1、专题四：数列专题-高二上学期数学考点题型难点期末高效复习高频考点梳理考点一数列的基础知识按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项2数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列an1_an其中nN*递减数列an1_0，d0，则Sn存在最大值；若a10，则Sn存在最小值【知识拓展】等差数列的四种判断方法(1)定义法：an1and(d是常数)an是等差数列(2)等差中项法：2an1anan2 (nN*)an是等差数列(3)通项公式：anpnq(p，q为常数)an是等差数列(4)前n项和公式：SnAn2Bn(A，B为
2、常数)an是等差数列考点三等比数列一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示(q0)2等比数列的通项公式设等比数列an的首项为a1，公比为q，则它的通项ana1qn1.3等比中项如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项4等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：anamqnm(n，mN*)(2)若an为等比数列，且klmn(k，l，m，nN*)，则akalaman.(3)若an，bn(项数相同)是等比数列，则an(0)，a，anbn，仍是等比数列5等比数列的前n
3、项和公式等比数列an的公比为q(q0)，其前n项和为Sn，当q1时，Snna1；当q1时，Sn.6等比数列前n项和的性质公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn，则Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等比数列，其公比为qn.考点四：数列求和的常用方法(1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和(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常见的裂项公式；.(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)错位相减法主要用于一个等差数
4、列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广(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例如，Sn10029929829722212(10099)(9897)(21)5 050.高频题型归纳题型一：数列的通项公式1（2021宁夏吴忠中学高二期末（理）已知数列满足，则数列的前项和（ ）ABCD2（2021河南许昌高二期末（理）在数列中，对，则（ ）ABCD3（2021天津一中高二期末）已知数列中，则数列的通项公式为（ ）ABCD题型二：递推公式的问题4（2021山西高二期末（理）已知数列的
5、前n项和为，对任意的都有，则（ ）ABCD5（2021浙江湖州高二期末）已知数列满足，则（ ）ABCD6（2021北京首都师范大学附属中学高二期末）数列满足，下列说法正确的是（ ）A存在正整数，使得B存在正整数，使得C对任意正整数，都有D数列单调递增题型三：等差数列综合问题7（2021陕西渭滨高二期末（理）设等差数列前项和为，等差数列前项和为，若则（ ）ABCD8（2021辽宁锦州高二期末）周髀算经是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度），夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的
6、九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为49.5尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为10.5尺，则立秋的晷长为（ ）A1.5尺B2.5尺C3.5尺D4.5尺9（2021山东济南高二期末）若等差数列的前项和为，首项，则满足成立的最大正整数是（ ）ABCD题型四：等比数列的综合问题10（2021湖南省平江县第一中学高二期末）记Sn为等比数列an的前n项和若a5a3=12，a6a4=24，则=（ ）A2n1B221nC22n1D21n111（2021安徽淮北市树人高级中学高二期末（理）已知数列的前项和为，若存在两项，使得，则的最小值为（ ）ABCD12（2021广东海
7、珠高二期末）等比数列中，已知，则（ ）ABCD题型五：数列求和问题13（2021天津耀华中学高二期末）数列满足，则数列的前项和为（ ）ABCD14（2021安徽亳州高二期末（文）已知等比数列的前项和为，公比，若数列的前项和为，则（ ）ABCD15（2021广东深圳高二期末）若数列满足，且对于任意的都有，则等于（ ）ABCD题型六：数列在实际问题中的应用16（2021江苏海门市第一中学高二期末）中国当代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“二百五十二里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：“有一个人走252里路，第一天健步行走，从第二天起脚
8、痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.则最后一天走了（ ）A4里B16里C64里D128里17（2021天津西青高二期末）年月日时分，国际奥委会第次全会在吉隆坡举行，投票选出年冬奥会举办城市为北京.某人为了观看年北京冬季奥运会，从年起，每年的月日到银行存入元的定期储蓄，若年利率为且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到年的月日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为（ ）ABCD18（2021广东荔湾高二期末）某家庭打算为子女储备“教育基金”，计划从2021年开始，每年年初存入一笔专用存款，使这笔款到2027年底连本带息共有40万元收益如果每年
9、的存款数额相同，依年利息2%并按复利计算（复利是一种计算利息的方法，即把前一期的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一期的利息），则每年应该存入约（ ）万元（参考数据：）A5.3B4.6C7.8D6题型七：等差数列和等比数列的综合问题19（2021河南社旗县第一高级中学高二阶段练习（理）已知数列满足，其前项和为，若数列的前项和为，则满足成立的的最小值为（ ）A10B11C12D1320（2021山西高二阶段练习）已知数列满足，数列的前n项和为，若，成等差数列，则n=（ ）A6B8C16D2221（2021江苏金陵中学高二阶段练习）在等比数列中，则（ ）A6BCD2题型八：数列的综合问题22（2
10、021浙江高二期末）设等差数列的前n项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）若30成等差数列，18成等比数列，求正整数pq的值；（3）是否存在，使得为数列中的项？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由.23（2021云南沧源佤族自治县民族中学高二期末）已知数列的前项和为，.（）求数列的前项和为；（）求数列的通项公式；（）令，求数列的前项和.24（2021湖南新邵高二期末）已知是等差数列的前项和，公差，且_.从为与等比中项，等比数列的公比为，这两个条件中，选择一个补充在上面问题的横线上，使得符合条件的数列存在并作答.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证：.注：
11、如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.25（2021山西怀仁高二期末（理）已知正项数列的前项和，满足（1）求数列的通项公式；（2）求证：26（2021浙江衢州高二期末）设数列的前项和为，是等差数列，公差，且，成等比数列（1）求数列和的通项公式；（2）设，数列的前项和为若对任意的，恒成立，求实数的取值范围27（2021浙江舟山高二期末）已知等差数列满足，数列的前项和，.（1）求数列、的通项公式；（2）记数列的前项和为，若存在正数，使，对一切恒成立，求的取值范围.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案1B【分析】利用倒数法求出数列的通项公式，进而利用裂项相消法可求得.【
12、详解】已知数列满足，在等式两边同时取倒数得，所以，数列是等差数列，且首项为，公差为，则，因此，.故选：B.【点睛】使用裂项法求和时，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2C【分析】由得，得数列是以为首项，为公比的等比数列，可求数列的通项公式，再用累加法求得数列的通项公式，即可得解.【详解】解答：由得数列是以为首项，为公比的等比数列，当时，经检验，时成立，故选：C.3C【分析】条件中给出“后项减前项”的条件，利用累加法即可.【详解】因为，所以（）又，利用累加法，有故选：C.4C【分析】由，可得，数
13、列为常数列，令，可得，进而可得，利用裂项求和即可求解.【详解】数列满足，对任意的都有，则有，可得数列为常数列，有，得，得，又由，所以故选：C【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）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的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成
14、，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.5D【分析】根据数列的递推关系，利用取倒数法进行转化，构造等差数列，求出通项公式即可【详解】解：因为，则，又，则，所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，所以，所以，则故选：D6C【分析】由，可判断A，由，得，两边取对数可得，从而可判断B，C,进一步可得，从而数列单调递减，可判断D.【详解】数列满足.，所以A不正确.由，得两边取以2为底的对数，可得所以数列是等比数列，且则，所以，即当时，所以，即,所以B不正确.所以，则数列单调递减. 所以D不正确.故选:
15、C.【点睛】本题考查数列的递推关系，单调性，考查考生的逻辑思维能力，及分析问题、解决问题的能力，属于中档题.7B【分析】本题首先可令，得出，然后通过等差数列的性质得出以及，代入中，即可得出结果.【详解】因为，所以，因为是等差数列前项和，是等差数列前项和，所以，则，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的相关性质的应用，主要考查等差数列前项和公式以及等差中项的应用，若等差数列前项和为，则，当时，考查化归与转化思想，是中档题.8D【分析】设等差数列的首项为，公差为d，根据题意列出方程组求解即可.【详解】夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数
16、列，设其首项为，公差为d，根据题意，立秋的晷长为.故选：D【点睛】本题考查等差数列的通项公式、求和公式，属于基础题.9B【分析】由等差数列的，及得数列是递减的数列，因此可确定，然后利用等差数列的性质求前项和，确定和的正负【详解】，和异号，又数列是等差数列，首项，是递减的数列，由，所以，满足的最大自然数为4040故选：B【点睛】关键点睛：本题求满足的最大正整数的值，关键就是求出，时成立的的值，解题时应充分利用等差数列下标和的性质求解,属于中档题.10B【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可.【详解】设等比数列的公
17、比为，由可得：，所以，因此.故选：B.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前项和公式的应用，考查了数学运算能力.11B【分析】运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得an2n求得m+n6，（m+n）（）（3），运用基本不等式，检验等号成立的条件，即可得到所求最小值【详解】Sn2an2，可得a1S12a12，即a12，n2时，Sn12an12，又Sn2an2，相减可得anSnSn12an2an1，即an2an1，an是首项为2，公比为2的等比数列所以an2naman64，即2m2n64，得m+n6，所以（m+n）（）（3）（3+2），当且仅当时取等号，即为m，n
18、因为m、n取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则（3+2），验证可得，当m2，n4，或m3，n3，取得最小值为故选：B【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，考查基本不等式的运用，注意检验等号成立的条件，考查化简运算能力，属于中档题12B【分析】设等比数列的公比为，计算出的值，由此可得出的值.【详解】设等比数列的公比为，则，即，可得，因此，.故选：B.13B【分析】利用等差数列的前n项和公式得到，进而得到，利用裂项相消法求解.【详解】依题意得：，故选：B14C【分析】由基本量法求得公比，得通项公式，前项和，求出，用裂项相消法得和【详解】解： ，或
19、，即，故选：C【点睛】方法点睛：本题考查求等比数列的通项公式与前项和公式，考查裂项相消法求和数列求和的常用方法：公式法，错位相减法，裂项相消法，分组（并项）求和法，倒序相加法等15D【分析】先利用累加法求得，得到，再由裂项相消求和即可.【详解】由可得，.累加得，即，故.故选：D.16A【分析】先根据题意转化为等比数列模型，相当于求，直接套公式求即可.【详解】由题意得此人每天走的路程构成公比为的等比数列，且前6项和为252.设首项为，则有，解得：=128.故选：A【点睛】（1）数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论
20、，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；（2）等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换17D【分析】由存入的元，一年后存款及利息为，二年后存款及利息为，依次类推，可得，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，2016年1月1日，存入的元，一年后存款及利息为，二年后存款及利息为，依次类推，由此可得，从2016年1月1日到2022年1月1日所有的存款及利息为：.故选：D.18A【分析】设每年存入万元，分别求出2021年初至2027年初到2027年底的所有本利和，求和即可求解.【详解】设每年存入万元，则2021年初存入的钱到2027年底本利和为
21、，2022年初存入的钱到2027年底本利和为，2027年初存入的钱到2027年底本利和为，则，即，解得.故选：A.19A【分析】根据题意和对数的运算公式可证得为以2为首项，2为公比的等比数列，求出，进而得到，利用裂项相消法求得，再解不等式即可.【详解】由，又，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故，则，所以，由，得，即，有，又，所以，即n的最小值为10.故选：A20D【分析】利用累加法求得列的通项公式，再利用裂项相消法求得数列的前n项和为，再根据，成等差数列，得，从而可得出答案.【详解】解：因为，且，所以当时，因为也满足，所以.因为，所以.若，成等差数列，则，即，得.故选：D.21A【分
22、析】由等比数列的性质计算【详解】是等比数列，所以，所以故选：A22（1）；（2）；（3）存在，或14.【分析】（1）设等差数列的公差为，由题设可得关于的方程组，求出其解后可得列的通项公式.（2）由（1）可得关于的方程组，其解即为所求的正整数pq的值；（3）根据题设条件可得关于的方程，利用该方程有正整数解可求的值.【详解】（1），所以，.（2）由（1）可得.因为成等差数列，成等比数列，故，故或所以或（因不是正整数，舍），故.（3）假设存在使得为数列中的项，故，其中，故，而，所以（无正整数解，舍）或或故或，所以或.23（）；（）；（）.【分析】（）转化为，可得数列为等差数列，即得解；（）由，项和转
23、化即得解；（）乘公比错位相减法可得解.【详解】（）由，得，又，所以数列是首项为3，公差为1的等差数列，所以，即.（）当时，由（）得，又也符合上式，所以.（）由（）得，所以，得故.【点睛】本题考查了等差数列的判定、项和转换、乘公比错位相减等，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于较难题24（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据等差等比数列的性质求解，即可做出判断；（2）利用裂项求和化简后即可证明.【详解】（1）若选，为与的等比中项，则，由为等差数列，得，把代入上式，可得，解得或（舍）.，；若选，等比数列的公比，可得，即，即有，即;又，可得，即，解得，不符题意，故选，此时；（2），
24、；.25（1）；（2）证明见解析【分析】（1）利用与得关系，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）得，利用裂项相消求和法求得数列得前n项得和，即可得证.【详解】（1）解：由，当时，得，当时，由，则，由得：，即，又因，所以所以数列是公差为1的等差数列故数列的通项公式为；（2）证明：由（1）得则,26（1），；（2）【分析】（1）根据题中条件求解数列的基本参数进而求解出数列的通项公式；（2）先求解数列的前n项和，结合不等式恒成立问题求解出参数的范围.【详解】（1）时，时，n=1时，由得，所以，；（2），；令，实数的取值范围为27（1），；（2）.【分析】（1）根据等差数列的性质可知：由解得，再结合即可得出；，根据可得，从而利用可计算出，再检验的值是否满足通项即可确定（2）由于是等差数列；是等比数列，所以可利用错位相减求和法求出，再结合不等式恒成立问题即可分析出的取值范围【详解】（1）因为数列是等差数列，所以，由，得.所以.又，所以公差，所以，.当时，当时，经检验，当时也满足上式，所以；（2）由（1）得，所以，-得，所以.因为不等式，对一切恒成立，所以对一切恒成立.令，（），则单调递减所以，所以，故的取值范围.34
