热点题爆破09 数列-【考前冲刺】2024年新高考数学考前三轮复习热点题精讲（新高考通用）

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1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
热点题爆破09 数列
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知等差数列的前项和为，如果，且的等比中项为，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用前项和的意义变形给定等式，求出公差，再利用等比中项列式求出.
【详解】设等差数列的公差为，
由，得，
即，解得，又，则，
所以.
故选：A
2．（2024·贵州贵阳·模拟预测）设正项等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列，则与的关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用等比数列的通项公式列方程求公比，然后求出和观察它们之间的关系即可.
【详解】设正项等比数列的公比为，
因为，，成等差数列，所以，
所以，解得，
所以，，
则.
故选：A.
3．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）数列满足，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用累乘法，则得到规律，则求出，根据即可求出.
【详解】，，
，，
所以，
同理可得，，．，
因为，所以，则，
因为，所以，
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到，则得到，最后根据即可得到答案.
4．（2024·湖北黄冈·二模）数列满足：，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．
【答案】AC
【分析】利用已知求得，可判断A；，可得，判断BC，进而求得，判断D.
【详解】由，
当，解得，故A正确；
当，可得，
所以，所以，
即，而，故C正确，B不正确；
因，故D错误.
故选：AC.
5．（2024·河北·模拟预测）已知数列，，满足，，当时，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】依题意可得，从而得到，则单调递增，推导出①，再由得到，结合①判断B，当时，将上式两边平方即可得到，利用不等式的性质得到，即可判断A，结合函数的单调性判断C，利用基本不等式判断D.
【详解】由，，
所以，又，显然，所以，
所以单调递增，则单调递减，
即，所以①，
由，设，
即、为关于的方程的两根，所以，
即，则，代入①得，故B正确；
当时，所以，
所以，
所以，，，，
所以，则，
所以，所以，故A正确；
因为单调递增，所以，又因为函数在上单调递增，
所以，
所以，
所以，故C错误；
因为
，
当且仅当时取等号，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键是以递推公式推导出的单调性及，再结合不等式的知识判断.
6．（2024·重庆·模拟预测）记数列的前n项和为，则下列说法错误的是（ ）
A．若存在，使得恒成立，则必存在，使得恒成立
B．若存在，使得恒成立，则必存在，使得恒成立
C．若对任意，恒成立，则对任意，恒成立
D．若对任意，恒成立，则对任意，恒成立
【答案】BCD
【分析】由两个数的差的绝对值小于等于两个数的绝对值之和结合已知可得A正确；举反例令，可判断BD错误；举反例令可得C错误（注意题目中让选错误的）.
【详解】对A：若恒成立，则，，故A正确；
对B、D：反例为，，故B、D错误；
对C：反例为，故C错误．
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：对于抽象数列题，可用排除法快速选择，较为简便快捷.
7．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，，，数列的前n项和为，则 ．
【答案】1013
【分析】根据等比数列的定义、通项公式及求和公式，进行运算求解即可．
【详解】由，，可知数列的奇数项构成以1为首项、2为公比的等比数列，偶数项构成以2为首项、2为公比的等比数列，
故，，
所以，
故.
故答案为：1013.
8．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，且，给出下列结论：①；②；③；④存在常数，使得数列是等比数列．其中所有正确结论的序号为 ．
【答案】②③④
【分析】由已知化简可得，利用作差法判断数列为递减数列可判断①，由已知求得，进而可得，可判断②，由可得，进而有，化简可判断③，化简可得，进而判断④.
【详解】对于①：因为，所以，得，又，
所以，即，故①错误．
对于②：在中取，得，所以，则，②正确．
对于③：由可得，所以，③正确．
对于④：由得，而，所以数列是等比数列，（点拨：等比数列的概念）④正确．
故答案为：②③④
9．（2024·广东广州·一模）已知数列的前项和，当取最小值时， .
【答案】3
【分析】根据求得，再结合对勾函数的单调性，即可求得结果.
【详解】因为，则当时，，
又当时，，满足，故；
则，
又在单调递减，在单调递增；
故当时，取得最小值，也即时，取得最小值.
故答案为：.
10．（2024·浙江台州·二模）已知数列满足，.
(1)求（只需写出数值，不需要证明）；
(2)若数列的通项可以表示成的形式，求，.
【答案】(1)2
(2)，.
【分析】（1）先求出数列的周期，即可求出的值；
（2）法一：由，，得到，解方程即可求出，；法二：：因为的周期为3，可求出，再由可求出.
【详解】（1），，，，，……，
故数列的周期为3，.
（2）法一：由，，得到，
则，解得：，.
法二：因为的周期为3，所以
又由，则，即，
则，即，因为，
解得.
11．（2024·全国·模拟预测）已知数列为等差数列，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，记，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件得出数列为等比数列，再根据条件求出，即可求出结果；
（2）根据（1）得到，再利用错位相减法，即可求出结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为，则，即，则，
则数列为等比数列，设其公比为，由，
得且，解得，所以．
（2）由（1）可得，
所以①，
②，
①②得：
，
所以．
12．（2024·全国·模拟预测）已知数列的各项均为正数，，．
(1)若，证明：；
(2)若，证明：当取得最大值时，．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得，则，结合和累乘法计算即可证明；
（2）由可得的最大值为8，进而，得，结合等比数列前n项求和公式计算即可.
【详解】（1）由题意知，，设，，
，，，
则．
（2），，
最大值为8，当且仅当时取等号．
而，，
而时，，
，
．
一、单选题
1．（2024·辽宁丹东·一模）已知等差数列的公差为d，其前n项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由题意利用作差法结合等差数列前项和基本量的计算以及充要条件的定义即可求解.
【详解】因为，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
2．（2024·辽宁·一模）已知数列满足，则“数列是等差数列”的充要条件可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等差数列的定义结合递推公式及充要条件的定义计算即可.
【详解】由，得①，
当时，②，
由①-②得，即的奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列，
所以，
若为等差数列，则其公差显然为1，即.
又，所以，
此时，即，
所以为等差数列，即“数列是等差数列”的充要条件可以是.
故选:B.
3．（2024·河北邯郸·三模）已知等比数列的各项互不相等，且，，成等差数列，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，根据等差中项的性质及等比数列通项公式得到方程求出，即可得解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，成等差数列，所以，即，
所以，解得或（舍去），
所以．
故选：D
4．（2024·广东深圳·模拟预测）已知数列的前n项和为，且，若首项为的数列满足，则数列的前2024项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】已知数列的前n项和为，做差法计算数列的通项公式，代入，累加法求出数列的通项公式，裂项相消即可求出数列的前2024项和.
【详解】解：，，
当时，，符合，
所以数列的通项公式为.
，，
即，
，
……
，又，累加法可得：，
即，
设数列的前项和为，则.
故选：D
5．（2024·辽宁鞍山·二模）数列的通项公式为，则（ ）
A．B．C．5D．8
【答案】C
【分析】根据数列的通项公式可求数列的任意一项.
【详解】因为
所以.
故选：C
二、多选题
6．（2024·福建福州·模拟预测）已知等差数列的前项和为，则（ ）
A．的最小值为1B．的最小值为1
C．为递增数列D．为递减数列
【答案】ABC
【分析】求出数列通项公式和前n项和公式，然后逐一判断各项
【详解】假设的公差为，由，所以，又，
所以，所以．
选项A：，故时的最小值为1，A正确；
选项B：，令，所以，可知在区间单调递增，
所以时取得最小值1，B正确；
选项C：，故为递增数列，C正确；
选项D：，因为，所以不是递减数列，D错误．
故选：ABC
7．（2024·安徽安庆·二模）满足，，的数列称为卢卡斯数列，则（ ）
A．存在非零实数t，使得为等差数列
B．存在非零实数t，使得为等比数列
C．
D．
【答案】BCD
【分析】对A、B：借助等差数列与等比数列定义计算即可得；对C：借助代入即可得；对D：由，得到，从而将展开后借助该式裂项相消即可得.
【详解】对A：若数列为等差数列，则有，
即，由，
故有恒成立，即有，无解，
故不存在这样的实数，故A错误；
对B：若数列为等比数列，则有，
即，由，
故有恒成立，即有，
即，解得，此时，
故存在非零实数t，使得为等比数列，故B正确；
对C：由，
则，
即有，故C正确；
对D：由，
故，
故
，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于由，得到，从而将展开后可借助该式裂项相消.
8．（2024·福建漳州·模拟预测）已知数列的前项和为，若，且对，都有，则（ ）
A．是等比数列B．
C．D．
【答案】BD
【分析】
由可判断A选项；推导出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，可判断B选项；由与的关系求出数列的通项公式，可判断D选项.
【详解】因为，
所以不是等比数列，所以A选项错误；
由，得，，，
以及，可得，，，
以此类推可知，，则，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，所以B选项正确；
当时，，
当时，，不满足，故，
所以C选项错误，D选项正确，
故选：BD.
9．（2024·全国·一模）已知数列：，，，，，，，，，，，其中第项为，接下来的项为，，接下来的项为，，，再接下来的项为，，，，依此类推，则（ ）
A．
B．
C．存在正整数，使得，，成等比数列
D．有且仅有个不同的正整数，使得
【答案】ABD
【分析】将数列中的项重新排列成如图数表，可以发现规律是：第行是以1为首项公差为的等差数列，根据数列中的性质逐项判断.
【详解】根据规律，数列中各项可以如下排列：

规律为每一行均为等差数列，首项为1，第行的公差为，第行的最后一项为，
第行的最后一位数在整个数列中的项数为第项，故，故B正确；
对于A，根据规律，第6行的最后一项为，此行的公差为5，故第20项是，故A正确；
对于C，由于数列的每一组都是从1开始，然后一次增加固定的正整数，所以每一行均为递增的正项数列，
若不在同一行，则或，
若，则，不可能成立；
若，则这三项为，由知不可能成等比数列；
若在同一行，设为公差为，且,则，则故,故矛盾，所以不可能存在连续三项成等比数列，故C错误；
对于D，对的位置分以下三种情况讨论
①若在同一行，设在第行，由得，
设为此行中第项，则，即，其中，
所以或，
第52行的数字依次为：1，52，103，…，所以满足条件，此时第51行最后一项为第项，故 ；
第18行的数字依次为：1，18，35，52，69，…，所以满足条件，此时第17行最后一项为第项，故；
②若中在第行的最后一位， 在第行的前两位，
则，，
由得，
即，对于无解；
③若中在第行的最后两位，在第行的第一位，
则，，，
由得，解得，
第10行的最后两位，第11行第一位数为，满足条件，此时第10行最后一项为第项，故，
综上所述，存在有且仅有3个不同的正整数，使得，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题将问题转化为数表问题，数表中的规律与数列性质结合可以更好的解决数列问题.
10．（2024·湖北·模拟预测）已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．当时，B．
C．数列单调递增，单调递减D．当时，恒有
【答案】ACD
【分析】由题意可得：，，对于AB：利用作差法分析判断；对于C：分析可知是等比数列，根据等比数列通项公式结合数列单调性分析判断；对于D：分析可得，结合等比数列运算求解.
【详解】由题意可得：，，
由可知：，但，
可知对任意的，都有，
对于选项A：若，
则，
即，故A正确；
对于选项B：，
即，故B错误.
对于选项C：因为，，
则，且，
可知是等比数列，则，
设，，
可得，，
因为，可知为递增数列，
所以数列单调递增，单调递减，故C正确；
对于选项D：因为，，
由，可得，即，则，即；
由，可得，即，则，即；
以此类推，可得对任意的，都有，
又因为，则，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：数列与函数、不等式的综合问题的常见题型
1.数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
2.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．
三、填空题
11．（2024·广东·一模）等差数列的通项公式为，其前项和为，则数列的前100项的和为 ．
【答案】
【分析】利用等差数列的定义及前项和公式即可求解.
【详解】因为等差数列的通项公式为，
所以，，
所以
由，得数列是等差数列；
所以数列的前100项的和为
故答案为：.
12．（2024·广东梅州·一模） .
【答案】
【分析】考查等比数列的求和运算，首项根据已知构造出等比数列，观察发现数列乘以后的每项都为的形式，然后用等比数列的求和公式求解即可.
【详解】
故答案为：
13．（2024·江苏南京·模拟预测）已知数列满足，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项即得.
【详解】数列中，，，显然，
则有，即，而，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即．
故答案为：
14．（2024·湖北·一模）设等比数列的前项和为，若，则公比的取值范围为 ．
【答案】
【分析】
由可得，，讨论或，即可得出答案.
【详解】由
，
因为，所以由，
可得，
由可得，
即，
即，
即，即，
则，因为
若，则，解得：，
若，则，解得：，
所以公比的取值范围为：.
故答案为：.
15．（2024·河北·一模）已知等差数列的公差与等比数列的公比相等，且，，，则 ；若数列和的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列，数列的前项和为，则使得成立的的最小值为 ．
【答案】
【分析】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出数列的通项公式；设满足不等式的正整数的最小值为，推导出，设，其中且，根据可得出关于的不等式，求出的最小值，即可得出的值，即为所求.
【详解】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，
则，，，
解得，，，
所以，，，
由，整理可得，
数列的各项分别为：、、、、、、、、、，
其中前若干项中，数列有项，数列有项，
所以，是数列的第项，
所以，
，
所以，，
令，整理可得，
令，则有，解得，
因为，所以，，可得，
所以，满足不等式的正整数的最小值为，
同理可知，满足不等式的正整数的最大值为，
所以满足不等式的正整数的最小值，即，
设，其中且，
则
，
，
由，整理可得，解得，
所以自然数的最小值为，所以.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列不等式求参数的值，解题的关键在于确定满足条件的正整数的最小值所在的区间，并引入合适的参数，求出相应的参数的值，进而得解,
四、解答题
16．（2024·全国·模拟预测）数列的前项和为，，且.
(1)证明：为等差数列；
(2)对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据即可代入化简得，由等差数列的定义即可求解，
（2）根据可得的表达式，进而将问题转化为，构造，利用作差法确定数列的单调性，即可求解最值得解.
【详解】（1）当时，，则，
化简得，又，
所以，又，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）得，则，
故
则，
由，得，则，
令，
则，所以数列单调递增，
又，故，所以实数的取值范围是.
17．（2024·安徽池州·二模）记为数列的前项的和，已知.
(1)求的通项公式；
(2)令，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用数列通项与前n项和的关系判定数列是等差数列，进而求得其通项公式；
（2）先利用（1）的结论，求得数列是等比数列，进而求得其前n项和.
【详解】（1）
当时，
则有：
化简得
又是以2为首项，1为公差的等差数列
的通项公式为
（2）由（1）知：
当时，
又是以为首项，为公比的等比数列
18．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）当时，求得，当时，得到，两式相减化简得到，结合叠加法，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）得到，求得，
解法1：根据题意，转化为，结合，结合基本不等式，即可求解；
解法2：根据题意，转化为，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：当时，，解得，
当时，，
两式相减可得，，
则，
叠加可得，，则，
而时也符合题意，
所以数列的通项公式为．
（2）解：由（1）知，可得，
故；
解法1：由，可得，
即，即则，又由，
当且仅当时取等号，故实数的取值范围为．
解法2：由，
可得，
当，即时，，
则，故实数的取值范围为．
19．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合与之间的关系可得，利用等差中项可得数列为等差数列，进而求；
（2）由（1）可得，利用错位相减法运算求解.
【详解】（1）因为，即，则，
两式相减并整理得，则，
两式相减整理得，
所以数列为等差数列．
当时，，所以．
设等差数列的公差为，
因为，解得，
所以．
（2）由（1）可得，则，
则，
可得，
所以．
20．（2024·湖南·二模）已知数列的前项和为，满足；数列满足，其中.
(1)求数列的通项公式；
(2)对于给定的正整数，在和之间插入个数，使，成等差数列.
（i）求；
（ii）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）存在，
【分析】（1）根据的关系式可得是首项为1，公比为的等比数列，再根据可分别对的奇数项和偶数项分别求通项公式可得；
（2）（i）利用定义可求得新插入的数列公差，求得并利用错位相减法即可求出；
（ii）求得，易知对于任意正整数均有，而，所以不是数列中的项；又，分别对其取值为时解方程可求得.
【详解】（1）由①，当时，②，
得，
当时，，
是首项为1，公比为的等比数列，故，
由③.由
得，又④.
④-③得，
的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列：
所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列.
得.
综上可得；
（2）（i）在和之间新插入个数，使成等差数列，
设公差为，则，
则.
⑤
则⑥
⑤-⑥得：，
所以可得
（ii）由（1），又，
由已知，
假设是数列或中的一项，
不妨设，
因为，所以，而，
所以不可能是数列中的项.
假设是中的项，则.
当时，有，即，
令，
当时，；
当时，，
由知无解.
当时，有，即.
所以存在使得是数列中的第3项；
又对于任意正整数均有，所以时，方程均无解；
综上可知，存在正整数使得是数列中的第3项.
【点睛】关键点点睛：求解是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项时，关键是限定出，再对数列的取值范围进行限定可得不是数列中的项，再由只能取得正整数可知只需讨论或有无解即可求得结论.