新高考数学二轮复习百题必刷题专题14 数列求和综合（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习百题必刷题专题14 数列求和综合（含解析），共90页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题14 数列求和综合必刷100题
任务一:善良模式(基础)1-30题
一、单选题
1．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由，利用累加法得出.
【详解】
由题意可得，
所以，，…，，
上式累加可得
，
又，所以.
故选：B.
2．已知数列的前项和为，且，，则数列的前2020项的和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先根据已知条件求得，然后求得，利用裂项求和法求得正确答案.
【详解】
数列的前项和为，且，，则.
所以，
两式相减得：，且，，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
所以，
故，
所以，
则.
故选：B
3．数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和为（ ）
A．2100－101 B．299－101 C．2100－99 D．299－99
【答案】A
【分析】
由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，结合分组求和法即可求解．
【详解】
由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，所以，前99项的和为
S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝－99＝2100－101．
故选：A
4．已知数列的前项和满足，记数列的前项和为，.则使得的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由，求得，得到，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】
数列的前项和满足，
当时，；
当时，，
当时，适合上式，所以，
则，
所以.
故选：B.
5．已知数列{an}满足：an+1=an-an-1（n≥2，n∈N*），a1=1，a2=2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2021=（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】C
【分析】
根据递推关系式得出数列是周期为6的周期数列，利用周期性即可求解.
【详解】
∵an+1=an-an-1，a1=1，a2=2，∴a3=1，a4=-1，a5=-2，a6=-1，a7=1，a8=2，…，
故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，
故S2021=336×0+a2017+a2018+…+a2021=a1+a2+a3+a4+a5=1+2+1+（-1）+（-2）=1.
故选：C.
6．正项数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
对化简可得，从而可得数列是等差数列，首项为1，公差为3，求出通项，则可得，然后利用裂项求和法计算
【详解】
，
，，
，
数列是等差数列，首项为1，公差为3，
.
，
.
故选：B.
7．化简的结果是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
用错位相减法求和．
【详解】
，（1）
，（2）
（2）－（1）得：
．
故选：D．
8．已知数列中，，求数列的前项和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据题意化简得到，得到数列构成首项为，公比为的等比数列，求得，结合等比数列和等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】
由题意，数列中，，
可得，即，
且，所以数列构成首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
则数列的前项和
.
故选：C.
9．等比数列中，，，数列，的前项和为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先求出，从而可得，然后利用裂项相消求和法可求出
【详解】
由题意得，所以，
所以.
故选：B
10．已知数列的前项和满足，记数列的前项和为，．则使得成立的的最大值为（ ）
A．17 B．18 C．19 D．20
【答案】C
【分析】
根据求通项公式，注意讨论、并判断是否可合并，再应用裂项法求，最后根据不等式求的最大值即可.
【详解】
当时，；当时，；而也符合，
∴，.又，
∴，要使，
即，得且，则的最大值为19.
故选：C.

第II卷（非选择题）

二、填空题
11．数列是首项和公差都为1的等差数列，其前n项和为，若是数列的前n项和，则 ______
【答案】/.
【分析】
首先写出等差数列前n项和，则有，再应用裂项相消法求.
【详解】
由题意：，故，于是，
∴.
故答案为：.
12．已知数列的通项公式，设其前项和为，则使成立的最小的自然为__________.
【答案】14
【分析】
先利用其通项公式以及对数函数的运算公式求出．再利用对数的运算性质解不等式即可求出对应的自然数．
【详解】
解：因为，
所以


．
．
故答案为：14．
13．已知数列满足，则的前20项和________．
【答案】95
【分析】
利用分组求和法以及等差数列的前n项和公式即可求出结果.
【详解】
因为，则，
所以
所以




，
故答案为：95.
14．已知正项数列满足，，则___________.
【答案】
【分析】
化简数列的递推关系式，得到，结合等差数列的通项公式，求得，可得，利用裂项法，即可求解.
【详解】
由题意，正项数列满足，，
可得，
因为，可得，所以数列是首项为1，公差为3的等差数列，
所以，
则
所以

故答案为：.
15．设数列满足，，，则数列的前50项和是________．
【答案】1300
【分析】
利用累加法可求得数列的通项公式，再并项求和求解前50项和即可.
【详解】
因为，，且，
故时，，，…，，
累加可得，
，满足上式，即，
故的前50项和，即
．
故答案为：1300.
16．设，则__________.
【答案】
【分析】
根据题意求出，然后结合倒序相加即可求出结果.
【详解】
因为，
所以




，
设…………（1），
则…………（2），
（1）+（2）得，即，
故，
故答案为：.
17．数列的前项和为，且，且，则___________.
【答案】
【分析】
由求得，又可得，根据，求出，又因为，代入数据求解即可．
【详解】
由，又，得


故答案为：
18．在数列中，，且，则数列的前项和为__________.
【答案】
【分析】
将已知数列的递推关系式化简可得，通过累加法和等差数列的求和公式得出数列的通项公式，利用裂项相消法求和即可．
【详解】
，
，
即，
，
，
…
，
将以上各式累加，可得，
将代入，可得，
，
则，
数列的前项和为.
故答案为：.
19．已知数列，……，则该数列的前10项和为__________．
【答案】
【分析】
由题意得出此数列的通项公式，将通项公式化简，利用裂项相消的求和方法即可求出前n项和，进一步就可以求前10项的和.
【详解】
由题意可知此数列分母为以1为首项，以1为公差的等差数列的前n项和，
由公式可得：，
求和得：.
所以前10项的和为：.
故答案为：.
20．已知数列满足且，数列的前项为，则不等式最小整数解为________.
【答案】5
【分析】
先由题意可得，，然后验证当n＝1时也成立，从而求得an与2nan，再利用错位相减法求得Sn，代入不等式Sn≥30an中，求得满足题意的n即可．
【详解】
由可得：
两式相减得：，即
又a1＝1，可得：1＝a2﹣1，解得：a2＝2，∴
∴
∴an＝n，2nan＝n•2n，
又Sn＝1×21+2×22+3×23+…+n•2n，
2Sn＝1×22+2×23+…+（n﹣1）•2n+n•2n+1，
两式相减得：﹣Sn＝2+22+23+…+2n﹣n•2n+1＝
整理得：Sn＝（n﹣1）•2n+1+2，
由Sn≥30an可得：（n﹣1）•2n+1+2≥30n，即
∵当n＝1，2，3，4时，；当n＝5时，，
∴满足不等式Sn≥30an最小整数解为5，
故答案为：5．

三、解答题
21．数列的前n项和为，若，点在直线上.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若数列满足，求数列的前n项和.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）将点代入整理可得，由等差数列的定义即可得出答案.
（2）根据与的关系求出，进而得出，再由错位相减法即可求解.
（1）
∵点在直线上，
∴同除以，则有：
数列是以3为首项，1为公差的等差数列.
（2）
由（1）可知，，
∴当时，，当时，
经检验，当时也成立，∴.
∵，
∵
∴


即

22．已知数列为等差数列，公差，且，，依次成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，若，求的值.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）设公差为，根据等比中项的性质得到方程，求出，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求出，再解方程即可；
（1）
解：设公差为 ，由，，依次成等比数列，可得，
即，解得，
则.
（2）
解：由（1）可得，
即有前项和为


解得.
23．在等差数列中，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）利用等差数列的性质及等差数列的通项公式即得；
（2）由题可得，再利用裂项相消法即得.
（1）
法1：因为，所以，因为，所以，
所以，所以公差，所以．
法2：设等差数列的公差为，联立得解得
所以．
（2）
由（1）知，
所以， ，
所以

．
24．已知数列满足，.
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）若 ，求数列的前n项和.
在（①；②；③三个条件中选择一个补充在第（2）问中，并对其求解，如果多写按第一个计分）
【答案】
（1）证明见解析，
（2）答案不唯一，见解析
【分析】
（1）对递推公式两边同时取倒数，结合等差数列的定义进行运算证明即可；
（2）选①：运用裂项相消法进行求解即可；
选②：运用分类讨论方法进行求解即可；
选③：运用分组求和法，结合等差数列和等比数列前n项和公式进行求解即可.
（1）
显然，由，两边同时取倒数得：，
即，所以数列是公差为2的等差数列.故，即.
（2）
选①：，
由已知得，，
故数列的前项和，
选②：，
由已知得，，故数列的前项和，
当为偶数时，；当为奇数时，，故
选③：，
由已知得，，故数列的前项和

25．已知正项数列的前项和为，且，.数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）根据与的关系以及等差数列的通项公式即可求解.
（2）由，利用叠加，裂项相消法即可证明.
（1）
∵，，
∴，∴，
当时，有，
∴，∴，
∵，∴
∴数列的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，，
偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列，
，
∴.
（2）
，所以得，
从而
，
从而可得
26．已知是等比数列，，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）求得公比，由此求得数列的通项公式.
（2）利用分组求和法求得.
（1）
，，，，
，.
（2）
，


.
27．已知公差不为0的等差数列满足，且成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明．
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）根据等比中项的性质结合等差数列通项公式，可得，根据，即可求得的值，代入公式，即可得答案.
（2）由（1）可得，代入可得，利用裂项相消求和法，即可得的表达式，即可得证.
（1）
因为成等比数列，
所以，则，
又，所以，
又，
所以，
所以.
（2）
由（1）可得，
所以，
所以数列的前项和为
.
28．已知数列满足，，．数列满足，，其中为数列是前n项和．
（1）求数列，的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和，并证明：．
【答案】
（1）；
（2）；证明见解析
【分析】
（1）根据递推公式，结合等比数列的定义可以求出数列的通项公式，再利用累和法可以求出数列的通项公式；
（2）利用错位相减法，结合的单调性证明即可.
（1）
由，可得，所以数列是首项为，公比为3的等比数列，所以，所以数列的通项公式为．因为，所以，所以
，所以数列的通项公式为．
（2）
由（1）可得，所以①，②，②－①得
，所以．
，，所以递增，所以，又当时，，所以．因此，．
29．已知数列的前项和为，，数列满足，．
（1）求数列、的通项公式；
（2）若数列满足，求证：．
【答案】
（1）；
（2）证明见解析
【分析】
（1）利用与的关系可求出数列的通项公式；利用累加法可求出数列的通项公式；
（2）由（1）问结论求出，然后利用裂项相消求和法，求出的和即可证明原不等式.
（1）
解：由，得，
所以
又由，得，满足，所以，
而，所以，
所以；
（2）
证明：因为，
所以.
30．在各项均为正数的等比数列中，成等差数列．等差数列{}满足，．
（1）求数列{}，{}的通项公式;
（2）设数列的前n项和为Tn，证明：
【答案】（1），；（2）证明过程见解析.
【分析】
（1）根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式进行求解即可；
（2）用裂项相消法进行求解证明即可.
【详解】
（1）设各项均为正数的等比数列的公比为，等差数列{}的公差为，
因为成等差数列，所以，
因为，所以（舍去），
因此，，
由，
所以；
（2）因为，所以，
于是有，
因为，所以.






任务二:中立模式(中档)1-40题
一、单选题
1．已知数列满足，且，则该数列的前9项之和为（ ）
A．32 B．43 C．34 D．35
【答案】C
【分析】
讨论为奇数、偶数的情况数列的性质，并写出对应通项公式，进而应用分组求和的方法求数列的前9项之和.
【详解】
，
当为奇数时，，则数列是常数列，；
当为偶数时，，则数列是以为首项，公差为的等差数列，
.
故选：C
2．数列满足，，数列的前项和为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
利用递推关系，确定数列是递增数列，把递推关系变形得出，便于用裂项相消法求得和，再由计算数列的前几项，最终得出，从而估计出的范围．
【详解】
因为，，所以，即，是递增数列，
，，，
所以，　
，，，，
所以，，．
故选：B．
3．设为数列的前项和，，且.记为数列的前项和，若对任意，，则的最小值为（ ）
A．3 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
由已知得.再求得，从而有数列是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式求得，再利用分组求和的方法，以及等比数列求和公式求得，从而求得得答案.
【详解】
解：由，得，∴.
又由，得，又，∴.所以，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列，则，
∴，
∴，
∴.
∴.
∵对任意，，∴的最小值为.
故选：B.
4．记数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
由题设中的递推关系可得，从而可求的通项，故可求.
【详解】
因为，故，而，
故，故为等比数列且为等比数列，公比均为.
而，故，.
所以，

故选：B.
5．数列是正项等比数列，满足，则数列的前项和（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先根据递推关系求出通项公式，在代入，利用裂项相消法求和.
【详解】
数列是正项等比数列，公比设为，由，可得，，解得，，则．
则，则前项和．
故选：A.
6．数列满足，且（），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据，利用累加法求得，进而得到，利用裂项相消法求解.
【详解】
∵，，…，，
∴，即，
∴，．
∵符合上式，
∴．
∴，
，
，
．
故选：A．
7．设数列满足，若，且数列的前 项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先根据的递推关系求出的通项公式，代入的表达式中，求出的通项，即可求解的前 项和
【详解】
由可得,
∵, ∴,
则可得数列为常数列，即, ∴
∴,
∴.
故选: D
8．已知函数，数列满足，则数列的前2019项和为（ ）
A． B．1010 C． D．1011
【答案】A
【分析】
根据函数结构特征，得到，再将该式子用于求和.
【详解】
因为，所以，
有.
记数列的前项和，又，所以




.
所以.
故选：A.
9．已知数列的前项和为，前项积为，且，．若，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用与关系可求得，并推导得到，由此可确定为等比数列，由等比数列通项公式可求得，利用可得，进而得到，利用裂项相消法可求得结果.
【详解】
，，即，
，又，．
，，
整理得：，又，，
数列是首项为，公比为的等比数列，，
，
，.
故选：A.
10．数列满足﹐若，则的前项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由，得，所以可得数列是等差数列，得数列的通项公式，再利用错位相减法求和.
【详解】
因为，所以，所以数列是公差为，首项为的等差数列，所以，所以，设的前项和为，所以①，②，①-②得，，得.
故选：C
11．已知等差数列的公差为2，前n项和为，且，，成等比数列.令，数列的前n项和为，若对于，不等式恒成立，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据，，成等比数列，所以，根据d=2，即可求得的值，即可求得，进而可得，利用裂项相消法即可求得的表达式，分析即可得答案.
【详解】
因为，，成等比数列，所以
所以，整理可得
解得，所以，
所以，
所以=，
因为对于，不等式恒成立，
所以，即，
所以.
故选：A
12．已知数列满足，设，且，则数列的首项的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由，可得,即,所以从而可得，得出答案.
【详解】
若存在，由，则可得或，
由可得，由可得
所以中恒有
由，可得
所以，即
所以

所以，即
所以，则，所以
故选：C
13．设为数列的前n项和，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
由递推式求出数列的首项,当时分为偶数和奇数求出,代入后分组,然后利用等比数列的前项和公式求解.
【详解】
由，
当时，，得；
当时，，即.
当n为偶数时，，所以（为正奇数），
当n为奇数时，，所以（为正偶数），
所以，所以，
所以，所以.
因为.
故选：A
14．正项数列的前n项和为，且，设，则数列的前2020项的和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先根据和项与通项关系得，再根据等差数列定义与通项公式、求和公式得，代入化简，最后利用分组求和法求结果.
【详解】
因为，所以当时，，解得，
当时，，
所以 ，
因为，所以，
所以数列是等差数列，公差为1，首项为1，
所以，
所以，
则数列的前2020项的和.
故选：C

第II卷（非选择题）
二、填空题
15．已知正项数列的前项和为，且.若，则数列的前2021项和为___________.
【答案】
【分析】
先根据，求出的通项公式，再结合的通项公式进行裂项相消法求和
【详解】
当时，，因为数列各项为正，所以.
当时，，所以，
所以，整理得.
因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列.
易知，，所以，
所以数列的前2021项和为
.
故答案为：
16．已知数列的各项均为正数，，，，数列的前项和为，若对任意正整数都成立，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】
先将因式分解，结合数列的各项均为正数，推导出是等比数列，求出数列的通项公式；将数列的通项公式代入中，得到数列的通项公式；将数列的通项公式裂项，求出数列的前项和为；然后判断的单调性，求出的取值范围，确定的取值范围，最后求出的取值范围.
【详解】

数列的各项均为正数 (舍去)
数列是以为首项，以为公比的等比数列.

数列的前项和为,
单调递增，单调递减单调递增，
又
的取值范围是
故答案为：
17．设为数列的前项和，满足，，其中，数列的前项和为，则___________.
【答案】
【分析】
由累乘法可求，然后利用裂项相消法即求.
【详解】
由，得，累乘，得
，
化简得，
，，
当时，成立，
，，


，
.
故答案为：.
18．已知正项数列满足且，令，则数列的前项的和等于___________.
【答案】
【分析】
首先由递推关系可得是等比数列，进而可得、的通项公式，再利用乘公比错位相减，分组求和即可求解.
【详解】
由可得，
因为，所以，即，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，
所以，
则的前项的和等于，
令，前项的和为，则
，
，
两式相减可得：

，
所以，
所以前项的和为，
故答案为：.
19．已知，记数列的前n项和为，且对于任意的，，则实数t 的最大值是________.
【答案】162
【分析】
将数列通项化为，裂项求和求得，又对于任意的，，分类参数t，得到关于n的表达式，借助基本不等式求得最值.
【详解】
由题知，，
则
，
又对于任意的，，
则，即，
由，当时等号成立，
则实数t 的最大值是162.
故答案为：162
20．数列且，若为数列的前项和，则__________.
【答案】
【分析】
由题意，当为奇数时，；当为偶数时，.然后根据分组求和法、裂项相消求和法及三角函数的周期性即可求解.
【详解】
解：数列且，
①当为奇数时，，
②当为偶数时，，，则偶数项和为，
所以
，
故答案为:.
21．用表示正整数所有因数中最大的那个奇数，例如：的因数有，，，则，的因数有，，，，则．计算________．
【答案】
【分析】
根据的定义得到，且当n为奇数时，，再令，再利用分组求和的方法，得到，然后利用累加法求解.
【详解】
由的定义得：，且当n为奇数时，，
设，
则，
，
，
，
即，
由累加法得：，
又，
所以，
所以，
故答案为：
22．已知数列满足，则___________；若，则数列的前项和___________.
【答案】
【分析】
由得出：
当时，，两边作差得
，即

【详解】
∵，①
∴当时，，②
①-②得，则.当时，由①得，不满足上式
∴，，
，又也满足上式，
∴.
故答案为：；.
23．已知数列的前n项和为，且满足，则______________．
【答案】
【分析】
由，推得，得到数列表示首项为，公比为的等比数列，求得和 ，进而得到，再结合等比数列求和公式，即可求解.
【详解】
由数列的前项和，且满足，
当时，，
两式相减，可得，即，
令，可得，解得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列，所以，
则，所以，
所以
.
故答案为：.
24．已知数列的前项和为，点在直线上．若，数列的前项和为，则满足的的最大值为________．
【答案】13
【分析】
由题设易得，即可求，进而得，讨论为奇数、偶数求，结合已知不等关系求的最大值即可.
【详解】
由题意知：，则，
当时，；当时，；而，
∴，，
∴，
∴，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
∴要使，即或，解得且.
故答案为：13.
25．已知正项数列的前项和为，，且，设，则数列前项和的取值范围为_________．
【答案】
【分析】
根据之间关系可得数列为等差数列并得到，然后得到，根据裂项相消可得数列前项和，最后进行判断即可.
【详解】
由①，则②
②-①化简可得：，又，所以
当时，
所以符号，故数列是首项为1，公差为1的等差数列
所以，则
所以
令设数列前项和
所以
所以，
当为偶数时，，则且
当为奇数时，，则且
综上所述：
故答案为：
26．已知数列满足：，，(且)，等比数列公比，令，则数列的前项和___________.
【答案】
【分析】
依据题意可得，然后依据公式可得，然后根据递推关系可得数列为等差数列，进一步得出，最后分组求和可得结果.
【详解】
解：因为，，(且)，①
可得时，，即，
由等比数列的的公比为，
即，解得，
所以，
当时，，即，
解得，
又(且)，②
①﹣②可得，，
即，化为，
又，
所以数列为等差数列，且公差，
则，
所以，
所以


.
故答案为：.
27．已知数列与前n项和分别为，，且，，则________．
【答案】
【分析】
由递推关系求得数列的通项公式，代入，根据裂项求和的办法求得.
【详解】
因为，所以当时，，
两式相减得：，
整理得，，
由知，，
从而，
即当时，，
当时，，解得或0（舍），
则首项为1，公差为1的等差数列，
则．
所以，
则．
∴．
故答案为：.

三、解答题
28．数列中，为的前项和，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）由与的关系可得为等差数列，再由等差数列的通项公式即可求解；
（2）由裂项相消法求解即可
（1）
当，则，所以，
当时，

得：，
，
整理得，
所以为等差数列，
，
；
（2）



29．已知各项均为正数的无穷数列的前项和为，且，.
（1）证明数列是等差数列，并求出的通项公式；
（2）若数列满足，.设数列满足，证明：.
【答案】
（1）证明见解析，
（2）证明见解析
【分析】
（1）由递推关系构造等差数列，求出通项后得，由求即可；
（2）由递推关系构造等比数列，求出，对裂项后，利用相加相消求和即可得证.
（1）
因为，
所以
因为，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
因此
即，
当时，，
又符合上式，故，
所以，
即是等差数列.
（2）
由，得
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
，
即.
,
裂项得

30．已知等差数列的前项和为，数列是各项均为正数的等比数列，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.
问题：已知，___________，是否存在正整数，使得数列的前项和？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
【答案】
（1）
（2）答案见解析
【分析】
(1)根据给定条件求出等比数列的公比即可得解.
(2)根据选择的条件计算出等差数列的公差及前项和为，再用裂项相消法求出即可列式计算作答.
（1）
设等比数列的公比为，由得：，，又，
因此有，即，解得，(舍去)，则，
所以数列的通项公式.
（2）
若选①：设等差数列公差为d，则，，解得，
于是得：，，
则有，
由，解得，而为正整数，则的最小值为，
所以存在正整数满足要求，的最小值为.
若选②：设等差数列公差为d，则，，解得，
于是得，，
则有，
由，解得，而为正整数，则的最小值为，
所以存在正整数满足要求，的最小值为.
若选③：设等差数列公差为d，则，，解得，
于是得：，，
，
令，得，显然数列()是递减的，
当时，，当时，，
即由得，则的最小值为
所以存在正整数满足要求，的最小值为.
31．在①，；②公差为2，且，，成等比数列；③；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
问题：已知数列为公差不为零的等差数列，其前项和为，______．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，其中表示不超过x的最大整数，求的值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】
（1）答案见解析
（2）答案见解析
【分析】
选①
（1）由等差数列的前项和公式列方程组解得和后可得通项公式；
（2）根据定义求出，然后求和．
选②
（1）由等差数列的前项和公式结合等比数列性质求得后可得通项公式；
（2）根据定义求出，然后求和．
选③
（1）利用和求得通项公式；
（2）根据定义求出，然后求和．
（1）
选①：设的公差为d，则
由已知可得，解得，
故的通项公式为
选②：因为，，，
由题意得，解得，
所以的通项公式为
选③：当时，
当时，，符合
所以的通项公式为
（2）
选①
由知，，
所以
选②
由知
所以
选③
由知
所以
32．在①②这两组条件中任选一组，补充在下面横线处，并解答下列问题．
已知数列的前项和是数列的前项和是，__________．
（1）求数列的通项公式；
（2）设证明：
【答案】
（1）答案不唯一，具体见解析
（2）证明见解析
【分析】
（1）选条件①：由，，可得，根据等比数列通项公式即可求解；选条件②：由，，可得
，利用迭代法可求，借助已知条件可得；
（2）选条件①：利用错位相减求和法求和后即可证明；选条件②：利用裂项相消求和法求和后即可证明.
（1）
解：选条件①：由，可得，
两式相减可得，所以，
在中，令，可得，所以，
所以是以为首项，公比为的等比数列，，
故数列的通项公式为，数列的通项公式为；
选条件②：由，可得
两式相减可得，即，
所以，
在中，令，可得，所以，
所以由，，，
所以，从而有，
所以，，
故数列的通项公式为，数列的通项公式为．
（2）
证明：选条件①：由（1）知，
设，
，

两式相减可得

所以，即；
选条件②：由（1）知，
所以．
33．在①；②；③，，成等差数列这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
问题：数列是各项均为正数的等比数列，前n项和为，且______．
（1）求数列的通项公式；
（2），求数列的前n项和．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】
（1）条件选择见解析，
（2）
【分析】
（1）选①，利用及得出数列的递推关系求得公比，从而得通项公式；
选②，利用基本量法求得公比后可得通项公式；
选③，利用基本量法及及等差数列的性质求得公比后可得通项公式；
（2）求出，然后分类讨论，分组求和．
（1）
设等比数列的公比为．
选①
当时，，∴，
∴，∴，又∵，∴．
选②
∵，，∴，∵解得，∴．
选③
由题意得，
∴，∴，即，∵，∴，
∴；
（2）
，
当n为偶数时，
，
当n为奇数时，
，
综上，．
34．已知数列中，，.
（1）求证：是等比数列，并求的通项公式；
（2）数列满足，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.
【答案】
（1）证明见解析，
（2）
【分析】
（1）依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出的通项公式，即可求出的通项公式；
（2）依题意可得，再利用错位相减法求出，则，再根据指数函数的性质对分奇偶两种情况讨论，即可求出参数的取值范围；
（1）
解：因为，，所以，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以
（2）
解：因为，所以，
所以

两式相减得，
所以，所以．
令，易知单调递增，
若为偶数，则，所以；
若为奇数，则，所以，所以．
所以．
35．已知为等比数列，，记数列满足，且.
（1）求和的通项公式；
（2）对任意的正整数，设，求的前项的和.
【答案】
（1），
（2）答案见解析
【分析】
（1）由数列与的关系判断，再根据对数运算和所给条件算出公比和首项，的通项公式可得，再根据与的关系可得的通项公式，
（2）写出，根据的奇偶分类讨论.
（1）
设等比数列的公比为，对任意的，则，则，所以，
因为，可得，
因为，则，∴，
所以，；
（2）

为偶数时，

为奇数时，

36．设正项数列的前项和为，满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，若数列的前项和为，证明：.
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）利用时，得出的递推关系式，确定是等差数列，从而得通项公式；
（2）用裂项相消法求得和后根据的单调性证明不等式．
（1）
解：由题意得，
当时，，解得或，因为，所以.
当时，，，
两式相减，得，整理得，
因为，所以，，，
故数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.
（2）
证明：因为，所以
则
，
因为，所以，又，所以单调递增，
所以，所以.
37．已知数列的前项和为.若，且
（1）求；
（2）设，记数列的前项和为.证明：.
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）由题意得，从而得到数列是以为首项､为公差的等差数列，即可得到答案；
（2）求得数列的通项公式，再利用裂项相消法求和，结合不等式的放缩法，即可得到答案；
（1）
因为数列的前项和为，所以由可得

又因为，所以，
因此，数列是以为首项､为公差的等差数列，所以.
（2）
因为
而，所以
所以数列的前项和为
故，命题得证.
38．已知等差数列的前n项和为，且．
（1）求的通项公式以及；
（2）求使不等式成立的最小值n．
【答案】
（1），；
（2）5
【分析】
（1）由已知条件求等差数列的基本量，进而写出等差数列通项公式及前n项和公式.
（2）应用裂项相消法求，根据不等式求n的范围，即可知n的最小值.
（1）
在等差数列中，，
∴，又，
∴，易知：，
∴，
∴.
（2）
，
∴整理有，解得或，又n为正整数，
∴，则n的最小值为5．
39．设数列前项和为，，（）.
（1）求出通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）根据与的关系，转化为，构造等比数列求出即可得解；
（2）分n为奇数偶数，分别利用相加相消求奇数项和，利用错位相减法求偶数项的前n项和，相加即可求出前2n的和.
（1）
由，得，
即，
所以.
因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即.
所以当时，，
又当时，满足上式，
故.
（2）
当为奇数时，有，
设数列的前项中奇数项的和为，
所以

当为偶数时，有，
设数列的前项中的偶数项的和为，
所以，
所以，
上述两式相减，得


所以.
故数列的前和.
40．设数列的前项和为，已知.
（1）求通项公式；
（2）对任意的正整数，设 ，求数列的前项和.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）采用作差法，并验证是否满足通项；
（2）分为奇数和偶数进行分类讨论，结合分组求和法，奇数项结合裂项法求和，偶数项采用错位相减法，即可得出答案.
（1）
因为①，所以②，①-②得，即，又，当时，，故，也满足，所以；
（2）当时，，
即时，，
奇数项作和可得：；
当时，，
即，偶数项作和得③，
④，
③-④可得：，
即，
化简得，
故的前项和为：.



任务三:邪恶模式(困难)1-30题
一、单选题
1．已知数列满足，，（），则数列的前2017项的和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
根据给定条件求出与的通项，进而求得即可求出数列的前2017项的和.
【详解】
在数列中，，，，，
则有，即，而，
于是得


，
因此，，
则


，
数列的前2017项的和为.
故选：D
2．已知数列满足，其前项和，数列满足，其前项和为，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用与关系可证得为等差数列，由此可求得，将进行裂项后，前后相消可求得，将问题转化为；令，可证得为递增数列，由此得到.
【详解】
当时，，解得：或，又，；
当时，由得：，
，整理可得：，
，，即，
是以为首项，为公差的等差数列，；
经检验：满足；
综上所述：，
，
，
由得：，
令，则，
为递增数列，，，即实数的取值范围为.
故选：A.
3．已知等比数列满足，，若，是数列的前项和，对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
本题首先可根据、得出，然后根据得出，再然后根据错位相减法求出，最后根据题意得出对任意不等式恒成立，根据即可得出结果.
【详解】
设等比数列的公比为，
因为，，所以，解得，，，
因为，所以，，
则，，
，
对任意不等式恒成立，即对任意不等式恒成立，
因为，所以，的取值范围为.
故选：C.
4．设为不超过x的最大整数，为可能取到所有值的个数，是数列前n项的和，则下列结论正确个数的有　　
（1）
（2）是数列中的项
（3）
（4）当时，取最小值
A．1个 B．2个 C．3个 D．4
【答案】C
【分析】
先求得的结果，归纳推理得到个数的表达，即的值，由此对四个结论逐一分析，从而得出正确选项.
【详解】
当时，，故.
当时，，，，，故.
当时，，，，故，共有个数，即，故（1）结论正确.
以此类推，当，时，
，，
故可以取的个数为，即，
当时上式也符合，所以；
令，得，没有整数解，故（2）错误.
，
所以，
故，所以（3）判断正确.
，，当时，当时，故当时取得最小值，故（4）正确.综上所述，正确的有三个，故选C.
5．设数列的前项积，记，求的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先由求出，再当时，由得，两式左右两边相除得，，得到数列是以为首项，1为公差的等差数列，从而求出，，令，再判断数列是递增数列，从而可求出的范围
【详解】
解：令，则，得，
当时，因为，所以，
所以，即，，
所以，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，
所以，
所以，所以，
所以，
令，
所以
，
所以数列是递增数列，
，
因为
所以
，
所以，
综上，，
故选：D
6．已知数列的前项和，，且，若，（其中），则的最小值是（ ）
A． B．4 C． D．2018
【答案】B
【分析】
由，可得，，以上各式相加得可求得，结合，根据均值不等式，即可求得答案.
【详解】

，，
以上各式相加得，，
，


又，
，
即，
又，
，
当且仅当时等号成立，
故选：B．
7．数列满足，（且），数列为递增数列，数列为递减数列，且，则（）．
A． B． C．4851 D．4950
【答案】D
【分析】
由数列为递增数列，得到，进而得出，又由数列为递减数列，得到，得到，
得出当为奇数且时，，当为偶数时，，即可求解．
【详解】
因为数列为递增数列，所以，即，
则，
由题意，
则由得，，
因为数列为递减数列，所以，即，
则，
由题意得，，
由，可得，，
又，即，所以当为奇数且时，；
当为偶数时，．
所以．
故选：D．
8．已知数列中，，若，设，若，则正整数的最大值为（ ）
A．1009 B．1010 C．2019 D．2020
【答案】B
【分析】
由可得,则.再结合,可化简,
从而可以求出正整数的最大值.
【详解】
,
∴,∴,即数列为单调增数列,
,即,
,








,
,即,
正整数的最大值为1010,
故选:B.
9．已知数列满足…，设数列满足：,数列的前项和为，若恒成立，则的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先求出的通项，再求出的通项，从而可求，利用参变分离可求的取值范围.
【详解】
因为…，
所以…，
故即，其中.
而令，则，故，.
，
故
，
故恒成立等价于即恒成立，
化简得到，因为，故.
故选D.
10．艾萨克·牛顿（1643年1月4日——1727年3月31日）英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列：满足，我们把该数列称为牛顿数列.如果函数（）有两个零点，，数列为牛顿数列，设，已知，，的前项和为，则等于
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
函数有两个零点1，2，，，则由题意，，，且，
，数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，则，.
故选C
11．已知是函数的极值点，数列满足，，记，若表示不超过的最大整数，则（ ）
A．2017 B．2018 C．2019 D．2020
【答案】A
【详解】
由题意可得，
∵是函数的极值点，
∴，
即．
∴，
∴，，，，，
以上各式累加可得．
∴．
∴=
===．
∴．选A．
12．设表示不超过的最大整数，已知数列中，，且，若，则整数
A．99 B．100 C．101 D．102
【答案】C
【分析】
由可得，从而，而 ，从而，由此可解出n的值.
【详解】
因为,
所以，故数列是递增数列，且，
又由可得，即，
而 ，从而，
所以[],
又，
所以[]，，故选C.

第II卷（非选择题）

二、填空题
13．已知数列满足：，，(且)，等比数列公比，则数列的前项和___________.
【答案】
【分析】
由递推关系可得，解方程即可求出，代入递推关系式可得，证明数列为等差数列，即可求解，根据错位相减法求和即可.
【详解】
因为，，(且)，①
当时，，即，
由等比数列的的公比为，
即，解得，
所以，
当时，，即，
解得，
又(，且)，②
①-②可得，，
即，化为，
又，
所以为等差数列，且公差，
则，
所以
，
，
上面两式相减可得
，
所以.
故答案为：.
14．各项均为正数的等比数列，满足，且，，成等差数列，数列满足，数列的前项和，则______.
【答案】
【分析】
根据条件可得，得，进而得设，由和与项的关系可得，再由累加计算，利用错位相减即可得解.
【详解】
各项均为正数的等比数列，设公比为，
由，可得，即，得，
，，成等差数列，所以，
即，得.
所以.
设,
则.时，满足.
所以.
所以.
所以，
，
，
……
，
累加得：.
记，
则，
两式作差得：
，
所以，即，因为
所以，所以.
故答案为：.
15．已知公差不为零的等差数列的前项和为，且满足，，成等比数列，，数列满足，前项和为，则_________.
【答案】
【分析】
先根据条件求解出的通项公式，然后采用裂项相消的方法分奇偶进行求和，由此可求解出，则可求.
【详解】
设的公差为（）.由题意，，即，
又，即，
联立解得，，所以.
所以

当为奇数时，，
当为偶数时，.
所以.
故答案为：.
16．已知是等差数列的前项和，若，设，则数列的前项和取最大值时的值为______________
【答案】2019
【分析】
设等差数列的公差为，运用等差数列的性质，可得数列的公差，且，，，，，，求得，计算可得，分析比较，即可得到所求最大值时的值．
【详解】
解：等差数列的公差设为，若，
则，，所以公差，，
即，，即，可得，
即数列递减，且，，，，，，
，
则
，
由，要使取最大值，可得取得最小值，
显然，而，
可得时，取得最小值，
故答案为：．
17．已知数列的前n项和为，数列的前n项和为，满足，，且．若对，恒成立，则实数的最小值为____________．
【答案】
【分析】
当时，解得，当时，由化简得，利用累乘法求得，进而得，利用裂项求和法得，因此利用对，恒成立即可求解.
【详解】
解析：当时，，解得．
当时，由，得．
依据叠乘法（累乘法）可得．
由，得，
于是
．
由于对，恒成立，，
故实数的最小值为．
故答案为：
18．已知函数若对于正数，直线与函数的图象恰有个不同的交点，则数列的前n项和为________.
【答案】
【分析】
根据函数的性质和周期得到函数图象，根据图象知，直线与第个半圆相切，则，再利用裂项相消法求和得到答案.
【详解】
当时，，即，；
当时，函数周期为，画出函数图象，如图所示：
与函数恰有个不同的交点，
根据图象知，直线与第个半圆相切，故，
故，
数列的前n项和为.
故答案为：.

19．数列满足，，则的整数部分是___________.
【答案】1
【分析】
由，结合裂项法求出，可得.再由，判断，求出，即可求得的整数部分.
【详解】
由，
可得，
两边取倒数，得，
，

.
.
又，
若，则与矛盾，
，
又，，
当时，，
，，
，
故的整数部分是.
故答案为：1.
20．设表示正整数n的个位数字,记,M是的前4038项的和,函数,若函数满足,则数列的前2020项的和为________.
【答案】
【分析】
先根据n的个位数的不同取值推导数列的周期，由周期可求得，又，
，可得，
进一步求得，利用裂项相消法可求得结果.
【详解】
n的个位数为1时有：，
n的个位数为2时有：，
n的个位数为3时有：，
n的个位数为4时有：，
n的个位数为5时有：，
每5个一循环，这10个数的和为：0，
余3，余下三个数为：，，，
数列的前4038项和等于：,
即有，
又，
，可得，
即，
则，即有，
则数列的前2020项和为，
，
则数列的前2020项和为.
故答案为：.
21．已知正项数列满足，，则数列的前项和为___________．
【答案】
【分析】
由已知表达式因式分解得到数列的递推式，再运用累乘的方法求得通项公式，再将通项公式裂项，利用裂项相消求和得解.
【详解】
由已知得
所以又因为
所以
所以
所以

；



累乘得
所以
所以=
所以




累加求和得
故答案为
22．已知数列满足，则数列的前项和为___________.
【答案】
【分析】
由可得，可得出通项公式，即，由，可求数列前n项和.
【详解】
由，得，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
于是，
所以，
因为，
所以的前项和
.
23．设是数列的前项和，若，则_____.
【答案】
【分析】
运用数列的递推式，讨论为奇数或偶数，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和.
【详解】
解：，
当时，，解得，
时，，
可得，
当为偶数时，，即有；
当为奇数（）时，，
可得 ，
即有
.
故答案为.
24．在各项均为正数的等比数列中，，当取最小值时，则数列的前项和为__________．
【答案】
【分析】
根据等比数列通项公式及，则；求导函数，令导函数等于0，可求得当取最小值时q的值，进而求得的值，得到通项公式，代入数列可得；结合错位相减法可求得前n项和．
【详解】
等比数列中，，所以
，令
则，令
解得 ，因为各项均为正数的等比数列
所以
当时，
当时，
所以在时取得最小值
设，代入化简可得
所以


两式相减得





三、解答题
25．已知等比数列的各项均为正数，成等差数列，且满足，数列的前n项和，且.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】
（1）()；()
（2）()
【分析】
(1)设等比数列公比q，由给定条件求出q及a1即可得的通项；
由结合“当时，”即可得的通项.
(2)利用(1)的结论分类讨论，借助分组求和方法及等差等比数列求和公式即可计算得解.
（1）
设正项等比数列公比q，因成等差数列，则，即，
，而，解得，又，即，，解得，
所以数列的通项公式是，；
，数列的前n项和，当时，，
整理得：，于是得数列是常数数列，则，得，
所以数列的通项公式是，.
（2）
由(1)知，，
当n为偶数时，
，
当n为奇数时，，
所以数列的前n项和().
26．已知数列是正项等差数列，，且.数列满足，数列前项和记为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，其前项和记为，试比较与的大小.
【答案】
（1）
（2），过程见解析
【分析】
（1）将分母有理化，然后利用求和公式求出，再结合即可求出数列的通项公式；
（2）由（1）的结果求出，再由裂项相消法求出，然后利用作差法即可比较大小.
（1）
解：设数列的公差为，

，

，

，可得
又，
.
（2）
解：由（1）可得，



不妨记，则

，


.
27．已知正项数列的首项，其前项和为，且.数列满足：(b1+ b2.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，证明：.
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
（1）根据题意得到和，两式相减得，解得答案.
（2）计算，，放缩和，利用裂项相消法计算得到证明.
（1）
由得，两式相减得，
由，得，数列的偶数项和奇数项分别是公差为2的等差数列，
当为奇数时，，当为偶数时，.
综上所述.
（2）
由，，，，
两式相减得，，验证成立，故.
则，
那么，
故，
同理
，
故
，得证.
28．已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前项之积为，且．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
（3）设，若数列的前项和，证明：．
【答案】（1），（2）（3）证明见解析
【分析】
（1）设等比数列的公比为，根据条件求出首项及可得，由代入可得为等差数列即可求解；
（2）由（1）可知，利用错位相减法求和即可求解；
（3）由（1）可知，利用裂项相消法求和后根据单调性及有界性即可得证.
【详解】
（1）设等比数列的公比为，
，，成等差数列，
，，
化为：，，解得．
又满足，， 即，解得．
，
数列的前项之积为，
，
，
即，
是以2为公差的等差数列.
又，即，
所以
（2），
，
，
两式相减得，


，

（3）
所以数列的前项和，
又，是单调递增，
所以.
29．已知函数.
（1）若，求a的值；
（2）证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出，结合，根据分类讨论函数的单调性，即可解出；
（2）由（1）知，结合要证不等式，可由得，所以，再利用不等式放缩，即可由裂项相消求和法证出．
【详解】
（1）因为，，则，且，
当时，，在上单调增，所以时，，不满足题意；
当时，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增.
①若，在上单调递增，当时矛盾
②若，在上单调递减，当时矛盾
③若，在上单调递减，在上单调递增
满足题意，综上所述.
（2）证明：由（1）知，又，，
，时，令，得，，




∴结论成立.
30．已知数列的前项和为，，数列满足，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列满足：，，若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），；（2）.
【分析】
（1）由，利用数列通项与前n项和的关系求得；再由求解；
（2）由，利用错位相减法求得， 由，利用累加法得到，从而求得，然后由恒成立求解.
【详解】
（1）当时，，∴，
当时，由得
，即，
∴数列是公差为2的等差数列，
∵，∴.
由条件得，，
∴，即数列是公比为2的等比数列，
∴.
（2），设数列的前项和为，则，
∴，
∴，
，

∴，
由得，
累加得，
即，
∴，
∴，
令，则，
∴，
∴，
∴.