第4章数列章末题型归纳总结

第4章数列章末题型归纳总结目录模块一：本章知识思维导图模块二：典型例题经典题型一：等差与等比数列的基本运算经典题型二：等差、等比数列的判定经典题型三：求数列的通项公式经典题型四：数列求和经典题型五：数列的性质经典题型六：数学归纳法模块三：数学思想方法①分类讨论思想②转化与化归思想③数形结合思想模块一：本章知识思维导图模块二：典型例题经典题型一：等差与等比数列的基本运算例1．（2023·云南红河·高二开远市第一中学校校考阶段练习）记是等差数列的前n项和，若，，则（

）A．16 B．8 C．4 D．2【答案】C【解析】设等差数列的首项为，公差为，根据题意可知，解得；所以可得.故选：C例2．（2023·重庆荣昌·高二重庆市荣昌中学校校考阶段练习）已知等差数列中，，，则（

）A．0 B．2 C．4 D．6【答案】B【解析】等差数列，设公差为，，，则.故选：B例3．（2023·西藏拉萨·高二校考期中）已知是等差数列，，则等于（

）A．48 B．40 C．60 D．72【答案】B【解析】根据等差数列性质计算可得，解得；所以可得，故选：B例4．（2023·江苏苏州·高二吴江中学校考阶段练习）已知为等差数列，，，的前n项和为，则使得取得最大值的n的值为（

）A．18 B．19 C．20 D．21【答案】C【解析】设等差数列的公差为d，由，，两式相减可得，则．∵，∴，故，当取得最大值时有，即解得，又，∴．故选：C例5．（2023·全国·高二随堂练习）设数列，是项数相同的等差数列，若，，，则数列的第37项为（

）A．1 B．0 C．100 D．3700【答案】C【解析】根据题意，，又数列，是项数相同的等差数列，所以数列是常数列，所以数列的第37项为100.故选：C.例6．（2023·甘肃定西·高二甘肃省临洮中学校考阶段练习）已知等差数列共有21项，若奇数项的和为110，则偶数项的和为（

）A．100 B．105 C．90 D．95【答案】A【解析】由，有，偶数项的和为100．故选：A例7．（2023·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考阶段练习）设等差数列的前n项和为，若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】在等差数列中，，，成等差数列，即，设，则，于是，解得，所以．故选：A例8．（2023·重庆荣昌·高二重庆市荣昌中学校校考阶段练习）已知3，，27三个数成等比数列，则（

）A．9 B．9 C．9或9 D．0【答案】C【解析】由于成等比数列，所以，解得或.故选：C例9．（2023·江苏苏州·高二吴江中学校考阶段练习）已知等比数列的前n项和为45，前2n项和为60，则其前3n项和为（

）A．65 B．80 C．90 D．105【答案】A【解析】设数列的前n项和为，由等比数列的性质得，，成等比数列．，，故45，，成等比数列，故，解得．故选：A.例10．（2023·甘肃定西·高二甘肃省临洮中学校考阶段练习）已知等比数列的前n项和为．若，则等于（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】当时，，解得，，当时，，两式相减得，即，且满足上式，故，所以等比数列的首项为1，公比为2，又，则、、、…、构成首项为1，公比为16的等比数列，故．故选：C例11．（2023·全国·高二随堂练习）某超市去年的销售额为a万元，计划在今后10年内每年比上一年增加10%．从今年起10年内这家超市的总销售额为（

）万元．A． B． C． D．【答案】D【解析】设今后10年每年的销售额为，因为超市去年的销售额为a万元，计划在今后10年内每年比上一年增加.所以今年的销售额为，今后第年与第年的关系为，所以今后10年每年的销售额构成等比数列，公比为，首项为.所以今年起10年内这家超市的总销售额为故从今年起10年内这家超市的总销售额为万元.故选：D例12．（2023·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考阶段练习）在等比数列中，，，则（

）A． B． C．32 D．64【答案】C【解析】设等比数列的公比为，则，即，解得，所以．故选：C．例13．（2023·江苏苏州·高二南京航空航天大学苏州附属中学校考阶段练习）等比数列满足，，数列满足，时，，则数列的通项公式为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据题意得，，解得，故，时，，故．故选：A例14．（2023·福建龙岩·高二福建省连城县第一中学校考阶段练习）在等比数列中，，，则（

）A．8 B．6 C．4 D．2【答案】A【解析】设该等比数列的公比为，因为，所以由，因此，故选：A经典题型二：等差、等比数列的判定例15．（2023·重庆荣昌·高二重庆市荣昌中学校校考阶段练习）已知数列满足，且.(1)求；(2)证明：数列是等差数列，并求.【解析】（1）因为，所以.（2）因为，所以，则，故，又，所以，所以数列是首项为，公差为的等差数列.所以，则.例16．（2023·江苏连云港·高二赣榆一中校考阶段练习）已知数列满足，且.(1)证明：是等差数列；(2)求数列的通项公式.【解析】（1）由，，又，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列.（2）由（1）知，数列是以为首项，以为公差的等差数列，，.例17．（2023·河南周口·高二校联考阶段练习）已知数列满足:.(1)证明:是等比数列;(2)求数列的前项和.【解析】（1）由得,,又,故是以为首项,为公比的等比数列.（2）由（1）知,,则,故.例18．（2023·全国·高二课堂例题）已知，是项数相同的数列．(1)若数列是公差为d的等差数列，数列满足，证明数列是等比数列；(2)若数列是公比为q的正项等比数列，数列满足，证明数列是等差数列．【解析】（1）证明：因为，所以，因此，数列是公比的等比数列．（2）证明：因为，所以，因此，数列是公差的等差数列．例19．（2023·全国·高二课堂例题）已知数列中，在时恒成立，求证：是等差数列．【解析】证明

因为，所以．因此，从第2项起，每一项与它的前一项的差都相等，所以是等差数列．例20．（2023·全国·高二专题练习）在数列中4，，．求证：数列{}是等差数列；【解析】的两边同时除以，得2，∴数列{}是首项为4，公差为2的等差数列例21．（2023·广东深圳·高二深圳市耀华实验学校校考阶段练习）若数列满足，，m为常数.(1)求证：是等差数列；(2)若对任意，都有，求实数m的取值范围.【解析】（1）证明：因为，等式两边同除以，得，即，所以数列是首项为，公差为1的等差数列.（2）由（1）得，因此.由对恒成立，得对均成立.因为，不等式两边同除以，得，即对恒成立，当时，取最大值，所以，所以实数m的取值范围为.例22．（2023·江苏泰州·高二泰州中学校考期末）已知数列中，，当时，记，．(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式(2)求数列的前项和．【解析】（1）因为且当时，，所以当时，，所以，因为，即，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以；（2）由知，则…①…②，①②得所以；综上，，

.例23．（2023·重庆荣昌·高二重庆市荣昌中学校校考期中）设数列的前n项和为，若．(1)求证：是等比数列，并求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．【解析】（1）因为，，所以，解得，当时，，所以，所以，即．因为也满足上式，所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以；（2）由（1）知，所以，所以，①则，②①②得＝＝，所以．例24．（2023·江苏镇江·高二江苏省镇江中学校考期中）已知数列满足：，，设．(1)求证：是等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)求数列的前项和．【解析】（1）由，，可得，因为，即，，所以数列是首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）可得：，即，所以.（3）由（2）可知：，则，可得，上面两式相减可得：，所以．例25．（2023·江苏苏州·高二常熟中学校考阶段练习）已知数列满足，且．(1)求数列的前三项的值；(2)是否存在一个实数，使得数列为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；(3)在（2）的条件下，设数列的前项和为，求证：．【解析】（1）因为，所以，因为，所以，因为，所以.（2）若存在使得数列为等差数列，则为与无关的常数，，所以，所有存在实数，使得数列为等差数列.（3）由（2）得数列为等差数列，首项为，公差为1，所以，，当时，，当时，，所以.例26．（2023·四川巴中·高二四川省通江中学校考期中）已知数列的首项，且满足，若.(1)求证为等比数列；(2)在数列中，，对任意的，，都有，求数列的前项和.【解析】（1）∵，∴两边同时除以，得，即，∵，∴，又∵首项，∴，故是以2为首项，2为公比的等比数列，（2）由（1）可得，∵在数列中，，对任意的，，都有，∴是以4为首项，3为公差的等差数列，则，故，，两式相减得，∴.例27．（2023·全国·高二课堂例题）已知数列的首项．(1)若为等差数列，公差，证明数列为等比数列；(2)若为等比数列，公比，证明数列为等差数列．【解析】（1）由，，得的通项公式为．设，则．又，所以，是以27为首项，9为公比的等比数列；（2）由，，得．两边取以3为底的对数，得．所以．又，所以，是首项为1，公差为的等差数列．例28．（2023·江西萍乡·高二统考期中）在数列中，，.(1)证明：为等比数列.(2)设，若是递增数列，求的取值范围.【解析】（1）因为，所以，因为，所以，则，则是以1为首项，4为公比的等比数列.（2）由（1）可得，，即.，则，故，因为是递增数列，所以，即.当为奇数时，，即，由于，易知单调递减，所以；当为偶数时，，即，由于，易知单调递增，所以.综上，的取值范围为.经典题型三：求数列的通项公式例29．（2023·重庆荣昌·高二重庆市荣昌中学校校考期末）已知数列，则数列的通项公式．【答案】【解析】由题意得，故是首项为1，公差为1的等差数列，得，即，故答案为：例30．（2023·上海普陀·高二上海市晋元高级中学校考阶段练习）已知数列的前项和，的通项公式为.【答案】【解析】当时，，当时，，不适合上式，故的通项公式为，故答案为：例31．（2023·上海黄浦·高二格致中学校考阶段练习）已知数列的前项和（为正整数），则此数列的通项公式.【答案】【解析】因为数列的前项和（为正整数），当时，，当时，，不满足.所以，.故答案为：.例32．（2023·上海闵行·高二校考阶段练习）在数列中，若，，则的通项公式为.【答案】【解析】在数列中，，，因此数列是常数列，则，所以的通项公式为.故答案为：例33．（2023·福建漳州·高二校考阶段练习）已知数列满足，则．【答案】【解析】由，得，当时，，当时，上式也成立，所以.故答案为：.例34．（2023·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考阶段练习）已知数列满足，，则．【答案】【解析】因为数列满足，所以，，…，，当时，；当时，，满足上式．综上所述，．故答案为：．例35．（2023·浙江嘉兴·高二浙江省海盐高级中学校考开学考试）已知数列的前项和为，则数列的通项公式.【答案】【解析】当时，；当时，；显然时也符合上式，所以.故答案为：例36．（2023·辽宁朝阳·高二建平县实验中学校考阶段练习）若数列的前n项和，则数列的通项公式.【答案】【解析】由可得，两式相减可得，即，又时，，不符合，所以，故答案为：例37．（2023·福建宁德·高二福建省宁德第一中学校考阶段练习）记为数列的前项和，且，则.【答案】【解析】①，当时，，解得，当时，②，①②得，，即，所以，是首项为1，公比是2的等比数列，故.故答案为：例38．（2023·河南周口·高二统考期中）设数列的前项和为，且，则数列的通项公式为．【答案】【解析】当时，，又,则数列从第二项开始，是一个首项为12，公比为3的等比数列，，所以．又符合，所以．故答案为：.例39．（2023·山东淄博·高二校考期中）已知数列满足，，则数列的通项公式为【答案】【解析】由得，故为等差数列，公差为1，首项为1，所以所以.故答案为：例40．（2023·甘肃·高二统考期中）已知数列满足，，设.(1)求；(2)求的通项公式.【解析】（1）由得，，所以数列，即数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以，，.（2）由（1）可得，所以.例41．（2023·全国·高二专题练习）已知数列的递推公式，且首项，求数列的通项公式．【解析】令．先求出数列的不动点，解得．将不动点代入递推公式，得，整理得，，∴．令，则，．∴数列是以为首项，以1为公差的等差数列．∴的通项公式为．将代入，得．∴．例42．（2023·江苏·高二专题练习）已知数列满足：求通项.【解析】取倒数：，故是等差数列，首项为，公差为2，，∴.例43．（2023·江苏·高二专题练习）已知数列满足，．求数列的通项公式．【解析】依题，记，令，求出不动点或3；由定理3知：，，∴，又，所以，……，，，∴．又，令，则数列是首项为，公比为的等比数列．∴．由，得．∴．例44．（2023·江苏·高二专题练习）已知：，时，，求的通项公式．【解析】设，所以，∴，解得：，又，∴是以3为首项，为公比的等比数列，∴，∴．例45．（2023·北京海淀·高二人大附中期末）求下列数列的通项公式.(1)；(2)；(3)；(4)；(5)；(6)；(7)；(8)；【解析】（1）因为，所以，所以数列是以为公差的等差数列，所以；（2）因为，所以，所以数列是以为公比的等比数列，所以；（3）由，当时，，当时，，当时，上式不成立，所以（4）因为，所以，则当时，，当时，上式也成立，所以；（5）因为，所以，则当时，，当时，上式也成立，所以；（6）因为，所以，即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以；（7）由，得，当时，，所以，当时，，所以，所以数列是以为公比，为首项的等比数列，所以；（8）由，当时，，所以，当时，，所以，所以数列数列从第二项起是以为公比，为首项的等比数列，所以，当时，上式不成立，所以.例46．（2023·全国·高二专题练习）已知数列满足，求数列的通项公式．【解析】为等差数列，首项，公差为，.例47．（2023·全国·高二专题练习）已知数列中，，求的通项公式．【解析】化为，即，，可得或，（所得两组数值代入上式等价），不妨令，，所以是以1为首项，为公比的等比数列，则，累加法可得：，又符合上式，故.例48．（2023·全国·高二专题练习）已知数列满足，，求数列的通项公式．【解析】解法一：因为，设，所以，则，解得，即，则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即；解法二：因为，两边同时除以得，所以，，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，则，所以.例49．（2023·江西宜春·高二上高中学校考期中）设数列的前n项和为Sn，满足，且成等差数列．(1)求的值；(2)求数列的通项公式．【解析】（1）因为，所以令得：，即：①，令得：，即：②，又因为，，成等差数列，所以，即③，将③代入①②可得，即由①②③得：，，故的值为1.（2）因为，当时，，两式作差可得：，所以，，由（1）知，，所以，即：，，将代入得：，符合，综上，.故数列的通项公式为.例50．（2023·江苏·高二专题练习）已知，求的通项公式．【解析】，，则，则，，所以是以2为首项，2为公比的等比数列．于是，．经典题型四：数列求和例51．（2023·重庆荣昌·高二重庆市荣昌中学校校考阶段练习）已知数列的前n项和为，且.(1)求与；(2)记，求数列的前n项和.【解析】（1）由，得，当时，，得；当时，，得，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以.所以.（2）由（1）可得，则，，两式相减得，所以.例52．（2023·新疆乌鲁木齐·高二校考期中）已知等差数列满足，，公比不为的等比数列满足，.(1)求与的通项公式；(2)设，求的前项和.【解析】（1）由题意不妨设等差数列、等比数列的公差、公比分别为，所以有和，注意到，所以分别解得和，因此由定义可知与的通项公式分别为.（2）由（1）可知，所以由题意有，当时，有，所以有，以上两式作差得，当时，有，综上所述：的前项和为.例53．（2023·黑龙江齐齐哈尔·高二齐齐哈尔市恒昌中学校校考阶段练习）已知各项均为正数的等差数列的首项，，，成等比数列；(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【解析】（1）设等差数列的公差为，又因为，，成等比数列，所以，即，整理得：，又因为，解得或(舍)则有，所以数列的通项公式为；（2）因为，所以，所以.所以.例54．（2023·上海虹口·高二上外附中校考阶段练习）数列中，，且对任意正整数m，数列，，是公差为的等差数列.(1)依次求，，，的值；(2)求数列的通项公式；(3)记（n为正整数），求数列的前n项和.【解析】（1）因为数列，，是公差为的等差数列，且，令，则数列，，是公差为的等差数列，可得；令，则数列，，是公差为的等差数列，可得.（2）因为数列，，是公差为的等差数列，则，可得，当为奇数，可得，且符合上式，所以当为奇数，；当为偶数，可得；综上所述：.（3）由（2）可得：当为奇数，可得；当为偶数，；综上所述：.当为偶数，可得；当为奇数，可得；综上所述：.例55．（2023·江苏苏州·高二星海实验中学校考阶段练习）已知数列的前项和为且成等差数列.(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【解析】（1）由，，则，有，则，所以，又，显然也满足，故是首项为1，公比为的等比数列，则所以，则，所以，故.（2）由，则，所以，则，所以，则.例56．（2023·甘肃庆阳·高二校考阶段练习）已知各项均为正数的数列的前项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，，求数列的前项和.【解析】（1）由得，故两式相减可得：，化简得，由于各项均为正数，所以，故（常数），又当时，，由于，故，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列；故．（2）由（1）得：时，；所以当时，；当也符合上式，故例57．（2023·江苏苏州·高二吴江中学校考阶段练习）若数列是公差为2的等差数列，数列满足，，且．(1)求数列，的通项公式；(2)设数列满足，求数列的前n项和．【解析】（1）∵数列满足，，且．∴，解得．又∵数列是公差为2的等差数列，∴．∴，，∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列，即．（2）数列满足，数列的前n项和，∴，两式相减得，∴例58．（2023·福建漳州·高二校考期中）设数列的各项都为正数，且．(1)证明数列为等差数列；(2)设，求数列的前项和．【解析】（1）由数列的各项都为正数，且，得，即，所以数列是以为公差的等差数列；（2），由（1）得，所以，则，所以.例59．（2023·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考阶段练习）已知数列的首项且满足．(1)证明：是等比数列；(2)数列满足，，记，求数列的前n项和．【解析】（1）证明：由题意，得，所以，又，所以，所以，所以是首项为3，公比为3的等比数列．（2）由（1），得，所以，由，得，所以，，…，，当时，；当时，，满足上式，所以，，所以，①，②①②得，所以．例60．（2023·全国·高二随堂练习）（1）求数列，，，…的前项的和；（2）求数列5，55，555，…的前项的和．【解析】（1）易得数列的前项的和；（2）观察可知数列5，55，555，…的通项为：，故其前项的和为：例61．（2023·甘肃白银·高二校考阶段练习）递增的等差数列中的前n项和为，且成等比数列，.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前40项的和.【解析】（1）设公差为且，又，则，由，所以，故，则.（2）由（1）知：，则，所以.经典题型五：数列的性质例62．（2023·福建宁德·高二福鼎市第一中学校考阶段练习）已知等差数列的前项和有最小值，且，则使成立的正整数的最小值为（

）A．2022 B．2023 C．4043 D．4044【答案】D【解析】因为等差数列的前项和有最小值，所以等差数列的公差，因为，所以，，所以，又因为，所以，即，故，所以，，当时，；当时，；故使成立的正整数的最小值为.故选：D.例63．（2023·辽宁朝阳·高二建平县实验中学校考阶段练习）已知各项均为正数的数列满足，，则取最小值时，（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】由已知可得，，…，，,将上面式子左右两边分别相加可得，，令，，，当时，为减函数，时，为增函数，且，又，，且∴，故当时，取得最小值.故选：B.例64．（2023·辽宁大连·高二大连八中校考阶段练习）已知等差数列的前n项和为有最小值，且，则使成立的正整数n的最小值为（

）A．9 B．10 C．17 D．18【答案】D【解析】由题意可知：等差数列的前n项和为有最小值，则且，所以数列是递增数列，可得是过原点的二次函数式，且开口向上，因为，可得，则又因为，可得，则，所以使成立的正整数n的最小值为18.故选：D.例65．（2023·安徽池州·高二校联考期中）设为实数，首项为、公差为的等差数列的前项和为，且满足：，的最小值为（

）A．6 B．8 C．9 D．10【答案】B【解析】因为，所以，所以，因为为实数，所以，所以.故选：B.例66．（2023·河南南阳·高二唐河县第一高级中学校考阶段练习）等差数列{an}中，已知，，则的前n项和的最小值为（

）A．S4 B．S5 C．S6 D．S7【答案】C【解析】∵等差数列中，，∴，即,又，∴的前项和的最小值为．故选：C例67．（2023·江苏南通·高二期末）等比数列中，，数列，的前n项和为，则满足的n的最小值为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】A【解析】由题意得，所以，所以，令，整理得，解得，故选：A.例68．（2023·黑龙江齐齐哈尔·高二齐齐哈尔市恒昌中学校校考期末）设等比数列的公比为q，前n项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．没有最大值【答案】B【解析】在等比数列中，由，，得，即有，，若，则，，此时，与已知条件矛盾，因此，B正确，C错误；显然数列是递减数列，由，得，则，A错误；由于，当，，而，则，当时，，则，因此当时，逐渐增大，当时，逐渐减小，所以的最大值为，D错误.故选：B例69．（2023·福建龙岩·高二福建省永定第一中学校考阶段练习）设数列是以为公差的等差数列，是其前项和，，且，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．的最大值为或【答案】D【解析】AB选项，因为，所以，因为数列是以为公差的等差数列，所以，故，解得，又，所以，，AB错误；C选项，，故C错误；D选项，由于，，，故当时，，当时，，故的最大值为或，D正确.故选：D例70．（2023·陕西西安·高二西安市铁一中学校考期末）已知数列的通项公式为，那么当数列的前项和取得最大值时，的值为（

）A．30 B．31 C．32 D．33【答案】C【解析】由题意知数列的通项公式为，故为等差数列，且公差为，为递减数列，当时，；当时，；设，则当时，，且；当时，；故的前30项之和为30个正数之和，又，故的前32项之和最大，故选：C例71．（2023·江西·高二统考期末）数列的前项和，则取最大值时的值为（

）A． B．2 C． D．4【答案】B【解析】对于函数对称轴为，开口向下，所以当时函数取得最大值，所以当时取得最大值.故选：B例72．（2023·广西河池·高二统考期末）已知数列满足，数列的前项和为，若的最大值仅为，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意，令，即数列是等差数列，前项和最大值仅为，则，解得，故选：C．例73．（2023·河南郑州·高二校联考期中）已知函数，若数列满足，且对任意的都有，那么实数的值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据题意，，要使数列是递增数列，必有解得.故选：C.例74．（2023·江苏·高二专题练习）设等差数列中首项为，公差为d，且从第5项开始是正数，则公差d的范围是A． B． C． D．【答案】C【解析】设等差数列的公差为d，由题意可得，解不等式组可得．故选C．例75．（2023·高二课时练习）在中，A、B、C分别为a、b、c所对的角，若a、b、c成等差数列，则B的范围是()A． B． C． D．【答案】B【解析】由a、b、c成等差数列可得，由余弦定理有，即，整理得，当且仅当时取等号，又因为在上是减函数，所以故选：B经典题型六：数学归纳法例76．（2023·全国·高三专题练习）数列满足：，，求证：．【解析】先用数学归纳法证明加强命题：对一切正整数n，有，1°当时，显然成立．2°假设时，有，则当时，一方面，由基本不等式，有．等号当且仅当时取得，因为，所以．另一方面，，当时，也成立，因此，．例77．（2023·全国·高三专题练习）设，数列满足，，求证：，且．【解析】下面用数学归纳法证明：，当时，成立；假设时，，则时，，因为，所以，所以，故，即时，不等式也成立，综上，对任意，.下证：，由上可知，，所以所以，即.例78．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知数列，满足，，，.(1)设数列满足，求的通项公式；(2)设数列满足，求证：.【解析】（1）由题设，且，，故，所以，即，而，故，综上，且.（2），又，当时，满足，若时，成立，当，则，且，故.综上，成立.例79．（2023·高二课时练习）当时，求证：.【解析】（1）当时，左边，右边，左边右边.（2）假设当时不等式成立，即，则当时，左边，即当时，不等式也成立.综上可知，对一切，且，不等式都成立.例80．（2023·广东·校联考模拟预测）已知数列的前n项和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)若，且数列的前n项和为，求证：当时，．【解析】（1）由题，时，有，则，则.注意到，则.（2）由（1）可得，则当时，.故所证结论相当于，，.当时，结论显然成立；假设时，结论成立，则，当时，因，，则.综上，结论成立.例81．（2023·全国·高三专题练习）f（n）定义在正整数集合上，且满足f（1）=2，f（n+1）=（f（n））2－f（n）+1，n=1，2，3，…．求证；对所有整数n>1，1－＜【解析】证明：由于f（1）=2，f（n+1）=f（n）（f（n）－1）+1，①可知对于任意正整数n，成立f（n）≥2，②由①有f（n+1）－1=f（n）（f（n）－1），③由②，③有，④在④中将n改成k，并且从1到n求和，有=1－，⑤下面对正整数n用数学归纳法证明：＜f（n+1）－1＜（n≥2），⑥

当n=1，2时，由①有f（2）=3，f（3）=7，⑥成立，设n=m时，不等式⑥成立，这里m≥2，则n=m+1时，由①有f（m+2）=f（m+1）（f（m+1）－1）+1，⑦由归纳假设，有＜f（m+1）－1＜（m≥2），⑧f（m+1）是正整数，于是+1≤f（m+1）－1≤－1，⑨由⑦，⑧，⑨得f（m+2）=f（m+1）（f（m+1）－1）+1≥（+2）（+1）=+3·+3＞+1，⑩f（m+2）=f（m+1）（f（m+1）－1）+1≤（－1）+1=－+1＜+1⑪由⑩和⑪知不等式⑥对n=m+1成立．所以不等式⑥对任意正整数n≥2成立．最后由⑤知原不等式成立．例82．在用数学归纳法证明时，第（1）步验算n＝n0的n0不一定为1，而是根据题目要求选择合适的起始值．第（2）步，证明n＝k＋1时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法.例83．（2023·全国·高三专题练习）设，对于,,，…，定义，求证：对于，有．【解析】由及可得，，因而，．即时不等式成立．设，则由已知的递推式得，.假设，我们证明．，因为，所以，从而，于是，．即命题对n+1成立．由此，对所有的自然数命题成立，即对均有．例84．（2023·高二课时练习）求证：对任何正整数n，数都能被8整除【解析】证明:1°当n=1时，，命题成立．2°假设n=k时，能被8整除，则当n=k+1时，,因为是8的倍数，而也是8的倍数，所以Ak+1也是8的倍数，即n=k+1时，命题也成立由以上1°、2°可知，对一切正整数n，能被8整除．模块三：数学思想方法①分类讨论思想例85．（2023·福建省漳州市·月考试卷）若数列满足，则数列的通项公式为（

）A． B． C． D．【答案】D

【解析】因为①，当时，，当时②，①②得，所以，当时也成立，所以，故选：例86．（2023·安徽省滁州市·单元测试）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数．已知数列满足，且，若，数列的前n项和为，则（

）A．4956 B．4959 C．4962 D．4965【答案】B

【解析】由，且，当时，根据累加法可得：，当时，也满足上式，所以，所以由高斯函数的定义知，当时，；当时，；当时，；当时，

；因此故选例87．（2023·天津市市辖区·模拟题）等比数列的公比为q，前n项和为设甲：，乙：是递增数列，则（

）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B

【解析】若，，则，则是递减数列，不满足充分性；当时，是递增数列，且满足当时，，则，，若是递增数列，，则，，满足必要性，故甲是乙的必要条件但不是充分条件，故选：例88．（2023·全国·同步练习）已知数列满足，下面说法正确的是（

）

①当时，数列为递减数列；

②当时，数列不一定有最大项；

③当时，数列为递减数列；

④当为正整数时，数列必有两项相等的最大项．A． B． C． D．【答案】C

【解析】①当时，，，，即数列不是递减数列，①错误．②当时，，，，所以取，当时，递减，设M是时，的最大项，由知时，是的最大项，因此数列一定有最大项，因此错误；③当时，，，故数列为递减数列；④，当为正整数时，当时，…．当时，令，解得，则，当时，即数列单调递增，当时，，当时，，即数列单调递减，数列必有两项相等的最大项．故选：例89．（2023·上海市市辖区·模拟题）设数列，若存在常数t，对任意小的正数s，总存在正整数，当时，，则数列为收敛数列．下列关于收敛数列说法正确的是（

）A．若等比数列是收敛数列，则公比B．等差数列不可能是收敛数列C．设公差不为0的等差数列的前n项和为，则数列一定是收敛数列D．设数列的前n项和为，满足，，则数列是收敛数列【答案】C

【解析】对于A，取，显然，此时数列是等比数列，也是收敛数列，且公比，故A错误；对于B，取，显然，此时数列是等差数列，也是收敛数列，故B错误；对于C，由题意可得，，所以，当时，，结合二次函数性质，所以数列一定是收敛数列，故C正确；对于D，当时，可得，当时，由，得，所以，列举可得：，，，，，，以此类推，可得为一周期数列，且所以数列不是收敛数列，故D选项错误．故选：例90．己知正项数列满足，则下列正确的是（

）A． B．数列是递减数列C．数列是递增数列 D．【答案】D

【解析】因为，故，得，A由可得：，两边同除可得：，，则选项A错误；B易知，，因此，则，选项B错误；，，因此，又，得，即，选项C错误；D当时，，则，则有，则选项D正确．故选：②转化与化归思想例91．（2023··月考试卷）已知数列，，下列说法正确的是．（

）A．对任意的，存在，使数列是递增数列；B．对任意的，存在，使数列不单调；C．对任意的，存在，使数列具有周期性；D．对任意的，当时，存在【答案】C

【解析】对于A选项，要想保证数列是递增数列，则必有，其中，因为，所以当或2时，取得最大值，此时为，故，解得：，而，不合题意，故A错误；对于B选项，因为，，所以，数列是递增数列，故B错误；对于C，D选项，，令，解得：，，即，为其不动点，因为，所以，，令得：，，且，从蛛网模型可以看出，当时，随着n的增大，趋向于不动点或不动点或变为周期数列，且此时数列的值均在A点的左边，故对任意的，当时，均有，C选项正确，D选项错误．故本题选：例92．（2023·湖北省襄阳市·单元测试）已知数列满足，，若存在实数t，使单调递增，则t的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C

【解析】由单调递增，可得，所以由，所以当时，可得令，因为，单调递增，所以的图象在直线上方，且呈上升趋势，故抛物线顶点坐标需要在直线下方，所以综上：，故选例93．已知在数列中，，，若是等比数列，不等式对一切恒成立，则实数t的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A

【解析】因为是等比数列，所以公比，且，则，即，则不等式等价于，而函数在上为减函数，所以的最大值为，所以，故选：例94．（2023·江西省萍乡市·单元测试）斐波那契数列是数学史上一个著名数列，它是意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖时发现的，若数列满足，，，则称数列为斐波那契数列，该数列有很多奇妙的性质，如根据可得……，类似的，可得（

）A． B． C． D．【答案】B

【解析】根据题意，数列满足，两边同乘以，可得，则…故选例95．（2023·浙江省杭州市·单元测试）若两个等差数列，的前n项和分别为，，且，则使得为整数的正整数n的个数是（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C

【解析】由等差数列的性质和求和公式可得：，验证知，当，2，3，5，11时，为整数．故选例96．（2023·江苏省南通市·月考试卷）已知数列满足，记数列的前n项和为，若对任意的恒成立，则实数t的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A

【解析】由

，当

时，

，当

时，由

得

，两式相减并化简得

，

也符合上式，所以

，令

，

为常数，所以数列

是等差数列，首项

，所以

，对称轴为

，由于

对任意的

恒成立，所以

，解得

，所以

t

的取值范围是

．例97．（2023·辽宁省锦州市·期末考试）康托是十九世纪末二十世纪初德国伟大的数学家，他创立的集合论奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，当记为第一次操作；再将剩下的