专题4 数列及求和（分层练）（解析版）2024年高考数学二轮复习高频考点追踪与预测（新高考专用）

第第页专题验收评价专题4数列及求和内容概览A·常考题不丢分题型一等差数列及性质题型二等比数列及性质题型三数列求和题型四数列情境题C·挑战真题争满分题型一题型一等差数列及性质1．（2023·湖南郴州·统考一模）设数列满足且是前项和，且，则（

）A．2024 B．2023 C．1012 D．1011【答案】C【分析】根据题意和等差数列的定义和前n项求和公式,，可得出也为等差数列,从而得出答案.【详解】由题意，，，则数列为等差数列，设公差为，，即，则，则，则所以，（常数），则也为等差数列.则数列的公差为.所以所以.故选：C2．（2023·江西九江·统考一模）已知等差数列的前项和为，若，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据等差数列前项和公式和通项公式即可求解.【详解】由题意得，解得，，故选：C.3．（2023·河南·统考模拟预测）设是等差数列的前n项和，若，则（

）A．15 B．30 C．45 D．60【答案】C【分析】根据等差数列的性质求出，再根据等差数列前n项和公式即可得解.【详解】由题意得，所以，所以.故选：C.4．（2023下·河南驻马店·高二校考阶段练习）设，分别是两个等差数列，的前n项和．若对一切正整数n，恒成立，（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知和等差数列的性质，可得.【详解】由等差数列的性质，可得.故选：B5．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）等差数列的公差为，前项为，若数列的最大项是第20项和第21项，则（

）A．18 B．20 C．22 D．24【答案】C【分析】直接利用等差数列的性质，求得，进而求得结果.【详解】由数列的最大项是第20项和第21项，可得，即，解得，即，因为等差数列的公差为，所以，解得.故选：C.6．（2023·河南开封·校考模拟预测）已知为等比数列，是它的前项和．若，且与的等差中项为，则等于（

）A．37 B．35 C．31 D．29【答案】C【分析】根据等差中项及等比数列的通项公式求出公比，利用等比数列求和公式得解.【详解】，，解得，与的等差中项为，解得，设等比数列的公比为，则，解得，，，故选：C．题型二题型二等比数列及性质1．（2023上·江苏无锡·高三锡东高中校考阶段练习）各项均为正数的等比数列的前项和为，且成等差数列，若，则（

）A．或15 B．或 C．15 D．【答案】C【分析】根据条件先求解出的值，然后根据等比数列前项和公式求解出结果.【详解】设等比数列的公比为，由题意可知，因为成等差数列且，所以，所以，解得或（舍），所以，故选：C.2．（2023上·河南南阳·高三统考期中）已知正项数列的前项和为，且满足，若，，则（

）A．3 B．4 C．9 D．16【答案】C【分析】由题设易知数列为等比数列，设公比，应用等比数列前n项和公式求公比，进而求目标式的值.【详解】因为，所以数列为等比数列，设公比为，则，得，解得（舍去），所以．故想：C3．（2023上·四川雅安·高三校联考期中）已知等比数列满足，则（

）A．1 B．3 C．4 D．15【答案】B【分析】根据题意结合等比数列的通项公式运算求解.【详解】设的公比为，因为，解得，所以.故选：B.4．（2023·云南·怒江傈僳族自治州民族中学校联考一模）已知等比数列的前项和为，，，则（

）A．29 B．31 C．33 D．36【答案】B【分析】根据，可求出首项，公比，然后利用等比数列求和公式即可求解.【详解】因为数列是等比数列，，所以，即，则.又因为，故有.所以，则，所有，所有，故B项正确.故选：B.5．（2023·湖南·校联考模拟预测）设为数列的前n项积，若，，且，当取得最大值时，（

）A．6 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】先求出等比数列的通项公式，然后求出积，整理后，结合指数函数性质、二次函数性质分析得出结论.【详解】由题易知，，∵，∴，故是公比为的等比数列，∵，∴，故.∴，∴，要使取得最大值，则为偶数，且取最小值，由二次函数知识知，当或9时，取最小值，只有，使得为偶数符合要求.故选：B.二、填空题6．（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）已知正项等差数列的前项和为，若成等比数列，则的最小值为．【答案】/12.5【分析】根据给定的条件，利用等差数列性质求出，再表示出，并借助基本不等式求解即得.【详解】由成等比数列，得，即，则，而，因此，当且仅当时取等号，所以当时，取得最小值.故答案为：题型三题型三数列求和1．（2023上·天津·高三联考）已知为数列的前项和，且，.(1)求数列的通项公式；(2)令，设数列的前项和为，若，求的最小值.【答案】(1)；(2)10【分析】（1）根据数列递推式利用之间的关系推出，结合等比数列定义以及等比数列通项公式即可求得答案；（2）由（1）结果可得的表达式，利用裂项法即可求得表达式，解不等式即得答案.【详解】（1）当时，，解得，又，所以所以，即，又因为，所以，所以，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以；（2）由（1）可得，所以，因为，即，所以，因为，所以，所以的最小值为10.2．（2023·河南新乡·统考一模）已知是数列的前项和，．(1)若数列为等差数列，求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用可得出，再利用相减法得，结合等差数列的条件可得其公差，从而求得后得出通项公式；（2）利用（1）中方法求得，然后用裂项相消法求和．【详解】（1）当时，，即．因为，当时，，两式相减得，所以，两式相减得．因为数列为等差数列，所以数列的公差，又，所以，则，即数列的通项公式为．（2）因为，所以，由（1）可知，所以，，．3．（2023上·陕西西安·高三统考阶段练习）已知数列的前n项和为，且．(1)求的通项公式；(2)记，求数列的前n项和．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用关系，构造数列及等比数列定义写出的通项公式；（2）由（1）得，讨论、求前n项和．【详解】（1）当，则；当，则，所以，而，则是首项、公比为2的等比数列，所以，且也满足，综上，.（2）由（1）得，当时，，当时，.所以.4．（2023上·黑龙江齐齐哈尔·高三统考阶段练习）已知数列是公差为1的等差数列，且，数列是等比数列，且，.(1)求和的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据等差等比数列的公式法求得通项；（2）先求解，根据并项求和法得出结果.【详解】（1）由题可知数列是公差为1的等差数列，且，则，解得，所以，设等比数列的公比为，且，则解得，所以，所以和的通项公式为.（2）由（1）得为，则，所以数列的前项和.5．（2023上·福建龙岩·高二校联考期中）已知数列的前项和是，且.(1)证明：是等比数列.(2)求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）先对进行化简构造出，并结合等比数列定义可求解；（2）根据（1）求出，然后构造关于的方程组并利用错位相减法可求解.【详解】（1）证明：当时，，得：；当时，得：，将两式相减得：，得：，所以得：当时，是等比数列，通项公式为：，当，也符合，故可证：数列为等比数列.（2）由（1）得：，则得：，则：①②①-②得：，化简得：.所以：数列的前项和：.6．（2023上·福建厦门·高三厦门外国语学校校考阶段练习）设是数列的前项和，已知(1)求，并证明：是等比数列；(2)求满足的所有正整数.【答案】(1)，证明见解析(2)1，2【分析】（1）利用代入计算即可求得，由等比数列定义可求得，即可得出证明；（2）利用数列分组求和可得出，再利用二次函数及指数函数单调性即可求得结果.【详解】（1）由可得，所以，可得；由已知得，所以，其中，所以是以为首项，为公比的等比数列；（2）由（1）知，所以，所以，所以，由二次函数及指数函数性质可知当时，单调递减，其中，所以满足的所有正整数为1，2.题型题型四数列情境题1．（2024·四川自贡·统考一模）南末数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前项分别为，则该数列的第项（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据“高阶等差数列”的定义求得第项.【详解】，设，，设，所以，所以是首项为，公差为的等差数列，所以，即，所以.故选：D2．（2023下·湖南·高二校联考期末）南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列.类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列：1，1，3，27，729…是一阶等比数列，则的值为（参考公式：）（

）A．60 B．120 C．240 D．480【答案】B【分析】设，则由题意可知为等比数列，其中，，从而可求出，利用累乘法可求出，从而可求出，然后利用分组求和法可求得结果.【详解】由题意，数列1，1，3，27，729，…为，且为一阶等比数列，设，所以为等比数列，其中，，公比为，所以，则，，所以，，因为，，也适合上式，所以，所以.故选：B.3．（2023上·广东·高三广州市第一中学统考阶段练习）17到19世纪间，数学家们研究了用连分式求解代数方程的根，并得到连分式的一个重要功能：用其逼近实数求近似值．例如，把方程改写成①，将再代入等式右边得到，继续利用①式将再代入等式右边得到……反复进行，取时，由此得到数列，，，，，记作，则当足够大时，逼近实数．数列的前2024项中，满足的的个数为（参考数据：）A．1007 B．1009 C．2014 D．2018【答案】D【分析】作差讨论的符号与的关系，结合可得，，然后讨论奇数项和偶数项的单调性，再验证前8项哪些满足题意，结合单调性即可解答.【详解】由题，，且前8项为1，2，，，，，，，，所以当时，；当时，．又，所以，.因为，其中，所以，所以，，所以，，又因为，所以不满足的分别为，，，，，，.故选：D．【点睛】本题难点在于作差讨论的符号与的关系，从而得到，，这对学生的思维能力有很高的要求，不易想到，但结合本题目标分析，似乎又是理所当然.4．（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）等比数列的历史由来已久，我国古代数学文献《孙子算经》、《九章算术》、《算法统宗》中都有相关问题的记载．现在我们不仅可以通过代数计算来研究等比数列，还可以构造出等比数列的图象，从图形的角度更为直观的认识它．以前n项和为，且，的等比数列为例，先画出直线OQ：，并确定x轴上一点，过点作y轴的平行线，交直线OQ于点，则．再过点作平行于x轴，长度等于的线段，……，不断重复上述步骤，可以得到点列，和．下列说法错误的是（

）

A． B．C．点的坐标为 D．【答案】D【分析】根据题设描述，确定题图中相关线段的数量关系，结合直线斜率定义、等比数列前n项和判断各项的正误即可.【详解】选项A，由题设及图象知：，故正确；选项B，因为表示直线OQ:斜率，即为q，故正确；选项C，点的横坐标为，故正确；选项D，由，而，，则，又△为等腰直角三角形，即，综上，，故错误．故选：D5．（2023·安徽黄山·统考三模）黄山市歙县三阳镇叶村历史民俗“叠罗汉”已被列入省级非物质文化遗产保护项目，至今已有500多年的历史，表演时由二人以上的人层层叠成各种样式，魅力四射，光彩夺目，好看又壮观.小明同学在研究数列时，发现其递推公式就可以利用“叠罗汉”的思想来处理，即，如果该数列的前两项分别为，其前项和记为，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据，得，将中每一项逐一拆解，即可求解.【详解】解：由得，所以，.故选：D.一、单选题1．（2023·全国·Ⅰ卷）记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，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】C【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为，则，因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即为常数，设为，即，则，有，两式相减得：，即，对也成立，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C正确.方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即，则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：为等差数列，即，即，，当时，上两式相减得：，当时，上式成立，于是，又为常数，因此为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件.故选：C2．（2022·全国·统考高考乙卷）已知等比数列的前3项和为168，，则（

）A．14 B．12 C．6 D．3【答案】D【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以.故选：D.3．（2021·全国·高考甲卷）记为等比数列的前n项和.若，，则（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】A【分析】根据题目条件可得，，成等比数列，从而求出，进一步求出答案.【详解】∵为等比数列的前n项和，∴，，成等比数列∴，∴，∴.故选：A.4．（2021·全国·统考高考甲卷）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【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．【详解】由题，当数列为时，满足，但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B．二、填空题5．（2022·全国·统考高考乙卷）记为等差数列的前n项和．若，则公差．【答案】2【分析】转化条件为，即可得解.【详解】由可得，化简得，即，解得.故答案为：2.三、问解答6．（2023·全国·统考高考Ⅰ卷）设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．(1)若，求的通项公式；(2)若为等差数列，且，求．【答案】(1)(2)【详解】（1），，解得，，又，，即，解得或（舍去），.（2）为等差数列，，即，，即，解得或，，，又，由等差数列性质知，，即，，即，解得或（舍去）当时，，解得，与矛盾，无解；当时，，解得.综上，.7．（2023·全国·统考高考乙卷）记为等差数列的前项和，已知．(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，即，解得，所以，（2）因为，令，解得，且，当时，则，可得；当时，则，可得；综上所述：.8．（2023·全国·统考高考甲卷）设为数列的前n项和，已知．(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据即可求出；（2）根据错位相减法即可解出．【详解】（1）因为，当时，，即；当时，，即，当时，，所以，化简得：，当时，，即，当时都满足上式，所以．（2）因为，所以，，两式相减得，，，即，．9．（2021·全国·统考高考Ⅰ卷）已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然为偶数，则，所以，即，且，所以是以2为首项，3为公差的等差数列，于是．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知，所以．由（为奇数）及（为偶数）可知，数列从第一项起，若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以，则．[方法三]：累加法由题意知数列满足．所以，，则．所以，数列的通项公式．（2）[方法一]：奇偶分类讨论．[方法二]：分组求和由题意知数列满足，所以．所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列的前20项和为：．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.10．（2021·全国·统考高考真题）记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．【答案】(1)；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，设等差数列的公差为，从而有：，，从而：，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：.(2)由数列的通项公式可得：，则：，则不等式即：，整理可得：，解得：或，又为正整数，故的最小值为.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.11．（2021·全国·Ⅱ卷）记为数列的前n项和．已知．(1)证明：是等差数列；(2)若成等比数列，求的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】（1）因为，即①，当时，②，①②得，，即，即，所以，且，所以是以为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时，．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，即有.则当或时，．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．12．（2021·全国·统考高考乙卷）设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和．证明：．【答案】（1），；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和，，．设，

⑧则．

⑨由⑧-⑨得．所以．因此．故．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得，，①，②①②得，所以，所以，所以.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知，令，且，即，通过等式左右两边系数比对易得，所以．则，下同方法二．[方法四]：导函数法设，由于，则．又，所以，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.13．（2021·全国·统考高考乙卷）记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．（1）证明：数列是等差数列;（2）求的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.【详解】（1）[方法一]：由已知得,且，,取,由得,由于为数列的前n项积，所以,所以，所以,由于所以，即,其中所以数列是以为首项，以为公差等差数列;[方法二]【最优解】：由已知条件知

①于是．

②由①②得．

③又，

④由③④得．令，由，得．所以数列是以为首项，为公差的等差数列．[方法三]：

由，得，且，，．又因为，所以，所以．在中，当