2023_2024学年高二数学上学期期末复习专题1_9数列性质的综合运用练习17类题型教师版

这是一份2023_2024学年高二数学上学期期末复习专题1_9数列性质的综合运用练习17类题型教师版，共34页。试卷主要包含了基本量计算方法，等差数列重要性质，等差数列奇偶项问题，等差数列前n项和的性质，等比数列的性质，等比数列的前n项和性质等内容，欢迎下载使用。

一、基本量计算方法
a1，d，n称为等差数列的三个基本量，an和Sn都可以用这三个基本量来表示，五个量a1，d，n，an，Sn中，可知三求二，即等差数列的通项公式及前n项和公式中“知三求二”的问题，一般是通过通项公式和前n项和公式联立方程(组)来求解．这种方法是解决数列运算的基本方法．在运算中要注意等差数列性质的应用．
二、等差数列重要性质
若数列{an}是等差数列，公差是d，则等差数列{an}有如下性质：
(1)当d>0时，{an}是递增数列；当d<0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列．
(2)an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*，n≠m)．
(3)eq \f(am－an,m－n)＝d(m，n∈N*且n≠m)．
(4)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.特别地，若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，则am＋an＝2ap.
三、求等差数列前n项和Sn最值的方法
(1)寻找正、负项的分界点，可利用等差数列的性质或利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0))来寻找．
(2)运用二次函数的图象求最值．
四、等差数列奇偶项问题
(1)若等差数列的项数为2n，则S2n＝n(an＋an＋1)，S偶－S奇＝nd，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(an＋1,an).
(2)若等差数列的项数为2n＋1，则S2n＋1＝(2n＋1)an＋1，S偶－S奇＝－an＋1，eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(n,n＋1).
五、等差数列前n项和的性质
(1)若数列{an}是公差为d的等差数列，Sn为其前n项和，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也是等差数列，且公差为eq \f(d,2).
(2)若Sm，S2m，S3m分别为等差数列{an}的前m项、前2m项、前3m项的和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m也成等差数列，公差为m2d.
(3) 设两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则eq \f(an,bn)＝eq \f(S2n－1,T2n－1).
六、等比数列的性质
(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq；
若m＋n＝2k(m，n，k∈N*)，则aeq \\al(2,k)＝am·an.
(2)若数列{an}是等比数列，则{|an|}，{aeq \\al(2,n)}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))仍为等比数列．
七、等比数列的前n项和性质
1.在等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，a1与q是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a1与q表示an与Sn，从而列方程组求解．在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的．这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用．
2.等比数列前n项和的常用性质：
(1)若共有2n项，则S偶∶S奇＝q.
(2)“片断和”性质：等比数列{an}中，公比为q，前m项和为Sm(Sm≠0)，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，Skm－S(k－1)m，…构成公比为qm的等比数列．
模块一 等差数列
【题型1】等差中项与前n项和
在等差数列中，，则此数列的前13项的和等于
A．13B．26C．8D．162
【解答】解：在等差数列中若，则，
因为，所以，
所以．
所以．
已知公差不为0的等差数列满足，则 0 ．
【答案】0
【解答】解：根据题意，设等差数列的公差为，
又由，则有，
变形可得，
即，
因为，则，
由等差数列的性质得，即，
所以
两个等差数列，的前项和分别为和，已知，求的值．
【解答】两个等差数列，的前项和分别为和，满足，
．
已知等差数列和的前n项和分别为，，若，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由等差数列的性质可得：
，，则，即，
2023新高考1卷——基本量计算：利用等差中项简化计算
设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
(1)若，求的通项公式；
(2)若为等差数列，且，求．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由为等差数列得出或，再由等差数列的性质可得，分类讨论即可得解.
【详解】（1），，解得，
，
又，
，
即，解得或（舍去），
.
（2）为等差数列，
，即，
，即，解得或，
，，
又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得.综上，.
【题型2】等差数列 片段和
2023新高考2卷T8
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：基本量计算
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．
方法二：利用片段和性质计算
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．
（2023·广东深圳二模）设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．0B．C．D．
【答案】C
【解析】由等差数列的前项和的性质可得：，，也成等差数列，
，
，解得．
2024届·江苏连云港&、南通质量调研(一)
设等差数列的前项和为，已知，，，其中正整数，则该数列的首项为（ ）
A．-5B．0C．3D．5
【答案】D
【分析】结合等差数列的性质求解即可.
【详解】，
又，
两式相减得：
，
解得：
2020年全国Ⅱ卷（理）——等差数列片段和
北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块
【答案】C
【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
【题型3】等差数列及其前n项和的基本量计算
已知等差数列的前项和为，，，，则等于
A．12B．14C．16D．18
【答案】14
【解答】解：由题意可得，
，
，
，解得
在等差数列中，公差，，，则数列的前9项之和等于 ．
【答案】90
【解答】解：由公差，，，
，，
联立解得：，，
故．
【题型4】通过等差数前n项和的比值相关运算
已知等差数列和等差数列的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】根据等差数列前项和公式以及等差数列的性质可得，进而可求解.
【详解】由于
所以，
要使为整数，则为24的因数，由于，故可以为，故满足条件的正整数的个数为7个
两等差数列和前项和分别为，，且，则 ．
【答案】
【解答】解：两等差数列和前项和分别为，，且，
已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的值为 .
【答案】、、
【分析】利用等差数列前项和公式求得的表达式，结合为整数求得正整数的值.
【详解】由题意可得，
则，
由于为整数，则为的正约数，则的可能取值有、、，
因此，正整数的可能取值有、、.
【题型5】等差数列奇偶项和相关运算
在项数为的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则等于 10 ．
【答案】10
【解答】解：等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150
设奇数项和，
数列前项和，
，解得：．
已知等差数列共有项，所有奇数项之和为132，所有偶数项之和为120，则等于 ．
【答案】10
【解答】解：，，
，
，
解得．
31．已知等差数列共有10项，其奇数项之和为10，偶数项之和为30，则其公差是 4 ．
【解答】解：依题意，，
同理，，
两式相减得：，
故答案为：4．
【题型6】等差数列前n项和的单调性与最值
在等差数列中，其前项和是，若，，则在中最大的是
A．B．C．D．
【答案】C
【解答】解：依题意，数列是等差数列，其前项和是，
，，所以，所以，，所以公差，
所以当时，当时，又因为当时，单调递增，单调递减，
所以当时，单调递增，所以最大
已知等差数列的前n项和为，并且，若对恒成立，则正整数的值为 .
【答案】
【详解】由题意可知，所以，
同理得，所以.
结合，可得.
当时，取得最大值为，
要使对恒成立，只需要，即可，
所以,，即.
所以正整数的值为.
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．
（多选）已知等差数列的前n项和为，公差，则下列数列一定递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式，利用数列单调性的概念，结合作差法即可判断.
【详解】对于A，，，
，则数列是递增数列，A正确；
对于B，，
∵，∴不一定是正实数，即数列不一定是递增数列，B错误；
对于C，，
∵，∴不一定是正实数，即数列不一定是递增数列，C错误；
对于D，，
故数列是递增数列，D正确
设为等差数列，为数列的前项和，已知，，为数列的前项和．
（1）求；（2）求，及的最小值．
【解答】解：（1）为等差数列，首项为，公差设为，
则依题意有，
解得，
．
（2），．
设，则，
数列是公差为的等差数列，首项为，
为数列的前项和，
．
又图象开口向上，对称轴为，且，
或时，．
【题型7】等差数列性质判断与综合运用
2023新高考1卷·T7——数列性质的判断
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.
（雅礼中学月考）（多选）设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则是数列的最大项
B．若数列有最小项，则
C．若数列是递减数列，则对任意的：，均有
D．若对任意的，均有，则数列是递增数列
【答案】BD
【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.
【详解】对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；
对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数.当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；
对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；
对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有.
故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确
（多选）已知等差数列的前n项和为，公差，则下列数列一定递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式，利用数列单调性的概念，结合作差法即可判断.
【详解】对于A，，，
，则数列是递增数列，A正确；
对于B，，
∵，∴不一定是正实数，即数列不一定是递增数列，B错误；
对于C，，
∵，∴不一定是正实数，即数列不一定是递增数列，C错误；
对于D，，
故数列是递增数列，D正确
（多选）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.
【题型8】等比数列及其前n项和的基本量计算
已知是等比数列的前项和，，，则 ．
【答案】
【分析】由条件结合等比数列通项公式求首项和公比，再利用求和公式求.
【详解】设等比数列的公比为，
由，，
可得，，
解方程得，或，
当时，，
当时，，所以.
已知等比数列{an}的前n项和为，且，则实数的值为
【答案】
【解析】首先利用与的关系式，得到，求得公比，首项和第二项，再通过赋值求的值.
【详解】当时，，两式相减得，
即，并且数列是等比数列，
所以，
，，
当时，，解得.
模块二 等比数列
【题型9】等比数列中基本量的计算
2023乙卷(理)T15——基本量计算：解2元方程组
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
2023年全国甲卷(理)——基本量计算：解一元三次方程
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.
2022·全国乙卷（理）——基本量计算
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.
【题型10】等比数列的基本性质
设，分别为等比数列，的前项和．若（，为常数），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，项和转换，求解即可
【详解】由题意，
设
则
已知是等比数列的前项和，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由与的关系求出数列的通项公式，推导出数列为等比数列，确定其首项和公比，结合等比数列求和公式可求得所求代数式的值.
【详解】因为，所以，，
，
又是等比数列，所以，即，解得，所以．
当时，，又满足，
所以，，故数列是公比为，首项为的等比数列，
所以．
在等比数列中，，则 .
【答案】
【分析】利用等比数列通项公式列方程组求出首项和公比，然后根据定义可判断为等比数列，然后由等比数列求和公式可得.
【详解】记等比数列的公比为，则，解得，所以，
记，
因为，所以是1为首项，为公比的等比数列，
所以.
故答案为：
（2020·江苏·统考高考真题）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和，则d+q的值是 ．
【答案】
【分析】结合等差数列和等比数列前项和公式的特点，分别求得的公差和公比，由此求得.
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意.
等差数列的前项和公式为，
等比数列的前项和公式为，
依题意，即，
通过对比系数可知，故.
【题型11】等比数列 片段和
2020年全国Ⅰ卷（文）T10
设是等比数列，且，，则（ ）
A．12B．24C．30D．32
【答案】D
【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，则，
，
因此，.
已知等比数列的前n项和为．若，则（ ）
A．13B．16C．9D．12
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质，可得仍成等比数列，得到，即可求解.
【详解】设，则，
因为为等比数列，根据等比数列的性质，
可得仍成等比数列.
因为，所以，所以，故.
深圳市宝安区2024届高三上学期10月调研
（多选）设数列的前项和为.记命题：“数列为等比数列”，命题：“，，成等比数列”，则是的（ ）
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
【答案】D
【分析】根据充分条件、必要条件的定义、等比数列的定义计算可得.
【详解】若数列为等比数列，设公比为，
则当时，
所以，，
显然，所以，，成等比数列，
当时，
所以，，
所以，
但是当且当为正偶数时，此时，，
则，，不成等比数列，故充分性不成立，
若，，成等比数列，
当时，，成等比数列，
当时，，成等比数列，
不妨令，，，，，，
显然满足，，成等比数列，但是，，，，，不成等比数列，故必要性不成立，
所以是的既不充分也不必要条件
（多选）设数列，都是等比数列，则（ ）
A．若，则数列也是等比数列
B．若，则数列也是等比数列
C．若的前项和为，则也成等比数列
D．在数列中，每隔项取出一项，组成一个新数列，则这个新数列仍是等比数列
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义判断ABD；举例说明判断C作答.
【详解】数列，都是等比数列，设公比分别为，
对于A，由，得，所以数列为等比数列，A正确；
对于B，由，得，所以数列为等比数列，B正确；
对于C，令，则，不成等比数列，C错误；
对于D，为常数，D正确
【题型12】等比中项的运用
已知正项数列满足，则数列的前项和为 .
【答案】
【分析】先判断出是等比数列，求得公比，根据等比数列前项和公式求得正确答案.
【详解】依题意，正项数列满足，
所以数列是等比数列，设其公比为，，
由得，
由于，所以，
由于，所以解得，
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以数列的前项和为.
我国古代数学著作《九章算术》中有“竹九节”问题：现有一根节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，最上面节的容积之积为，最下面节的容积之积为，则第节的容积是 .
【答案】
【分析】设第节的容积为，根据等比数列的性质可求得的值，
【详解】现有一根节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列，
设第节的容积为，则为等比数列，且，
上面节的容积之积，下面节的容积之积为，
，解得，，
第节的容积为：．
设等比数列的公比为，前项和为，则“”是“为等比数列”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
【答案】C
【分析】应用等比中项的性质，由为等比数列，解出值，即可判断.
【详解】依题，“为等比数列”，所以，
得，化简得，
解得，则“”是“为等比数列”的充要条件.
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．
（多选）在正项等比数列中，，则（ ）
A．B．的最小值为1
C．D．的最大值为4
【答案】AB
【分析】AB选项，先根据等比数列的性质得到，再利用基本不等式进行求解，C选项，先得到，结合指数运算及指数函数单调性和基本不等式进行求解；D选项，平方后利用基本不等式，结合进行求解.
【详解】正项等比数列中，，故，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，此时，故A正确；
，，由基本不等式得：，当且仅当，，时等号成立，此时公比满足题意，B正确；
因为单调递减，所以，当且仅当即，时，等号成立，C错误；
因为，，所以，当且仅当时等号成立，故，且，解得：，所以，即的最小值为4，故D错误.故选：AB
（多选）公比为的等比数列，其前项和为，前项积为，满足,，.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】AD
【分析】推导出，，，可判断A选项的正误；利用等比中项的性质可判断B选项的正误；由数列为正项等比数列可判断C选项的正误；由，可判断D选项的正误.
【详解】若，则不合乎题意，所以，，故数列为正项等比数列，
，，，，，所以，故A正确；
，故B错误；
，，所以，数列为各项为正的递减数列，所以，无最大值，故C错误；
又，，所以，是数列中的最大项，故D正确.
故选：AD.
【题型13】等比数列性质判断与综合运用
(多选)已知等比数列{an}的公比为q，首项为a，前n项和为Sn，则下列结论错误的是( )
A．若a＞0，则anSn＞0
B．若q＞0，则anSn＞0
C．若a＜0，则anSn＜0
D．若q＜0，则anSn＜0
【答案】ACD
因为{an}为等比数列，所以a≠0．
当q＝1时，an＝a，Sn＝na，故anSn＝na2＞0，
当q≠1时，an＝aqn－1，Sn＝，故anSn＝，
若q＞1，则qn－1＞0，1－qn＜0，1－q＜0，故anSn＞0，
若0＜q＜1，则qn－1＞0，1－qn＞0，1－q＞0，故anSn＞0，
若q＜0，则anSn＝，其中q(1－q)＜0，
取－1＜q＜0，
则当n为偶数时，a2qn(1－qn)＞0，即anSn＜0，当n为奇数时，a2qn(1－qn)＜0，即anSn＞0，故B中结论正确，A、C、D中结论错误．
（多选）已知数列为等比数列，首项，公比，则下列叙述正确的是（ ）
A．数列的最大项为B．数列的最小项为
C．数列为递增数列D．数列为递增数列
【答案】ABC
【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.
（多选）已知等比数列的前n项和为，且，是与的等差中项，数列满足，数列的前n项和为，则下列命题正确的是（ ）
A．数列的通项公式
B．
C．数列的通项公式为
D．的取值范围是
【答案】ABD
【分析】根据已知条件求出等比数列的公比和首项，进而可以求得和；利用裂项相消法可得和，讨论数列的单调性，即可得出的范围.
【详解】A：由可得，所以等比数列的公比，所以.
由是与的等差中项，可得，即，解得，所以，所以A正确；
B：，所以B正确；
C：，所以C不正确；
D：所以数列是递增数列，得，所以，所以D正确.
故选：ABD.
（多选）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（ ）
A．为递减数列B．
C．是数列中的最大项D．
【答案】AC
【分析】根据题意先判断出数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.再对四个选项一一验证：
对于A：利用公比的定义直接判断；对于B：由及前n项和的定义即可判断；对于C：前项积为的定义即可判断；对于D：先求出，由即可判断.
【详解】由可得：和异号，即或.
而，，可得和同号，且一个大于1，一个小于1.
因为，所有，，即数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1.
对于A：公比，因为，所以为减函数，所以为递减数列.故A正确；
对于B：因为，所以，所以.故B错误；
对于C：等比数列的前项积为，且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，所以是数列中的最大项.故C正确；
对于D：
因为，所以，即.故D错误.
故选：AC
（多选）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】AD
【分析】由题意可推出等比数列公比，判断A；结合题意判断，即可判断B；判断等比数列的增减性，结合前项积为，可判断C；利用等比数列性质可判断D.
【详解】由题意知，即，
因为，可得，即等比数列的各项都为正值，
又，故若，结合可知，
则不成立，
故，即数列为递减数列，则，A错误；
因为，故，B正确；
由以上分析可知，
故是数列中的最大项，C正确；
由等比数列性质可得，，
故，D错误
【题型14】等差数列与等比数列混合计算求值
已知－2，a1，a2，－8成等差数列，－2，b1，b2，b3，－8成等比数列，则eq \f(a2－a1,b2)＝________.
【答案】 eq \f(1,2)
【解析】∵－2，a1，a2，－8成等差数列，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＝－2＋a2，,2a2＝a1－8，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,a2＝－6.))
又∵－2，b1，b2，b3，－8成等比数列，∴beq \\al(2,2)＝－2×(－8)＝16，∴b2＝4或b2＝－4.
由等比数列隔项同号可得b2＝－4，∴eq \f(a2－a1,b2)＝eq \f(－6－(－4),－4)＝eq \f(1,2).
有四个实数，前3个数成等比数列，且它们的积为216，后三个数成等差数列，且它们的和为12，求这四个数．
【答案】9，6，4，2
【解答】解：设此前3个数分别为：，，，
，，解得．
设后三个数分别为：，，．
，解得．
，，
解得，．
已知是公差为的等差数列，是公比为的等比数列.若数列的前项和，则的值为 .
【答案】6
【分析】设数列和的前项和分别为，然后利用分求出，再利用列方程，由对应项的系数相等可求出结果
【详解】解：设数列和的前项和分别为，则
（），
若，则，则，显然没有出现，所以，
所以，
由两边的对应项相等可得，
解得，所以
模块三 其它综合问题
【题型15】周期数列
（重庆·西南大学附中校联考）在首项为1的数列中，满足，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】D
【详解】由可得，
由于，所以，，
因此为周期数列，且周期为3，
故
（重庆巴蜀中学校考）已知数列满足且，则（ ）
A．3B．C．-2D．
【答案】B
【详解】由题意数列满足，则，
故由，得，
由此可知数列的周期为4，
故
（2023·哈师大附中校考期中）在数列中，若，，，则（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】C
【详解】由题意知数列中，若，，，
故，，，，
，
则为周期为6的周期数列，
故
已知数列满足，，当时，，则数列的前2023项的和为（ ）
A．0B．1C．3D．4
【答案】C
【分析】本题考查数列的递推关系、数列的周期性及数列求和，由递推公式得到，再求出前六项的和为零，最后由周期性求出结果.
【详解】由题意，得，∴，∴，∴，
∴数列是周期为6的周期数列．设数列的前n项和为，
依题意得数列的前6项依次为3，2，－1，－3，－2，1，∴，
∴．
数列满足若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根据数列定义求出数列的前几项后得出数列是周期数列，从而求值．
【详解】
因为，所以，所以数列具有周期性，周期为4，所以.
数列满足，，其前项积为，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
依次代入可得是以为周期的周期数列，由可推导得到结果.
【详解】
当时，；当时，；当时，；当时，；…，数列是以为周期的周期数列，
，
.
【题型16】数列中的最值问题
已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8-2S4=5，则a9+a10+a11+a12的最小值为（ ）
A．10B．15C．20D．25
【答案】C
【解析】变换得到S8-S4=S4+5，根据等比数列性质知S4(S12-S8)=(S8-S4)2，，再利用均值不等式计算得到答案.
【详解】由题意可得a9+a10+a11+a12=S12-S8，由S8-2S4=5，可得S8-S4=S4+5.
又由等比数列的性质知S4，S8-S4，S12-S8成等比数列，则S4(S12-S8)=(S8-S4)2.
当且仅当S4=5时等号成立，所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.
（2023秋·重庆巴蜀中学校考）已知等差数列的前n项和为，对任意的，均有成立，则的值的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据已知得出，公差，然后返和(即)分类计算.
【详解】由题意知是等差数列的前n项和中的最小值，必有，公差，
若，此时，，是等差数列的前n项和中的最小值，
此时，即，则；
若，，此时是等差数列的前n项和中的最小值，
此时，，即，
则，
综上可得：的取值范围是
已知各项为正的数列的前项和为，满足，则通项公式 ；且的最小值为 .
【答案】
【分析】利用与的关系式，得到，即可判断数列是等差数列，然后利用等差数列的通项公式、前项和公式结合基本不等式，即可得出答案.
【详解】由各项为正的数列，，
，，
时，，
化为：，
，，
又，解得.
数列是等差数列，首项为1，公差为2.
，，
，当且仅当时取等号.
正项等比数列满足：，若存在两项、，使得，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由等比数列的性质，结合求得，再由可得，结合基本不等式“1”的妙用可求当、时，取得最小值，则需逐一验证值，进而得出最值.
【详解】设数列的公比为，∵，∴，
∴，即，解得，
∵，∴，∴，∴，
∴，
当且仅当，即，即、时，取得最小值，
又，∴，
只能逐一验证，当、时，；
当、时，；
当、时，；
当、时，；
当、时，，
∴的最小值为.
【题型17】数列新定义问题
2021新高考2卷T12
（多选）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.
有一个非常有趣的数列叫做调和数列，此数列的前n项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到它的近似公式：当n很大时，，其中称为欧拉-马歇罗尼常数，…，至今为止都还不确定是有理数还是无理数．由于上式在n很大时才成立，故当n较小时计算出的结果与实际值之间是存在一定误差的，已知，．用上式估算出的与实际的的误差绝对值近似为（ ）
A．0.003B．0.096C．0.121D．0.216
【答案】B
【分析】直接通过两种方法求出，作差取绝对值即可求出结果.
【详解】，
又
与实际的的误差绝对值近似为
对于一个给定的数列，把它的连续两项与的差记为，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列.若数列为原数列的一阶差数列，数列为原数列的一阶差数列，则称数列为原数列的二阶差数列.已知数列的二阶差数列是等比数列，且，则数列的通项公式 .
【答案】
【分析】运用等比数列通项公式及累加法可求得结果.
【详解】设数列为原数列的一阶差数列，为原数列的二阶差数列.
则由题意可知.
又为等比数列，故公比，所以，即.
当时，，
将代入得，符合，
所以，.
所以，
当时，，
将代入得，符合，
所以，.
数列中，，定义：使为整数的数叫做期盼数，则区间内的所有期盼数的和等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用换底公式与累乘法把化为，然后根据为整数，可得，最后由等比数列前项和公式求解．
【详解】解：，，
，
又为整数，
必须是2的次幂，即．
内所有的“幸运数”的和：
（多选）若数列满足：对，若，则，称数列为“鲤鱼跃龙门数列”.下列数列是“鲤鱼跃龙门数列”的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】举特例，可说明A不符合题意，同理可说明C不符合题意；依据“鲤鱼跃龙门数列”的定义，可说明B,D.
【详解】对于A,不妨取，但，不满足，故A错误；
对于B, ,对，若,则，
则,即，故B正确；
对于C，不妨取，但，不满足，故C错误；
对于D, ,对，若,则，
则，故，即，故D正确
意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例,引入数列:,该数列从第三项起,每一项都等于前两项的和,即递推关系式为,故此数列称为斐波那契数列,又称“兔子数列”.已知满足上述递推关系式的数列的通项公式为,其中的值可由和得到,比如兔子数列中代入解得.利用以上信息计算表示不超过的最大整数（ ）
A．10B．11C．12D．13
【答案】B
【分析】根据题不妨设,求出,,进而得到,通过的第五项,即可得到之间的关系,根据的范围可大致判断的范围,进而选出选项.
【详解】解:由题意可令,
所以将数列逐个列举可得:
,,,,,
故,因为,所以,故.
十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；…；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.设第次操作去掉的区间长度为，数列满足：，则数列中的取值最大的项为（ ）
A．第3项B．第4项C．第5项D．第6项
【答案】C
【分析】由已知可得，则，然后由，得，而为正整数，从而可求得答案.
【详解】由题可知，
由此可知，所以，
因为，