1、第七章 数列第一节 数列的通项公式与性质1.（2023新高考II卷18）已知为等差数列，.记，分别为，的前项和.若，.（1）求的通项公式；（2）求证：当时，.【解析】（1）为等差数列，设公差为.，所以,又，所以可得,联立解得，所以，.（2）由（1）得.当为偶数时，.当时，即.当为奇数时，为偶数，.当时，即.综上所述，当时，.第二节 等差数列与等比数列1.（2023全国甲卷理科5）已知正项等比数列中，为前项和，则（ ）A. B. C. D.【解析】由题知，即，即，.为正项等比数列，所以解得，故.故选C.2.（2023全国甲卷文科5）记为等差数列的前项和若，则（ ）A. B. C. D.【分析】解
2、法一：根据题意直接求出等差数列的公差和首项，再根据前项和公式即可解出；解法二：根据等差数列的性质求出等差数列的公差，再根据前项和公式的性质即可解出【解析】解法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，即，又，解得：，所以故选C.解法二：，所以，从而，于是，所以故选C.3.（2023全国甲卷文科13）记为等比数列的前项和若，则的公比为 . 【分析】分或两种情况考虑.当，再由等比数列的前项和公式和平方差公式化简即可求出公比.【解析】若，则由得，则，不合题意.所以.当时，因为，所以，即，即，即，解得.故答案为.4.（2023全国乙卷理科15）已知为等比数列，则 . 【分析】根据等比数列公式对化简得
3、，联立求出，最后得.【解析】 设的公比为，因为，而，所以，因为，则，则，则，则，故答案为. 5.（2023全国乙卷文科18）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）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解.【解析】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，即，解得，所以，.（2）因为.令，解得，且，当时，则，可得；当时，则，可得；综上所述，.6.（2023新高考I卷7）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
4、.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】为等差数列，设首项为公差为，则，所以为等差数列，所以甲是乙的充分条件.为等差数列，即为常数，设为，即，故，两式相减得，为常数，对也成立，所以为等差数列，所以甲是乙的必要条件.所以，甲是乙的充要条件，故选C.7.（2023新高考I卷20）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.【解析】（1），则，则，故.（2）若为等差数列，设公差为，则故，（），. 时， 时，.矛盾.综上，.8.（2023新高考II卷8）记为等比数列的前项和，若，则=（ ）A.120 B.85 C. D.【解析】
5、由，得，即，解得或（舍），则.因为，所以.故选C.9.（2023天津卷6）已知为等比数列，为数列的前项和，则的值为（）A3B18C54D152【分析】由得出公比的值，再由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程，求解方程组确定首项的值，然后结合等比数列通项公式即可求得的值.【解析】因为，所以有，两式相减得，即，所以.又由题意可得：当时，即， 解得可得，则.故选C.10.（2023北京卷14）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经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：株）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
6、数列，.则 ；数列所有项的和为 .【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，再结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【解析】解法一：设前3项的公差为，后7项公比为，则，且，可得，则，即，可得，空1：可得，空2：.解法二：空1：因为为等比数列，则，且，所以；又因为，则；空2：设后7项公比为，则，解得，可得，所以.故答案为：48；384.第三节 数列求和1.（2023全国乙卷文科18）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）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运
7、算求解.【解析】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，即，解得，所以，.（2）因为.令，解得，且，当时，则，可得；当时，则，可得；综上所述，.2.（2023全国甲卷理科17）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. 【解析】（1）因为. 当时，即.当时，即.当时，所以，化简得.当时，即.当时都满足上式，所以，.（2）因为，所以，.两式相减得，即，.第四节 数列的综合与应用1.（2023天津卷19）已知是等差数列，(1)求的通项公式和(2)已知为等比数列，对于任意，若，则，（i）当时，求证：；（ii）求的通项公式及其前项和【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，
8、解方程可得，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前项和公式计算.(2)(i)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当时，取；当时，取，即可证得题中的不等式；(ii)结合(i)中的结论猜想，然后分别排除和两种情况即可确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前项和公式即可计算其前项和.【解析】（1）由题意可得，解得，则数列的通项公式为，求和得.（2）(i)由题意可知，当时，取，则，即，当时，取，此时，据此可得，综上可得：.(2)由(i)可知：，据此猜测，否则，若数列的公比，则，注意到，则不恒成立，即不恒成立，此时无法保证.若数列的公比，则，
9、注意到，则不恒成立，即不恒成立，此时无法保证.综上，数列的公比为，则数列的通项公式为，其前项和为：.【评注】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.2.（2023北京卷10）数列满足，则（ ）A.若，则是递减数列，且存在常数，使得恒成立B.若，则是递增数列，且存在常数，使得恒成立C.若，则是递减数列，且存在常数，使得恒成立D.若，则是递增数列，且存在常数，使得恒成立【分析】思路1：利用数学归纳法可判断ACD正误，利用递推公式可判断数列性
10、质，从而判断B的正误；思路2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性.思路3：利用数形结合，画图分析各选项合理性.【解析】解法一：因为，故，对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立，由数学归纳法可得成立.而，故，故，故为减数列，注意故，结合，所以，故，故，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，故恒成立仅对部分成立，故A不成立.对于B，若可用数学归纳法证明：即，证明：当时，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，故，故，故为递增数列，若，则恒成立，故B正确.对于C，当时，
11、 可用数学归纳法证明：即，证明：当时，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即，由数学归纳法可得成立.而，故，故为递减数列，又，结合可得：，所以，若，若存在常数，使得恒成立，则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，证明：当时，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立.由数学归纳法可得成立.而，故，故为递增数列，又，结合可得：，所以，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，n的个数有限，与D选项矛盾，故D错误.故选B.解法二：因为，令，则，令，得或；令，得；所以在和上单调递增，在上单调递减，令，则，即，解得或或，注意到，所以结合的单调性可知在和上，在和
12、上，对于A，因为，则，当时，则，假设当时，当时，则，综上：，即，因为在上，所以，则为递减数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，故，所以在上单调递增，故，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，则，与恒成立矛盾，故A错误；对于B，因为，当时，假设当时，当时，因为，所以，则，所以，又当时，即，假设当时，当时，因为，所以，则，所以，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，此时，取，满足题意，故B正确；对于C，因为，则，注意到当时，猜想当时，当与时，与满足，假设当时，当时，所以，综上，.易知，则，故，所以，因为在上，所以，则为递减数列，假设存在常
13、数，使得恒成立，记，取，其中，则，故，所以，即，所以，故不恒成立，故C错误；对于D，因为，当时，则，假设当时，当时，则，综上，因为在上，所以，所以为递增数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递增，故，所以，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，则，与恒成立矛盾，故D错误.故选B.解法三（蛛网图）：令，则.故可利用数形结合判断的单调性.首选关于中心对称，又由可知在上单调递增.再令，即，得，解得，.在同一坐标系下画出和的图像如下图所示.对于选项A，当时，如图（a）所示，是单调递减数列，且.当时，当时，.故不存在，使恒成立.故A错误.对于选项B，当
14、时，如图（b）所示，是单调递增数列，且当时，.故取，可使得恒成立.B正确.图（a） 图（b）对于选项C，当时，如图（c）所示，图（c）是单调递减数列.当时，.故不存在使得恒成立，C错误.对于选项D，当时，如图（d）所示.图（d）是单调递增数列，且当时，. 故不存在，使恒成立.D错误.故选B.【评注】本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.3.（2023北京卷21）已知数列的项数均为，且，的前项和分别为，并规定.对于，定义，其中，表示数集中最大的数.（1）若，；，求的值；（2）若，且，求；（3
15、）证明：存在，满足，使得【分析】（1）先求，根据题意分析求解；（2）根据题意分析可得，利用反证可得，再结合等差数列运算求解；（3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明.【解析】（1）由题意可知：，当时，则，故；当时，则，故；当时，则故；当时，则，故；综上所述：，.（2）由题意可知：，且，因为，则，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，假设不成立，故，即数列是以为公差的等差数列，所以.（3）（i）若，则取即可.（ii）若，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有.若存在正整数，使得，即，可取，使得；若不存在正整数，使得，因为，且，由抽屉原理，必存在，使得，即，可得，可取，使得；（iii）若，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有.若存在正整数，使得，即，可取，使得；若不存在正整数，使得，因为，且，由抽屉原理，必存在，使得，即，可得，可取，使得；综上所述，存在使得【评注】方法点睛：对于一些直接说明比较困难的问题，可以尝试利用反证法分析证明.
