考前回顾04 数列（知识清单+易错分析+23年高考真题+24年最新模拟）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）

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1．牢记概念与公式
等差数列、等比数列(其中n∈N*)
2.活用定理与结论
(1)等差、等比数列{an}的常用性质
(2)判断等差数列的常用方法
①定义法
an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇔{an}是等差数列；
②通项公式法
an＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列；
③中项公式法
2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列；
④前n项和公式法
Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)判断等比数列的常用方法
①定义法
eq \f(an＋1,an)＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列；
②通项公式法
an＝cqn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列；
③中项公式法
aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(an≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列．
3．数列求和的常用方法
(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和．
(2)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成cn＝an＋bn形式的数列求和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．
(3)通项公式形如an＝eq \f(c,an＋b1an＋b2)(其中a，b1，b2，c为常数)用裂项相消法求和．
裂项相消法常见形式：
eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
eq \f(2n,2n＋1－12n－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1).
(4)形如{an·bn}的数列(其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列)，利用错位相减法求和．
(5)通项公式形如an＝(－1)n·n，an＝a·(－1)n或an＝(－1)n(2n＋1)(其中a为常数，n∈N*)等正负项交叉的数列求和一般用并项法．并项时应注意分n为奇数、偶数两种情况讨论．
易错提醒
1．已知数列的前n项和求an，易忽视n＝1的情形，直接用Sn－Sn－1表示．作答时，应验证a1是否满足an＝Sn－Sn－1，若是，则an＝Sn－Sn－1；否则，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
2．易混淆几何平均数与等比中项，正数a，b的等比中项是±eq \r(ab).
3．易忽视等比数列中公比q≠0导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解．
4．运用等比数列的前n项和公式时，易忘记分类讨论．一定分q＝1和q≠1两种情况进行讨论．
5．利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项．
易错分析
易错点1 忽视公式的适用条件而导致错误
1. [河北 2023 适应考]已知数列的前项和为 ，且，，则（ ）

特别提醒：本题易忽视公式的适用条件而导致错误.利用此公式求得后，一定要验证时是否满足所求出的，若不满足，则要用分段形式来表示.
【解析】
令，可得，解得.
①，
②，
由①-②可得
【答案】
易错点2 混淆等差数列单调性与最值的关系致误
2.[湖南株洲2023联考]等差数列是递增数列，公差为，前项和为，满足，则下列说法正确的是（ ）



特别提醒：（1）若公差，则是递增数列，有最小值，
此时若，则的最小值为，若，使成立的的最大正整数为，则的最小值为，若恰有，则的最小值为和
（2）若公差，则是常数列.此时若，则的最小值为；若，则的最大值为.
（3）若公差，则是递减数列，有最大值，
此时若，使成立的最大正整数为，则的最大值为，若恰有，则的最大值为和；若，则的最大值为.
【解析】对于，由，得，即（关键：根据条件得到首项和公差之间的关系，由此可消去首项，只需借助的范围进行讨论即可）由于是递增数列，所以，故错误；对于， ，由于，故当，且时，当时，，当，时，因此当或时，最小，故错误，对于，令，由于，故解得，且，故当时，的最小值为8，故正确.
【答案】
易错点3 未对的奇偶性进行讨论而致误.
3.[江西上饶2023一模]在数列中，，.，记数列的前项和为，则 .
特别提醒：（1）由，易得数列的符号规律为因此在求数列通项时需对的奇偶性分类讨论；
（2）的通项公式应为，因此求和时也要对的奇偶性进行分类讨论.
【解析】因为
所以，所以.
在中，令，则
所以，则该数列奇数项是以为首项，公比为的等比数列，偶数项是以为首项，公比为的等比数列，
故
【答案】
易错点4 忽视递推公式满足的条件而致误
4.[山西怀仁一中2022期末]已知数列，为的前项和，，则= .
特别提醒：在由递推公式求通项公式时，要注意这个条件是对数列中的所有项都满足递推公式，一旦出现此时这个条件是对数列中从第二项开始满足递推公式，在求通项公式的时候一定要进行辨别.
【解析】①
②
①-②得又
所以
【答案】
易错点5. 求前项和时忽略对取值的讨论而致误
5.[海南2022诊断]在等差数列中，，与互为相反数，为的前 项和，，则的最小值是 .
特别提醒：分清楚取何值时或，当的各项都为非负数时，的前项和等于的前项和，当的各项都为非正数时，的前项和等于的前项和的相反数，当的某些项是正的，某些项是负的时，要对进行分类讨论，转化成的前项和求解.
【解析】设等差数列的公差为.
解得

由得，由得
当时，
当时，
当时，
对于函数，当时，在上单调递增
当时，为最小值
当时，，对于函数，
当时，，函数在上单调递增，
当时，为最小值.
综上所述，的最小值是6
易错点6 忽视对公比是否为1的讨论而致误
6.[浙江诸暨2022期末]已知等比数列，首项为，公比为，前项和为.若数列是等比数列，则（ ）

特别提醒：在利用等比数列的前项和公式时，若其公比不确定，则应对公比分和两种情况进行讨论.在解题时首先讨论公比这一特殊情况，再在的情况下，应用等比数列的前项和公式对式子进行整理变形，再进行研究.
【解析】设等比数列的公比为，则.
若，则，由题意可得，
即
所以不合题意，
若，则，则
由题意可得，
即
所以
可得，故选
高考真题
一．选择题（共8小题）
1．（2023•全国）为等差数列的前项和，，，则
A．2B．11C．15D．19
【分析】可设公差为，根据，即可建立关于，的方程组，然后解出，的值，然后即可求出的值．
【解答】解：设等差数列的公差为，则：，解得，
．
故选：．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，考查了计算能力，属于基础题．
2．（2023•甲卷）记为等差数列的前项和．若，，则
A．25B．22C．20D．15
【分析】由已知结合等差数列的性质及通项公式先求出，，然后结合等差数列的求和公式可求．
【解答】解：等差数列中，，
所以，
，
故，
则，，
则．
故选：．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
3．（2023•天津）已知为等比数列，为数列的前项和，，则的值为
A．3B．18C．54D．152
【分析】由已知递推关系先表示出，，然后结合等比数列的性质可求首项，公比，进而可求．
【解答】解：因为为等比数列，，
所以，，
由等比数列的性质可得，，
即，
所以或（舍，
所以，，
则．
故选：．
【点评】本题主要考查了等比数列的性质及通项公式的应用，属于基础题．
4．（2023•新高考Ⅱ）记为等比数列的前项和，若，，则
A．120B．85C．D．
【分析】由题意知公比，设首项为，由求出，再代入求出，由此求得．
【解答】解：等比数列中，，，显然公比，
设首项为，则①，②，
化简②得，解得或（不合题意，舍去），
代入①得，
所以．
故选：．
【点评】本题考查了等比数列的前项和公式计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
5．（2023•新高考Ⅰ）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
【分析】首先明确充要条件的判定方法，再从等差数列的定义入手，进行正反两方面的论证．
【解答】解：若是等差数列，设数列的首项为，公差为，
则，
即，
故为等差数列，
即甲是乙的充分条件．
反之，若为等差数列，则可设，
则，即，
当时，有，
上两式相减得：，
当时，上式成立，所以，
则（常数），
所以数列为等差数列．
即甲是乙的必要条件．
综上所述，甲是乙的充要条件．
故本题选：．
【点评】本题主要考查利用定义进行等差数列的判断，穿插了充要条件的判定，属中档题．
6．（2023•甲卷）已知正项等比数列中，，为前项和，，则
A．7B．9C．15D．30
【分析】利用已知条件求解等比数列的公比，然后求解即可．
【解答】解：等比数列中，设公比为，
，为前项和，，显然，
（如果，可得矛盾），
可得，
解得，即，
．
故选：．
【点评】本题考查等比数列前项和的求法，是中档题．
7．（2023•北京）数列满足，下列说法正确的是
A．若，则是递减数列，，使得时，
B．若，则是递增数列，，使得时，
C．若，则是递减数列，，使得时，
D．若，则是递增数列，，使得时，
【分析】法利用数学归纳法进行分析排除即可．
法由题意可得，，可得，分别将，5，7，9代入，可得的解析式，进而判断所给命题的真假．
【解答】解：法对原式进行变形，得，
当，则，，
设，则，所以是递减数列，
当，，错误，同理可证明错误，
当，则，即，又因为，所以，
假设，则，即，又因为，所以，
所以当，，正确，
对于，当，可得，，可得是递减数列，，
故不存在，使得时，恒成立，错误．
法，可得，，
所以，，
，
归纳猜想：，
当时，，即，所以是递减数列，无边界；
时，，即，由复合函数的单调性，可得是递增，有边界，所以正确；
时，，所以是递减数列，有边界；所以不正确；
时，，所以是递增数列，无边界；所以不正确；
故选：．
【点评】本题主要考查使用数学归纳法对数列的增减性和敛散性进行判断，属中档题．
8．（2023•上海）已知无穷数列的各项均为实数，为其前项和，若对任意正整数都有，则下列各项中可能成立的是
A．，，，，，为等差数到，，，，，，为等比数列
B．，，，，，为等比数列，，，，，，为等差数列
C．，，，，为等差数列，，，，，为等比数列
D．，，，，为等比数列，，，，，为等差数列
【分析】由对任意正整数，都有，可以知道，，，，不可能为等差数列，若，，则，矛盾；若，，当，，使得，矛盾；若，，当，，必有使得，矛盾；若，当，，必有使得，矛盾；若，当，，，必有使得，矛盾；即可判断．
【解答】解：由对任意正整数，都有，可以知道，，，，不可能为等差数列，
因为若，当，，，必有使得，矛盾；若，，则，矛盾；
若，，当，，使得，矛盾；若，，当，，必有使得，矛盾；
若，当，，必有使得，矛盾；
所以选项中的，，，，为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；
选项中的，，，，为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；
选项中的，，，，为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；
由排除法可得正确．
故选：．
【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，属于中档题．
二．填空题（共4小题）
9．（2023•甲卷）记为等比数列的前项和．若，则的公比为 ．
【分析】由已知结合等比数列的求和公式即可直接求解．
【解答】解：等比数列中，，
则，
所以，
解得．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了等比数列的求和公式的应用，属于基础题．
10．（2023•上海）已知首项为3，公比为2的等比数列，设等比数列的前项和为，则 189 ．
【分析】直接利用等比数列的前项和公式求解．
【解答】解：等比数列的首项为3，公比为2，
．
故答案为：189．
【点评】本题主要考查了等比数列的前项和公式，属于基础题．
11．（2023•乙卷）已知为等比数列，，，则 ．
【分析】根据等比数列的性质即可求解．
【解答】解：等比数列，
，解得，
而，可得，
即，
．
故答案为：．
【点评】本题考查等比数列的性质，是基础题．
12．（2023•北京）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就出现了类似于砝码的用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则 48 ，数列的所有项的和为 ．
【分析】根据数列的后7项成等比数列，，可得，，可得公比，进而得出，利用求和公式即可得出结论．
【解答】解：数列的后7项成等比数列，，
，
，
公比．
，
又该数列的前3项成等差数列，
数列的所有项的和为．
故答案为：48；384．
【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式及性质、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
三．解答题（共8小题）
13．（2023•全国）已知为等比数列，其前项和为，，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求的前项和．
【分析】（1）利用等比数列的前项和公式，建立方程组进行求解即可．
（2）求出的通项公式，得到是等比数列，利用等比数列的前项和公式进行求解即可．
【解答】解：（1）为等比数列，其前项和为，，．
，，
则，两式作商得，即，
得，，
则，．
（2），
当时，，
即是公比为的等比数列，首项，
则．
【点评】本题主要考查等比数列的通项公式和前项和公式的计算，利用方程组法建立方程求出首项和公比是解决本题的关键，是中档题．
14．（2023•乙卷）记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【分析】（1）建立方程组求出首项和公差即可．
（2）求出的表达式，讨论的取值，然后进行求解即可．
【解答】解：（1）在等差数列中，，．
，即，
得，，
则．
（2），
即时，，
当时，，
当时，数列的前项和，
当时，数列的前项和．
【点评】本题主要考查等差数列的通项公式和数列求和，建立方程组求出首项和公差是解决本题的关键，是中档题．
15．（2023•新高考Ⅱ）已知为等差数列，，记，为，的前项和，，．
（1）求的通项公式；
（2）证明：当时，．
【分析】（1）根据已知条件，结合等差数列的性质，以及等差数列的前项和公式，即可求解；
（2）根据已知条件，求出，，再结合作差法，并分类讨论，即可求证．
【解答】解：（1）设等差数列的公差为，
，为的前项和，，，
则，即，解得，
故；
（2）证明：由（1）可知，，
，
当为偶数时，，
，
，
当为奇数时，，，
，
故原式得证．
【点评】本题主要考查数列的求和，考查转化能力，属于中档题．
16．（2023•甲卷）已知数列中，，设为前项和，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【分析】（1）求得，进而可得当时，可得，由累乘法可求的通项公式；
（2），利用错位相减法可求数列的前项和．
【解答】解：（1）当时，，解得，
当时，，
，，
当时，可得，
，
当或时，，适合上式，
的通项公式为；
（2）由（1）可得，
，，
，
．
【点评】本题考查求数列的通项公式，考查数列的前项的和的求法，属中档题．
17．（2023•北京）数列，的项数均为，且，，2，，，，的前项和分别为，，并规定．对于，1，2，，，定义，，1，2，，，其中，表示数集中最大的数．
（Ⅰ）若，，，，，，求，，，的值；
（Ⅱ）若，且，，2，，，求；
（Ⅲ）证明：存在，，使得．
【分析】（Ⅰ）根据题意可得，列表分析，，，，的值，即可得出答案．
（Ⅱ）由题意知且，，，则，，当且仅当时，等号成立，可推出，即，用反证法证明满足的最小正整数为不成立，推出成立，由等差数列的性质，即可得出答案．
（Ⅲ）分两种情况：若时，若时，证明，即可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）列表如下，对比可知，，，．
（Ⅱ）由题意知且，
因为，，，，2，，，
所以，，当且仅当时，等号成立，
所以，，
又因为，
则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；
当时，则，
则，
又因为，则，
所以假设不成立，成立，
所以数列是以首项为1，公差为1的等差数列，
所以，．
（Ⅲ）证明：若，设，，
根据题意可得且为整数，
反证法：假设存在正整数，使得，
且（若时，显然成立，和同理，只需要论证
，不存在），
则，，
所以，
这与，，相矛盾，
所以对任意，，均有，
①若存在正整数，使得，即，
取，，，使得，
②若不存在正整数，使得，
因为，，，，且，
所以必存在，使得，即，可得，
取，，，，使得，
若，设，，
根据题意可得且为整数，
反证法：假设存在正整数，使得，
则，，
所以，
这与，，相矛盾，
所以对任意，，均有，
①若存在正整数，使得，即，
取，，，使得，
②若不存在正整数，使得，
因为，，，，且，
所以必存在，使得，即，可得，
取，，，，使得．
综上所述，存在，，使得．
【点评】本题考查数列的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
18．（2023•上海）已知，在该函数图像上取一点，过点，作函数的切线，该切线与轴的交点记作，若，则过点，作函数的切线，该切线与轴的交点记作，以此类推，，，直至停止，由这些项构成数列．
（1）设属于数列，证明：；
（2）试比较与的大小关系；
（3）若正整数，是否存在使得、、、、依次成等差数列？若存在，求出的所有取值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）对函数求导，利用导数的几何意义，可得过点，的切线方程，再结合题意即可得证；
（2）由不等式，结合（1）即可得出结论；
（3）易知公差，，考察函数，利用导数可知的单调性情况，进而得到至多存在两个，使得，由此可知，再验证即可．
【解答】解：（1）证明：，
则过点，的切线的斜率为，
由点斜式可得，此时切线方程为，即，
令，可得，
根据题意可知，，即得证；
（2）先证明不等式，
设，则，
易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则（1），即，
结合（1）可知，；
（3）假设存在这样的符合要求，
由（2）可知，数列为严格的递减数列，，2，3，，，
由（1）可知，公差，，
先考察函数，则，
易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则至多只有两个解，即至多存在两个，使得，
若，则，矛盾，则，
当时，设函数，
由于，，
则存在，使得，
于是取，，，它们构成等差数列．
综上，．
【点评】本题考查数列与函数的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
19．（2023•天津）已知是等差数列，，．
（Ⅰ）求的通项公式和；
（Ⅱ）已知为等比数列，对于任意，若，则．
当时，求证：；
求的通项公式及其前项和．
【分析】（Ⅰ）建立方程组求出首项和公差即可求解．
（Ⅱ）根据数列递推关系，利用极限思想分别求出公比和首项，即可得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）是等差数列，，．
，得，，
则的通项公式，
中的首项为，项数为，
则．
（Ⅱ），，，
即，
当时，．
，且，
即，
综上，故成立；
成立，
为等比数列，设公比为，
当时，，，
则，
即，
即，
当，，，
，
时，，
，
即，
即，
当，，，
则，
则，即的通项公式为，
则的其前项和．
【点评】本题主要考查等比数列和等差数列的通项公式以及求和公式的应用，利用方程组法以及数列的递推关系进行求解是解决本题的关键，是中档题．
20．（2023•新高考Ⅰ）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．
【分析】（1）根据题意及等差数列的通项公式与求和公式，建立方程组，即可求解；
（2）根据题意及等差数列的通项公式的特点，可设，则，且；或设，则，且，再分类讨论，建立方程，即可求解．
【解答】解：（1），，
根据题意可得，
，
，又，
解得，，
，；
（2）为等差数列，为等差数列，且，
根据等差数列的通项公式的特点，可设，则，且；
或设，则，且，
①当，，时，
则，
，，又，
解得；
②当，，时，
则，
，，又，
此时无解，
综合可得．
【点评】本题考查等差数列的性质，等差数列的通项公式与求和公式的应用，方程思想，化归转化思想，分类讨论思想，属中档题．
最新模拟
一．选择题（共16小题）
1．（2024•江苏模拟）已知等差数列的前项和为，，，则
A．7B．8C．9D．10
【分析】根据题意，由等差数列的性质可得，，，，也成等差数列，结合等差数列的性质分析可得答案．
【解答】解：根据题意，等差数列中，，，，，也成等差数列，
其首项，第二项，则其公差，
则，故．
故选：．
【点评】本题考查等差数列的性质以及应用，涉及等差数列的求和，属于基础题．
2．（2024•如皋市模拟）在等比数列中，，，且前项和，则此数列的项数等于
A．4B．5C．6D．7
【分析】由等比数列的下标和性质有，联立解得，或．再结合通项公式和求和公式分类讨论．
【解答】解：在等比数列中，，
所以，是方程的两个根，所以，或．
当，时，，解得，
由，解得．
当，时，，解得，
由，解得．
故选：．
【点评】本题考查等比数列的下表和性质，通项公式与求和公式，属于基础题．
3．（2024•红谷滩区校级模拟）设是等比数列的前项和，若，，则
A．2B．C．D．
【分析】根据题意，设等比数列的公比为，由等比数列的性质分析可得，又由，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设等比数列的公比为，
若，则有，变形可得，
则．
故选：．
【点评】本题考查等比数列的求和，涉及等比数列的性质，属于基础题．
4．（2024•泰州模拟）在等差数列中，已知，，，，则是的
A．充分但不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【分析】由等差数列的性质可知，，，，，反之不一定成立．
【解答】解：由等差数列的性质可知，，，，，
反之，取数列为常数列，对任意，，，，都有．
故选：．
【点评】本题考查充要条件的判断和等差数列的性质，属基本题．
5．（2024•海淀区校级模拟）设是等差数列，下列结论中正确的是
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【分析】利用等差数列的通项公式及性质逐一核对四个选项得答案．
【解答】解：对于，，，的正负无法判断，正负无法判断，故错误；
对于，，，正负无法判断，故错误；
对于，，故错误；
对于，，，则，即，故正确．
故选：．
【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的性质，是中档题．
6．（2024•重庆模拟）记为等差数列的前项和，若，，则
A．B．C．10D．12
【分析】利用等差数列的通项公式以及前项求和公式求解即可．
【解答】解：设等差数列的公差为，
由可得，，即，
所以，
又，
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及性质的应用，属于基础题．
7．（2024•黑龙江模拟）等比数列的前项和为，若，，则
A．10B．70C．30D．90
【分析】由等比数列的性质可得，，，成等比数列即，代入可求．
【解答】解：由等比数列的性质可得，，，成等比数列
故选：．
【点评】本题主要考查了等比数列的性质（若为等比数列的前项和，且，，不为0，则其成等比数列）的应用．
8．（2024•重庆模拟）九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串按一定移动圆环的次数决定解开圆环的个数．在某种玩法中，用表示解下个圆环所需要最少移动的次数，数列满足，且，则解下5个环所需要最少移动的次数为
A．7B．10C．16D．31
【分析】直接利哟用数列的通项公式的应用求出结果．
【解答】解：数列满足，且，
则：．
故选：．
【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
9．（2024•乌鲁木齐模拟）已知数列满足，，且，则
A．B．C．D．
【分析】判断数列是等差数列，求出通项公式，然后求解即可．
【解答】解：数列满足，，且，
数列是等差数列，首项为：，公差为：，
所以，
所以，
．
故选：．
【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，通项公式的求法，考查计算能力，是基础题．
10．（2024•长沙模拟）数列的通项公式为，若数列单调递增，则的取值范围为
A．，B．，C．D．，
【分析】数列单调递增，可得：，环境解出即可得出．
【解答】解：数列单调递增，可得：，化为：．
．
故选：．
【点评】本题考查了等比数列的单调性、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
11．（2024•兴义市模拟）记为等比数列的前项和，若，，则
A．120B．85C．D．
【分析】由题意知公比，设首项为，由求出，再代入求出，由此求得．
【解答】解：等比数列中，，，显然公比，
设首项为，则①，②，
化简②得，解得或（不合题意，舍去），
代入①得，
所以．
故选：．
【点评】本题考查了等比数列的前项和公式计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
12．（2024•龙岗区校级模拟）已知是等比数列的前项和，且存在，使得，，成等差数列．若对于任意的，满足，则
A．B．C．32D．16
【分析】可得，再利用通项公式即可求的值．
【解答】解：显然不满足题意，则，
，，成等差数列，
，，
化简得：，即，
由于，则，
对于任意的，满足，
则，，
．
故选：．
【点评】本题考查等比数列的性质，属于中档题．
13．（2024•江西模拟）蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关．如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”．画法如下：在水平直线上取长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点（第一段圆弧），再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点，再以点为圆心，为半径逆时针画圆弧以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为
A．B．C．D．
【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可．
【解答】解：由题意每段圆弧的中心角都是，每段圆弧的半径依次增加1，
则第段圆弧的半径为，弧长记为，则，
所以．
故选：．
【点评】本题考查扇形的弧长公式，等差数列的求和公式，属于中档题．
14．（2024•新会区校级模拟）设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，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
【分析】根据已知条件，结合等比数列的性质，即可依次求解．
【解答】解：对于，在等比数列中，由，
则，则，
，即，
，，故错误，
对于，在等比数列中，，，则，则，即，故正确．
对于，，则是数列中的最大项，故错误，错误．
故选：．
【点评】本题主要考查等比数列的性质，属于中档题．
15．（2024•陕西模拟）已知等比数列的前项和为，且，则数列的前项和为
A．B．C．D．
【分析】根据，关系求出，最后再根据等比数列前项和公式计算求解即可．
【解答】解：由题意，当时，由，
可得，
两式相减，可得，
数列是等比数列，，
由，解得，
数列是首项为1，公比为2的等比数列，
，，
，
数列是首项为1，公比为4的等比数列，
数列的前项和为．
故选：．
【点评】本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了分类讨论思想，转化与化归思想，等比数列的通项公式与求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
16．（2024•山东一模）将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则
A．B．C．D．
【分析】由三角函数的恒等变换化简方程，并求值，判断以，重复循环出现，且，，，计算可得所求和．
【解答】解：，即为，
即，
所以或，，
即或，，
而，
所以，
，
，
，
所以，，
，，
后面的值都是以，重复循环出现，且，，，
所以，
故选：．
【点评】本题考查三角函数与数列的综合，以及三角函数的化简和求值、数列的求和，考查转化思想和方程思想、运算能力，属于中档题．
二．多选题（共1小题）
17．（2024•芝罘区校级模拟）如图，已知点是平行四边形的边的中点，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为1的正项数列，是数列的前项和，则下列结论正确的是
A．B．数列是等比数列
C．D．
【分析】此题在向量基础上把数列综合进来，其本质还是向量线性表示问题．首先利用平面向量找到数列递推公式，再求解．
【解答】解为中点，
，
，
又、、三点共线，
，
又，
，化简可得，
，
数列是等比数列．
又，
，
，
，
．
故选：．
【点评】本题综合了数列与向量，题目看起来比较复杂，部分学生不愿静下心来去思考．其本质还是向量线性表示，构造等式后得到数列递推公式，从而求解．综合性较强，属于中档偏难题．
三．填空题（共5小题）
18．（2024•番禺区校级模拟）应越共中央总书记阮富仲、越南国家主席武文赏邀请，中共中央总书记、中国国家主席习近平于2023年12月12日至13日对越南进行国事访问，期间，共同探讨了经济、政治等领域的诸多问题，构建了具有战略意义的中越命运共同体，访问受到了越南各层各界的隆重欢迎，引起了全世界的广泛关注．“访、越、南”三个汉字的笔画数，经过适当调整能构成一个等差数列，则此等差数列的公差为 ．
【分析】根据“访、越、南”三个汉字的笔画数，调整后构成等差数列，求得公差即可．
【解答】解：由题意知“访、越、南”三个汉字的笔画数分别为6，12，9，
又因为三个汉字的笔画数调整顺序能构成一个等差数列，
故这三个数组成的等差数列可以为6，9，12或12，9，6，
因此．
故答案为：．
【点评】本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
19．（2024•海淀区校级模拟）已知，4，成等比数列，且，则 4 ．
【分析】推导出，，由此能求出．
【解答】解：，4，成等比数列，且，
，，
．
故答案为：4．
【点评】本题考查对数值的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
20．（2024•吴兴区校级模拟）已知等比数列中，，前项和为，成等比数列，则 ．
【分析】设等比数列的公比为，由题意可得的方程，解方程可得，可得答案．
【解答】解：设等比数列的公比为，
，，，
又也成等比数列，
，
解得，，
故答案为：
【点评】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，属基础题．
21．（2024•浦东新区校级模拟）设，，，，则数列的通项公式 ， ．
【分析】根据递推关系，分别求出，，，的值，由此猜想，并用数学归纳法证明即可．
【解答】解：，，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
则，
由此猜想，
用数学归纳法证明，①当时，成立，
②假设当时成立，即，
，，
，
故当时猜想成立，
由①②可知，，．
故答案为：，．
【点评】本题考查数列的通项公式的求法，猜想数列的通项公式，用数学归纳法，属于中档题．
22．（2024•如皋市模拟）小王准备在单位附近的某小区买房，若小王看中的高层住宅总共有层，设第1层的“环境满意度”为1，且第层比第层的“环境满意度”多出；又已知小王有“恐高症”，设第1层的“高层恐惧度”为1，且第层比第层的“高层恐惧度”高出倍．在上述条件下，若第层“环境满意度”与“高层恐惧度”分别为，，记小王对第层“购买满意度”为，且，则小王最想买第 10 层住宅．
（参考公式及数据：，，，
【分析】由题意可得，且，；，，从而可求出和，则，方法一：作商比较，的大小可得结论，方法二：构造函数，利用导数求其最大值即可．
【解答】解：依题意，，且，，
所以
，
由题意得，，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，所以．
故小王对第层住宅的购买满意度．
方法一：
由．即，
解得，
所以，
同理有，小王最想购买第10层住宅．
方法二：
设，，则，
故时，故在上为增函数，
时，故在上为减函数．
由于，，
故最大，小王最想购买第10层住宅．
故答案为：10．
【点评】此题考查数列的应用，考查累加法求数列的通项公式，考查导数应用，解题的关键是根据题意得，，由此可求出和，从而可求出，考查计算能力，属于难题．
四．解答题（共11小题）
23．（2024•呼和浩特模拟）甲、乙、丙三名高中生进行传球训练．第一次由甲将球传出，传给乙的概率是，传给丙的概率是；乙传给甲和丙的概率都是；丙传给甲和乙的概率地都是．如此不停地传下去且假定每次传球都能被接到，记开始传球的人为第一次触球者，第次触球者是甲的概率记为，．
（1）求，，；
（2）证明：为等比数列．
【分析】（1）由题意，利用概率公式，计算即可．
（2）讨论时，，计算，判断是等比数列，验证满足题意，即可得出结论．
【解答】（1）解：由题意知，，
；
．
（2）证明：当时，，，，
所以，所以；
当时，，满足上式；
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
【点评】本题考查了概率的计算问题，也考查了等比数列的定义与应用问题，是中档题．
24．（2024•茂名一模）设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）令，为数列的前项积，证明：．
【分析】（1）由等差数列定义可得，由与的关系即可得；
（2）由与可得，即可得，由，可得，借助等比数列求和公式计算即可得证．
【解答】解：（1）由是首项为、公差为的等差数列，
故，
即，
当时，，
故
，
当时，，符合上式，
故；
（2）证明：由，，
故，
则
，
由，
故，
则．
【点评】本题考查等差数列的通项公式，以及不等式的性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
25．（2024•南明区校级一模）已知数列的前项和为．且．
（1）求数列的通项公式；
（2）在数列中，，求数列的前项和．
【分析】（1）利用求通项公式；
（2）转化为等差数列、等比数列，分组求和．
【解答】解：（1）当时，可得：；
当时，，，
两式相减，得：，即，
所以．
（2）当时，；
当时，，所以，
所以
，
时，，上式也成立．
所以，．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，以及等差数列和等比数列的求和公式、数列的分组求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
26．（2024•天河区二模）已知数列中，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，记为的前项和，证明：时，．
【分析】（1）直接利用递推关系和累乘法求出数列的通项公式；
（2）利用乘公比错位相减法和函数的单调性求出结果．
【解答】解：（1）数列中，，，
所以，
故，
整理得，
利用累乘法：，由于，
所以（首项符合通项）；
故．
证明：（2）由（1）得：，
所以，①，
，②，
①②得：．
要证，
只需证明，
即证，即，
由于函数与函数在坐标系中的位置如图所示：
根据函数的单调性：当时，恒成立．
【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，累乘法，乘公比错位相减法，函数的单调性，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
27．（2024•九龙坡区校级模拟）已知数列是由正实数组成的无穷数列，满足，，，．
（1）写出数列前4项的所有可能取法；
（2）判断：是否存在正整数，满足，并说明理由；
（3）为数列的前项中不同取值的个数，求的最小值．
【分析】（1）由题意得，或，分类讨论即可得出答案；
（2）由题意得，或，结合数列是由正实数组成的无穷数列，可得，即可得出答案；
（3）由题意得，对于任意的，，均可以使用①递推，只有满足时，才可以使用②递推，分类讨论即可得出答案．
【解答】解：（1），
，或，
则，或，
，，
，或，
①当时，，或，
②当时，，或，
数列是由正实数组成的无穷数列，
不符合题意，故舍去，
数列前4项的所有可能取法有：，，，或，，，或，，，；
（2）不存在，理由如下：
，
或，
当时，
数列是由正实数组成的无穷数列，
，即，或，
，
当时，
数列是由正实数组成的无穷数列，
，即，
，或（不合题意，舍去），
综上所述，，
，，，
不存在正整数，满足；
（3），
，
对于任意的，，均可以使用①递推，只有满足时，才可以使用②递推；
若，显然有，下一次只能用①递推，即，即②不能连续使用，
记，且，，，
若，则；
若，则，则，
且，
，，，中至少有，，，，，共51项，即，
则举例如下：，
数列中3，7，10，3，13，10，23，13，36，23，，此时，
的最小值为51．
【点评】本题考查数列的递推式，考查转化思想和分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
28．（2024•中山市校级模拟）已知数列满足．
（1）若为等差数列，求的通项公式；
（2）记的前项和为，不等式对恒成立，求的取值范围．
【分析】（1）由题意结合等差数列基本量，，的计算即可求解．
（2）由分组求和法将的表达式求出来，分是奇数，偶数两种情形讨论，结合表达式恒成立的理论即可求解．
【解答】解：（1）因为，所以，
两式相减得．
因为为等差数列，所以的公差．
又，所以，解得，
则，即的通项公式为．
（2）由（1）得，，
所以不等式可化为，
当为奇数时，，则，即，
当为偶数时，，则．
综上，的取值范围为．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
29．（2024•凉州区模拟）已知公差不为零的等差数列的前项和为，若，且，，成等比数列
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足，若数列前项和，证明．
【分析】（Ⅰ）利用已知条件列出方程，然后求解数列的通项公式．
（Ⅱ）化简数列的通项公式，利用裂项法求解数列的和即可．
【解答】（Ⅰ）解：由题意知：（2分）
解，故数列；．（5分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，（8分）
则．（12分）
【点评】本题考查数列求和，通项公式的应用，考查计算能力．
30．（2024•鼓楼区校级模拟）（理在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以，为正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线、关于原点“伸缩”，变换，，称为“伸缩变换”， 称为伸缩比．
（1）已知曲线的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”后所得曲线的方程；
（2）射线的方程，如果椭圆经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线与椭圆、分别交于两点、，且，求椭圆的方程；
（3）对抛物线，作变换，，，得抛物线；对作变换，，得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，，，得抛物线，．若，求数列的通项公式．
【分析】（1）由“伸缩变换”的伸缩比得，从而即得曲线的方程；
（2）根据、关于原点“伸缩变换”，对作变换，，，得到分别解方程组得点，两点的坐标，最后利用两点的距离公式得到关于的方程求出的值，即可写出椭圆的方程；
（3）先对作变换，，得抛物线，结合得到：，从而求得数列的通项公式．
【解答】解（1）由条件得，得；（4分）
（2）、关于原点“伸缩变换”，对作变换，，，得到，（5分）
解方程组得点的坐标为；（7分）
解方程组得点的坐标为；（8分）
，化简后得，解得，因此椭圆的方程为或．（12分）（漏写一个方程扣2分）
（3）（理对作变换，，得抛物线，得，
又，，即，（14分）
，则，（16分）
（或解：，
．（18分）
【点评】本小题主要考查圆锥曲线的标准方程、圆锥曲线简单性质、数列与解析几何的综合等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于中档题．
31．（2024•天津模拟）已知是等差数列，是公比不为1的等比数列，，，，且是与的等差中项．
（1）求：数列和的通项公式．
（2）设，求．
（3）若对于数列、，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求．
【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式，计算可得；
（2）结合两个数列的通项公式，可判断的前项中两个数列的项数，然后分组和错位相减求和可得；
（3）求出的前2024项中总共有多少个2，利用分组求和可得．
【解答】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，，
由，，则，故，
所以，
则，由，则，
又由是与的等差中项，所以，
即，解得或（舍去），
故；
（2）由，则，
，
则，
，
两式相减得，，
，
则，
其中①，，
②
①②相减可得，
则
所以，
则；
（3）时，与之间插入即3个2，
时，与之间插入即9个2，，时，在与之间插入个2，
此时共有项，
在的后面再插入个2即可．
则数列的前2024项的和
．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式、数列的错位相减法求和与分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
32．（2024•越秀区校级一模）已知数列满足．
（1）若为等比数列，求的通项公式；
（2）若的前项和为，不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．
【分析】（1）设等比数列的公比为，赋值计算求出，，从而求出通项公式；
（2）并项求出，然后利用二次函数求最值，求出的取值范围．
【解答】解：（1）设等比数列的公比为，由题可知，，
，
由，得，则，
；
（2）
，
则，
由对于任意恒成立，
，
当时，取得最小值，
．
即实数的取值范围为．
【点评】本题考查数列递推式，考查等比数列的通项公式及前项和，考查运算求解能力，是中档题．
33 ．（2024•开福区校级模拟）置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合，2，，，的函数称为次置换．满足对任意，的置换称作恒等置换．所有次置换组成的集合记作．对于，我们可用列表法表示此置换：，记，，，，，，．
（1）若，计算；
（2）证明：对任意，存在，使得为恒等置换；
（3）对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，，依次类推．这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由．
【分析】（1）根据题意得到，．
（2）分类列举出所有情况，得到结论．
（3）设原始牌型从上到下依次编号为1到52，故，列举出各编号在置换中的变化情况，得到连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，从而得到最少8次这样的置换即为恒等置换．
【解答】解：（1）由题意可知；
（2）证明：①若，则为恒等置换；
②若存在两个不同的，使得，不妨设，2，则．
所以，即为恒等置换；
③若存在唯一的，使得，不妨设，则或．
当时，由（1）可知为恒等置换；
同理可知，当时，也是恒等置换；
④若对任意的，，
则情形一：或或；
情形二：或或或
或或；
对于情形一：为恒等置换；
对于情形二：为恒等置换；
综上，对任意，存在，使得为恒等置换；
（3）不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对，2，，作一次如下置换：
，即
其中，2，，26．
注意到各编号在置换中的如下变化：
，，
，
，
，
，
，
，
，
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，
注意到1，2，8的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型．
【点评】本题考查新定义、数列的应用等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
等差数列
等比数列
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1(q≠0)
前n项和公式
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d
①q≠1，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q)；
②q＝1，Sn＝na1
等差数列
等比数列
性质
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等差数列
①若m，n，s，t∈N*，且m＋n＝s＋t，则am·an＝as·at；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍成等比数列(Sm≠0)
0
1
2
3
2
1
3
0
2
3
6
1
3
3
0
1
4
7
0
1
1
2