专题突破卷16 求数列的通项公式-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）

这是一份专题突破卷16 求数列的通项公式-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用），文件包含专题突破卷16求数列的通项公式原卷版docx、专题突破卷16求数列的通项公式解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。

1.周期数列
1．若数列中，，，且（），记数列的前n项积为，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据数列的周期性，即可求解.
【详解】因为，，且，所以，
则，，，，，，
发现数列是以6为周期的数列，且前6项积为1，
则，，
所以.
故答案为：.
2．函数的部分对应值如下表所示，对于任意，点都在函数的图象上.已知，则的值是 .
【答案】1
【分析】根据题意求出数列的周期，再根据数列的周期性即可得解.
【详解】因为点都在函数的图象上，所以，
因为，所以，，，
所以数列是以为周期的周期数列，
所以.
故答案为：.
3．已知数列满足，则=（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】根据递推形式求数列的前几项，判断数列是周期数列，再求值.
【详解】，，，，，
所以是周期数列，且周期为4，
又，所以．
故选：C.
4．数列满足，，则的前2023项和 .
【答案】1351
【分析】根据已知递推式求出，则可得从第3项起以3为周期的周期数列，从而可求得答案
【详解】因为，
所以，
则从第3项起以3为周期的周期数列，
所以.
故答案为：1351
5．数列满足，，若，则 ．
【答案】
【分析】根据递推式得到周期为6，进而求得、，即可得结果.
【详解】由题设，则，且，
所以是周期为6的数列，则，故，
，所以.
故答案为：
2.累加、累乘法
6．数列中，若，，则 .
【答案】
【分析】根据数列的递推关系式结合累乘法即可得.
【详解】由题意，，可得，所以，
所以.
故答案为：.
7．已知正项数列满足a1=1，a2=2，a4=64，且．
(1)求k的值；
(2)求数列的通项公式．
【答案】(1)2；
(2).
【分析】（1）运用代入法进行求解即可；
（2）通过换元法、等比数列的定义，结合等比数列的通项公式、累积法、等差数列前项和公式进行求解即可.
【详解】（1）当时，，
当时，；
（2）因为，所以，则，
令，所以，则是等比数列，
因为，，所以，所以，
则
8．北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，则使得成立的n的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】由题设及累加可得，应用等差数列前n项和公式及已知不等关系求n范围，即可得结果.
【详解】由题意，，且，
累加可得，所以，
∴，得，即．
故选：C．
9．已知数列满足，，若表示不超过x的最大整数，则 ．
【答案】1
【分析】根据迭代法可得利用裂项求和结合的定义即可求解.
【详解】由得时，，
当时，也符合，所以
，故，
，
故答案为：1
10．已知定义数列为数列的“差数列”，若的“差数列”的第项为，则数列的前2023项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件可得，利用累加法求出数列的通项，再利用等比数列前n项和公式求解作答.
【详解】依题意，，当时，
，而满足上式，因此，
所以.
故选：D
11．已知数列中，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由，得到，再利用累乘法求解；
（2）由（1）易得，再利用裂项相消法求解.
【详解】（1）因为，，
所以，
所以
当时， 满足条件，
所以；
（2）因为，
所以，
所以，
因为，所以 .
3.待定系数法
12．已知：，时，，求的通项公式．
【答案】
【分析】构造等比数列，即可由等比数列的性质求解.
【详解】设，所以，
∴ ，解得：，
又 ，∴ 是以3为首项， 为公比的等比数列，
∴ ，∴ ．
13．数列满足且，则数列的通项公式是 ．
【答案】
【分析】根据题意构造等比数列，进而求出通项公式即可.
【详解】设，则，
又因为，所以，则，
所以，
因为，所以，
所以为常数，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
14．已知数列中，且，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据题意,可得，令，则，再结合等比数列的定义求解即可.
【详解】∵，等式两侧同除，可得，
令，则，
∴，又，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，即，
∴，即.
故答案为：.
15．已知数列中，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据给定的递推公式，构造等比数列并求出通项作答.
【详解】由，得，而，
因此数列是首项为，公比为4的等比数列，则，即，
所以.
故选：C
16．已知数列满足，，求数列的通项公式．
【答案】
【分析】解法一：利用待定系数法可得，即可得到是首项为，公比为的等比数列，从而求出其通项公式；
解法二：两边同时除以得，再利用构造法计算可得；
【详解】解法一：因为，
设，
所以，
则，解得，
即，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即；
解法二：因为，两边同时除以得，
所以，，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则，所以.
17．已知数列中，，求的通项公式．
【答案】
【分析】构造法求证为等比数列并写出通项公式，再应用累加法求数列通项公式.
【详解】化为，即，
，可得或，（所得两组数值代入上式等价），
不妨令，，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，则，
累加法可得：，
又符合上式，故.
4.取倒数法、取对数法
18．数列中，，，则下列结论中正确的是（ ）
A．数列的通项公式为
B．数列为等比数列
C．数列为等比数列
D．数列为等差数列
【答案】C
【分析】求出数列的前3项，利用等比数列定义判断A，B；给定等式两边取对数可得，判断C，D作答.
【详解】数列中，，，则，，显然不成等比数列，A，B都不正确；
依题意，，由两边取对数得：，
因此，数列是首项为，公比为2的等比数列，C正确，D不正确.
故选：C
19．已知数列的递推公式，且首项，则 .
【答案】/
【分析】推导出，结合等差数列的定义可求得数列的通项公式，即可得出数列的通项公式.
【详解】因为，且，则，，
以此类推可知，对任意的，，
在等式两边取倒数可得，则，
所以，数列为等差数列，且其首项为，公差为，
，故对任意的，.
故答案为：.
20．已知数列满足，，求的通项公式.
【答案】
【分析】两边取对数得，根据等比数列的通项公式求解，解方程即可得解.
【详解】取以10为底的对数可得，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，即.
21．（1）定义：若数列满足，则称为“平方递推数列”.已知：数列中，，.
①求证：数列是“平方递推数列”；
②求证：数列是等比数列；
③求数列的通项公式；
（2）已知：数列中，，，求：数列的通项.
【答案】（1）①见解析；②见解析；③；（2）.
【分析】（1）①依据“平方递推数列”定义，结合条件，可证数列是“平方递推数列”；
②令，进而有．从而可证数列为等比数列；
③由②知，数列是以为首项，2为公比的等比数列，故可求；
（2）两边同乘以整理得，，两边取对数得：，故数列是以为首项，3为公比的等比数列，从而可求数列的通项．
【详解】解：（1）①由条件，得，
数列是“平方递推数列”；
②令，，则，
，，
数列是等比数列；
③由②知，，
，
；
（2）∵，
∴，
，
两边取对数得：，
数列是以为首项，3为公比的等比数列，
，
，
.
22．（多选）已知数列满足，则下列结论正确的有（ ）
A．为等比数列
B．的通项公式为
C．为递增数列
D．的前n项和
【答案】ABD
【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.
【详解】因为，
所以+3，所以，
又因为，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
，即，故B正确；
因为，
因为，所以，
所以，所以为递减数列，故C错误；
，
则，故D正确.
故选：ABD.
23．已知数列的前项和为，数列满足，且
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的通项公式；
(3)对于，试比较与的大小.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由数列的前项和为，利用，能求出；
（2）由，两边取倒数得，从而得到是以首项为，公比为2的等比数列，由此能求出 ；
（3）将问题转化为证明成立，利用数学归纳法、二项式定理或函数的知识证明即可.
【详解】（1）当时，；
当时，，
经检验，时，也符合上式，
所以数列的通项公式为；
（2）易知，两边取倒数得，整理得，
是以首项为，公比为2的等比数列，
；
（3）由（1）（2）问可知，欲比较与的大小，
即比较与的大小.
当时，，有；
当时，，有；
当时，，有，
猜想，下面证明:
方法一：当时，
，
所以对于任意的都成立，所以.
方法二：令，则
令则，
当时，即在单调递增，
在单调递增，
所以，所以，即，
所以对于任意的都成立，所以.
方法三：下面用数学归纳法证明①当时，显然成立；
当时，显然成立；
②假设时（，猜想成立，即成立，
那么当时，
，
因为，
对任意的且上式都大于0，
所以有，
综上所述，对于任意的都成立，所以.
5.已知求通项公式
24．数列的前项和记为，若，则 .
【答案】
【分析】根据的关系即可求解.
【详解】解：当时，有，
但当时，不适合上式，
故.
故答案为:.
25．（多选）数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是递减数列
B．数列是等差数列
C．当时，
D．数列有最大项，没有最小项
【答案】ACD
【分析】根据的关系可得通项公式，然后可以判断ABC；求出，根据单调性可判断D.
【详解】当时，，又，
所以，则是递减数列，故A正确，B错误；
当时，，故C正确；
是递减数列，故D正确.
故选：ACD
26．等差数列的前项和记为，满足，则数列的公差为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意求出，然后求解公差即可；
【详解】因为,所以，
令解得：
解得：
又因为为等差数列，
由此解得：
故选：D
27．已知数列的前项和为，，，则数列的通项 ．
【答案】
【分析】构造并证其为等差数列，写出通项公式，应用求数列通项公式即可.
【详解】由，而，故是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，则，
又且，显然也满足上式，
所以.
故答案为：
28．已知数列的前项和．
(1)求；
(2)设，数列的前项和为，若对任意恒成立，求的最小整数值．
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）利用与的关系求解；
（2）利用裂项相消求和法求出，进而可得答案．
【详解】（1）当时，，
当时，，，
作差得，
故
（2）当时，，
当时，，
所以当时，
，
又，要使对任意恒成立，则，
故的最小整数值为3．
29．设数列满足
(1)求数列的通项公式.
(2)若数列的前n项和为，求.
【答案】(1)=
(2)
【分析】(1)由，求出时的通项公式，再检验是否满足所求通项公式即可;
(2)由得到列项相消进行求和即可.
【详解】（1）因为，
所以当时，，
则
即
又当时，则，满足
故
（2）由(1)可知
所以
6.已知或者求通项公式
30．（多选）已知数列的前项和为，且，，则下列命题正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】利用可直接求出判断A；再得出与的关系式，判断出数列的特征，即可判断B；再求出前项和即可判断C；根据即可判断D.
【详解】因为，，
所以，，A正确；
两式相减可得，，
则，时，不符合，
所以从第项起，是公比为的等比数列，
所以，B错误；
则，C正确；
则，D错.
故选：AC
31．设是数列的前项和，已知且，则（ ）
A．101B．81C．32D．16
【答案】B
【分析】分类讨论和，构造，化简得到通项公式即可求解.
【详解】时，，
时，①
②
由得：，且n=1时也满足，
故是首项为1，公比为3的等比数列，，
故选：B.
32．记数列的前n项和为，对任意，有．
(1)证明：为等差数列；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据，令得到，令最终得到，结合等差数列定义即可证明；
（2）根据等差数列定义得到，结合裂项相消法求和即可.
【详解】（1）因为，
所以当时，，所以，
当时，，
两式相减得，
即，
即，
因为，所以为常数，
所以是首项为2，公差为2的等差数列
（2）由（1）知，，
所以，
所以数列的前n项和为.
33．已知数列的前项和为，且，是公差为2的等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）推导出，则，两式相减得，再由累乘法能求出的通项公式；
（2）分奇数偶数两种情况讨论，利用并项求和能求出.
【详解】（1）由题意可知，整理可得，①
则②
由②①可得，
整理可得，
因为，所以由累乘法可得，
因为，所以，
（2）当为偶数时，

当为奇数时，

所以，.
34．已知各项均为正数的数列满足，其中是数列的前n项和.
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意，且当时，总有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由与的关系式即可证得数列是以1为首项，2为公差的等差数列，即可求出数列的通项公式；
（2）由等差数列的前n项和公式求出，再由裂项相消法可证明，即可求出实数的取值范围.
【详解】（1）∵，∴
当时，，解得.
当时，，
即，
∵，∴，
∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴.
（2）因为，所以
∴当时， ，
∴
，
∴，
∴实数的取值范围为.
35．（多选）已知数列的前n项和为，且满足，，则（ ）
A．B．C．数列为等差数列D．为等比数列
【答案】ABC
【分析】由可递推得的通项公式，一一判定即可.
【详解】由得，两式相减得，
，
又当时，，则，故为首项是1，公差为的等差数列，
即.
显然A、C正确；
，故B正确；
由通项公式易得，，，三者不成等比数列，故D错误．
故选：ABC．
7.“和”型和“积”型
36．已知数列是等差数列，其前n和为，，，数列满足.
(1)求数列，的通项公式；
(2)数列满足求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列基本量相关运算直接得到的通项公式，结合已知等式令得到第二个等式，两式相减并验证的情况得到的通项公式；
（2）先写出通项公式，再结合裂项相消法、等比公式求和公式，运用分组求和的方法求解答案.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为d，
因为，，
所以，即，
解得，所以
①
当时，②，
可得，，，所以，
当时，适合，
所以
（2）由（1）可得，n为奇数时，，
n为偶数时，.
37．已知数列的前项和为，且，首项为1的正项数列满足，则数列的前项和 ．
【答案】
【分析】根据，作差得到，即可求出的通项公式，再记，当时，，即可得到数列是以1为首项，为公比的等比数列，再利用等边求和公式计算可得.
【详解】因为，当时，，解得，
当时，，两式相减可得，即，
所以，故数列是以为首项、为公比的等比数列，故．
记，
故当时，，即，
故，因为，故，
故数列是以1为首项，为公比的等比数列，故．
故答案为：
38．在①，②，且.这两个条件中任选一个补充在下面问题的横线上，并解答.
已知数列的前项和为，且满足__________.
(1)求数列的通项；
(2)求数列前n项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）若选①：将看为数列的前项和，根据和与项的关系推得，即可得出.检验，即可得出通项公式；若选②：根据与的关系，推得.检验即可得出为等比数列，写出等比数列的通项公式，即可得出答案；
（2）设，根据错位相减法，即可得出答案.
【详解】（1）若选①：
当时，；
当时，，
，
上式相减得，
所以.
显然满足，
所以，.
若选②：
当时，，
又，所以.
当时，
，
，
两式相减得
，
即，
整理可得.
又满足该式，
所以，，
所以数列成等比数列，
所以，.
（2）令，
，
两式相减得
，
所以，.
39．在①；②两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并作答.
已知数列的前项和为，若_____.
(1)求数列的通项公式；
(2)当，时，求区间上所有整数的和的表达式.
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)
【分析】（1）根据递推关系，得到时的表达式，相减或者相除即可求解，验证即可，
（2）根据等差数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）选①：∵，
时，，
∴两式相减得，即，
又当时，，满足上式，
∴.
选②：∵，
时，，
∴两式相除得，
当时，，满足上式，
∴.
（2）由（1）可知，，，上所有整数依次为，，，…，，
它们构成首项为，公差为1的等差数列，且项数为，
所以
40．已知数列满足，若，则数列的前n项和 .
【答案】
【分析】变形给定的等式，利用数列前n项和与第n项的关系求出，再利用裂项相消法求和作答.
【详解】数列中，由，
得，
当时，，
两式相减得，整理得，而满足上式，
因此，，
所以.
故答案为：
【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
41．已知数列为正项等比数列，数列满足，，．
(1)求；
(2)设的前n项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据前项和的定义，结合题意以及等比数列的定义，可得答案；
（2）根据前项和的定义，结合数列的通项公式，求得数列的通项公式，利用错位相减法，可得答案.
【详解】（1）令，
当时，，由，则；
当时，，由，则.
由数列为正项等比数列，设其公比为，则，所以.
（2）证明：当时，，
则，显然时也成立，所以.
，，
两式相减可得：，
解得，
因为，所以.
8.因式分解型求通项
42．已知数列各项均为正数，且.
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用已知条件因式分解变形，结合条件得，可知数列为等差数列，利用等差数列通项公式求解即可；
（2）由（1）将带入化简，写出前项和的表达式，根据条件及性质求出
的取值范围.
【详解】（1）因为，
所以
所以，
因为各项均为正数，，
所以，
所以数列是首项为4，公差为4的等差数列，
，
所以数列的通项公式为.
（2）因为
所以，
则
，
因为，故，
所以，又，所以，
所以的取值范围为.
43．已知正项数列满足，设．
(1)求，；
(2)判断数列是否为等差数列，并说明理由；
(3)的通项公式，并求其前项和为．
【答案】(1)，
(2)是，理由见解析
(3)，
【分析】（1）对等式进行因式分解可得递推关系，判断数列为等比数列，得到通项公式，代入求出的通项公式，即可求出结果；
（2）由（1）中的通项公式作差即可证明；
（3）由等差数列前项和公式可求出结果.
【详解】（1），当时，，，
可得，
则或，因为为正项数列，所以.
数列为首项为1，公比为2的等比数列，
可得；
，
，；
（2）数列为等差数列，理由：，
则数列为首项为0，公差为1的等差数列；
（3），
前项和为．
44．已知正项数列满足.求的通项公式；
【答案】
【分析】将所给等式因式分解后再用累乘法求解.
【详解】由可得：，
因为为正项数列，所以，
所以，则，……，，
将这个式子相乘，则，
又因为，所以
45．已知正项数列满足，且，求的通项公式
【答案】
【分析】通过因式分解可得，由累乘法可得的通项公式
【详解】由已知，得，
因为数列是正项数列，所以，
即，
故
累乘得，，
又也满足上式
故的通项
1．已知数列的前n项和为，，，则（ ）
A．20B．19C．18D．17
【答案】B
【分析】由，可得数列的通项公式，即可求得本题答案.
【详解】因为，所以① ，
当时，② ，
①-②得，，
所以，又，得，
所以是等差数列，公差，又，
所以，则.
故选：B
2．已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．1458B．1460C．2184D．2186
【答案】A
【分析】根据的关系确定数列为等比数列，利用等比数列的前项和公式求解即可.
【详解】由，可得，
两式相减可得，即，
当，
所以数列从第二项开始，是以4为首项，3为公比的等比数列，
所以，
故选:A.
3．历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：，，，，，，，，，，，，即，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】列举数列，得到数列的周期为6求解.
【详解】解：由题意得：数列为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…
所以该数列的周期为6，
所以
，
故选：B
4．设是数列的前n项和，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等差数列中，化简表达式，再同时除以即可得到等差数列；求出的通项公式后，再取倒数即可得到的表达式，最后计算即可得答案.．
【详解】解：由已知得，两边同时除以，得，
所以，数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，， ．
所以
故选：C
5．已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，数列满足关系：，数列的前项和为，则的值为（ ）
A．454B．450C．446D．442
【答案】A
【分析】由已知可得，进而根据已知可推出当时，.进而得出，求出前5项，相加即可得出答案.
【详解】由题意可得：.
又①，
当时，②，
①-②可得：，
所以.
又时，，可得，显然满足，
所以.
所以.
故选：A.
6．已知数列满足，则的通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题中等式，可得，再结合时，可得.
【详解】当时，有，所以，
当时，由，，
两式相减得，
此时，，也满足，
所以的通项公式为.
故选：B.
7．已知是各项均为正数的数列的前项和，，，若对恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．B．16C．D．32
【答案】D
【分析】根据，求出和的通项公式，代入不等式计算，再根据基本不等式即可求解得出.
【详解】，
数列是首项为、公比为2的等比数列，
，解得或（舍），
，即恒成立，
，当且仅当即时取等号，.
故选：.
8．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…，设各层球数构成一个数列，，，，…，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由累加法可得，求出，可得答案.
【详解】由题意可得，
时，，，，…，，
以上各式相加可得
，所以，
且，所以，
所以，，
则.
故选：B.
9．（多选）设是数列的前项和，且，，则（ ）
A．数列为等差数列B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】由题设可得，应用等差数列的定义判断，并写出其通项公式，再由关系求的通项公式，即可判断各项的正误.
【详解】由题设，则，故，
又，则是首项、公差均为的等差数列，
故，则，
当时，，而不满足，
所以，
由且，则，
，
综上，A、B、C正确，D错误.
故选：ABC
10．（多选）已知数列满足，，令，则（ ）
A．B．数列是等差数列
C．为整数D．数列的前2022项和为4044
【答案】ABD
【分析】由已知当时，求得，当时，由，得，两式相减化简，再利用累乘法可求得，从而可判断A，可求出，从而可判断BC，将代入中化简，然后利用分求和法求解即可判断D，
【详解】因为，
所以当时，，故.
当时，由，得，
所以，整理，所以，
所以，
所以，，所以A正确，
所以，所以，所以为等差数列，所以B正确，
所以不是整数，所以C错误，
，
设数列的前n项和为，
则.
因为，
所以.故，所以D正确，
故选：ABD
11．（多选）设数列的前n项和为，若，则（ ）
A．B．C．是等比数列D．是单调递增数列
【答案】ABD
【分析】A选项，根据，，赋值法求出，A正确；C选项，利用构造法得到，又，从而C错误；B选项，求出，进而得到，当时，，分两种情况判断得到，B正确；D选项，比较出，结合作差法得到当时，，从而证明出结论.
【详解】A选项，中，令得：，即，
因为，所以，A正确；
C选项，，①
当时，，②
两式相减得：，即，
设，则，所以，
故，
又，，，
故当时，为等比数列，公比为2，C错误；
B选项，当时，，故，
所以，
当时，，
当时，
，
当时，，
当时，由于，故，
综上：，，B正确；
D选项，当时，，
当时，，
当时，，
又当时，，
故当时，，
综上：是单调递增数列，D正确.
故选：ABD
12．（多选）已知是数列的前项和，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】由，可求得，时，，两式相减可得，即可判断A；由，可得，两式相减即可判断C；由，可得，从而可求得数列的通项公式，即可判断B，求出即可判断D.
【详解】因为，所以当时，，
因为，所以，
当时，，所以，
当时，，两式相减得，
当时，，
所以，故A错误；
因为，所以，
当时，，
所以，故C错误；
因为，所以，
因为，所以从第二项起是公比为的等比数列，
所以，所以，
所以，
所以，故B正确；
，，
所以，故D正确.
故选：BD.
13．已知数列满足首项，，则数列的前2n项的和为_____________．
【答案】
【分析】当为奇数时，由递推关系得，构造为等比数列，可求出通项，结合即可分组求和.
【详解】当为奇数时，，即，此时为以为首项，公比为3的等比数列，
故，即.
.
故答案为：
【点睛】本题解题关键是根据题意找到相邻奇数项或偶数项之间的递推关系，从而求出当为奇数或为偶数时的通项公式，再通过相邻两项的关系求出前2n项的和．
14．已知数列满足，，则_______．
【答案】
【分析】变换得到，计算，确定是首项为，公比为的等比数列，计算得到答案.
【详解】设，令得，所以；
故，所以；
，所以是首项为，公比为的等比数列，
从而，故．
故答案为：.
15．对于集合的每一个非空子集，定义一个“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大数开始交替地减、加后继的数．例如集合的交替和是，集合的交替和为5．当集合N中的时，集合的所有非空子集为，，，则它的“交替和”的总和，请你尝试对、的情况，计算它的“交替和”的总和、，并根据其结果猜测集合的每一个非空子集的“交替和”的总和________．
【答案】
【分析】根据“交替和”的定义：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大数开始交替地减、加后继的数可求出“交替和”的总和、，并根据其结果猜测集合的每一个非空子集的“交替和”的总和即可．
【详解】由于，
当时；
根据前4项猜测集合，2，3，，的每一个非空子集的“交替和”的总和
故答案为：.
16．已知数列，，且满足，．
(1)求数列的通项公式；
【答案】(1)
【分析】（1）根据条件，得到数列为常数列，再求通项即可；
【详解】（1）因为，所以.
因为，所以数列为常数列，所以．
即所求数列的通项公式为．
17．已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若不等式对恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用两式相减可得结果；
（2）将不等式恒成立化为对恒成立，再利用数列的单调性求出右边的最小值即可得解.
【详解】（1）当时，，得，
当时，，
整理得，即，
又时，也适合上式，
故.
（2）若不等式对恒成立，即对恒成立，
即对恒成立，
令，
则
，
则为递增数列，所以当时，取得最小值，
所以.x
1
2
3
4
3
1
2
4