专题5-1 等差等比性质综合（解析版）

专题5-1等差等比性质综合目录TOC\o"1-1"\h\u题型01等差数列单调性 1题型02等比数列单调性 4题型03等差数列不等式正负分界 6题型04等比数列“1”比较型不等式 7题型05等差数列“高斯”性质 10题型06等比数列“高斯”性质 11题型07等差中项比值型 13题型08等比中项比值型 15题型09整数型比值 16题型10等差等比函数性质：恒成立求参 18题型11等差等比函数性质：奇偶型讨论 20题型12等差等比函数性质：三角函数型 21题型13等差等比插入数型 24题型14等差等比分段型数列 27高考练场 29题型01等差数列单调性【解题攻略】判断数列的单调性，常用的方法有作差比较法、作商比较法和函数图象法：（1）作差比较法：当时，递增；当时，递减.（2）作商比较法：若，则当时，递增；当时，递减.（3）函数图象法：设，则可用函数的图象来研究数列的单调性【典例1-1】（2023春·广东佛山·高二佛山市三水区三水中学校考阶段练习）设是等差数列的前项和，若，且，则下列选项中正确的是（

）A． B．和均为的最大值C．存在正整数，使得 D．存在正整数，使得【答案】ACD【分析】设数列公差为d，根据已知条件和判断公差正负，求出和d关系，逐项验证即可.【详解】设等差数列公差为d，由得，化简得；∵，∴，即，∴，∴，，∴d＜0，故数列为减数列，故A正确；，，，故为的最大值，故B错误；，故，故C正确；时，，即，又由得，∴，解得，故D正确.故选：ACD.【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知数列是公差不为零的等差数列，函数是定义在上的单调递增的奇函数，数列的前项和为，对于命题：①若数列为递增数列，则对一切，；②若对一切，，则数列为递增数列；③若存在，使得，则存在，使得；④若存在，使得，则存在，使得；其中正确命题的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】逐一分析选项，得到正确答案.【详解】①令，，故①错；②对一切，，则，又因为是上的单调递增的奇函数，所以，若递减，设，且，且，所以，则，则，与题设矛盾，所以递增，故②正确；③设，，，则，，，存在，但是，故③错误；④因为，所以，所以，则，则，则存在，使得，故④正确.故选B.【变式1-1】（2019秋·河南洛阳·高三统考）已知数列为等差数列，其前项和为，若（且），有以下结论：①；②；③为递增数列；④．则正确的结论的个数为A． B． C． D．【答案】B【分析】可设，根据可得出、之间的关系，并求出数列的通项公式，结合和的表达式对各命题的正误进行判断.【详解】设，则，，所以，解得，，则.当时，；当时，.也适合上式，，则，数列可能是增数列，也可能是减数列，，因此，正确的结论序号为①②.故选B.【变式1-2】（2019春·上海杨浦·高三复旦附中校考）已知数列是公差不为零的等差数列，函数是定义在上的单调递增的奇函数，数列的前项和为，对于命题：①若数列为递增数列，则对一切，②若对一切，，则数列为递增数列③若存在，使得，则存在，使得④若存在，使得，则存在，使得其中正确命题的个数为A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】利用函数奇偶性和单调性，通过举例和证明逐项分析.【详解】①取，，则，故①错；②对一切，，则，又因为是上的单调递增函数，所以，若递减，设，且，且，所以，则，则，与题设矛盾，所以递增，故②正确；③取，则，，令，所以，但是，故③错误；④因为，所以，所以，则，则，则存在，使得，故④正确.故选C.【变式1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知数列是首项为，公差为1的等差数列，数列满足若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】依题意，对任意的，都有成立，即，利用数列的单调性可得，即可求解.【详解】由已知，对任意的，都有成立，即，即，又数列是首项为，公差为1的等差数列，，且是单调递增数列，当时，，，即，解得.故选：B.题型02等比数列单调性【解题攻略】函数图象法：求出数列的前n项和，利用函数的图象性质来研究的最大最小值问题.【典例1-1】无穷数列的前项和为，满足，则下列结论中正确的有（

）A．为等比数列 B．为递增数列C．中存在三项成等差数列 D．中偶数项成等比数列【答案】D【分析】利用与的关系，求通项公式，从而判断各选项正误.【详解】解：无穷数列的前项和为，满足，当时，，不符合上式，所以不是等比数列，故A错误；又，所以不是递增数列，故B错误；假设数列中存在三项成等差数列，由于，则，所以得：，则，又且恒成立，故式子无解，中找不到三项成等差数列，故C错误；，是等比数列，即中偶数项成等比数列，故D正确.故选：D．【典例1-2】等比数列的公比为，则“”是“对于任意正整数n，都有”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】D【分析】结合等比数列的单调性，根据充分必要条件的定义判断．【详解】若，，则，，充分性不成立；反过来，若，，则时，必要性不成立；因此“”是“对于任意正整数n，都有”的既不充分也不必要条件.故选：D【变式1-1】已知数列满足，，设，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意求得，则可得，根据其单调性可得，化简可得恒成立，即可求得答案.【详解】由题意数列满足，可知，是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以,因为数列是递增数列，所以，对于任意的恒成立，即,即恒成立,因为时,取得最小值3，故，即实数的取值范围是，故选：A,【变式1-2】.数列是等比数列，首项为，公比为q，则是“数列递减”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由，解得或，根据等比数列的单调性的判定方法，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解得到答案.【详解】由已知，解得或，，此时数列不一定是递减数列，所以是“数列递减”的非充分条件；若数列为递减数列，可得或，所以，所以是“数列递减”的必要条件.所以“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件.故选：B.【变式1-3】数列{an}满足an+1＝2an+1，a1＝1，若bn＝an﹣n2+4n为单调递增数列，则的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件求出数列{an}通项，再由数列{bn}为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答．【详解】数列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，则有an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，因此，数列{an+1}是公比为2的等比数列，，即，则，因数列{bn}为单调递增数列，即∀n∈N*，bn+1﹣bn＞0，则（2n+1﹣1）﹣（n+1）2+4（n+1）﹣[（2n﹣1）﹣n2+4n]＝⋅2n﹣2n+3＞0，，令，则，n∈N*，当n≤2时，cn+1＞cn，当n≥3时，cn+1＜cn，于是得是数列{cn}的最大项，即当n＝3时，取得最大值，从而得，所以的取值范围为．故选：C．题型03等差数列不等式正负分界【解题攻略】邻项变号法：若当时，，当时，，则数列中，最大；若当时，，当时，，则数列中，最小.【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列的前n项和为，且满足，，则下列结论正确的是（

）A．，且 B．，且C．，且 D．，且【答案】C【分析】根据题意构造函数，确定函数的奇偶性及单调性，进而根据的关系即可确定答案.【详解】设函数，则为奇函数，且，所以在R上递减，由已知可得，，有，，所以，且，所以，且，所以，.故选：C.【典例1-2】（2022·全国·高三专题练习）设等差数列的前项和为，公差为．已知，，，则选项不正确的是（

）A．数列的最小项为第项 B．C． D．时，的最大值为【答案】D【分析】根据题意，由等差数列的性质及前项和公式依次分析选项，综合即可得出答案．【详解】解：由题意，又，所以，故选项正确；由，且，，，得，解得，选项正确；由题意当时，，当时，，所以，，故时，的最大值为10，故选项错误；由于，数列是递减数列，当时，，当时，；当时，，当时，，所以当时，，当时，，当时，，故数列中最小的项为第6项，选项正确．故选：．【变式1-1】（2021·全国·高三专题练习）设数列为等差数列，为其前项和，若，，，则的最大值为A．3 B．4 C． D．【答案】B【详解】∵S4≥10，S5≤15∴a1+a2+a3+a4≥10，a1+a2+a3+a4+a5≤15。∴a5≤5，a3≤3即：a1+4d≤5，a1+2d≤3两式相加得：2（a1+3d）≤8。∴a4≤4。故答案是4【变式1-2】（2022·全国·高三专题练习）已知公差非零的等差数列满足，则下列结论正确的是（

）A． B．C．当时， D．当时，【答案】C【分析】根据给定条件，推理可得，再结合等差数列性质逐项分析各个选项，判断作答.【详解】因公差非零的等差数列{an}满足，则有，有，异号且均不为0，对于A，，A不正确；对于B，，而，此时，，B不正确；对于C，由选项A知，，即，则，于是得，数列是递增数列，即，，C正确；对于D，由得，则，于是得，数列是递减数列，即，，D不正确.故选：C【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）在等差数列中，为其前n项和.若，，则下列判断错误的是（

）A．数列递增 B． C．数列前2020项和最小 D．【答案】C【分析】利用等差数列的前n项和公式，等差数列下角标性和公差判断数列单调性即可求解.【详解】因为，，即，，所以，.因为，，所以，，所以公差，所以数列是递增数列，其前1010项和最小，所以C错误.故选：C.题型04等比数列“1”比较型不等式【解题攻略】等比数列“平衡点”型不等式，主要从以下几个性质思考：1.若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak22.如果等比数列是正项递增数列，则若p＋q>m＋n，则ap·aq>am·an.【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）设等比数列的公比为，其前项之积为，并且满足条件：，，，给出下列结论：①；②；③是数列中的最大项；④使成立的最大自然数等于4039；其中正确结论的序号为（

）A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】由题意可得，，结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答案．【详解】，，，，．，故①正确；，，故②不正确；，是数列中的最大项，故③正确；，，使成立的最大自然数等于4038，故④不正确．正确结论的序号是①③．故选：B．【典例1-2】（2022秋·江西赣州·高三校联考阶段练习）设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（

）A． B．C．是数列中的最大值 D．数列无最大值【答案】B【分析】由题分析出，可得出数列为正项递减数列，结合题意分析出正项数列前项都大于，而从第项起都小于，进而可判断出各选项的正误.【详解】当时，则，不合乎题意；当时，对任意的，，且有，可得，可得，此时，与题干不符，不合乎题意；故，故A错误；对任意的，，且有，可得，此时，数列为单调递减数列，则，结合可得，结合数列的单调性可得故，，∴，故B正确；是数列中的最大值,故CD错误故选：B.【变式1-1】（2023秋·高三课时练习）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项错误的是（

）A． B．C．是数列中的最大项 D．【答案】D【分析】根据题意，分析可得，，从而有，，则等比数列为正项的递减数列．再结合等比数列的性质逐一判断即可．【详解】等比数列的公比为，若，则，由，可得，则数列各项均为正值，若，当时，由则恒成立，显然不适合，故，且，，故正确；因为，所以，故正确；根据，可知是数列中的最大项，故正确；由等比数列的性质可得，所以，故错误．故选：．【变式1-2】（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·高三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【分析】根据给定条件，结合等比数列通项分析求出公比的范围，再逐项分析判断作答.【详解】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【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）设等比数列的公比为q，其前n项和为，并且满足条件，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．的最大值为【答案】B【分析】根据已知条件分情况讨论判断得，进而可判断其它选项．【详解】解：若，，，则与矛盾，若，，，则与矛盾，，故B正确；，则，，故A错误；，单调递增，故D错误；，，故C错误．故选：B．题型05等差数列“高斯”性质【解题攻略】.一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2）且；（3）且为等差数列；（4）为等差数列.【典例1-1】（2021·江苏·高三专题练习）已知等差数列满足，则的最大值为（

）A． B．20 C．25 D．100【答案】C【解析】根据的形式，可以利用三角代换的方法，令，利用等差数列的性质求出公差，用等差数列下标的性质化简，最后利用辅助角求出最大值即可.【详解】因为，所以令，因此公差，，因此有，其中，因为，所以的最大值为25.故选：C【典例1-2】（2022·全国·高三专题练习）已知数列是公差不为零且各项均为正数的无穷等差数列，其前项和为.若且，则下列判断正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】利用等差数列的求和公式可判断A选项的正误；利用作差法结合等差数列的通项公式可判断B选项的正误；利用结合不等式的基本性质可判断C选项的正误；利用等差数列的求和公式结合不等式的基本性质可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，由于，故选项A错误；对于B选项，由于，则，故选项B错误；对于C选项，由于，故选项C错误；对于D选项，设，则，从而，由于，故.，故.，由此，故选项D正确.故选：D.【变式1-1】（2022秋·山东临沂·高三校考期中）已知等差数列的前项和为，若，则（

）A．22 B．33 C．44 D．55【答案】B【分析】根据等差数列求和公式及等差数列性质求解即可.【详解】根据等差数列求和公式及等差数列性质可得，，又，.故选：B.【变式1-2】（2023秋·高三课时练习）在等差数列中，，则数列的前19项之和为（

）A．98 B．95 C．93 D．90【答案】B【分析】根据等差数列性质分析运算.【详解】设等差数列的前n项和为，由题意可得：，可得，所以.故选：B.【变式1-3】（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考）在等差数列中，若，则（

）A．30 B．40 C．45 D．60【答案】C【分析】根据等差数列的下标性质可求出结果.【详解】因为数列为等差数列，且，所以，即，所以.故选：C..题型06等比数列“高斯”性质【解题攻略】等比数列“高斯技巧”（1)“高斯”技巧：若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak2；(2)“跳项”等比：数列an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.(3)“和项”等比：数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为__qn__.【典例1-1】（2023秋·山西太原·高三统考）已知数列为等比数列，且，设等差数列的前项和为，若，则（

）A．7 B．14 C． D．【答案】B【分析】利用等比数列的性质求出，再利用等差数列性质及前n项和求解作答.【详解】等比数列中，，而，解得，即，等差数列中，.故选：B【典例1-2】（2023春·内蒙古通辽·高三校联考开学考试）已知等比数列满足：，则的值为（

）A．20 B．10 C．5 D．【答案】D【分析】利用等比数列的性质可得：，对进行化简后求值即可.【详解】在等比数列中，由等比数列的性质可得：.所以．故选：D【变式1-1】（2023春·河南郑州·高三河南省实验中学校考）已知等比数列的各项均为正数，且，则（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【分析】根据等比数列的性质可得，，再根据对数知识可求出结果.【详解】解：根据等比数列的性质可得，又，所以，所以.故选：D【变式1-2】（2022秋·湖南常德·高三临澧县第一中学校考阶段练习）已知方程的四个根组成以1为首项的等比数列，则（

）A． B．或 C． D．【答案】D【分析】设方程的四个根由小到大依次为、、、，并设的一根为1，可求出的值以及另外一根，再由等比数列的性质可得，可求得的值，进而利用等比数列的性质可求得、的值，利用韦达定理可求得的值，由此可求得的值.【详解】设方程的四个根由小到大依次为、、、，设的一根为1，则，解得，解方程，得，，由等比数列的性质可知，且方程的两根之积为8，方程的两根之积也为8，，则等比数列、、、的公比为，，，由韦达定理得，因此，，所以.故选：D.【变式1-3】（2023秋·甘肃·高三校考阶段练习）若等比数列中的，是方程的两个根，则等于（

）A． B．1011C． D．1012【答案】C【分析】利用韦达定理、等比数列的性质以及对数的运算性质进行求解.【详解】因为等比数列中的，是方程的两个根，所以，根据等比数列性质知，，因为，于是，则==.故A，B，D错误.故选：C.题型07等差中项比值型【解题攻略】双数列等差中项比值转化型、均为等差数列且其前项和为、则【典例1-1】（2023春·新疆伊犁·高三校考）设等差数列、的前n项和分别是，，若，则=（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】方法1，利用等差数列前n项和公式将，和比较确定n的值，即得答案；方法2，利用等差数列的性质结合前n项和公式将化为，即得答案.【详解】方法1：因为等差数列，的前项和分别是，,因为，所以，故选：C方法2：因为等差数列，的前项和分别是，．所以，故选：C．【典例1-2】（2023春·江西吉安·高三永丰县永丰中学校考）等差数列和的前项和分别记为与，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由等差数列下标和的性质可得，进而代值计算即可得解.【详解】因为，所以.故选：D.【变式1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列的前项和分别为，若对于任意的自然数，都有，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等差数列的性质将所求化为，再结合即可得解．【详解】数列{an}，{bn}均为等差数列，由等差数列下标和的性质得.故选：B【变式1-2】（2023春·新疆·高三八一中学校考）若两个等差数列，的前n项和满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等差数列得性质和前项和公式计算即可.【详解】由，得.故选：B.【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列和的前项和分别为，，且，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，得，再根据等差数列的性质和等差数列前项和公式即可得解.【详解】由，得，.故选：B.题型08等比中项比值型【典例1-1】已知各项均为正数的等比数列中，，，成等差数列，则（

）A．27 B．3 C．1或3 D．1或27【答案】A【分析】根据，，成等差数列，由，求得公比即可.【详解】设等比数列的公比为q，因为，，成等差数列，所以，所以，化简得，所以（不合题意，舍去），所以.故选：A.【典例1-2】已知等比数列中，，，成等差数列．则=（

）A．4或 B．4 C． D．【答案】B【分析】根据等差中项的应用求解出公比，然后将化简为关于的形式，由此求解出结果.【详解】设等比数列公比为，因为，，成等差数列，所以，所以，且，所以解得或，为保证有意义，则，所以，所以，故选：B【变式1-1】设等比数列的前项和为，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件求出等比数列公比q的关系，再利用前n项和公式计算得解.【详解】设等比数列的的公比为q，由得：，解得，所以【变式1-2】已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则（

）A． B． C．3 D．4【答案】B【分析】先利用，，成等差数列解出，再利用求和公式化简求值即可.【详解】设等比数列公比为，由，，成等差数列可得，，化简得，解得，.故选：B.【变式1-3】已知等比数列中，各项都是正数，且，，成等差数列，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据，，成等差数列，可得，从而可求出公比，进而可求得答案.【详解】设等比数列的公比为（），因为，，成等差数列，所以，所以，所以，解得或（舍去），所以，故选：C题型09整数型比值【解题攻略】整数型比值，可以通过分离常数，因式分解，整除等知识点来构造求解【典例1-1】已知等差数列的公差不为0，等比数列的公比，若，且是正整数，则实数（

）A．4 B．2 C． D．【答案】C【分析】令是正整数，可得，结合，即可求的值，进而求.【详解】解：由，，令，其中m为正整数，有，又，∴，，得，故，∴，解得或(舍去).故选：C.【典例1-2】（2023春·江西抚州·高三江西省乐安县第二中学校考）已知两个等差数列和的前n项和分别为Sn和Tn，且=，则使得为整数的正整数n的个数为（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】根据给定条件结合等差数列性质及前n项和公式，将用n表示出即可作答.【详解】依题意，，又=，于是得，因此，要为整数，当且仅当是正整数，而，则是32的大于1的约数，又32的非1的正约数有2，4，8，16，32五个，则n的值有1，3，7，15，31五个，所以使得为整数的正整数n的个数为5.故选：B【变式1-1】（2022春·安徽安庆·高三安庆市第七中学校考阶段练习）已知等差数列和等差数列的前n项和分别为，且，则使为整数的正整数n的个数是（

）A．2 B．6 C．4 D．5【答案】C【分析】利用等差数列的性质、等差数列前项和公式化简，进而求得符合题意的正整数的个数.【详解】依题意，，，所以为整数的正整数为，共个.故选：C【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知数列，均为等差数列，其前项和分别为，，且，则使恒成立的实数的最大值为（

）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】根据等差数列的性质与求和公式，结合已知可得，然后求出的最小值可得答案.【详解】由题意得，，因为，，当且仅当时取等号，所以使恒成立的实数的最大值是.故选：A.题型10等差等比函数性质：恒成立求参【典例1-1】（2020·江苏·高三专题练习）已知是公比不为1的等比数列，数列满足：，，成等比数列，，若数列的前项和对任意的恒成立，则的最大值为A． B．C． D．【答案】C【解析】由已知条件得数列的通项公式，然后利用裂项相消法求数列的前n项和，利用数列的单调性得到前n项和的最小值，从而得到答案.【详解】由，，成等比数列得，又是公比不为1的等比数列，设公比为q,则，整理得，，数列的前项和，数列是单调递增数列，则当n=1时取到最小值为，可得，即的最大值为，故选C【典例1-2】（2020·全国·高三专题练习）已知为递增的等差数列，且构成等比数列.若，数列的前项和恒成立，则的最小值为A． B． C． D．【答案】D【详解】分析：求出等差数列的公差和首项，得通项公式，由裂项相消法求得后可求得的最小值.详解：设数列的公差为，由题意，则，（舍去），∴，，∴，易知是递增数列，且，∴，即的最小值为.故选D.【变式1-1】（2021秋·山西朔州·高三校考阶段练习）等比数列的前项和（为常数），若恒成立，则实数的最大值是A． B． C． D．【答案】C【详解】，，，所以，得，所以，得，所以时，．故选C．点睛：本题考查数列与对勾函数的综合应用．首先由题目已知的等比数列的条件可以求出通项公式和求和公式，得不等式，分离参数，，由对勾函数的性质，得．【变式1-2】（2023秋·辽宁·高三校考阶段练习）已知数列满足：，.设，若对于任意的，恒成立，则实数的取值范围为【答案】【分析】由，可得，进而得到，结合，分和分类讨论，确定数列的单调性，求出最大值，进而得解.【详解】由数列满足、得：是首项为，公比为的等比数列，∴，∴，∴，当时，，∴，当且仅当时取等号，，当时，，∴，当时，数列单调递增，当时，数列单调递减，则当或时，，而任意的，恒成立，则，∴实数的取值范围为.故答案为：【变式1-3】（2023秋·甘肃定西·高三甘肃省临洮中学校考阶段练习）在数列中，，，若对于任意的，恒成立，则实数的最小值为．【答案】【分析】分析可得数列是等比数列，求得，由已知可得出，令，分析数列的单调性，求出数列最大项的值，即可得出实数的最小值.【详解】由有，且，故数列为首项为，公比为的等比数列，可得，不等式可化为，令，当时；当时，．故有当时，，则，当时，，即，此时，数列单调递减，综上所述，，可得实数的最小值为．故答案为：.题型11等差等比函数性质：奇偶型讨论【解题攻略】奇偶型讨论：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。【典例1-1】数列满足，则的80项和为________.【答案】【详解】试题分析：因为当为奇数时，所以，因此，此数列每四项构成首项为，公差为的等差数列，的项和为，故答案为.【典例1-2】数列{}中，，前和为，则为（

）A．-12 B．16 C．-10 D．12【答案】A【分析】根据，利用并项求和法求解.【详解】解：因为，所以，故选：A【变式1-1】已知数列满足，令，设的前项和为，则（

）.A．5049 B．5050 C．5051 D．5052【答案】B【分析】先计算出，得到为等差数列，按照等差数列的前项和公式求解即可.【详解】，，，所以是以3为首项，4为公差的等差数列，.故选：B.【变式1-2】数列满足，则数列的前48项和为（

）A．1006 B．1176 C．1228 D．2368【答案】B【分析】根据题意，可知，分别列出各项，再整理得出，，，，，，，可知，相邻的奇数项之和为2，相邻的偶数项之和为等差数列，首项为8，公差为16，利用分组求和法，即可求出的前48项和.【详解】解：由题可知，，即：，则有：，，，，，，，，，，.所以，，，，，，，，可知，相邻的奇数项之和为2，相邻的偶数项之和为等差数列，首项为8，公差为16，设数列的前48项和为，则，，所以数列的前48项和为：1176.故选：B..题型12等差等比函数性质：三角函数型【典例1-1】（2021上·河南商丘·高三睢县高级中学校考阶段练习）设数列的通项公式为，其前项和为，则（

）A． B． C．180 D．240【答案】D【分析】分别取，，和，，可验证出，利用周期性可验算得到结果.【详解】当，时，，；当，时，，；当，时，，；当，时，，.，.故选：D【典例1-2】（2022·浙江宁波·统考二模）已知数列满足，.若对恒成立，则正实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，则问题转化为，，且，再分别在，，，进行分类讨论即可.【详解】令，则问题转化为，，且.当时，则，不符合题意；当时，首先，解得.当时，用数学归纳法可得，其中满足，所以.令，，则，令，得，所以存在使得，当时，，当时，，所以先增后减.所以.所以.当时，设满足，则存在，此时，不符合题意.综上，正实数的取值范围是.故选：B.【变式1-1】（2021上·河南南阳·高三南阳中学校考阶段练习）数列的通项，其前项和为，则S18为（

）A．173 B．174 C．175 D．176【答案】B【分析】化简可得，讨论取不同值时的通项公式，并项求和.【详解】当时，；时，；时，所以故选：B【变式1-2】（2020下·四川成都·高三树德中学校考）设数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*总有2Sn＝an2+n，且an＜an+1.若对任意n∈N*，θ∈R，不等式λ（n+2）恒成立，求实数λ的最小值A．1 B．2 C．1 D．【答案】B【分析】由得数列的递推关系，确定数列是等差数列，从而得其通项公式，不等式化为λ，不等式右边分子平方展开后应用基本不等式可求得其最大值，从而得的最小值．【详解】由2Sn＝an2+n，①可知，当n≥2时，2Sn﹣1＝an﹣12+(n﹣1)，②①﹣②，得2an＝an2﹣an﹣12+1，故(an﹣1)2＝an﹣12，于是an﹣1＝an﹣1或an﹣1＝﹣an﹣1，若an﹣1＝﹣an﹣1，则an+an﹣1＝1，不合题意；于是an﹣1＝an﹣1，即an﹣an﹣1＝1，即数列{an}是公差为1的等差数列，又a1＝1，∴an＝1+(n﹣1)×1＝n.故an＝n.依题意知∀n∈N*，λ都成立，然后通过基本不等式得，2，当且仅当，即时，取“＝”，所以的最大值为2，所以λ≥2，所以λ的最小值为2，故选：B.【变式1-3】（2022·浙江·浙江省江山中学校联考模拟预测）已知依次组成严格递增的等差数列，则下列结论错误的是（

）A．依次可组成等差数列 B．依次可组成等差数列C．依次可组成等差数列 D．依次可组成等差数列【答案】B【分析】取，即可判断A；利用反证法，假设依次可组成等差数列，则有，，两式相加，整理即可判断B；取，从而可判断CD.【详解】解：对于A，当时，此时依次组成严格递增的等差数列，则依次组成等差数列，故A正确；对于B，假设依次可组成等差数列，则有，又因，两式平方相加得，则，故，所以，所以，与题意矛盾，所以依次不可能组成等差数列，故B错误；对于C，当时，若，则为等差数列，故C正确；对于D，当时，若，则为等差数列，故D正确.故选：B.题型13等差等比插入数型【解题攻略】插入数型1.插入数构成等差数列在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，可通过构造新数列来求解个数构成等差数列，公差记为，所以：插入数构成等比数列在和之间插入个数，使这个数构成等比数列，可通过构造新数列来求解个数构成等比数列，公差记为，所以：插入数混合型混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列提供了多少项，其余都是插入进来的。【典例1-1】（2023·江西南昌·统考二模）已知数列的通项公式为，保持数列中各项顺序不变，对任意的，在数列的与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前n项的和为，则（

）A．4056 B．4096 C．8152 D．8192【答案】C【分析】插入组共个，可知前面插入12组数，最后面插入9个，从而可得插入的数之和为，又数列的前13项和，可得【详解】插入组共个，∵，∴前面插入12组数，最后面插入9个．，∵，∴，又数列的前13项和为，故选：C．【典例1-2】（2022上·浙江·高三统考学业考试）通过以下操作得到一系列数列：第1次，在2，3之间插入2与3的积6，得到数列2，6，3；第2次，在2，6，3每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列2，12，6，18，3；类似地，第3次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作11次后，得到的数列记为，则的值是（

）A．6 B．12 C．18 D．108【答案】A【分析】设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，从而可得，从而可求出，从而可知经过11次拓展后在与6之间增加的数为，由此可得出经过11次拓展后6所在的位置，即可得出答案.【详解】解：设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，所以，即，即，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，是以，所以，则经过11次拓展后在与6之间增加的数为，所以经过11次拓展后6所在的位置为第，所以.故选：A.【变式1-1】（2019下·贵州遵义·高三统考）在1和19之间插入个数，使这个数成等差数列，若这个数中第一个为，第个为，当取最小值时，的值是（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】设等差数列公差为,可得,再利用基本不等式求最值,从而求出答案.【详解】设等差数列公差为,则,从而,此时,故,所以,即,当且仅当,即时取“=”,又,解得,所以,所以,故选:B.【变式1-2】（2018·全国·高三竞赛）已知、是不相等的正数，在、之间插入两组数，，…，，，，…，，使，，，…，，成等差数列，，，，…，，成等比数列．则下列不等式（1），（2），（3），（4）中，为真命题的是（

）．A．（1）、（3） B．（1）、（4）C．（2）、（3） D．（2）、（4）【答案】B【详解】解法1：由等差数列知，有．可见（1）真，（2）假．又由等比数列知，有．可见（3）假，（4）真．综上得（1）、（4）真．解法2：取，，，可验算（2）、（3）不成立，否定A、C、D，从而B真．【变式1-3】（2021下·高三课时练习）在数列、、、、的每相邻两项中插入个数，使它们与原数构成一个新数列，则新数列的第项（

）A．不是原数列的项 B．是原数列的第项C．是原数列的第项 D．是原数列的第项【答案】C【分析】设，分析可知数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，令，解之即可得出结论.【详解】设数列为，则，，，，设，则，，，，由题意可知，数列是首项为，公差为的等差数列，故，令，解得，因此，新数列的第项为原数列的第项，故选：C.题型14等差等比分段型数列【典例1-1】已知数列，，数列满足.若，且对任意，恒成立，则可能为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】将对任意，恒成立，转化为，对任意，恒成立，逐项验证.【详解】因为对任意，恒成立，所以，对任意，恒成立，A.若，则，成立，故正确；B.若，则，当时，不成立，故错误；C.若，则，时，不成立，故错误；D.若，则，时，不成立，故错误；故选：A【典例1-2】数列满足，，若为等比数列，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】分别讨论两种条件下数列的通项公式，在根据确定的数列通项公式建立不等式求解参数的取值范围.【详解】根据题意，时，，即，此时，，，，从而有，此时，与为等比数列矛盾由，得，所以，当时，恒成立，即时，恒成立即对恒成立，所以，设，则而，当时，解得，，所以时有即，当时，即所以当时所以，选项D正确，选项ABC错误故选：D.【变式1-1】数学史上著名的“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列中，（m是正整数），若，则m所有可能的取值集合是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先分析前6项均为偶数的情况求，排除B、C，再从A中选判断是否成立，即可确定正确答案.【详解】由题设，若前6项均为偶数，则是公比为，首项为的等比数列，故，即为一个可能值，排除B、C；A：当，则，，，，，，即不可能为3，排除；故选：D.【变式1-2】已知数列的通项公式为，是数列的前n项和，若，使，则（

）A．1 B．2 C．1或3 D．2或3【答案】D【分析】由，可得为中的一项，结合只能为，，之一，分类令等于，，，即可求解.【详解】由，可得为中的一项，因为，于是，因为的奇数项和偶数项分别递增，且，，，，所以要使为中的某一项，只能为，，之一，若，则，无解；若，则，可得，所以；若，则，可得，所以，综上，或.故选：D.【变式1-3】已知数列满足，且，则中整数项的个数为（

）A．20 B．21 C．22 D．23【答案】C【分析】由题设得，即是等比数列，进而写出通项公式，根据所得通项公式讨论确定中整数项的个数.【详解】由题意得：，，∴，若显然与矛盾，故是公比为的等比数列，∴，可得，∴，综上，且.当为奇数且时，为整数；当为偶数且时，为整数，∴中整数项的个数为22.故选：C.高考练场1.（2022·全国·高三专题练习）在各项均为正数的等差数列中，为其前项和，，则的最小值为（

）A．9 B． C． D．2【答案】B【分析】根据等差数列的性质和前项和公式求得，然后由“1”的代换应用基本不等式求得最小值．【详解】由题意，∴，∴，当且仅当，即时等号成立．故选：B．2.设是等比数列，则“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”（

）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】根据严格递增数列定义可判断必要性，分类讨论可判断充分性.【详解】若是严格递增数列，显然，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”必要条件；对任意的正整数n都成立，所以中不可能同时含正项和负项，，即，或，即，当时，有，即，是严格递增数列，当时，有，即，是严格递增数列，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”充分条件故选：C3.（2018春·江西抚州·高三临川一中校考）设等差数列满足，，数列的前项和记为，则A．， B．，C．， D．，【答案】C【详解】构造函数，则是奇函数，且在上递增，，，所以，由，得，故选C.4.（2022·全国·高三专题练习）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，则下列结论正确的是（

）A． B．是数列中的最大值C． D．数列无最大值【答案】C【分析】根据题意，由等比数列的性质分析公比的范围，由此分析选项可得答案．【详解】解：等比数列的公比为，则，由，则有，必有，又由，即，又，则有或，又当时，可得，由，则与矛盾所以，则有，由此分析选项：对于A，，故，故A错误；对于B，等比数列中，，，所以数列单调递减，又因为，所以前项积为中，是数列中的最大项，故B错误；对于C，等比数列中，则，则，故C正确；对于D，由B的结论知是数列中的最大项，故D错误.故选：C.5.（2023春·上海·高三专题练习）已知数列是等差数列，，，则（

）A．120