差为，，
所以，
代入得
解得即n的最小值为13
故选:C
8．（2023上·江苏·高三期末）设数列满足（且），是数列的前项和，且，，则数列的前项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意易得为等差数列，递推得出也为等差数列，结合裂项相消法求和即可.
【详解】因为（且），所以数列为等差数列，
设公差为，
因为，
所以，（常数），
则也为等差数列.
因为，所以，则数列的公差为，
所以，所以，
所以数列的前项和为

故选：C.
9．（2023上·全国·高二期末）已知数列满足，且，若表示不超过x的最大整数(例如)，则（ ）
A．4048B．4046C．2023D．2024
【答案】D
【分析】由条件构造等差数列，结合累加法求，再得，利用高斯函数的定义计算即可.
【详解】由题设知，
故是首项为4，公差为2的等差数列，则，
由累加法可知则，
所以.
又时，，时，，
所以.
故选：D
10．（2023上·全国·高三期末）2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花——“科赫雪花”．它的绘制规则是：任意画一个正三角形（图1），并把每一条边三等分，再以中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线（图2），如此继续下去形成雪花曲线（图3），直到无穷，形成雪花曲线．设雪花曲线的边长为，边数为，周长为，面积为，若，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意分别写出，，的通项公式，且当时用累加法可求出通项，然后对选项进行逐一判断求解.
【详解】由题意知，边长，边数，周长，面积，
所以得：，，
所以得： ，，
因为：，
当时，，
所以得：
，
当时，，也适用，
所以：，
所以得：，故A项错误；所以得：，故B项正确；
所以得：，故C项错误；所以得：，故D项错误；
故选：B.
二、多选题
11．（2024上·吉林长春·高二长春吉大附中实验学校校考期末）已知数列的前n项积为，，则（ ）
A．B．为递增数列
C．D．的前n项和为
【答案】AD
【分析】根据等比数列的定义可判断为等比数列，进而可求解A，根据即可判断C，根据指数式的单调性即可判断B，根据分组求和结合等比求和公式即可求解D.
【详解】由可得，故为等比数列，且公比为3，首项为，故，进而,A正确，
当时，，所以，
当时，不符合上述表达，
因此，故C错误，
当时， ，由于为单调递增数列，故为单调递减，故B错误，
的前n项和为，故D正确，
故选：AD
12．（2024上·吉林辽源·高二辽源市实验高级中学校校联考期末）公差为的等差数列满足,则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．的前项和为
【答案】BC
【分析】根据已知条件,求出等差数列的首项和公差,从而得到的通项公式,判断选项;将的通项公式代入,再利用裂项法求前项和,即可判断选项.
【详解】为等差数列,
错误,正确；
,
的前项和为正确,错误.
故选:BC.
13．（2024上·吉林长春·高二长春市第二中学校联考期末）已知数列满足，，数列满足．记数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．数列是等差数列
C．D．
【答案】BC
【分析】由B选项提示，用等差数列验证B正确，进一步可得数列的通项公式验证A错误，由数列定义，可用裂项相消法求它的前项和，进而验证CD.
【详解】由题意得，即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确；
由以上可知，所以，从而，故A错误；
而，
所以，故C对D错.
故选：BC.
14．（2021上·江苏扬州·高二统考期末）已知数列的前n项和为，，.则下列选项正确的为（ ）
A．
B．数列是以2为公比的等比数列
C．对任意的，
D．的最小正整数n的值为15
【答案】BD
【分析】根据题设的递推关系可得，从而可得，由此可得的通项和的通项，从而可逐项判断正误.
【详解】由题设可得，
因为，，故，
所以，所以，
所以，因为，故，
所以，所以为等比数列，
所以即，故，故A错，C错.
又，故，
所以，即是以2为公比的等比数列，故B正确.
，
，
故的最小正整数n的值为15，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛： 题设中给出的是混合递推关系，因此需要考虑奇数项的递推关系和偶数项的递推关系，另外讨论D是否成立时注意先考虑的值.
三、填空题
15．（2023上·湖北·高二期末）已知公差不为0的等差数列中，存在，，满足，，则项数 .
【答案】2023
【分析】设公差为，裂项相消得到，进而求和得到方程，求出答案.
【详解】设等差数列的公差为d，由，
可得
，
因为，所以.
故答案为：
16．（2023上·宁夏·高二校考期末）已知数列满足，，记数列的前n项和为．若对于任意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由题设易知是首项、公比都为2的等比数列，可得，进而得到，裂项相消法求，根据不等式恒成立求参数范围.
【详解】由题设，而，则是首项、公比都为2的等比数列，
所以，则，
所以，
则在上恒成立，
要使不等式恒成立，只需，所以实数k的取值范围为.
故答案为：
17．（2022上·安徽芜湖·高二校考期末）数列的通项公式为，前项和为，则 ．
【答案】
【分析】利用诱导公式化简数列，代入即可求解.
【详解】
.
故答案为：.
18．（2023上·全国·高二期末）设数列满足，若，则的前99项和为 .
【答案】/
【分析】先根据前项和与通项的关系得，然后求得，再根据裂项相消求和法求解即可得答案.
【详解】因为，①
所以当时，，②
将①与②式相减得：，即，
当时，也适用，
所以，，
所以，
故答案为：.
19．（2023上·黑龙江大庆·高三大庆实验中学校考期末）已知数列满足：，设数列的前项和为，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】已知条件求出，裂项相消求出，由不等式恒成立，列不等式求实数的取值范围.
【详解】数列满足：，
时，
时，，
得，即，
时也满足，则有.
，
，
不等式恒成立，即，解得或.
即实数的取值范围为.
故答案为：
20．（2023上·河北·高三校联考期末）将数据，，，…排成如图的三角形数阵，（第一行一个，第二行两个，⋯，最下面一行有个，）则数阵中所有数据的和为 .

【答案】
【分析】写出数阵中所有数据的和，利用错位相减法求解即可.
【详解】由题意，设数阵中所有数据的和为，
则①，
②，
由①-②得：
，
所以.
故答案为：
【点睛】方法点睛：解决此类探究性问题，关键在观察、分析已知数据、寻找它们之间的相互联系，利用常见数列的通项公式和求和知识求解.
四、解答题
21．（2024上·上海·高二校考期末）已知数列的前n项和为，其中．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)，；
(2)
【分析】（1）利用之间的关系进行求解即可；
（2）利用裂项相消法进行求解即可.
【详解】（1）因为当时，有，
所以当时，有，
两式相减，得，
当时，由，适合，
所以，；
（2）因为，；
所以，
因此.
22．（2024上·江苏·高二期末）已知等差数列满足，等比数列满足.
(1)求数列，的通项公式；
(2)设数列满足，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列和等比数列的概念以及通项公式直接求解即可.
（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为.
由，可得，解得，
则.
由，
可得是首项为，公比为的等比数列，则.
（2）由（1）得，
，
，
所以
，
，
故.
23．（2024上·甘肃·高二统考期末）已知正项等比数列的方前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，数列的前项和，求证.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等比数列的基本量求解公比的值，即可得数列的通项公式；
（2）根据裂项相消法求和得，再结合数列的单调性即可得的最值，从而证得结论.
【详解】（1）设等比数列的公比为，则，
又，所以，解得或（舍），
所以；
（2）证明：由（1）得：，
所以，
对于任意的有，，
则数列为递增数列，所以，所以.
24．（2024上·广东广州·高三执信中学校考期末）已知数列的前项和满足，且数列中的第2项、第5项、第14项依次组成某等比数列的连续3项（公比不等于1）．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，且数列的前项和为，求的最大值与最小值．
【答案】(1)，；
(2)最大值，最小值.
【分析】（1）分和两种情况，利用关系及等差数列定义，再由等比中项、等差通项公式列方程求公差，即可得通项公式．
（2）由（1）得通项公式，裂项相消求，分为奇数和偶数两种情况讨论求最值．
【详解】（1）当时，；
当时，，，
则①，故②，
由②－①得，即，
所以(，且)，数列为等差数列，
设其公差为，则，，．
又，则，解得或（舍去），
所以，又也符合上式，故数列的通项公式为，．
（2）由题得，
．
当为奇数时，，当时有最大值，且；
当为偶数时，，当时有最小值，且．
综上，有最大值，最小值．
25．（2023上·江苏宿迁·高二校考期末）设等差数列的前n项和为，且满足
(1)求的通项公式；
(2)记，求数列的前n项和
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n项和公式进行求解即可；
（2）利用错位相减法进行求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
所以由，得，解得；
故.
（2）因为，
所以，
于是有，
两式相减，得，
即，
即.
26．（2024上·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校联考期末）已知数列是递增的等差数列，数列是等比数列，且，、、成等比数列，，，
(1)求数列和的通项公式
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）先由已知求和，然后根据等差数列和等比数列的通项公式求解即可；
（2）利用对数的运算先裂项，然后分组求和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
因为、、成等比数列，
所以，
解得或，
因为是递增数列，所以，所以，
设等比数列的公比为，
因为，所以，
即，所以；
（2）由（1）知，所以，
又，
所以， ，
所以.
27．（2024上·吉林长春·高二长春吉大附中实验学校校考期末）已知数列满足，.
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)若记为满足不等式的正整数k的个数，求数列的前n项和为，求关于n的不等式的最大正整数解.
【答案】(1)证明见解析；
(2)8
【分析】（1）利用倒数法证得为等差数列，再等差数列的通项公式求得，从而得解；
（2）结合（1）中结论，结合指数函数的性质求得，再利用错位相减法求得，从而利用估值法即可得解.
【详解】（1）由取倒数得，即，
又，所以，所以为首项为，公差为的等差数列，
则，故.
（2）由，得，
则，则，
所以这样的有个，故，则，
所以，
则，
两式相减得：，
所以，易知为递增数列，
又因为，，，
所以，故，则最大正整数解为8.
28．（2024上·江苏·高二期末）已知各项均为正数的数列的前n项和为，且对一切都成立.若是公差为2的等差数列，.
(1)求数列与的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用的关系结合条件及等比数列的定义可得，再根据等差数列的概念计算求；
（2）利用分组求和及等比数列求和公式计算即可.
【详解】（1）由，且对一切都成立，
可得，
又，所以，
则，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，则.
又是公差为2的等差数列，，所以，
则.
综上.
（2）由上可知，
故
.
29．（2023上·江苏·高三期末）已知数列满足，且对任意正整数m，n都有.
(1)求数列的通项公式;
(2)求数列的前n项和，若存在正整数k，使得，求k的值;
(3)设，是数列的前n项和，求证:.
【答案】(1)
(2)2
(3)证明见解析
【分析】（1）令得，通过累加的方式即可得解.
（2）首先分类讨论结合等差数列求和公式得到表达式，然后对分类讨论列方程求解即可.
（3）首先将数列通项公式化简，通过不等式放缩，然后裂项相消即可求解.
【详解】（1）由对任意正整数m，n都有，令，可得，
所以.
当时，，
当时，，符合上式，所以.
（2）由（1）得，当n为偶数时，
=
;
当n为奇数时，为偶数，.
综上所述，.
若k为偶数，则为奇数，由，即，整理得，解得（舍去）或;
若k为奇数，则为偶数，由，即，整理得，解得或，均不合题意，舍去.
综上，所求k的值为2.
（3）由
.
现在我们来证明时，，
令，求导得，
所以单调递增，所以，
结合当时，，有，
所以
.故.
【点睛】关键点睛：第一问的关键是累加法求数列通项，第二问的关键是分类讨论求表达式，然后继续分类讨论解方程，第三问的关键是通过放缩然后裂项相消即可顺利得解.