2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编05 数列

这是一份2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编05 数列，共67页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题，双空题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编
05 数列

一、单选题
1．（2021·广东汕头市·二模）已知数列中各项为非负数，，，若数列为等差数列，则（ ）
A．169 B．144 C．12 D．13
2．（2021·广东珠海市·二模）设数列是等差数列，是数列的前项和，，，则（ ）
A．18 B．30 C．36 D．24
3．（2021·广东茂名市·二模）已知是数列的前项和，则“”是“数列是公差为2的等差数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2021·广东佛山市·二模）科技创新离不开科研经费的支撑，在一定程度上，研发投入被视为衡量“创新力”的重要指标.“十三五”时期我国科技实力和创新能力大幅提升，2020年我国全社会研发经费投入达到了24426亿元，总量稳居世界第二，其中基础研究经费投入占研发经费投入的比重是6.16%.“十四五”规划《纲要草案》提出，全社会研发经费投入年均增长要大于7%，到2025年基础研究经费占比要达到8%以上，请估计2025年我国基础研究经费为（ ）
A．1500亿元左右 B．1800亿元左右 C．2200亿元左右 D．2800亿元左右
5．（2021·广东深圳市·二模）在一个正三角形的三边上，分别取一个距顶点最近的十等分点，连接形成的三角形也为正三角形（如图1所示，图中共有个正三角形）．然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复多次，可得到如图2所示的优美图形（图中共有个正三角形），这个过程称之为迭代．在边长为的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后迭代得到如图3所示的图形（图中共有个正三角形），其中最小的正三角形面积为（ ）

A． B． C． D．
6．（2021·广东汕头市·三模）已知是数列的前n项和，则“对恒成立”是“是公比为2的等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2021·广东一模）已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第行第列的数记为，如，，则时，（ ）

A．54 B．18 C．9 D．6
8．（2021·广东惠州市·二模）已知数列的通项公式为，则其前项和为（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·广东潮州市·二模）中国古代数学名著《周髀算经》记载的“日月历法”曰：“阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二十岁，生数皆终，万物复苏，天以更元作纪历”.现有20位老人，他们的年龄（都为正整数）之和恰好为一遂，其中最年长者的年龄大于90且不大于100，其余19人的年龄依次相差一岁，则这20位老人的年龄极差为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．32
10．（2021·广东二模）《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有这样一道题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿.大鼠日一尺，小鼠亦日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.问何日相逢？”题意为：有一堵墙厚五尺，有两只老鼠从墙的正对面打洞穿墙.大老鼠第一天打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的倍；小老鼠第一天也打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的一半.若这一堵墙厚尺，则几日后两鼠相逢( )
A． B． C． D．
11．（2021·广东茂名市·二模）已知数列满足，且，，则（ ）
A． B． C． D．
12．（2021·广东汕头市·一模）在正项等比数列中，，，则数列的通项公式为（ ）
A． B． C． D．
13．（2021·广东广州市·二模）生物学指出：生态系统中，在输入一个营养级的能量中，大约的能量能够流到下一个营养级.在这个生物链中，若能使获得的能量，则需提供的能量为（ ）
A． B． C． D．
14．（2021·广东深圳市·一模）在数列中，，，若，则（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
15．（2021·广东揭阳市·一模）科赫曲线因形似雪花，又被称为雪花曲线.其构成方式如下：如图1将线段等分为，，，如图2以为底向外作等边三角形，并去掉线段.在图2的各条线段上重复上述操作，当进行三次操作后形成图3的曲线.设线段的长度为1，则图3曲线的长度为（ ）

A．2 B． C． D．3
16．（2021·广东佛山市·一模）随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注.5G基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖.2021年1月计划新建设5万个5G基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G基站时要到（ ）
A．2022年12月 B．2023年2月 C．2023年4月 D．2023年6月
17．（2021·广东梅州市·一模）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则等于（ ）
A． B． C． D．

二、多选题
18．（2021·广东珠海市·二模）分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的，一个数学意义上的分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统.下面我们用分形的方法得到一系列图形，如图1，在长度为的线段上取两个点、，使得，以为边在线段的上方做一个正方形，然后擦掉，就得到图形2；对图形2中的最上方的线段作同样的操作，得到图形3；依次类推，我们就得到以下的一系列图形设图1，图2，图3，…，图，各图中的线段长度和为，数列的前项和为，则（ ）

A．数列是等比数列
B．
C．恒成立
D．存在正数，使得恒成立
19．（2021·广东佛山市·二模）已知无穷等差数列的公差，且5，17，23是中的三项，则下列结论正确的是（ ）
A．d的最大值是6 B．
C．一定是奇数 D．137一定是数列中的项
20．（2021·广东惠州市·二模）设数列的前项和为，若，则下列说法中正确的有（ ）
A．存在，，使得是等差数列
B．存在，，使得是等比数列
C．对任意，，都有一定是等差数列或等比数列
D．存在，，使得既不是等差数列也不是等比数列
21．（2021·广东潮州市·二模）已知数列满足，下列命题正确的有（ ）
A．当时，数列为递减数列
B．当时，数列一定有最大项
C．当时，数列为递减数列
D．当为正整数时，数列必有两项相等的最大项
22．（2021·广东湛江市·二模）已知是数列的前项和，且，，则（ ）
A．数列是等比数列 B．恒成立
C．恒成立 D．恒成立
23．（2021·广东广州市·一模）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第次得到数列1，，2；…记，数列的前项为，则（ ）
A． B． C． D．
24．（2021·广东揭阳市·一模）已知等比数列的公比为，且，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
25．（2021·广东惠州市·一模）已知等比数列的公比为，前4项的和为，且，，成等差数列，则的值可能为（ ）
A． B．1 C．2 D．3




三、解答题
26．（2021·广东汕头市·二模）已知数列的前n项和满足：，且，.
（1）求的通项公式；
（2）已知是等差数列，且，，，求数列的前n项和.
27．（2021·广东珠海市·二模）已知等差数列满足，.
（1）求数列的通项；
（2）若，求数列的前40项和.
28．（2021·广东广州市·三模）已知正项数列和为数列的前项和，且满足，
（1）分别求数列和的通项公式；
（2）将数列中与数列相同的项剔除后，按从条到大的顺序构成数列，记数列的前项和为，求．
29．（2021·广东佛山市·二模）已知数列，满足.
（1）若是等差数列，，，求数列的前n项和；
（2）若是各项均为正数的等比数列，判断是否为等比数列，并说明理由.
30．（2021·广东汕头市·三模）已知数列的前n项和为，数列是首项为，公差为的等差数列，若表示不超过x的最大整数，如，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前2020项的和.
31．（2021·广东广州市·二模）已知等比数列的前项和为，，．
（1）求数列的通项公式：
（2）令，求数列的前项和．
32．（2021·广东深圳市·二模）在①，②，③这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并作出解答．
问题：已知数列的前项和，等比数列的前项和为，，且 ，判断是否存在唯一的，使得，且．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
33．（2021·广东惠州市·二模）请在①；②；③这3个条件中选择1个条件，补全下面的命题使其成为真命题，并证明这个命题（选择多个条件并分别证明的按前1个评分）.命题：已知数列满足，若 ，则当时，恒成立.
34．（2021·广东梅州市·二模）已知等差数列的公差为，前n项和为，满足，成等比数列．
（1）求数列的通项公式
（2）若，判断与的大小，并说明理由．
35．（2021·广东江门市·一模）已知数列满足，且．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）记为的前项和，求．
36．（2021·广东二模）已知数列满足，，.
（1）证明：为等比数列；
（2）求数列的前项和.
37．（2021·广东湛江市·二模）已知：数列中，，，，.
（1）证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
38．（2021·广东茂名市·二模）已知数列中，，().
（1）求的通项公式；
（2）数列满足，设为数列的前项和，求使恒成立的最小的整数.
39．（2021·广东茂名市·二模）已知等差数列的前项和为，，，数列满足，，为数列的前项和.
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：数列为等比数列；
（3）若恒成立，求的最小值.
40．（2021·普宁市华侨中学二模）已知数列的前n项和为，且.
（1）证明：是等比数列，并求的通项公式；
（2）在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.
已知数列满足___________，求的前n项和.
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.
41．（2021·广东汕头市·一模）已知等比数列的前项和为，给出条件：
①；②，且．若___________________，请在这两个条件中选一个填入上面的横线上并解答.
（1）求的值及数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
42．（2021·广东广州市·二模）已知数列的前项和为，，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，成等比数列，，求的值.
43．（2021·广东深圳市·一模）设数列的前n项和，满足，且.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求的通项公式.
44．（2021·广东肇庆市·二模）已知数列的前项和为，，.
（1）求证：是等差数列；
（2）求数列中最接近2020的数.
45．（2021·广东广州市·一模）已知等差数列的前项和为，公差，是的等比中项，.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求.
46．（2021·广东惠州市·一模）已知等差数列和等比数列满足，，，.
（1）求和的通项公式；
（2）数列和中的所有项分别构成集合，，将的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前60项和.
47．（2021·广东揭阳市·一模）已知数列的前项和为，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
48．（2021·广东韶关市·一模）已知数列的前项和为，若()，且的最大值为25.
（1）求的值及通项公式；
（2）求数列的前项和.
49．（2021·广东佛山市·一模）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，
已知为等差数列，的前n项和为，且，，，__________，是否存在正整数k，使得？若存在，求k的最小值：若不存在，说明理由．
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
50．（2021·广东梅州市·一模）已知数列满足，，数列满足，．
（1）证明数列为等比数列并求数列的通项公式；
（2）数列满足，求数列的前项和．
51．（2021·广东潮州市·二模）已知等差数列的公差，若，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
52．（2021·广东梅州市·一模）在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．
已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若_____，且a，b，c成等差数列，则是否为等边三角形？若是，写出证明；若不是，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．
53．（2021·广东中山市·期末）在数1和100之间插入n个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.

四、双空题
54．（2021·广东广州市·三模）1904年，瑞典数学家科赫构造了一种曲线．如图①，取一个边长为1的正三角形，在每个边上以中间的为一边，向外侧凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的擦掉，得到第2个图形(如图②)，重复上面的步骤，得到第3个图形(如图③)．这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为科赫曲线．云层的边缘，山脉的轮廓，海岸线等自然界里的不规则曲线都可用“科赫曲线”的方式来研究，这门学科叫“分形几何学”．则第5个图形的边长为__________；第n个图形的周长为__________．

55．（2021·广东汕头市·三模）已知数列满足，则__________，若对任意的，恒成立，则的取值范围为_____________.
56．（2021·广东韶关市·一模）设为等差数列的前项和，，则___________，若，则使得不等式成立的最小整数___________.
57．（2021·广东中山市·期末）数列满足：，，①_________；②若有一个形如（，，）的通项公式，则此通项公式可以为_________.（写出一个即可）

五、填空题
58．（2021·广东广州市·二模）已知等差数列满足，，则________．
59．（2021·广东梅州市·二模）已知数列的前n项和为，且满足，则______________．
60．（2021·广东江门市·一模）若数列满足递推公式，且，则___________．
61．（2021·广东肇庆市·二模）斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列满足：，，则是斐波那契数列中的第___________ 项.
62．（2021·广东广州市·二模）写出一个满足前5项的和为10，且递减的等差数列的通项___________.
63．（2021·广东揭阳市·一模）已知数列满足：，则的前100项和为________________.

2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编
05 数列（答案解析）

1．B
【分析】
按照题意求解出等差数列的公差，然后即可计算出结果.
【解析】
解：由题意，
，又因为数列是等差数列，
所以，且满足各项为非负数，
则有，
可得
故选：B
2．D
【分析】
根据给定条件求出等差数列的首项及公差即可得解.
【解析】
因数列是等差数列，由等差数列的性质知：，
而，则，等差数列公差，
首项，则.
故选：D
3．A
【分析】
利用与的关系，得到，进而利用等差数列的性质进行判断即可
【解析】
已知，所以，当时，
，
所以数列是公差为2的等差数列；当数列是公差为2的等差数列时，因为不知首项，所以数列的前n项和不确定，所以是充分不必要条件
故选：A
4．D
【分析】
由题意可知，2025年我国全社会研发经费投入不得低于, 再根据2025年基础研究经费占比要达到8%以上，即可求出2025年我国基础研究经费的最低值，从而选出正确选项.
【解析】
由题意可知，2025年我国全社会研发经费投入不得低于亿元，又因为2025年基础研究经费占比要达到8%以上，
所以2025年我国基础研究经费不得低于 亿元
故选：D
5．A
【分析】
记第个正三角形的边长为，第个正三角形的边长为，根据与的关系判断出为等比数列，由此求解出最小的正三角形的边长，从而面积可求.
【解析】
设第个正三角形的边长为，则个正三角形的边长为，
由条件可知：，
又由图形可知：，所以，
所以，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，所以，
所以最小的正三角形的面积为：，
故选：A.
【小结】
关键点小结：解答本题的关键是将已知问题转化为等比数列问题，通过每一次的迭代分析正三角形的边长之间的关系，从而分析得到正三角形的边长成等比数列，据此可进行相关计算.
6．B
【分析】
根据等比数列以及充分必要条件的定义即可求解.
【解析】
解：若，则，即，
根据等比数列的定义，是公比为2的等比数列不成立；
若是公比为2的等比数列，则，即，
所以成立；
所以“对恒成立”是“是公比为2的等比数列”的必要不充分条件，
故选：B.
7．A
【分析】
根据题意第行有 个数，第行末为第个数，数表由奇数构成，由可得2021是数阵中的第1011个数，带入进行估算，第45行末为第1035个数，即可得解.
【解析】
奇数构成的数阵，令，解得，故2021是数阵中的第1011个数，
第1行到第行一共有个奇数，
则第1行到第44行末一共有990个奇数，第1行到第45行末一共有1035个数，
所以2021位于第45行，
又第45行是从左到右依次递增，且共有45个奇数，
所以2021位于第45行，从左到右第21列，
所以，，
则.
故选：A.
8．A
【分析】
，然后可算出答案.
【解析】
因为
所以其前项和为
故选：A
9．B
【分析】
可设年纪最大年龄为，年纪最小年龄为,根据其余19人的年龄依次相差一岁，得到，然后由最年长者的年龄大于90且不大于100求解.
【解析】
由题意可设年纪最大年龄为，年纪最小年龄为，
则有，
所以 ，
因为，
解得，，
所以，，
所以极差为29，
故选：B.
10．B
【分析】
依次列举出大鼠、小鼠前几天打洞穿墙的尺数，至某天总和不小于16尺即得解.
【解析】
大鼠从第一天起打进尺数依次为：1，2，4，8，…，
小鼠从第一天起打进尺数依次为：1，，，，…，
前3天两鼠完成量的总和为，前4天两鼠完成量的总和为，
所以第4天两鼠相逢.
故选：B
11．A
【分析】
由已知递推关系可得数列是以为首项，2为公比的等比数列，得出，再利用累加法可得，即可求出.
【解析】
由可得，
若，则，与题中条件矛盾，故，
所以，即数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，
则
，
则.
故选：A.
【小结】
关键小结：本题考查等比数列的应用，解题的关键是得出为等比数列.
12．A
【分析】
求出的值，进而可求得等比数列的公比 ，结合等比数列的通项公式可求得数列的通项公式.
【解析】
设等比数列的公比为，由题意可知，对任意的，，，
由等比中项的性质可得，解得，
所以，，整理可得，
，解得，因此，.
故选：A.
13．C
【分析】
设需提供的能量为a,由题意知有大约的能量能够流到下一个营养级，即的能量为，的能量为，即构成等比数列，要使获得的能量，列等式，即可求得a的值.
【解析】
设需提供的能量为a,由题意知：的能量为，的能量为，
即，解得：，
所以要能使获得的能量，则需提供的能量为，
故选：C.
14．B
【分析】
令，由可得，可得是等差数列，利用等差数列求和公式即可求解.
【解析】
令，由可得，
所以，
所以是首项为，公差为的等差数列，
，
所以，
整理可得：，
解得：或（舍）
故选：B.
15．C
【分析】
依据等比数列的通项公式可得曲线长度组成的数列的前4项，最后可得结果.
【解析】
据题目提供的条件列出曲线长度组成的数列的前4项，
依题意得，，，.
所以当进行三次操作后形成图3的曲线时，曲线的长度.
故选：C.
16．B
【分析】
每个月开通基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，设预计我国累计开通500万个基站需要个月，结合等差数列的前项和公式列得关于的方程，解之即可．
【解析】
每个月开通基站的个数是以5为首项，1为公差的等差数列，
设预计我国累计开通500万个基站需要个月，则
，
化简整理得，，
解得或（舍负），
所以预计我国累计开通500万个基站需要25个月，也就是到2023年2月.
故选：B．
17．C
【分析】
设，则，利用累乘法可求得，利用可构造方程求得结果.
【解析】
设，
序列的所有项都是，，即，

，，
，解得：.
故选：.
【小结】
本题考查数列新定义运算问题的求解，关键是能够明确新定义运算实际给出了数列的递推关系式，根据递推关系式选择累乘法即可求得数列的通项公式.
18．BC
【分析】
推导出，利用累加法求出数列的通项公式，可判断AC选项正误，利用分组求和法可判断B选项的正误，利用数列的单调性可判断D选项的正误.
【解析】
由题意可得，，，
以此类推可得，则，
所以，
，所以，数列不是等比数列，A选项错误；
对于B选项，，B选项正确；
对于C选项，恒成立，C选项正确；
对于D选项，恒成立，则数列单调递增，
所以，数列无最大值，因此，不存在正数，使得，D选项错误.
故选：BC.
【小结】
方法小结：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现时，构造等差数列；
（2）当出现时，构造等比数列；
（3）当出现时，用累加法求解；
（4）当出现时，用累乘法求解.
19．ABD
【分析】
推导出，的最大值为6，，当时，，从而一定是等差数列中的项.
【解析】
因为无穷等差数列的公差，且是中的三项，
所以设，
解得，
所以的最大值为，故A正确；
因为，，
所以，故B正确；
因为，所以时，，数列可能为故C错误；
因为，
所以一定是等差数列中的项，故D正确.
故选：ABD.
【小结】
关键小结：解决本题的关键是运用等数列的基本知识，回到基本量上的计算.
20．ABD
【分析】
由等差数列的通项公式和求和公式代入判断A,由，得，作差可判断BCD.
【解析】
对于A：因为为等差数列，设公差为d，由，
得，
即对任意正整数n都成立．
所以，∴，
即当时，是等差数列
对于B：由，得
两式作差可得，
当时，，是等比数列，B正确；
对于CD：当，，
所以，当时，是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
此时既不是等差数列也不是等比数列.C不正确，D正确.
故选：ABD
【小结】
本题主要考查了等差等比的通项公式及并存的求通项问题，一般都是通过，属于中档题.
21．BCD
【分析】
分别代入和计算判断AB选项；再利用放缩法计算判断C选项；设，则，所以化简得，可知数列为常数数列，可判断D；
【解析】
当时，，知A错误；
当时，，当，，，，
所以可判断一定有最大项，B正确；
当时，，所以数列为递减数列，C正确；
当为正整数时，其值不妨取为，则，所以，
可知数列为常数数列，D正确；
故选：BCD.
22．BC
【分析】
根据条件写出，两式作比可得，为隔项等比数列，由，代入计算可得，代入可求出通项公式，进而求出前项和公式，从而判断选项的正误.
【解析】
，故，
又，故，
故，，所以A错误，B正确；
，，所以C正确，D错误.
故选：BC.
【小结】
思路小结：数列中出现两项的和或积时，经常令代替再写一项，两式做差或做商，从而找出隔项的关系，进而求出通项公式.
23．ABD
【分析】
根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可.
【解析】
由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时
第2次得到数列1,4,3,5,2，此时
第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时
第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时
第次得到数列1，，2 此时
所以，故A项正确；
结合A项中列出的数列可得：

用等比数列求和可得
则
又
所以 ，故B项正确；
由B项分析可知
即，故C项错误.


，故D项正确.
故选：ABD.
【小结】
本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学家华罗庚指出:善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方,是学好数学的一个诀窍.所以对于复杂问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方,认透了,钻深了,然后再上去，这就是以退为进的思想.
24．AC
【分析】
由等比数列的通项公式可得，，，，再代入四个选项，结合基本不等式和一元二次不等式的性质得到答案.
【解析】
因为等比数列的公比为，且
所以，，，，
因为，故A正确；
因为，当时式子为负数，故B错误；
因为，故C正确；
因为，存在使得，故D错误.
故选：AC
25．AC
【分析】
运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比的值．
【解析】
解：因为，，成等差数列，
所以，
因此，，
故．
又是公比为的等比数列，
所以由，
得，即，
解得或．
故选：AC．
【小结】
本题考查等差数列的中项性质和等比数列的通项公式和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
26．（1），；（2）.
【分析】
（1）在已知条件中，令n=1求得,当时，利用和与项的一般关系相减作差消和求得项的递推关系，判定为等比数列，写出通项公式即可.
（2）由条件求得t的值，进而求得的通项公式，利用错位相减法即可求和.
【解析】
解：（1）当n=1时，，
解得：，
当时，
，
两式做差化简得：
即：，

，即
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，.
（2）由题意可知：，即：，
，，解得：，
，，故，.
设数列公差为，由
可知：，
，
，
①
②
①②得：

.
【小结】
本题考查等比数列的判定和错位相减求和法，属基础题，证明等比数列是要注意验证首项不为零，错位相减求和时要注意认真运算.
27．（1）；（2）.
【分析】
(1)根据题设条件求出等差数列的公差即可得解；
(2)求出数列的通项，再用分组并项求和的方法即可得解.
【解析】
（1）设等差数列的公差为，，
由，，则，得，
所以；
（2）因，则有：①为奇数时，，
②为偶数时，时，，时，，
所以
.
【小结】
关键小结：通项公式中含有三角式的数列求和，对项数n按除以所出现三角式的周期的余数情况分类是解题的关键.
28．（1），；（2）11302．
【分析】
（1）由，利用得出数列的递推式，得数列是等差数列，求得后可得通项公式，再计算出；
（2）先看数列中前100项内有多少项是中的项，从而可以确定中前100项的最后一项是中的第几项，其中含有中的多少项，从而求得．
【解析】
（1）因为，
所以时，，
两式相减得，，
因为，所以，
又，，所以，所以，
，；
（2），又，，因此，
所以．
【小结】
易错小结：本题考查由求数列的通项公式，考查分组求和法．在应用公式求时要注意，即不包含，需另外计算，同样如果求得的是递推式，也要确认递推式是否是从开始的，否则需要要验证含有的项是否符合表达式．
29．（1）； （2）当时，是等比数列.当时， 不是等比数列，理由见解析.
【分析】
（1）由已知可求出的值，从而得出数列的公差，求出的通项公式，得出的通项公式，利用分组求和法可得出答案.
(2)若为等比数列，则有，将条件代入可得从而可求出，再验证，然后由时，可得，从而得出答案.
【解析】
(1)由，，，
，
又是等差数列，设其公差为，则，解得
所以，所以
所以
所以
所以

（2）由是各项均为正数的等比数列，设其公比为，则
由，则
若是等比数列，则成立，即
也即，即
所以，解得.
当时，
因为，所以为常数，故是等比数列.
当时，由上述过程可知，则不是等比数列.
【小结】
关键小结：本题考查等差数列、等比数列的通项公式以及求前项和，等比数列的判断，解答本题的关键是利用分组求和法求和，若是等比数列，则成立，从而求出 的值，再验证，属于中档题.
30．（1）；（2）3842.
【分析】
（1）由已知得，即，再利用可得答案；
（2）分、、、、时得的值可得答案.
【解析】
（1）数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，得，
当时，，
当时，，
又也适合上式，
所以.
（2），
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
故数列的前2020项和为
.
【小结】
本题考查了数列求通项公式、新定义性质的运用，解题的关键点是利用求得通项公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力和计算能力.
31．（1）；（2）.
【分析】
（1）先由，结合题中条件，求出公比，进而可得通项公式；
（2）根据裂项相消的方法得到，再由等比数列的求和公式，即可得出结果.
【解析】
（1）由可得，则，
因为为等比数列，所以其公比为；
又，所以；
（2）由（1）可得；
，
所以.
【小结】
结论小结：
裂项相消法求数列和的常见类型：
（1）等差型，其中是公差为的等差数列；
（2）无理型；
（3）指数型；
（4）对数型.
32．①；不存在，理由见解析；（②；存在，，理由见解析；或③；不存在，理由见解析；均可）
【分析】
选择三个条件中的一个，由求得，配合条件求得等比数列的通项公式，根据单调性判断是否满足题设条件即可.
【解析】
若选择条件①，由题知，，
当时，，满足条件，则，
，故，，
则数列是以16为首项，为公比的等比数列，，
易知单增，，故不存在唯一的，使得，且．
若选择条件②，由题知，，
当时，，满足条件，则，
，数列是以16为首项，为公比的等比数列，，
易知单减，，，故存在唯一的，使得，且．
若选择条件③，由题知，，
当时，，满足条件，则，，
设等比数列的公比为q，则，
，解得，，
当时，，
又，
则存在或3，使得，且，即不存在唯一的，使得，且．
【小结】
关键点小结：求得数列的通项，根据选择的条件求得数列的通项，从而利用单调性判断数列是否满足题设条件.
33．选②，证明见解析
【分析】
选②，由两边同时取对数即可求解，只需证明当时，，令利用作差法即可证明结果．
【解析】
选②.
证明：由，且，所以，
所以，，，
当时，只需证明，
令，则，
所以，所以成立.
综上所述，当且时，成立.
注：选①为假命题，不得分，选③参照给分.
【小结】
关键点小结：本题的关键点在于通过对数转化求解数列通项．
34．（1）；）（2）当时，；当时，.
【分析】
（1）根据题中条件，列出关于首项与公差的方程组求解，得出首项与公差，即可得出结果；
（2）先由（1）得，令，判断其单调性，即可得出结果.
【解析】
（1）根据题中条件，可得，即，
解得，所以；
（2）由（1）知，
则，令，
则，
当时，，即在上单调递增；
所以；
又，，，，
所以当时，，即；
当或时，，即；
当时，，即；
综上，当时，；当时，.
【小结】
关键点小结：
求解本题第二问的关键在于构造函数，判断出其单调性，即可比较出与的大小.
35．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据递推关系依据证明的结构进行转化即可；
（2）先求通过，然后通过裂项求和法求和.
【解析】
（1）证明：
，
，
是以为首项，为公差的等差数列．
（2）由（1）知：，
，




.
36．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由，化简得到，结合等比数列的定义，即可求解.
（2）由（1）求得，得到，根据等差数列的定义和通项公式，求得，结合“乘公比错位相减法”，即可求解.
【解析】
（1）因为，所以，
即，
又由，所以是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）知是以为首项，为公比的等比数列，
所以，可得
又由，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
所以，
所以，
两式相减，可得，
所以.
【小结】
错位相减法求解数列的前项和的分法：
（1）适用条件：若数列为等差数列，数列为等比数列，求解数列的前项和；
（2）注意事项：
①在写出和的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为的等比数列求和.
37．（1）证明见解析，；（2）.
【分析】
（1）化简递推关系可得，即可证明并得到通项公式；
（2）根据错位相减法求和即可.
【解析】
（1）证明：由，得．
又，所以．
故，所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列．
所以数列的通项公式为．
（2）解：由，得，
， ①
， ②
由①－②得，
则．
【小结】
关键点小结：根据递推关系式得出是解题的关键，属于中档题.
38．（1）；（2）.
【分析】
（1）将()，变形为，利用等比数列的定义求解；
（2）易知，然后利用错位相减法求解.
【解析】
（1）由()，得，
∴，
∴数列是以3为公比，以为首项的等比数列，
∴，即.
（2）由题意得.
，
，
两式相减得：
，

因为，
所以
所以使恒成立的最小的整数为4，
【小结】
方法小结：求数列的前n项和的方法
（1）公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；
（2）分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
（4）倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
（5）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.
（6）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
39．（1）；（2）证明见解析；（3）．
【分析】
（1）由已知建立方程，解之可得答案；
（2）由已知得，可得证；
（3）由（2）得，运用分组求和法，作差得，根据数列的单调性可求得答案．
【解析】
（1）由已知得，所以，又，，所以所以，
所以数列的通项公式；
（2）由得，又因为，所以是以首项为，公比为的等比数列；
（3）由（2）得，所以，

，
因为，
所以随的增大而增大，又，所以要使恒成立，则的最小值为.
【小结】
方法小结：解决使数列不等式恒成立的问题，常采用作差法或作商法得出数列的单调性，问题得以解决．
40．（1）证明见解析，；（2）答案见解析.
【分析】
（1）利用得出的递推关系，变形后可证明是等比数列，由等比数列通项公式得，然后再除以得到新数列是等差数列，从而可求得；
（2）选①，直接求出，用错位相减法求和；选②，求出，用分组（并项）求和法求和；选③，求出，用裂项相消法求和．
【解析】
解：（1）当时，因为，所以，两式相减得，.
所以.
当时，因为，所以，又，故，于是，
所以是以4为首项2为公比的等比数列.
所以，两边除以得，.
又，所以是以2为首项1为公差的等差数列.
所以，即.
（2）若选①：，即.
因为，
所以.
两式相减得，


所以.
若选②：，即.
所以

.
若选③：，即.
所以


.
【小结】
本题考查求等差数列、等比数列的通项公式，错位相减法求和．数列求和的常用方法：
设数列是等差数列，是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
41．条件选择见解析：（1），；（2）.
【分析】
（1）选条件①：方法一：令可得出，令，由得，两式作差得出，再由满足可求得的值，据此可得出数列的通项公式；
方法二：分别求得、、，求得等比数列的公比，可求得，再由满足在时的表达式可求得的值，据此可得出数列的通项公式；
选条件②：方法一：令，由得出，两式作差可得出，结合已知条件可知数列是公比为的等比数列，结合等比数列的通项公式可求得的通项公式，再由得出，可求得的值；
方法二：令可得出，令可得出，可知数列是公比为的等比数列，求出数列的通项公式，再由可求得实数的值；
（2）求得，利用裂项相消法可求得.
【解析】
（1）选条件①，
方法一：当时，；
当时，由得，
.
因为数列是等比数列，所以，即，
所以数列的通项公式为，；
方法二：当时，，
当时，，
当时，，
所以，等比数列的公比为，当时，.
满足，则，解得.
所以，；
选条件②，
方法一：当时，由可得，
两式相减得，即，
因为数列是等比数列，且，
所以数列的通项公式为，，
又当时，，解得；
方法二：当时，，
当时，，，
所以，等比数列的公比为，且，.
所以，解得；
（2）由（1）可知，，即
因此，.
【小结】
方法小结：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.
42．（1）；（2）．
【分析】
（1）由写出用代所得等式，两式相减求得，注意验证，
（2）求出，由，，成等比数列，求得值，然后计算
【解析】
（1）因为，，
所以，，
又，
得，所以，又，
所以，；
（2）由（1），
若，，成等比数列，则，解得（舍去），
，
所以．
【小结】
本题考查求等差数列的通项公式，等比数列的性质，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：
设数列是等差数列，是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
43．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）将两边同时取倒数在整理，根据等差数列的定义即可证明；
（2）由（1）求出，进而可得，当时，，再检验是否满足，进而可得的通项公式.
【解析】
（1）由可得，
即，
所以是以为首项，以为公差的等差数列，
（2）由（1）可得，即，
当时，，
当时，所以不满足，
所以，
【小结】
方法小结：
由数列前项和求通项公式时，一般根据求解，注意检验是否满足，不满足则需要分段.
44．（1）证明见解析；（2）1980.
【分析】
（1）根据等差数列的定义证明；
（2）由（1）得，然后由由求得，由在上是增函数，计算和后可得．
【解析】
（1）证明：.
由，得.
因为，
所以是以为首项，为公差的等差数列.
（2）解：由（1），得，
即，
则（）
当时，也成立.
所以（），则.
在上是增函数，
当时，；
当时，.
所以数列中最接近2020的数是1980.
【小结】
易错小结：本题考查等差数列的证明，考查由求，在由求时要注意，与它们的计算方法不相同，一般是求出后检验是否符合的表达式．不符合时用分段函数形式表示．
45．（1）；（2）.
【分析】
（1）直接用等差数列的基本量解方程即可；
（2）先算出，然后运用累加法即可获解.
【解析】
（1）

是的等比中项


解得 （舍去）

（2）
据题意

两式相减得

所以有





以上9个式子相加得



【小结】
本题求和运用了数列中得累加法，如果递推公式形式为: 或
则可利用累加法.
46．（1），；（2）.
【解析】
（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，
∴，，
∴，.
（2）当的前60项中含有的前6项时，令，
此时至多有项（不符）.
当的前60项中含有的前7项时，令，
且，，是和的公共项，则的前60项中含有的前7项且含有的前56项，再减去公共的三项.
∴.
【小结】
关键点小结：本题解题的关键点是分析新数列是由和中的哪些选项构成的，还要注意去掉公共项.
47．（1）；（2）.
【分析】
（1）利用可得是以为首项，公比为的等比数列，即可求出；
（2）可得，再利用错位相减法可求.
【解析】
（1）令得，可得；
当时，与相减，可得.
所以是以为首项，公比为的等比数列.
故.
（2）利用对数的性质可得，
①.
②
两式相减①—②可得.
整理得.
【小结】
方法小结：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
48．（1），()；（2） .
【分析】
（1）由和 的最大值为25，可求得，从而有，再由 可求得通项公式；
（2）由（1）可得，然后利用错位相减法可求得结果
【解析】
解：（1）由题可得，
所以当为偶数时，，解得 ；
当为奇数时，，此时 无整数解.
综上可得：，.
①时，.
②当时，，
当时也成立.
综上可得：
所以，()
（2）
①
②
两式相减得：

则.
则.
49．选择见解析；存在；k的最小值为10．
【分析】
选①：得，所以等差数列，即可求得通项公式，再求得，然后求和，最后由不等式估算k的最小值；选②：用累加法求得通项公式，下同选①；选③：由整理得，即可求得通项公式，下同选①．
【解析】
选①：
由得，
所以是首项为，公差为1的等差数列，
所以，故．
又，，，，
所以，，
所以等差数列的公差
所以，
所以，
．
由得，即存在正整数k，使得．且k的最小值为10．
选②：
由得，，
，…，，
相加得，
又，所以，
显然也满足，故．
下同选①．
选③：
由整理得，
又，所以，即，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以．
下同选①．
【小结】
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．
50．（1）证明见解析；()；（2）．
【分析】
（1）通过计算为定值可得答案；
（2）先求出数列的通项公式，代入，通过裂项相消法可求和．
【解析】
（1）∵当时，，
又∵，∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，
∴()；
（2）∵，
∴，
当时，当时，
∴，
当时符合，∴，
∴，
∴

．
【小结】
方法小结：证明数列是等比数列常用的方法：一是定义法，证明为常数)；二是等比中项法，证明.
关键点小结：本题中的裂项，确定要裂项求和，要更多的关注分母的变化特点．
51．（1）；（2）.
【分析】
（1）利用等差数列的通项公式以及等比中项列方程组可求解.
（2）利用裂项求和法即可求解.
【解析】
（1），，①
，，成等比数列，，
化简得，②
又因为
且由①②可得，，.
数列的通项公式是
（2）由（1）得，


所以.
【小结】
本题考查了等差数列的通项公式、裂项求和法，考查了基本运算求解能力，属于基础题.
52．①；证明见解析
【分析】
选择①：由余弦降幂公式代入即可求得，结合a，b，c成等差数列可得，，代入余弦定理公式，即可得，结合等式可求得，进而证明为等边三角形.
【解析】
选择①，
证明：则由余弦降幂公式可得，
即，
由可得，
又因为a，b，c成等差数列，则B为锐角，
则，，
由余弦定理可知，
代入可得，即，
则，化简可得，
即，又因为，
所以为等边三角形.
【小结】
本题考查了三角函数解析式的化简应用，余弦降幂公式化简三角函数式，余弦定理解三角形，等差中项性质的应用，综合性较强，属于中档题.
53．（1），.（2）
【分析】
（1）设,,…,构成递增的等比数列,其中,,由等比数列的性质可得,则,进而求解即可；
（2）由（1）, 利用错位相减法求解即可
【解析】
（1）设,,…,构成递增的等比数列,其中,,
,
又,
得,则,
所以,
（2）由（1）,,
故,
,
上述两式相减,得

,
整理得
【小结】
本题考查等比数列的性质的应用,考查错位相减法求数列的和,考查运算能力
54．
【分析】
根据题中给出的图形，先分析边长之间的变换规律，再分析边数的变化规律，最后分析周长的变化规律即可.
【解析】
第1个图形的边长为1，第2个图形的边长为第1个图形边长的,以次类推，，则第5个图形的边长为;
以—条边为例，原本的一条也被分成了3份，擦去一份，在擦掉的那条边上又衍生出2条，即原本的1条边变成现在的（3-1)+2=4条，翻了4倍，所以周长之间的关系为，所以是公比为的等比数列，而首项，
所以.
故答案为：；
55．
【分析】
由可求得的值，令由可得出，两式作差可得出数列的通项公式，可得出的值，然后分为奇数和偶数两种情况讨论，分析数列的单调性，由此可求得实数的取值范围.
【解析】
当时，；
当时，，
可得，
上述两式作差可得，即，
不满足，所以，，则.
当时，，即，
所以，数列从第二项开始为递增数列，
对任意的，恒成立.
①若为正奇数，则，，则，可得；
②若为正偶数，则，可得.
综上所述，.
故答案为：；.
【小结】
思路小结：已知数列的前项和，求通项公式的步骤：
（1）当时，；
（2）当时，根据可得出，化简得出；
（3）如果满足当时的通项公式，那么数列的通项公式为；如果不满足当时的通项公式，那么数列的通项公式要分段表示为.
56．6 13
【分析】
根据等差数列的性质求和，再由等差数列的单调性确定满足的最小值．
【解析】
因为，所以；因为，所以，所以为递减数列，又，，所以.
故答案为：6；13．
57．2
【分析】
首先利用数列的递推关系式求出数列各项，进一步利用数列的周期的应用求出数列的通项公式．
【解析】
解：数列满足：，．
当时，．
当时，
当时．
当时．

所以是以为最小正周期的数列




①，
②，
③，
①减②，得④
②减③，得⑤
④除⑤，得


代入④得，再代入③得

故答案为：2；．
【小结】
本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，数列的通项公式的求法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础型．
58．
【分析】
根据题中条件，由等差数列的性质，求出，进而可得出结果.
【解析】
因为等差数列满足，，
所以，则，因此.
故答案为：.
59．
【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.
【解析】
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：.
【小结】
关键小结：
由，利用，推得从而证得数列为等比数列是解答本题的关键.
60．2021
【分析】
根据递推关系式，将式子递推到即可.
【解析】
因为，，
所以

故答案为：2021.
61．2022
【分析】
把1改为，然后根据递推关系变形求解．
【解析】
依题意，得，
故答案为：2022
62．（答案不唯一）
【分析】
依题意只需公差，且，再根据等差数列的通项公式计算可得；
【解析】
解：依题意数列是递减的等差数列，所以，又，所以，不妨取等差，所以
所以
故答案为：
63．1
【分析】
根据数列的通项公式求出数列的前几项，即可得到数列是以3为周期的周期数列，从而得解；
【解析】
解：因为，所以，，，，，，……可知数列是以3为周期的周期数列，且，
所以


故答案为：1.