专题06数列（难点）（解析版）

专题06数列（难点）一、单选题1．数列及其前n项和为满足：，当时，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据递推关系式，利用累乘法可求得数列通项公式，再结合裂项求和即可求得的值.【解析】当时，，即所以累乘得：，又，所以所以则.故选：C.2．已知数列是递增数列，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据数列是递增数列，列出符合条件的不等式组，求出的取值范围即可.【解析】数列是递增数列，且，则，解得，故的取值范围是故选：D3．在等差数列中，记，则数列（

）A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【答案】C【分析】根据题意求出，根据等差数列的各项符号得到数列的单调性，由此可求得结果.【解析】解：依题意可得公差，，所以当时，，当时，，因为，，，，，，又当时，，且，即，所以当时，数列单调递增，所以数列无最大项，数列有最小项.故选：C4．在2022年北京冬残奥会闭幕式上，出现了天干地支时辰钟表盘.天干地支纪法源于中国，不仅用于纪时纪日，也可用于纪年.天干地支具体分为十天干与十二地支，十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥，天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”.橙子辅导创立于1933年（癸酉），以此类推即将迎来的九十周年校庆的2023年为（

）A．壬寅 B．壬卯 C．癸寅 D．癸卯【答案】D【分析】由已知天干是以10，地支是以12为公差的等差数列，以1933年的天干和地支分别为首项，即可得到答案.【解析】天干是以10为构成的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，从1933年到2023年经过90年，且1933年为癸酉，以1933年的天干和地支分别为首项，又，则2023年的天干是癸又，则2023年的地支是卯所以即将迎来的九十周年校庆的2023年为癸卯故选：D5．已知数列的各项均为正数，且满足(为常数，．给出下列四个结论：①对给定的数列，设为其前n项和，则有最小值；②若数列是递增数列，则；③若数列是周期数列，则最小正周期可能为2；④若数列是常数列，则其中，所有正确结论的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】利用数列的各项均为正数以及前项和表达式判断①；若数列是递增数列，则有，进而根据已知条件化简式子求出的取值情况判断②；若数列是最小正周期为的数列，则有，对和取特殊值验证判断③；若数列是常数列，设，则，从函数的角度求的取值情况判断④.【解析】对于①，在数列的各项均为正数的情况下，设为其前n项和，则，易知递增，因此有最小值，①正确；对于②，若数列是递增数列，则成立，又，成立，即成立，则，②错误；对于③，若数列是最小正周期为的数列，则，即成立，当，时，上式成立，数列是最小正周期为的数列，③正确；对于④，若数列是常数列，设，则，令，则，，，④正确.综上所述，所有正确结论的个数是个.故选：C.6．已知数列满足，且，若不等式对于任意正整数成立，则的最小值为（

）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】C【分析】由原式可得数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，从而求得，结合数列单调性，可得，，从而的最小值为14.【解析】由，可得，而，故数列是以1为首项，以1为公差的等差数列，所以，即有，，因为，当时，，最小值为.当时，，若不等式对于任意正整数成立，则，，则的最小值为14.故选：C7．已知数列的首项是，前项和为，且，设，若存在常数，使不等式恒成立，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先由数列通项与前项和的关系得到数列的递推关系，再构造等比数列，求数列的通项公式，进一步求出数列的通项公式，从而可求数列通项公式，代入所求式子，分子、分母同除以构造基本不等式即可求出的最大值，从而求出的范围.【解析】由，则当时，得，两式相减得，变形可得：，又，，所以，，∴数列是以为首项、为公比的等比数列，故，所以，所以，当且仅当时等号成立，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：构造等比数列求的通项公式，即可得通项公式，再由不等式恒成立，结合基本不等式求的最值，即可求参数范围.8．已知数列满足，则下列有可能成立的是（

）A．若为等比数列，则B．若为递增的等差数列，则C．若为等比数列，则D．若为递增的等差数列，则【答案】B【分析】若为等比数列，可得，进而可得可判断AC；若为递增的等差数列，利用累乘法可得，再利用裂项相消法可得，利用累加法可得，进而可得，可判断BD.【解析】因为，∴，即，若为等比数列，则的公比为，∴，由，可得，∴，故AC错误；若为递增的等差数列，，公差，由则，∴，∴，即，∴，∴，又，∴，又则，∴当时，不等式恒成立，故，故B正确，D错误.故选：B.二、多选题9．对于数列，定义：，称数列是的“倒和数列”．下列关于“倒和数列”描述正确的有（

）A．若数列是单调递增数列，则数列一定是单调递增数列B．若，则数列是周期数列C．若，则其“倒和数列”有最大值D．若，则其“倒和数列”有最小值【答案】BC【分析】对A：利用函数单调性和举反例判断；对B：根据题意整理可得，进而分析判断；对C：分类讨论的符号，并结合数列单调性分析判断；对D：根据数列单调性分析判断.【解析】对A：在上单调递增，在上单调递减，即在整个定义域内不单调，故无法判断数列一定是单调递增数列，例如，则，可知数列是单调递增数列，则数列是单调递减数列，A错误；对B：∵，则，又∵，即，则，即，∴，则数列是以周期为2的周期数列，B正确；对C：∵，则数列为递减数列，即，令，则，∴当时，则；当时，则.由B可得，若时，则，则，即，∴，故其“倒和数列”有最大值，C正确；对D：∵，则数列为递增数列，可得，∴，则，即，故数列为递减数列，无最小值，D错误.故选：BC.10．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.11．在平面四边形ABCD中，的面积是面积的2倍，又数列满足，恒有，设的前n项和为，则（

）A．为等比数列 B．为等差数列C．为递增数列 D．【答案】BD【分析】连交于，根据面积关系推出，根据平面向量知识推出，结合，推出，即，求出，，根据等比数列的定义可判断A；根据等差数列的定义可判断B，根据数列的单调性可判断C；利用错位相减法求出，可判断D.【解析】如图，连交于，则，即，所以，所以，所以，设，因为，所以，，所以，所以，即，又，所以，所以是首项为2，公差为的等差数列，所以，所以，因为不是常数，所以不为等比数列，故A不正确；因为，所以为等差数列，故B正确；因为，所以为递减数列，故C不正确；因为，所以，所以，所以，所以，故D正确.故选：BD12．已知数列满足：，，下列说法正确的是（

）A．，成等差数列 B．C． D．，一定不成等比数列【答案】BCD【分析】根据题意得，再结合数列单调性与得，可判断B选项；由递推关系式易得，进而可判断A选项；根据数列单调性得，进而可得判断C；利用反证法先假设，成等比数列，推出之间的公比为，结合可以得到成等比数列，与矛盾，故假设不成立，可判断D【解析】解：因为，所以，且，所以①，所以②所以，②-①整理得：因为，所以数列为单调递增数列，所以，即，故B选项正确；对于A选项，若，成等差数列，则成等差数列，由递推关系得，显然不满足等差数列，故A选项错误；对于C选项，因为，数列为单调递增数列，所以，即，所以，因为，所以，所以，从第2项起，数列介于以为首项，公比分别为和为公比的等比数列对应项之间，所以，故C选项正确；对于D选项，假设，成等比数列，设之间的公比为，由可得即，因为，所以，解得，因为为单调递增数列，所以，由可得，即整理得，所以成等比数列，所以以此类推能得到成等比数列，与矛盾，故假设不成立，故D正确；故选：BCD【点睛】本题关键点在于通过数列的递推关系式以及等差数列、等比数列研究数列的性质，D选项中反证法的应用是本题的重难点，注意掌握加以应用.三、填空题13．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：.14．数列满足，若，数列的前n项和为，则使不等式成立的n的最小值为_______________．【答案】10【分析】根据数列的递推关系，探求数列的性质并求出通项，再利用裂项相消法求解作答.【解析】依题意，，由得，即数列为等差数列，公差d，有，解得，从而，即，所以，此时，解得，所以n的最小值为10．故答案为：10【点睛】思路点睛：裂项法求和核心是裂项，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．15．已知等比数列的公比为q，且，能使不等式成立最大正整数_______________．【答案】【分析】根据已知求得的表达式，由此求得的取值范围，根据成立列不等式，化简求得的取值范围，从而求得最大正整数.【解析】由已知，结合知，解得，由于是等比数列，所以是首项为，公比为的等比数列.要使成立则，即，将代入整理得：又，可知，故最大正整数.故答案为：16．已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．【答案】27【分析】方法一：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值.【解析】［方法一］：【通性通法】【最优解】设，则由得，化简得，，解得：，即．所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由即，解得，所以得满足条件的最小值为.故答案为：.［方法二］：列举法＋二分法与相比，B元素间隔大．因此利用列举法从中元素构成看，分别加了几个B中元素进行考虑．1个：；2个：；3个：；4个：；5个：；6个：．发现当时，发生变号，以下用二分法查找：，所以所求n应在22~29之间．，所以所求n应在25~29之间．，，不符合条件；，，符合条件．因为，而，故答案为：.【整体点评】方法一：先由求和公式寻找不等式成立的充分条件，即当第项的值大于等于时，不等式成立，再寻找第项的值在与之间时是否也可以有满足题意的解，从而解出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：根据两个集合的特征，一一列举集合中的元素，并研究集合中元素的和与的变化规律，从而找出可能满足不等式的解，再由二分法验证解出，该法计算较为麻烦．四、解答题17．设等差数列的前n项和为，，，且有最大值．(1)求数列的通项公式及的最大值；(2)求【答案】(1)，前n项和最大值108；(2)，【分析】（1）由有最大值得，结合等差中项性质可解出、，即可进一步解出基本量，，即可由公式法列出通项公式，的最大值为前面所有非负项的和；（2）由数列的符号，分别求、时的即可，其中当时.【解析】（1）设等差数列的公差是d，首项是，由有最大值得，则数列是递减数列，因为，，解得、或、舍去，则，，解得，，所以，令得，则当时，；当时，，所以；（2）由（1）可得，当时，…，当时，……，综上可得，，18．已知数列满足，．(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足：，的前项和为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)由条件证明数列为等差数列，由等差数列通项公式求的通项，由此可求数列的通项公式；(2)由(1)通过放缩证明，由此证明，利用基本不等式结合放缩证明，由此证明.【解析】（1）因为，所以，即，又，所以，所以数列为首项为1，公差为1的等差数列，所以，故，所以数列的通项公式为；（2）因为当时，，所以，所以，又当，且时，，所以当，当，且时，，所以，所以对于任意的，，综上所述，对于任意的，.19．在各项均为正数的等比数列中，为其前n项和，，，，成等差数列．(1)求的通项公式；(2)若，数列的前n项和为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)根据条件，结合等比数列基本量，列等式求，即可求数列的通项公式；（2）根据（1），再利用裂项相消法求数列的和，根据数列的单调性，即证明不等式.【解析】（1）设数列的公比为q，由题意知，即，因为，，所以，所以，所以．（2）证明：由（1）得，所以，所以，所以．显然单调递增，所以，因为，所以，所以．20．已知数列中，，，.设.(1)证明：数列是等比数列；(2)设数列的前项的和为，求.(3)设，设数列的前项和，求证：.【答案】(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）由，变形为，根据，代入即可证明结论.（2）由（1）可得，利用时，，可得，利用求和公式即可得出数列的前项的和为.（3），利用裂项求和与数列的单调性即可得出结论.【解析】（1），，，，数列是等比数列，首项为1，公比为2.（2）由（1）可得，时，，时也成立.，，数列是等比数列，首项为1，公比为2.数列的前项的和为.（3），数列的前项和，.21．已知集合（是整数集，m是大于3的正整数）．若含有m项的数列满足：任意的，都有，且当时有，当时有或，则称该数列为P数列．(1)写出所有满足m=5且的P数列；(2)若数列为P数列，证明：不可能是等差数列；(3)已知含有100项的P数列满足是公差为等差数列，求d所有可能的值．【答案】(1)P数列为：和(2)证明见解析；(3)【分析】（1）根据P数列的定义，可直接写出答案；（2）假设是等差数列，公差为d，分和两种情况，可得到与题意不符的结论，从而证明结论成立；（3）由题意，，分类讨论，说明当时，不符题意，同理可说明和时，推导出与题意不符的结论，继而说明，符合题意，从而求得答案．【解析】（1）由题意可得满足且的P数列为：和（2）假设是等差数列，公差为d，当时，由题意，或3，此时，所以不是等差数列中的项，与题意不符，所以不可能是等差数列；当时，由题意，或，此时，所以不是等差数列中的项，与题意不符，所以不可能是等差数列综上所述，不可能是等差数列；（3）由题意，当时，因为，所以，与题意不符；当时，记，当时，，所以，所以，所以，与题意不符；当时，，又由题意，，其中，且，所以，所以，所以，与不符；当时，取，此时的数列满足题意，综上所述，．【点睛】关键点点睛：本题考查了关于数表新定义的问题，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好地考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据其定义解决问题.22．1.设数列中前两项、给定，若对于每个正整数，均存在正整数使得，则称数列为“数列”.(1)若数列为、的等比数列，当时，试问与是否相等