专题04 数列1（等差、等比、通项公式、递推关系）-2024届高考数学二轮专题复习考点分层与专项检测（新高考专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题04 数列1（等差、等比、通项公式、递推关系）（新高考）
目录
【备考指南】2
【真题在线】3
【基础考点】11
【基础考点一】等差数列基本量的运算11
【基础考点二】等比数列基本量的运算14
【基础考点三】等差数列的性质及应用17
【基础考点四】等比数列的性质及应用20
【基础考点五】递推关系与数列周期性24
【综合考点】28
【综合考点一】累加、累乘求通项公式28
【综合考点二】构造法、定义法求通项公式33
【综合考点三】Sn与an的关系求通项公式37
【综合考点四】等差、等比数列的函数特性42
【培优考点】46
【培优考点一】数列的结构不良最值问题46
【培优考点二】数列的不等式恒成立问题54
【总结提升】58
【专项检测】60
备考指南
预测：等差、等比数列的基本运算和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.数列的通项也是高考热点，难度中档以下.求数列的通项公式是高考的重点内容，等差、等比数列可直接利用其通项公式求解，但有些数列是以递推关系给出的，需要构造新数列转为等差或等比数列，再利用公式求解.利用数列的递推关系求数列的通项，常见的方法有：(1)累加法，(2)累乘法，(3)构造法(包括辅助数列法，取倒数法，取对数法等).近三年全国卷的考察难点整体是中档以下，也出现结构不良及数列与不等式综合性的问题.建议二轮复习时在做好查缺补漏的基础上要适当拓宽学生的思维，有一定量的思维难度.近几年一些省市的高考试卷也出现了数列与不等式放缩，数列与导数的综合问题.值得关注一下.
真题在线
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25B．22C．20D．15
【答案】C
【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列的公差和首项，再根据前项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列的公差，再根据前项和公式的性质即可解出．
【详解】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C.
方法二：，，所以，，
从而，于是，
所以．
故选：C.
2．（2023·全国·统考高考真题）设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（ ）
A．B．C．15D．40
【答案】C
【分析】根据题意列出关于的方程,计算出,即可求出.
【详解】由题知,
即,即,即.
由题知,所以.
所以.
故选:C.
3．（2023·全国·统考高考真题）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1B．C．0D．
【答案】B
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.
【详解】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或，
于是有，即有，解得，
所以，.
故选：B
4．（2023·全国·统考高考真题）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：C
5．（2023·全国·统考高考真题）记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
6．（2022·全国·统考高考真题）已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A．14B．12C．6D．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.
7．（2022·全国·统考高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确.
8．（2021·全国·高考真题）记为等比数列的前n项和.若，，则（ ）
A．7B．8C．9D．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.
9．（2021·全国·统考高考真题）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
【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．
【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．
二、多选题
10．（2021·全国·统考高考真题）设正整数，其中，记．则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.
【详解】对于A选项，，，
所以，，A选项正确；
对于B选项，取，，，
而，则，即，B选项错误；
对于C选项，，
所以，，
，
所以，，因此，，C选项正确；
对于D选项，，故，D选项正确.
故选：ACD.
三、填空题
11．（2023·全国·统考高考真题）记为等比数列的前项和．若，则的公比为 ．
【答案】
【分析】先分析，再由等比数列的前项和公式和平方差公式化简即可求出公比.
【详解】若，
则由得，则，不合题意.
所以.
当时，因为，
所以，
即，即，即，
解得.
故答案为：
12．（2023·全国·统考高考真题）已知为等比数列，，，则 .
【答案】
【分析】根据等比数列公式对化简得，联立求出，最后得.
【详解】设的公比为，则，显然，
则，即，则，因为，则，
则，则，则，
故答案为：.
13．（2022·全国·统考高考真题）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.
基础考点
【考点一】等差数列基本量的运算
【典例精讲】（多选）（2024·浙江台州·统考一模）已知等差数列中，，公差为，，记为数列的前n项和，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则
D．若，则
【答案】BCD
【分析】由为等差数列，先求出，由可判断选项A；对于选项B，分为奇数和偶数分别求的前项和，从而可判断; 选项C，先得出，从而得出，，再分为奇数和偶数分别求的前项和；对于选项D，由，求出，从而可求出的前项的和.
【详解】由为等差数列，，公差为，则
当时，，则选项A不正确.
当为偶数时，
当为奇数时，
故，所以选项B正确.
当为偶数时，
当为奇数时，
所以， 故选项C正确.
所以
，所以选项D正确
故选：BCD
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·四川成都·统考二模）已知数列的前项和为.若，，则（ ）
A．95B．100C．135D．175
【答案】D
【分析】由，推导出数列是等差数列，再由求和公式求出结果即可.
【详解】因为，，
所以，即，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，
所以由等差数列的前项和公式可得.
故选：D
2．（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知等比数列的前项和为，公比为2，且成等差数列，则（ ）
A．62B．93C．96D．64
【答案】B
【分析】利用给定条件求出，进而求出，再利用等比数列前项和公式计算即得.
【详解】等比数列的公比为2，由成等差数列，得，
即，解得，所以．
故选：B
二、多选题
3．（2023·全国·模拟预测）已知公差为d的等差数列的前n项和为，且满足，则（ ）
A．B．
C．对任意的正整数n，有D．使得的最小正整数n为4047
【答案】BD
【分析】先通过条件得到可判断A，C；通过判断B；通过计算判断D.
【详解】由，得.
选项A，B：因为，所以，
故A错误，B正确；
选项C：当时，取得最小值，故C错误；
选项D：因为，所以，，故D正确.
故选：BD.
三、填空题
4．（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：
【考点二】等比数列基本量的运算
【典例精讲】（多选）（2023·福建福州·校考模拟预测）设是公比为正数等比数列的前项和，若，，则（ ）
A．B．C．为常数D．为等比数列
【答案】CD
【分析】设等比数列的公比为，由等比数列的性质求出，可判断A；求出等比数列的通项公式和前项和公式可判断B，C；由可判断D.
【详解】设等比数列的公比为，
所以，则，
又因为，则，故A错误；
，，
，故B错误；
，故C正确；
，
因为，故为等比数列，故D正确.
故选：CD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·北京东城·统考二模）已知数列中，，，为其前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知得到，判定该数列为等比数列，进而利用求和公式计算.
【详解】由得，又∵，∴数列为首项为1，公比为的等比数列，
∴，
故选：B.
2．（2023·全国·模拟预测）已知为等比数列且各项均不为0，向量，且，则（ ）
A．4B．2C．8D．6
【答案】C
【分析】用坐标表示向量的垂直和平行，列式即可求解.
【详解】由得，（对于非零向量的充要条件为）
又为等比数列，所以，又，
得．
由得，即，所以.
故选：C．
二、多选题
3．（2023·广西·统考模拟预测）若数列满足，则称为“平方递推数列”.已知数列是“平方递推数列”，且，则（ ）
A．是等差数列B．是等比数列
C．是“平方递推数列”D．是“平方递推数列”
【答案】BC
【分析】对于AB，由题意得，然后根据等差数列和等比数列的定义分析判断即可，对于CD，由平方递推数列的定义分析判断.
【详解】对A，因为是“平方递推数列”，所以.又，
所以，则，所以不是等差数列，A不正确.
对B，因为，所以是等比数列，B正确.
对C，因为，所以以是“平方递推数列”，C正确.
对D，因为，所以不是“平方递推数列”，D不正确.
故选：BC.
三、填空题
4．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知等比数列满足且，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用等比数列，将各项均用表示，然后构造函数，分类讨论和两种情况下的单调性，进而确定为使方程有解，的取值范围.
【详解】因为为等比数列，所以.
令，
则.
因为，所以.
当时，，此时恒成立，在上单调递增，
，所以一定有解，即，使得成立.
当时，，则，此时单调递增；，则，此时单调递减.
为使有解，则，
整理得，解得.
又，所以.
综上，的取值范围是.
故答案为：
【考点三】等差数列的性质及应用
【典例精讲】（多选）（2023·安徽蚌埠·统考三模）已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，则下列结论正确的是( )
A．数列是等差数列B．数列是等差数列
C．数列是等比数列D．数列是等差数列
【答案】ABC
【分析】设等差数列的公差为，设等比数列的公比为，求出，利用等差数列的定义可判断选项；利用等比数列定义可判断C选项．
【详解】设等差数列的公差为，则，∴．
对于A选项，，∴为等差数列，A正确；
对于B选项，令，
∴，
故数列是等差数列，B正确；
设等比数列的公比为，
对于C选项，令，则，故数列是等比数列，C正确；
对于D选项，∵不一定为常数，故数列不一定是等差数列，故D错误；
故选：ABC．
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）已知为等差数列的前项和，，则（ ）
A．240B．60C．180D．120
【答案】D
【分析】利用等差数列的性质以及前项和公式求解即可.
【详解】因为数列为等差数列，所以，
所以，
所以．
故选：D．
2．（2023·广东深圳·统考二模）设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．0B．C．D．
【答案】C
【分析】由等差数列的前项和的性质可得：，，也成等差数列，即可得出．
【详解】由等差数列的前项和的性质可得：，，也成等差数列，
，
，解得．
故选：C.
二、多选题
3．（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）设等差数列的前项和为，公差为，，，，下列结论正确的是（ ）
A．
B．当时，的最大值为
C．数列为等差数列，且和数列的首项、公差均相同
D．数列前项和为，最大
【答案】AD
【分析】分析数列的单调性，结合已知条件可判断A选项；利用等差数列的求和公式可判断B选项；利用等差数列的定义可判断C选项；令，分析可知，，可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，则为递增数列，所以，，与矛盾，
若，则为常数列，所以，，与矛盾，
若，则为递减数列，则，由可得，合乎题意，A对；
对于B选项，由A选项可知，，，，
，
所以，当时，的最大值为，B错；
对于C选项，，则，
所以，，
所以，数列为等差数列，且其首项为，公差为，C错；
对于D选项，由得，由得，
由得，即，
令，，则等差数列为递减数列，
且，，，
所以，数列前项和为，最大，D对.
故选：AD.
三、填空题
4．（2023·河南·模拟预测）已知等差数列的前n项和为，若，，则 ．
【答案】
【分析】根据题意可知是以为首项，公差为1的等差数列，即可求得.
【详解】设等差数列的公差为，由等差数列前n项和公式可知；
可得为定值，所以即为等差数列，又，
即是以为首项，公差为1的等差数列，
所以，从而．
故答案为：
【考点四】等比数列的性质及应用
【典例精讲】（多选）（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模）已知数列的前n项和是，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等差数列
B．若，，则是等比数列
C．若是等差数列，则，，成等差数列
D．若是等比数列，则，，成等比数列
【答案】ABC
【分析】求出通项公式判断AB；利用数列前n项和的意义、结合等差数列推理判断C；举例说明判断D作答.
【详解】对于A，，时，，解得，因此，，是等差数列，A正确；
对于B，，，则，而，是等比数列，B正确；
对于C，设等差数列的公差为，首项是，
，
，
因此，则 ，成等差数列，C正确；
对于D，若等比数列的公比，则 不成等比数列，D错误.
故选：ABC
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·四川成都·校联考一模）在等比数列中，，是方程两根，若，则m的值为（ ）
A．3B．9C．D．
【答案】B
【分析】根据韦达定理可得，结合等比数列的性质即可求解.
【详解】因为，是方程两根，
所以，即，
在等比数列中，，又，
所以，因为，所以，所以.
故选：B.
2．（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）在等比数列中，，，则（ ）
A．3B．6C．9D．18
【答案】B
【分析】已知条件作商可求得，然后根据等比数列性质可得.
【详解】因为，，所以，解得，则．
故选：B
二、多选题
3．（2023下·江西上饶·高二校考阶段练习）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，则下列结论正确的是（ ）
A． B．1
C．的最大值为D．的最大值为
【答案】BD
【分析】讨论与不成立可判断A；利用等比数列的下标和性质可判断B；根据单调递增可判断C；根据的取值可判断D.
【详解】若，则，，
所以，与矛盾；
若，则因为，
所以，，
则，与矛盾，
因此，
所以A不正确．
因为，
所以，
因此，
故B正确．
因为，
所以单调递增，即的最大值不为，
故C错误．
因为当时，，当时，，
所以的最大值为，
即D正确．
故选：BD.
三、填空题
4．（2021·四川成都·校联考三模）已知等比数列的前项和满足，数列满足，其中，给出以下命题：
①；
②若对恒成立，则；
③设，，则的最小值为；
④设，若数列单调递增，则实数的取值范围为．
其中所有正确的命题的序号为 ．
【答案】②④
【分析】由等比数列前项和公式特点确定，进而明确与的通项，结合数列的单调性判断各个命题.
【详解】由为等比数列，其前项和，则，故①不正确；
由，可得，则，若对恒成立，
即对恒成立，
令，则
当时，；
当时，，
当时，，则，
则，故②正确；
由，，
令，则
当，时，，
当，时
则，故③不正确；
，由单调递增，
则，则，故④正确．
故答案为：②④
【点睛】关键点点睛：（1）等比数列的前项和；
（2）证明数列的单调性一般采用作差（或作商）的方式；
（3）数列作为特殊函数，特殊在定义域上，定义域不连续.
【考点五】递推关系与数列周期性
【典例精讲】（多选）（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模）已知数列的前n项和是，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等差数列
B．若，，则是等比数列
C．若是等差数列，则，，成等差数列
D．若是等比数列，则，，成等比数列
【答案】ABC
【分析】求出通项公式判断AB；利用数列前n项和的意义、结合等差数列推理判断C；举例说明判断D作答.
【详解】对于A，，时，，解得，因此，，是等差数列，A正确；
对于B，，，则，而，是等比数列，B正确；
对于C，设等差数列的公差为，首项是，
，
，
因此，则 ，成等差数列，C正确；
对于D，若等比数列的公比，则 不成等比数列，D错误.
故选：ABC
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·四川成都·校联考一模）在等比数列中，，是方程两根，若，则m的值为（ ）
A．3B．9C．D．
【答案】B
【分析】根据韦达定理可得，结合等比数列的性质即可求解.
【详解】因为，是方程两根，
所以，即，
在等比数列中，，又，
所以，因为，所以，所以.
故选：B.
2．（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）在等比数列中，，，则（ ）
A．3B．6C．9D．18
【答案】B
【分析】已知条件作商可求得，然后根据等比数列性质可得.
【详解】因为，，所以，解得，则．
故选：B
二、多选题
3．（2023下·江西上饶·高二校考阶段练习）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，则下列结论正确的是（ ）
A． B．1
C．的最大值为D．的最大值为
【答案】BD
【分析】讨论与不成立可判断A；利用等比数列的下标和性质可判断B；根据单调递增可判断C；根据的取值可判断D.
【详解】若，则，，
所以，与矛盾；
若，则因为，
所以，，
则，与矛盾，
因此，
所以A不正确．
因为，
所以，
因此，
故B正确．
因为，
所以单调递增，即的最大值不为，
故C错误．
因为当时，，当时，，
所以的最大值为，
即D正确．
故选：BD.
三、填空题
4．（2021·四川成都·校联考三模）已知等比数列的前项和满足，数列满足，其中，给出以下命题：
①；
②若对恒成立，则；
③设，，则的最小值为；
④设，若数列单调递增，则实数的取值范围为．
其中所有正确的命题的序号为 ．
【答案】②④
【分析】由等比数列前项和公式特点确定，进而明确与的通项，结合数列的单调性判断各个命题.
【详解】由为等比数列，其前项和，则，故①不正确；
由，可得，则，若对恒成立，
即对恒成立，
令，则
当时，；
当时，，
当时，，则，
则，故②正确；
由，，
令，则
当，时，，
当，时
则，故③不正确；
，由单调递增，
则，则，故④正确．
故答案为：②④
【点睛】关键点点睛：（1）等比数列的前项和；
（2）证明数列的单调性一般采用作差（或作商）的方式；
（3）数列作为特殊函数，特殊在定义域上，定义域不连续.
综合考点
【考点一】累加、累乘求通项公式
【典例精讲】（多选）（2023·重庆·统考模拟预测）已知数列满足，，，则下列结论正确的有（ ）．
A．数列是递增数列B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】对A：根据数列单调性的定义分析证明；对B：先证，结合累加法运算求解；对C：可得，结合裂项相消法分析运算；对D：先证，结合累积法可得，再根据等比数列求和分析运算.
【详解】对A：，当且仅当时，等号成立，
即，注意到，故，
可知对，，即，即，
故数列是递增数列，A正确；
对B：∵，
由A可得：对，，则，当且仅当时，等号成立，
故，即，
则，即；
当时，则也满足；
综上所述：，B正确；
对C：∵，则，
注意到，即，
∴，即，
故，
可得，C正确；
对D：∵，
注意到，则，
故，可得，
则，
当时，则，
当时，，
故.
则，D错误；
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据题意证明，放缩结合等比数列运算求解；
（2）根据题意整理可得，裂项相消求和；
（3）可证，放缩结合等比数列的通项公式与求和公式运算求解.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·河南郑州·校考模拟预测）在数列中，，则的前项和的最大值为（ ）
A．64B．53C．42D．25
【答案】B
【分析】令，则由可得,所以数列是以为首项,2为公比的等比数列,可得到，然后用累加法得到，通过的单调性即可求出的最大值
【详解】由,得,
令,所以,则,
所以数列是以为首项,2为公比的等比数列,
所以,即,即,
由,
将以上个等式两边相加得,
所以,
经检验满足上式，故
当时,,即单调递增,当时,,即单调递减,
因为,
所以的前项和的最大值为，
故选：B
2．（2023·河南·模拟预测）已知数列满足，，则（ ）
A．2023B．2024C．4045D．4047
【答案】C
【分析】根据递推关系化简后，由累乘法直接求.
【详解】，
，
即，
可得，
.
故选：C.
二、多选题
3．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知数列满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．数列为递减数列B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据数列的递推公式和首项即可判断选项A和B；利用数列的单调性和累加法求出，进而判断选项C和D.
【详解】因为和可知，数列的各项均为正值，
由可得，所以，则数列为递减数列，故选项A正确；
由选项A的分析可知：数列为递减数列，又因为，所以，故选项B正确；
由两边同时取倒数可得，
则，所以，
因为数列为递减数列，
由可得，
当时，，即，
当时，，即，，
，
不等式累加可得：，
所以，则，
所以，故选项C错误；
由可得，
所以，故选项D正确；
故选：ABD.
三、填空题
4．（2023·江西赣州·统考二模）设为数列的前项和，满足，其中，数列的前项和为，满足，则 ．
【答案】
【分析】利用得到，得到，利用裂项相消法求和.
【详解】当时，，
①，当时，②，
两式相减得，即，
所以，
且对也适合，综上，，
故，
.
故答案为：
【考点二】构造法、定义法求通项公式
【典例精讲】（多选）（2023下·黑龙江鸡西·高二鸡西市第四中学校考期中）已知数列 满足，，的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】求出数列的通项公式和前n项和公式，再去验证选项即可作答.
【详解】由，，得，而，
因此数列是首项为，公比为2的等比数列，，
所以，B正确；
由，A正确；
，
则有2，
两式相减得，D错误；
由，C错误.
故选：AB
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·四川·校联考模拟预测）在数列中，，，且，则下列结论成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据，可得，，两式相除即可求得数列通项，再逐一分析各个选项即可.
【详解】因为，所以，，
两式相除，得，
又，所以，
所以是以为公比的等比数列，
所以，
记，则，所以，所以，
所以，
即，故A错误；
因为，所以，
所以，
同理，，，
所以，
即，故B错误；
，
所以，故C正确；
，所以，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据，可得，，两式相除得出是以为公比的等比数列，是解决本题得关键.
2．（2023·安徽·校联考二模）已知数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．2023
【答案】A
【分析】根据与的关系，可推得数列是等比数列，进而得出的表达式，即可求出，代入对数式，根据对数的运算，即可得出答案.
【详解】因为，即.
当时，，即；
当时，，
所以，
所以.
又，
所以数列是等比数列，首项为，公比为，
所以，
所以，
所以.
故选：A.
二、多选题
3．（2022·福建·校联考模拟预测）已知下图的一个数阵，该阵第行所有数的和记作，，，，，数列的前项和记作，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据数列特性结合等比数列的性质得，然后根据通项公式求出和，逐项分析便可得答案.
【详解】解：由题意得：
A选项：
，故A正确；
B选项：，故B正确；
D选项：，故D错误；
C选项：，故C正确．
故选：ABC
三、填空题
4．（2020·四川成都·高三校联考阶段练习）已知数列{an}对任意m，n∈N*都满足am+n=am+an，且a1=1，若命题“∀n∈N*，λan≤+12”为真，则实数λ的最大值为 .
【答案】7
【分析】先求出的通项公式，然后参变分离转化为求最值
【详解】令m=1，则an+1=an+a1，an+1－an=a1=1，所以数列{an}为等差数列，首项为1，公差为1，所以an=n，
所以λan ≤+12⇒λn≤n2+12⇒λ≤n+，
又函数在上单调递减，在上单调递增，
当或时，
所以
故答案为：7
【考点三】Sn与an的关系求通项公式
【典例精讲】（多选）（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知数列的前n项和为，且满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．数列的前n项和为
B．数列的通项公式为
C．数列不是递增数列
D．数列为递增数列
【答案】CD
【分析】确定得到是首项为，公差为的等差数列，得到即的通项公式，再依次判断每个选项得到答案.
【详解】，则，即，
故是首项为，公差为的等差数列，故，即，
，.
对选项A：，错误；
对选项B：，错误；
对选项C：，，故数列不是递增数列，正确；
对选项D：，故数列为递增数列，正确；
故选：CD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）已知各项均为正数的数列的前项和为，若，则（ ）
A．3B．6C．9D．12
【答案】A
【分析】由可得，两式相减可证明数列从第二项起成等差数列，再由等差数列的前项和公式、等差数列的通项公式求解即可.
【详解】因为，所以，
两式相减得，
即，因为，
所以，
所以数列中，从第二项起成等差数列，
所以，
所以．由得，
所以，得，所以，
故选：A．
2．（2023·湖南永州·统考一模）若数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据之间的关系可求出，进而求得，由此结合熟的大小比较可判断A，B，C，利用放缩法，当时，可推出，累加即可判断D.
【详解】令，则，即，
由，的；
当时，，即，
又，故为首项是1，公差为1的等差数列，
则，故，
所以当时，，也适合该式，
故，
对于A，
，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，当时，，
故
，D正确，
故选：D
二、多选题
3．（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）设数列前项和为，满足，且，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．数列为等差数列
C．当时有最大值
D．设，则当或时数列的前项和取最大值
【答案】ABD
【分析】A选项，根据求出为等差数列，公差为，首项为，得到通项公式；B选项，计算出，得到，从而得到，得到B正确；C选项，根据及二次函数的最值得到C错误；D选项，先得到时，，，，当时，，且，得到结论.
【详解】A选项，当时，，
又，解得，
当时，①，
②，①-②得，
，
即，故，
因为，
故，
所以，
故为等差数列，公差为，首项为，
所以通项公式为，A正确；
B选项，，
故，则当时，，
故为等差数列，B正确；
C选项，，
故当时，取得最大值，C错误；
D选项，令得，令得，
则当时，，
当时，，当时，，
当时，，
又，，
则当或时数列的前项和取最大值，D正确.
故选：ABD
三、填空题
4．（2023·上海黄浦·格致中学校考三模）已知正项数列的前项和为，若，，数列的前项和为，则下列结论正确的是 .
①；②是等差数列；③；④满足的的最小正整数为10.
【答案】②③④
【分析】对于②，根据与的关系得出是等差数列；对于①，由求出，再比较大小进行判断；对于③，令，通过导数证明在上恒成立，令（，），再证得不等式成立；对于④，利用裂项相消法求出，再求出的的最小正整数.
【详解】对于②，因为，当时，，解得，
当时，，所以，整理得，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，故②正确.
对于①，，又正项数列的前项和为，所以，
当时，，当时，，即，
又当时，满足，所以，
又，因为，
所以，即，故①不正确；
对于③，令，，当时，恒成立，
所以在区间上单调递增，所以，即，
所以在上恒成立，
令（，），所以，又，故，故③正确；
对于④，因为，所以，
所以，
所以
，
因为，即，化简整理得，
显然数列递增，当时，；
当时，，所以满足的的最小正整数为10，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求.
【考点四】等差、等比数列的函数特性
【典例精讲】（多选）（2020上·全国·高三校联考阶段练习）已知等比数列首项，公比为q，前n项和为，前n项积为，函数，若，则下列结论正确的是（ ）
A．为单调递增的等差数列
B．
C．为单调递增的等比数列
D．使得成立的n的最大值为6
【答案】BCD
【分析】首先求函数的导数，根据条件判断，先判断B；再结合等比数列的定义和等差数列的定义判断AC；最后数列前项积的定义判断D.
【详解】函数，
则，
因为，所以，
由等比数列的性质可得，
所以，所以，
由，可得，故B正确；
因为等比数列首项，公比为q，所以，
则，故为单调递减的等差数列，故A错误；
设
，则为常数，
因为，所以，单调递减，
所以为单调递增的等比数列，故C正确；
因为，且，所以，，
所以使得成立的n的最大值为6，故D正确．
故选：BCD
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·吉林白山·抚松县第一中学校考模拟预测）若等差数列的前项和为，且满足，对任意正整数，都有，则的值为（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2023
【答案】C
【分析】根据等差数列的前项和公式以及数列的单调性得出结果.
【详解】依题意，
又，即，则
则，且，
所以等差数列单调递减，，
所以对任意正整数，都有，则．
故选，C．
2．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考二模）已知数列为等比数列，首项，公比，则下列叙述不正确的是（ ）
A．数列的最大项为B．数列的最小项为
C．数列为严格递增数列D．数列为严格递增数列
【答案】D
【分析】分别在为偶数和为奇数的情况下，根据项的正负和的正负得到最大项和最小项，知AB正误；利用和可知CD正误.
【详解】对于A，由题意知：当为偶数时，；
当为奇数时，，，最大；
综上所述：数列的最大项为，A正确；
对于B，当为偶数时，，，最小；
当为奇数时，；
综上所述：数列的最小项为，B正确；
对于C，，，
，
，，，
数列为递增数列，C正确；
对于D，，，
；
，，，又，
，数列为递减数列，D错误.
故选：D.
二、多选题
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）已知数列是各项均为正数的等比数列，是公差大于0的等差数列，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据题意得，为单调递增数列，进而作出函数图象，结合图象性质说明即可.
【详解】解：设的公比为，的公差为，
所以，，，
所以，由可知为单调递增数列，即
因为，，，
所以，即，数列为单调递增数列，
作出函数，的图象如图所示，
由上述图象可知，当时，两函数图象在处相交，
所以，当时，，当或时，.
故选：BCD.
三、填空题
4．（2022上·甘肃酒泉·高二敦煌中学校考期中）等比数列是递减数列，前n项的积为，若，则 ．
【答案】2
【分析】由题意可得，且，由条件可得，化简得，再由，求得的值．
【详解】解：等比数列是递减数列，其前项的积为，若，设公比为，
则由题意可得，且．
，．
又由等比数列的性质可得，．
故答案为：2．
培优考点
【考点一】数列的结构不良最值问题
【典例精讲】（多选）（2022·全国·清华附中朝阳学校校考模拟预测）数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．若且，数列单调递减
B．若存在无数个自然数，使得，则
C．当或时，的最小值不存在
D．当时，
【答案】ACD
【分析】A选项，根据求出，再由求出，从而得到且，数列单调递减，A正确；
B选项，可举出反例；
C选项，由或时，可证得数列单调递减，所以最小值不存在；
D选项，对变形为，采用裂项相消进行求和，结合数列的项的正负性和单调性求出其取值范围.
【详解】A选项，，
令，解得：，
令，解得：
综上：且，
所以且，数列单调递减，A正确；
B选项，当时，，
当时，，
所以存在无数个自然数，使得，
故B错误；
C选项，当或时，，
所以数列单调递减，所以最小值不存在，C正确；
D选项，，
所以，
所以，
故
，
因为，，单调递减，
所以当时，，，
所以，
又因为单调递减，所以当时，取得最大值，
最大值为，
综上：，D正确.
故选：ACD
【点睛】由数列通项公式研究数列的性质，要对数列的通项公式进行变形，转化为熟悉的知识点进行处理，本题D选项，要将变形为，采用裂项相消进行求和，结合数列的项的正负性和单调性求出其取值范围.
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·江西景德镇·统考一模）数列前n项和为，且满足：，，，，下列说法错误的是（ ）
A．
B．数列有最大值，无最小值
C．，使得
D．，使得
【答案】D
【分析】A选项，令求出，再令，求出；B选项，先得到，再求出，单调递减，故B正确；C选项，当时，，时，，证明出C正确；D选项，作差，并结合C选项中结论计算出，故D错误.
【详解】A选项，中，令得，
因为，解得，解得，
中，令得，
即，解得，负值舍去，A正确；
B选项，当时，，故，
，
故，
因为，故，，
故，则单调递减，
数列有最大值，无最小值，B正确；
C选项，当时，，此时等号成立，
当时，由于，
所以，
综上，，使得，C正确；
D选项，
，
由C选项可知，，，
故，
所以恒成立，
故不存在，使得，D错误.
故选：D
【点睛】数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后变形为等差数列或等比数列，在结合公式进行证明，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.
2．（2023·江西·校联考模拟预测）已知数列满足，，，则以下说法不正确的是（ ）
A．，B．，
C．数列存在最大项D．数列不存在最小项
【答案】D
【分析】由迭代相除可得，的通项，构造函数，，利用导数得到数列的单调性，再通过缩放，取极限等手段可得到数列，的最值情况.
【详解】因为，，所以且
两式相除可得，所以
当为奇数时,
可得，又，可得
当为偶数时,
可得，又，可得
综上可知，则，故数列为递减数列，易知A正确；
因为，所以，
令，，
令，则，
在上单调递减，则，即，
在单调递减，
即，可得
即，故B正确．
用为，所以，则，
令，
当时，即在上单调增，
当时，即在上单调减，
，即（时取得等号），
所以，且时，
故当时，则
所以 ，又当时，
所以当时，
又，故存在最大项，C正确．
由于当时，，
所以当时
而，故存在最小项，D不正确．
故选：D．
【点睛】方法点睛：数列最值常见求法有邻项比较法、放缩法、构造函数法等.
二、多选题
3．（2023·全国·模拟预测）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（ ）
A．
B．
C．
D．数列的前2n项和的最小值为2
【答案】ACD
【分析】当时，,当时，,联立可得，利用累加法可得，从而可求得，在逐项判断即可.
【详解】令且，
当时，①；
当时，②，
由①②联立得.
所以，
累加可得.
令(且为奇数)，得.
当时满足上式，
所以当为奇数时，.
当为奇数时，，
所以，其中为偶数.
所以，故C正确.
所以，故A正确.
当为偶数时，，故B错误.
因为，
所以的前2n项和
，
令，
因为数列是递增数列，所以的最小项为，
故数列的前2n项和的最小值为2，故D正确.
故选:ACD.
【点睛】数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
三、填空题
4．（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）已知是各项均为正数的无穷数列，其前n项和为，．给出下列四个结论：
①；
②数列有最大值，无最小值；
③；
④存在，使得.
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】赋值和即可求出；作差比较判断数列单调性可判断②；证明可判断③④.
【详解】令，则，所以，
令，得，
又，可解得，故①正确；
依题意有，，因为，所以，
所以，，由得，
所以，
因为随着的增大而增大，所以，所以，
即，所以随着的增大而减小，故为正项单调递减的无穷数列，
且，故数列有最大值，无最小值，即②正确；
因为，当且仅当时取等号，
所以，即，故③错误；
因为对任意恒成立，当且仅当时取等号，
故有，即④正确.
故答案为：①②④
【考点二】数列的不等式恒成立问题
【典例精讲】（多选）（2023·江苏扬州·统考模拟预测）在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．
设数列的前项和为，满足________，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若存在正整数，使得对恒成立，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选择条件①：利用可得答案；若选择条件②：由利用等差数列的定义可得答案；
（2）求出，分、两种情况，利用单调性可得答案.
【详解】（1）若选择条件①：
，则，
即，
令，则，解得，
是以3为首项，3为公比的等比数列，.
若选择条件②：
，
是以为首项1为公差的等差数列，
，
；
（2），
，
∴当，即；
当，即；
∴当时，对恒成立．
【变式训练】
一、单选题
1．（2023·重庆·统考二模）若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据奇偶数对n讨论，再分离参数a，转化函数最值问题即得解.
【详解】（1）当n为偶数时，恒成立，即转化为恒成立，
而数列是递增数列，故时，，故；
（2）当n为奇数时，恒成立，即，转化为恒成立，
而数列是递增数列，n为奇数时，，故；
综上可得a的范围为.
故选：B.
2．（2020·全国·统考一模）已知定义在上的函数满足，且当时，.设在上的最大值为（），且数列的前项的和为.若对于任意正整数不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由已知先求出，即，进一步可得，再将所求问题转化为对于任意正整数恒成立，设，只需找到数列的最大值即可.
【详解】当时，则，，
所以，，显然当时，
，故，，若对于任意正整数不等式
恒成立，即对于任意正整数恒成立，即对于任
意正整数恒成立，设，，令，解得，
令，解得，考虑到，故有当时，单调递增，
当时，有单调递减，故数列的最大值为，
所以.
故选：C.
【点睛】本题考查数列中的不等式恒成立问题，涉及到求函数解析、等比数列前n项和、数列单调性的判断等知识，是一道较为综合的数列题.
二、填空题
3．（2023·广东梅州·大埔县虎山中学校考模拟预测）已知等差数列中，，记数列的前项和为，若，对任意的恒成立，则整数的最小值是
【答案】4
【分析】将问题转化为恒成立，，将视为一个数列，通过相邻项比较寻找其单调性即可求解.
【详解】由题意等差数列的公差 ，故，所以，
由于
，
单调递减，，
所以，从而,
故答案为：4
4．（2022上·山西·高三校联考阶段练习）已知等比数列的公比为，前项和为，且满足.若对一切正整数，不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】先求得和，整理，得，设，判断单调性，找到最小值.
【详解】若，则，即，此时，与题意不符，舍去；
若，由，可得，
即，
解得，则.
对一切正整数，不等式恒成立，
化简得，分离可得，
设，则，
当时，，即；
当时，，即，
所以的最小值为，故答案为：.
总结提升
1.已知Sn求an的步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1.
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式.
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.
2.Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向不同的方向转化.
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解.
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解.
3.构造法求数列通项的常用方法
(1)形如an＝pan－1＋q(p≠1，q≠0)的形式，通常可构造出等比数列an＋eq \f(q,p－1)＝peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1＋\f(q,p－1)))，进而求出通项公式.
(2)形如an＝pan－1＋qn，此类问题可先处理qn，两边同时除以qn，得eq \f(an,qn)＝peq \f(an－1,qn)＋1，进而构造成eq \f(an,qn)＝eq \f(p,q)·eq \f(an－1,qn－1)＋1，设bn＝eq \f(an,qn)，从而变成bn＝eq \f(p,q)bn－1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题.
(3)形如qan－1－pan＝anan－1，可以考虑两边同时除以anan－1，转化为eq \f(q,an)－eq \f(p,an－1)＝1的形式，进而可设bn＝eq \f(1,an)，递推公式变为qbn－pbn－1＝1，从而转变为上面第(1)个问题.
(4)形如an＝eq \f(man－1,k（an－1＋b）)(其中n≥2，mkb≠0)取倒数，得到eq \f(1,an)＝eq \f(k,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b,an－1)))⇔eq \f(1,an)＝eq \f(kb,m)·eq \f(1,an－1)＋eq \f(k,m)，转化为(1)中的类型.
(5)形如an＝paeq \\al(r,n－1)(n≥2，an，p>0)两边取常用对数，得lg an＝rlg an－1＋lg p，转化为(1)中的类型.
4.等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
5.等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1.
6.等差数列的求和公式：
Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d；
7.等比数列的求和公式：
Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a1（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，,na1，q＝1.))
8.通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列，有aman＝apaq＝aeq \\al(2,k).
9.前n项和的性质(m，n∈N*)：
对于等差数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列；对于等比数列有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(q＝－1且m为偶数情况除外).
专项检测
一、单选题
1．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）若，则（ ）
A．55B．56C．45D．46
【答案】D
【分析】在数列递推式中依次取，得到个等式，累加后求出数列的通项公式，即可求出答案.
【详解】由，
得，，
，，，
累加得，
，
当时，上式成立，
则，
所以.
故选：D
2．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知数列满足，且，则数列的前18项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用数列的递推公式，结合累乘法，求得其通项公式，根据三角函数的计算，求得数列的周期，整理数列的通项公式，利用分组求和，可得答案.
【详解】由，则，
即，
显然，满足公式，即，
当时，；当时，；当时，；
当时，，当时，；当时，；
则数列是以为周期的数列，由，则，
设数列的前项和为，
.
故选：D.
3．（2023·全国·模拟预测）已知等比数列的前n项和为，．若，则n的最大值为（ ）
A．7B．6C．5D．4
【答案】C
【分析】根据，可以表示出的前3项，由是等比数列，由等比中项的性质可以求的通项公式，所以若，即可求出n的最大值.
【详解】由知，，
，．
因为数列为等比数列，所以，即，解得．
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以．
所以，且，，，
所以n的最大值为5．
故选：C
4．（2023·河南驻马店·统考二模）设数列的前项和为，，且，若恒成立，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．8
【答案】B
【分析】根据递推公式构造数列，结合可得数列的通项公式，然后参变分离，利用对勾函数性质可解.
【详解】因为，所以，所以数列是常数列，
又，所以，从而，
所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，故．
因为恒成立，所以恒成立，即恒成立．
设，则，从而．
记，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
又，，，且，
所以的最小值是，所以．
故选：B
5．（2023·全国·模拟预测）已知等差数列的前n项和为，，则（ ）
A．60B．120C．180D．240
【答案】C
【分析】利用下标和性质求得，然后由等差数列求和公式和下标和性质可解.
【详解】根据等差数列下标和性质可知，得，
所以．
故选：C．
6．（2023·全国·模拟预测）已知正项数列满足，若存在，使得，则的最小值为（ ）
A．32B．64C．128D．256
【答案】B
【分析】判断为等比数列并求的公比, 再化简，最后利用基本不等式求的最小值，代入即可得解.
【详解】因为，所以为等比数列，设的公比为，
因为，所以，即，得．
所以．
因为，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以．
故选：B.
7．（2023·甘肃金昌·永昌县第一高级中学统考模拟预测）设为数列的前项和，若，，则下列各选项在正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由递推关系求出，根据与其前项和的关系可得是等比数列，根据等比数列的通项公式与求和公式即可求解.
【详解】由，，得,即，解得.
因为，所以，
两式相减得，即.
又，，所以，
所以是首项为2，公比为3的等比数列，
∴，．
故选:D.
8．（2022·全国·校联考模拟预测）设为等差数列的前项和，且，都有.若，则（ ）
A．的最小值是B．的最小值是
C．的最大值是D．的最大值是
【答案】A
【分析】利用等差数列求和公式可化简已知不等式得到数列为递增的等差数列；结合可确定当且时，，当且时，，由此可得结论.
【详解】由得：，即，
数列为递增的等差数列，
，，，
当且时，；当且时，；
有最小值，最小值为.
故选：A.
二、多选题
9．（2023·江苏扬州·仪征中学校考模拟预测）已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．的最小值为D．
【答案】ABD
【分析】对于A：根据数列单调性的定义分析判断；对于B：根据整理即可；对于C：根据数列的单调性分析判断；对于D：根据题意分析可得，结合累加法分析求解.
【详解】对于选项A：因为，即，
所以数列为递增数列，可得，故A正确；
对于选项B：因为，则，
两边平方整理得，故B正确；
对于选项C：因为数列为递增数列且，则为递减数列，
所以为递减数列，不存在最小值，故C错误；
对于选项D：因为，整理得，
两边平方得，即，
可得，
所以，
即，所以，故D正确；
故选：ABD.
10．（2023上·河南·高三校联考阶段练习）已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则数列的公比可能为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】AC
【分析】，，成等差数列，得，利用前项和与通项的关系，化简得，化简得，求解可得.
【详解】设数列的公比为，
因为，，成等差数列，所以，
则有，即，
所以，又，
两边同除以得，，
解得或.
故选：AC.
11．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．的最大值为D．的最大值为
【答案】BD
【分析】根据给定的条件分析公比q的符号和大小，再逐项分析.
【详解】由题意，同号，即与同号，， 又有…①或…②；
若为①，则有 ，即；
若为②，则有，则不可能大于1，即②不成立；
，并且，，即是递减的正数列， A错误；
所以，B正确；
，即对任意的n都成立，C错误；
当时，，当时，，是的最大值，D正确；
故选：BD.
12．（2023·浙江温州·统考二模）是等比数列的前项和，若存在，使得，则（ ）
A．B．是数列的公比
C．D．可能为常数列
【答案】ABC
【分析】设等比数列的公比为，当时，，结合题意可判断D选项；当时，结合等比数列的前项和公式可得，结合题意可得，进而判断A、B、C选项.
【详解】设等比数列的公比为.
当，显然是一次函数性质不是指数函数形式，故不满足，所以D错；
当，
所以，
即，，所以ABC对．
故选：ABC.
三、填空题
13．（2023·全国·模拟预测）已知正项数列满足，，若存在m，，使得，则的最小值为 ．
【答案】64
【分析】由题意可知为等比数列，利用等比数列求出 ，然后根据基本不等式求出最值.
【详解】因为，所以为等比数列，设的公比为，
又因为，所以，
解得或，
因为，所以，
所以，
因为，且m，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以．
故答案为：64
14．（2023·云南·校联考三模）已知为等差数列的前项和.若，，则当取最小值时，的值为 .
【答案】
【分析】根据等差数列求和公式及下标和性质得到，，即可判断.
【详解】因为，所以，
又，所以，则
所以为递增的等差数列，且，
所以，即当取最小值时，的值为.
故答案为：
15．（2023·全国·模拟预测）记数列的前n项和为，若等差数列的首项为5，第4项为8，则 ．
【答案】23
【分析】法1，设出公差，从而得到方程组，求出公差，进而得到，利用求出答案；
法2：设出公差，从而得到方程组，求出公差，进而得到，从而得到时，的通项公式，得到.
【详解】法1：设等差数列的公差为d，则，解得，
所以，所以，
所以；
法2：设等差数列的公差为d，则，解得，
所以，所以，
当时，，
所以.
故答案为：23
16．（2023·山东泰安·统考模拟预测）数列的前项和为，满足，且，则的通项公式是 ．
【答案】
【分析】由题意可证得是以为首项，为公比的等比数列，即可求出，再由与的关系求出的通项公式
【详解】，，且，
，是以为首项，为公比的等比数列．
，．
时，，
且不满足上式，所以．
故答案为：.
四、解答题
17．（2023·广东佛山·校考模拟预测）如果数列对任意的，，则称为“速增数列”.
(1)请写出一个速增数列的通项公式，并证明你写出的数列符合要求；
(2)若数列为“速增数列”，且任意项，，，，求正整数的最大值.
【答案】(1)（答案不唯一），证明见解析；
(2)63
【分析】（1）取，验证即可；
（2）当时，，根据速增数列的定义可得，从而可得，进而可求解.
【详解】（1）取，
则，，
因为，所以，
所以数列是“递增数列”.
（2）当时，
，
因为数列为“速增数列”，
所以，且，
所以，
即 ，
当时，，
当 时，，
故正整数的最大值为63 .
18．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）已知数列的前项和为，．
(1)证明：是等差数列；
(2)求数列的前项积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据与的关系化简，可得，由等差数列的定义得证；
（2）由（1）求出，再由累乘法求解.
【详解】（1）由，得．
所以，
即，整理得，
上式两边同时除以，得．
又，所以，即，
所以是首项为2，公差为1的等差数列．
（2）由（1）知，．
所以．
所以．
19．（2023·全国·模拟预测）记为数列的前n项和，已知是公差为1的等差数列.
(1)证明数列是等比数列，并求的通项公式；
(2)若，是数列的最大项，求正整数k的值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)2或3
【分析】（1）首先根据为等差数列求其通项公式，然后利用与之间的关系得到递推公式，最后构造为等比数列，进而求解数列的通项公式；
（2）首先根据（1）求得，代入求得及，然后通过作差，判断与0的关系，进而得到项之间的大小关系，进而求得最大项.
【详解】（1）由题意得，所以，①
所以，②
②－①，得，即，
所以，
又，所以，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.
所以，所以.
（2）由（1）知，，所以
解法一：，
当时，，即；当时，，即；
当时，，即.所以，且，
所以数列的最大项为和，故k的值为2或3.
解法二：，
令，解得；令，解得；令，解得.
因为，所以，且，所以数列的最大项为和，故k的值为2或3.
20．（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知等差数列的公差为2，且成等比数列．
(1)求数列的前项和；
(2)若数列的首项，求数列的通项公式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式，即可进行基本量的计算求解；
（2）对数列进行迭代相减，再累加计算，即可求得数列的通项公式.
【详解】（1）因为成等比数列，所以，
又等差数列的公差为，
所以
可解得，
所以数列的前项和；
（2）①，
当时，，可得，
可得②，
由②式减①式，得，
所以
，
且符合上式，所以.
21．（2023·江西景德镇·统考一模）记为数列的前n项和，时，满足，.
(1)求的通项公式；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系，，得，检验是否满足递推公式，所以数列从第二项起构成等比数列，根据等比数列通项公式计算可得.
（2）当时，根据等比数列前项和公式计算得，再检验时，是否满足，.最后计算可得.
【详解】（1）当时，，得，
因为时，，时，，此时，不满足，
所以数列从第二项起是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）当时，，
所以，
当时，，也满足上式，
故.
22．（2023·海南省直辖县级单位·校考模拟预测）已知等比数列的公比为，记，分别为数列，的前项和．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列的求和公式即可求解，
（2）根据求和公式即可求解.
【详解】（1）易知为首项为，公比为的等比数列，故，
为首项为，公比为的等比数列，故，
所以，即，
，又，故．
（2）由题意可知，，所以，则，
所以．
考点
考情分析
考频
等差数列模型
2023年新高考Ⅰ卷T7
2023年新高考Ⅰ卷T20
2023年新高考Ⅱ卷T18
2023年全国甲卷T10
2022年新高考Ⅱ卷T3
2021年新高考Ⅱ卷T17
2021年全国乙卷T19
3年7考
等比数列模型
2023年新高考Ⅱ卷T8
2023年全国甲卷T15
2023年全国乙卷T15
2022年全国乙卷T10
2年4考
等差与等比综合
2022年新高考Ⅱ卷T17
数列分段递推公式
2021年新高考Ⅰ卷T17
数列并项递推公式
2023年全国甲卷T17
数列结构不良型模型
2021年全国甲卷T18
数列前n项和与通项关系
2022年全国甲卷T17
数列与不等式综合
2022年新高考Ⅰ卷T17
数列单调性
2022年全国乙卷T14