2024年新高考数学题型全归纳讲义第十五讲等差等比性质综合(原卷版+解析)

这是一份2024年新高考数学题型全归纳讲义第十五讲等差等比性质综合(原卷版+解析)，共46页。

TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc32231" 题型01 等差数列单调性 PAGEREF _Tc32231 \h 1
\l "_Tc1616" 题型02等比数列单调性 PAGEREF _Tc1616 \h 2
\l "_Tc13114" 题型03等差数列不等式正负分界 PAGEREF _Tc13114 \h 3
\l "_Tc26493" 题型04等比数列“1”比较型不等式 PAGEREF _Tc26493 \h 3
\l "_Tc12639" 题型05等差数列“高斯”性质 PAGEREF _Tc12639 \h 4
\l "_Tc6315" 题型06 等比数列“高斯”性质 PAGEREF _Tc6315 \h 5
\l "_Tc26910" 题型07等差中项比值型 PAGEREF _Tc26910 \h 6
\l "_Tc9525" 题型08 等比中项比值型 PAGEREF _Tc9525 \h 7
\l "_Tc26447" 题型09整数型比值 PAGEREF _Tc26447 \h 7
\l "_Tc463" 题型10 等差等比函数性质：恒成立求参 PAGEREF _Tc463 \h 8
\l "_Tc1042" 题型11等差等比函数性质：奇偶型讨论 PAGEREF _Tc1042 \h 9
\l "_Tc27508" 题型12等差等比函数性质：三角函数型 PAGEREF _Tc27508 \h 9
\l "_Tc127" 题型13等差等比插入数型 PAGEREF _Tc127 \h 10
\l "_Tc24247" 题型14等差等比分段型数列 PAGEREF _Tc24247 \h 11
\l "_Tc12090" 高考练场 PAGEREF _Tc12090 \h 12
热点题型归纳
题型01 等差数列单调性
【解题攻略】
【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
【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．1B．2C．3D．4
【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．
【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．0B．1C．2D．3
【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．
题型02等比数列单调性
【解题攻略】
【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
【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
【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．
【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

【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．
题型03等差数列不等式正负分界
【解题攻略】
【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
【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
【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．3B．4C．D．
【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，
【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．
题型04等比数列“1”比较型不等式
【解题攻略】
【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．①②B．①③C．①③④D．①②③④
【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
【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．
【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
【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
题型05等差数列“高斯”性质
【解题攻略】
【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．20C．25D．100
【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．
【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．22B．33C．44D．55
【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．98B．95C．93D．90
【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．30B．40C．45D．60
题型06 等比数列“高斯”性质
【解题攻略】
【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．7B．14C．D．
【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．20B．10C．5D．
【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．3B．4C．5D．6
【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．
【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．1011
C．D．1012
题型07等差中项比值型
【解题攻略】
【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．
【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．
【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．
【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．
【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．
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．27B．3C．1或3D．1或27
【典例1-2】已知等比数列中，，，成等差数列．则=（ ）
A．4或B．4C．D．
【变式1-1】设等比数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．C．D．

【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．3D．4

【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．
题型09整数型比值
【解题攻略】
【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．4B．2C．D．

【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．4B．5C．6D．7
【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．2B．6C．4D．5
【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．1D．2
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．
【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．
【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．
【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
【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 ．
题型11等差等比函数性质：奇偶型讨论
【解题攻略】
【典例1-1】数列满足，则的80项和为________.

【典例1-2】数列{}中，，前和为，则为（ ）
A．-12B．16C．-10D．12

【变式1-1】已知数列满足，令，设的前项和为，则（ ） .
A．5049B．5050C．5051D．5052

【变式1-2】数列满足，则数列的前48项和为（ ）
A．1006B．1176C．1228D．2368

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．180D．240
【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．
【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．173B．174C．175D．176
【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．1B．2C．1D．
【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
题型13等差等比插入数型
【解题攻略】
【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．4056B．4096C．8152D．8192
【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．6B．12C．18D．108
【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．4B．5C．6D．7
【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）
【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
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．

【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．
【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．

【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．1B．2C．1或3D．2或3
【变式1-3】已知数列满足，且，则中整数项的个数为（ ）
A．20B．21C．22D．23
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．9B．C．D．2
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
3.（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．，
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
5.（2023春·上海·高三专题练习）已知数列是等差数列，，，则（ ）
A．120B．96C．72D．48
6.（2023春·河南郑州·高三校考）若1，，，4成等差数列；1，，，，4成等比数列，则等于（ ）．
A．B．C．D．
7.（2023·全国·高三专题练习）正项等比数列中的项，是函数的极值点，则（ ）
A．B．1C．D．2
8.（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈九中校考）等差数列的前项和分别为，且，则（ ）
A．7B．8C．9D．10
9.（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，，且若对任意的恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．-2D．2
10.（2017秋·安徽六安·高三六安一中阶段练习）已知两个等差数列和的前项和分别为和，且， ，为整数的正整数的取值集合为 ．
11.（2023·全国·高三专题练习）已知等比数列满足：，.数列满足，其前项和为，若恒成立，则的最小值为 .
12.数列满足，则数列的前60项和等于（ ）
A．1830B．1820C．1810D．1800
13.（2020·上海徐汇·统考二模）若数列的通项公式分别为，，且对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
14.（2016上·湖南长沙·高三周测）已知函数，其中，对任意的都成立，在1和两数间插入2015个数，使之与1，构成等比数列，设插入的这2015个数的乘积为，则
A．B．
C．D．
15.数列的前项和，首项为1．对于任意正整数，都有，则（ ）
A．B．C．D．
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
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.
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.
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＝ak2
2.如果等比数列是正项递增数列，则若p＋q>m＋n，则ap·aq>am·an.
.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.
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__.
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
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
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。
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。
第十五讲 等差等比性质综合
目录
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc32231" 题型01 等差数列单调性 PAGEREF _Tc32231 \h 1
\l "_Tc1616" 题型02等比数列单调性 PAGEREF _Tc1616 \h 4
\l "_Tc13114" 题型03等差数列不等式正负分界 PAGEREF _Tc13114 \h 6
\l "_Tc26493" 题型04等比数列“1”比较型不等式 PAGEREF _Tc26493 \h 7
\l "_Tc12639" 题型05等差数列“高斯”性质 PAGEREF _Tc12639 \h 10
\l "_Tc6315" 题型06 等比数列“高斯”性质 PAGEREF _Tc6315 \h 11
\l "_Tc26910" 题型07等差中项比值型 PAGEREF _Tc26910 \h 13
\l "_Tc9525" 题型08 等比中项比值型 PAGEREF _Tc9525 \h 15
\l "_Tc26447" 题型09整数型比值 PAGEREF _Tc26447 \h 16
\l "_Tc463" 题型10 等差等比函数性质：恒成立求参 PAGEREF _Tc463 \h 18
\l "_Tc1042" 题型11等差等比函数性质：奇偶型讨论 PAGEREF _Tc1042 \h 20
\l "_Tc27508" 题型12等差等比函数性质：三角函数型 PAGEREF _Tc27508 \h 21
\l "_Tc127" 题型13等差等比插入数型 PAGEREF _Tc127 \h 24
\l "_Tc24247" 题型14等差等比分段型数列 PAGEREF _Tc24247 \h 27
\l "_Tc12090" 高考练场 PAGEREF _Tc12090 \h 29
热点题型归纳
题型01 等差数列单调性
【解题攻略】
【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．1B．2C．3D．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．0B．1C．2D．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】
【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】
【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．3B．4C．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】
【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．①②B．①③C．①③④D．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】
【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．20C．25D．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．22B．33C．44D．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．98B．95C．93D．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．30B．40C．45D．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】
【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．7B．14C．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．20B．10C．5D．
【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．3B．4C．5D．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．1011
C．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】
【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．27B．3C．1或3D．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．4C．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．3D．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】
【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．4B．2C．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．4B．5C．6D．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．2B．6C．4D．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．1D．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】
【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．-12B．16C．-10D．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．5049B．5050C．5051D．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．1006B．1176C．1228D．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．180D．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．173B．174C．175D．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．1B．2C．1D．
【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)，②
①﹣②，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】
【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．4056B．4096C．8152D．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．6B．12C．18D．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．4B．5C．6D．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．1B．2C．1或3D．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．20B．21C．22D．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 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．9B．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：C
3.（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．120B．96C．72D．48
【答案】A
【分析】根据等差数列的下标性质计算可得结果.
【详解】因为是等差数列，，
所以，即，
所以.
故选：A
6.（2023春·河南郑州·高三校考）若1，，，4成等差数列；1，，，，4成等比数列，则等于（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据1，，，4成等差数列，求得，再根据1，，，，4成等比数列，得到，求解.
【详解】解：因为1，，，4成等差数列，所以，
又因为1，，，，4成等比数列，
所以，，所以，
所以，故选：B
7.（2023·全国·高三专题练习）正项等比数列中的项，是函数的极值点，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】根据题意可得，是的两个根，得到，
利用等比数列的性质求得，根据对数运算求得答案.
【详解】依题意，是的两个根，
∴，又是正项等比数列，所以，
∴,故选：C
8.（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈九中校考）等差数列的前项和分别为，且，则（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质及等差数列的求和公式即得.
【详解】∵，
∴由等差数列的性质及等差数列的求和公式可得，
.故选：B.
9.（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，，且若对任意的恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．-2D．2
【答案】C
【解析】由已知结合等差数列性质可得，，然后结合单调性可求取得最大值，从而可求.
【详解】因为数列，均为等差数列，且，
所以单调递减，
当时，取得最大值为， 所以，
若对任意的恒成立，所以，故实数的最大值为-2.故选：C
10.（2017秋·安徽六安·高三六安一中阶段练习）已知两个等差数列和的前项和分别为和，且， ，为整数的正整数的取值集合为 ．
【答案】 9
【分析】由等差数列的性质与前项和公式可得，然后利用整数知识可得的取值．
【详解】。
，它为整数，
即（舍去）或或或或n,从而n集合为
故为整数的正整数的取值集合为．
故答案为：9；．
11.（2023·全国·高三专题练习）已知等比数列满足：，.数列满足，其前项和为，若恒成立，则的最小值为 .
【答案】
【分析】设等比数列的公比为，求出、的值，可得出数列的通项公式，可求出的通项公式，求出，利用对勾函数的单调性求出的最大值，即可得出实数的最小值.
【详解】设等比数列的公比为，则，解得，
所以，，解得，则，
所以，，
，所以，数列为等差数列，
所以，，则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，.又因为，故的最大值为.
因此，对任意的恒成立，所以，，故的最小值为.故答案为：.
12.数列满足，则数列的前60项和等于（ ）
A．1830B．1820C．1810D．1800
【答案】D
【分析】当为正奇数时，可推出，当为正偶数时，可推出，将该数列的前项和表示为，结合前面的规律可计算出数列的前项和.
【详解】当为正奇数时，由题意可得，，
两式相加得；
当为正偶数时，由题意可得，，
两式相减得.
因此，数列的前项和为.故选：D.
13.（2020·上海徐汇·统考二模）若数列的通项公式分别为，，且对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由可得,分别讨论为奇数和为偶数的情况,即可求解.
【详解】因为,则,即,
因为对任意恒成立,
当为奇数时,,则,所以；
当为偶数时,,则,所以,
故,故选:BZ
14.（2016上·湖南长沙·高三周测）已知函数，其中，对任意的都成立，在1和两数间插入2015个数，使之与1，构成等比数列，设插入的这2015个数的乘积为，则
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】试题分析：因为函数，对任意的都成立，所以，解得或，又因为，所以，在和两数间插入共个数，使之与，构成等比数列，，，两式相乘，根据等比数列的性质得，，故选C.
15.数列的前项和，首项为1．对于任意正整数，都有，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题设递推关系，结合等差、等比数列的定义判断在、的性质，再应用分组求和，及等差、等比数列前n项和公式求和.
【详解】由题设时，是首项为1，公比为2的等比数列，故且，
所以，则，
故时，是首项为14，公差为-2的等差数列，故且，
所以.
故选：C．
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
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.
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.
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＝ak2
2.如果等比数列是正项递增数列，则若p＋q>m＋n，则ap·aq>am·an.
.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.
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__.
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
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
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。
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。