专题06 数列
等差数列
（2024·辽宁沈阳·统考一模）
1．已知有100个半径互不相等的同心圆，其中最小圆的半径为1，在每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，则这100个圆中最大圆的半径是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．100
（2024·广东深圳·校考一模）
2．已知为等差数列的前n项和，，则（ ）
A．60 B．120 C．180 D．240
（2024·吉林延边·统考一模）
3．已知是公差不为0的等差数列，是其前n项和，若，则下列关系中一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）
4．数列中，，，则（ ）
A．210 B．190 C．170 D．150
（2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模）
5．已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（ ）个.
A．499 B．500 C．501 D．502
（2024·山西晋城·统考一模）
6．生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是（ ）
A．3月5日或3月16日 B．3月6日或3月15日
C．3月7日或3月14日 D．3月8日或3月13日
（2024·浙江·校联考一模）
7．一个正方形网格由99条竖线和99条横线组成，每个最小正方形格子边长都是1．现在网格中心点处放置一棋子，棋子将按如下规则沿线移动：．，点到的长度为1，点到的长度为2，点到的长度为3，点到的长度为4，……，每次换方向后的直线移动长度均比前一次多1，变换方向均为向右转．按此规则一直移动直到移出网格为止，则棋子在网格上移动的轨迹长度是（ ）
A．4752 B．4753 C．4850 D．4851
（2024·河北·校联考一模）
8．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B为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点E，再以点A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．
（2024·重庆·统考一模）
9．已知首项为正数的等差数列的公差为2，前项和为，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和．
等比数列
（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）
10．已知数列为等比数列，均为正整数，设甲：；乙：，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
（2024·云南曲靖·统考一模）
11．已知等比数列的前项和为，且，则（ ）
A．36 B．54 C．28 D．42
（2024·吉林延边·统考一模）
12．谢尔宾斯基（Sierpinski）三角形是一种分形，它的构造方法如下：取一个实心等边三角形（如图1），沿三边中点的连线，将它分成四个小三角形，挖去中间小三角形（如图2），对剩下的三个小三角形继续以上操作（如图3），按照这样的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形．如果图1三角形的边长为2，则图4被挖去的三角形面积之和是（ ）
A． B． C． D．
（2024·辽宁沈阳·统考一模）
13．已知等比数列的各项均为正数，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求证：.
（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）
14．设等比数列的前项和为，已知，．
(1)求的通项公式；
(2)设，求的前项和．
（2024·福建厦门·统考一模）
15．已知数列的前项和为，，当，且时，．
(1)证明：为等比数列；
(2)设，记数列的前项和为，若，求正整数的最小值．
（2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模）
16．约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
(2)当时，若构成等比数列，求正整数；
(3)记，求证：.
数列综合
（2024·福建厦门·统考一模）
17．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图所示的1，5，12，22被称为五边形数，将所有的五边形数从小到大依次排列，则其第8个数为（ ）
A．51 B．70 C．92 D．117
（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）
18．设数列的前项和为 ，，，，则数列的前项和为 （ ）
A． B． C． D．
（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）
19．已知数列满足，，则（ ）
A．3 B．2或 C．3或 D．2
（2024·山东济南·山东省实验中学校考一模）
20．函数的定义域为，数列满足，则“函数为减函数”是“数列为递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
（2024·江西吉安·吉安一中校考一模）
21．已知数列的前n项和分别为，记，则数列的前2021项和为（ ）
A． B． C． D．
（2024·山东济南·山东省实验中学校考一模）
22．已知数列满足，，则 ．
（2024·重庆·统考一模）
23．已知数列的前项和为，且，记，则 ；若数列满足，则的最小值是 ．
（2024·广东深圳·校考一模）
24．已知数列的首项，且满足对任意都成立，则能使成立的正整数的最小值为 .
（2024·山东济南·山东省实验中学校考一模）
25．已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）
26．设，有三个条件：①是2与的等差中项；②，；③．在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．（如果选择多个条件分别作答，那么按第一个解答计分）
若数列的前n项和为，且______．
(1)求数列的通项公式；
(2)若是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列的前n项和．
（2024·云南曲靖·统考一模）
27．已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，其前项和为，求使得成立的的最小值．
（2024·山西晋城·统考一模）
28．已知数列的前项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
（2024·河北·校联考一模）
29．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：.
（2024·浙江·校联考一模）
30．已知数列满足，记数列的前项和为．
(1)求；
(2)已知且，若数列是等比数列，记的前项和为，求使得成立的的取值范围．
（2024·吉林延边·统考一模）
31．已知正项数列的前项和，满足：．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，设数列的前项和为，求证．
数列新定义
（2024·广西南宁·南宁三中校联考一模）
32．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的和除以与它前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做“和差等比数列”．已知是“和差等比数列”，，则满足使不等式的的最小值是（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
（2024·云南曲靖·统考一模）
33．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则 ，数列的前50项和为 ．
（2024·广西南宁·南宁三中校联考一模）
34．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推，若该数列的前项和为，若，则称为“好数对”，如，，则都是“好数对”，当时，第一次出现的“好数对”是 ．
（2024·江西吉安·吉安一中校考一模）
35．对于无穷数列，“若存在，必有”，则称数列具有性质.
（1）若数列满足，判断数列是否具有性质？是否具有性质？
（2）对于无穷数列，设，求证：若数列具有性质，则必为有限集；
（3）已知是各项均为正整数的数列，且既具有性质，又具有性质，是否存在正整数，，使得，，，…，，…成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】
设这100个圆的半径从小到大依次为，由题意得且，可求.
【详解】设这100个圆的半径从小到大依次为，则由题知，
每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，
有，则是首项为1公差为1的等差数列，，
所以，得.
故选：C.
2．B
【分析】根据等差数列的性质和前n项和公式运算.
【详解】因为数列为等差数列，所以，
所以，所以．
故选：B.
3．A
【分析】
利用等差数列前n项和、等差中项的性质可得，结合等差数列前n项和的函数性质判断各项正误.
【详解】由题设，故，
所以，若的公差为，则，可得，
所以，故，A正确，B错误；
而大小，与公差的正负有关，大小不确定且，C、D错误.
故选：A
4．C
【分析】
根据等差数列的定义知公差为，然后利用求和公式结合等差数列通项性质求和即可；
【详解】
由知数列是公差为的等差数列，
所以.
故选：C.
5．D
【分析】依题意，由等差数列的性质及求和公式得到，要想无实根，需满足，结合根的判别式与基本不等式得到至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，从而得到结论.
【详解】由题意得：，其中，
，代入上式得：，
要方程无实数解，则，
显然第502个方程有解.
设方程与方程的判别式分别为，
则
，
等号成立的条件是，所以至多一个成立，
同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，
综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多502个，
故选：D.
【点睛】解决本题关键是灵活运用二次方程根的判别式，等差数列性质及基本不等式进行求解.
6．D
【分析】
利用等差数列求和公式列方程求解.
【详解】
若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第天所得积分为．
假设他连续打卡天，第天中断了，
则他所得积分之和为
，化简得，
解得或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日．
故选：D
【点睛】
关键点点睛：本题考查等差数列的应用，注意审题“一天中断”两次求和公式的应用.
7．C
【分析】
由题意可知，棋子每次移动的长度构成等差数列，首项为，公差为，通过归纳法得出可以移动的次数,即可求出．
【详解】根据题意可知，棋子每次移动的长度构成等差数列，首项为，公差为，以点为原点，水平向右为轴正方向建立直角坐标系，
设，，
易得，，
由图归纳可知，，，同理可得，，，当，
故当时，即为，
当时，即为，移出网格1个单位，
此时移动的轨迹长度为.
故选：C.
8．D
【分析】
利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可.
【详解】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：D．
9．(1)
(2)当为偶数时，，当为奇数时，.
【分析】
（1）根据等差数列前和公式即可求出，则得到其通项公式；
（2）分为奇数和偶数讨论并结合裂项求和即可.
【详解】（1）由题意得是公差为2的等差数列，且，
即，又因为，所以，
所以数列的通项公式.
（2）由（1）知，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
经检验，时，满足，
综上，当为偶数时，，
当为奇数时，.
10．B
【分析】
根据可以得到，当时均有，得到答案.
【详解】
设数列的公比为，首项为，
若，则，即，满足必要性；
当时，对任意正整数均有，不满足充分性，
所以甲是乙的必要不充分条件，
故选：B.
11．D
【分析】
利用等比数列前项和公式整体代入计算即可求得.
【详解】根据题意设等比数列的首项为，公比为，易知；
由可得，
两式相除可得，即；
所以.
故选：D
12．D
【分析】
根据挖去三角形的边长和个数求得正确答案.
【详解】第一种挖掉的三角形边长为，共个，面积为；
第二种挖掉的三角形边长为，共个，面积为，
第三种挖掉的三角形边长为，共个，
面积为，
故被挖去的三角形面积之和是.
故选：D
13．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）利用等比数列基本量计算；
（2）根据对数运算求得，由得证.
【详解】（1）设的公比为，由知，
，
由得，
.
（2）证明：由题知，
所以，
.
14．(1)
(2)
【分析】
（1）根据题意列式求，进而可得通项公式；
（2）根据题意分析可知数列是以首项为，公比为的等比数列，结合等比数列求和分析求解.
【详解】（1）设等比数列的公比为q，
由题意可得，则，
即，解得，
所以.
（2）因为，则，且，
即数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以．
15．(1)证明见解析；
(2)3.
【分析】
（1）由题设，结合已知得到在上都成立，即可证结论；
（2）由（1）得，裂项相消法求，根据不等式关系得，即可确定正整数的最小值.
【详解】（1）当时，，即，
又，故在上都成立，且，
所以是首项、公比均为2的等比数列.
（2）由（1）知：，则，
所以，
则，即，
所以，可得，而，故，正整数的最小值为3.
16．(1)8
(2)
(3)证明见解析
【分析】
（1）由题意可知时符合题意；
（2）由题意可得，，根据等比数列的定义可得，进而，则为，即可求出a；
（3）由题意可得，，则，结合放缩法和裂项求和法即可证明.
【详解】（1）当时,正整数的4个正约数构成等比数列，
比如为8的所有正约数，即.
（2）由题意可知，，
因为，题意可知，所以，
化简可得，所以，
因为，所以，
因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以为，
所以.
（3）由题意知，，
所以，
因为，
所以
，
因为，，所以，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：在第二问的解答中，在得到后，要能根据，推得，继而得出，这是解决问题的关键.第三问的证明中，难点在于要能注意到，，从而可得，然后采用裂项求和的方法进行化简进而证明结论.
17．C
【分析】
根据题图及前4个五边形数找到规律，即可得第8个数.
【详解】由题图及五边形数知：后一个数与前一个数的差依次为，
所以五边形数依次为，即第8个数为92.
故选：C
18．D
【分析】
根据已知条件构造为常数列，求出，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】
，且，
，即 ，，
故数列为常数列，且，
，则，
故数列的前项和.
故选：D.
19．C
【分析】根据递推公式计算即可.
【详解】因为，，
所以，
所以，
，
，
，
所以或，
故选：C.
20．A
【分析】
根据充要条件的要求分别判断即可，若是推不出，则只需举反例.
【详解】因函数的定义域为，函数为减函数，又因数列满足中，,而,则在上必是递减的，
即数列为递减数列，故“函数为减函数”是“数列为递减数列”的充分条件；
反之，数列为递减数列，即在上是递减的，但是在上未必递减.
(如函数在上的函数值都是，显然函数不是减函数，同时对应的数列却是递减数列.)
故“函数为减函数”不是“数列为递减数列”的必要条件.
故选：A.
21．C
【分析】利用裂项求和法求得正确答案.
【详解】当时，，
当时，
，
所以
.
故选：C
22．##
【分析】尝试求数列的前几项，归纳数列的周期性，可得结论.
【详解】由题意：，，，，，
所以满足.
所以
故答案为：
23．
【分析】
由与的关系推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可求得的表达式，分析数列的单调性，找出数列所有非正数项，即可求得的最小值.
【详解】因为数列的前项和为，且，
当时，则，解得，
当时，由可得，
上述两个等式作差可得，则，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，则，
所以，，则，且，
所以，，
，
则，
当时，，即，
当时，，则，故数列从第二项开始单调递增，
因为，且，
所以，的最小值为.
故答案为：；.
24．
【分析】
由已知等式可得或，首先求出数列为等差数列或等比数列时正整数的值，然后再讨论为等差和等比交叉数列，要使的值最小，可利用递推关系式所满足的规律进行推导得出结果.
【详解】根据可知或；
当时，数列是以为首项，1为公差的等差数列；
所以，
则，可得；
当时，数列是以为首项，2为公比的等比数列；
所以，
则，解得，不合题意，舍去；
若数列为等差和等比交叉数列，又易知；
若要使的值最小，则，，，，，
，，，，，，，
，，，，，，
此时，即；
故正整数的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查根据数列中的规律求解数列中的项的问题，解题关键是能够根据递推关系式讨论若数列为等差和等比各项交叉所得的数列，若要使的值最小，则需尽可能利用对数列中的项进行缩减，进而利用首项求出的值.
25．(1)
(2)
【分析】
（1）变形得到，得到数列是常数列，根据求出通项；
（2）变形得到，裂项相消法求和，得到答案.
【详解】（1）由，得，
所以．所以数列是常数列．
又，所以．所以．
（2）因为，
所以数列的前n项和
．
26．(1)
(2)
【分析】（1）选条件①时，利用数列的递推关系求出数列的通项公式；选条件②时，利用数列的递推关系求出数列的通项公式；选条件③时，利用与的关系可求出答案；
（2）首先可得，然后利用错位相减法算出答案即可．
【详解】（1）选条件①时，由于是2与的等差中项；
所以，①
当时，解得；
当时，②，
①②得：，
整理得，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列；
所以（首项符合通项），
所以；
选条件②时，由于，；
所以：，①，
当时，，②，
①②得：，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列；
故（首项符合通项），
所以；
选条件③时，因为，
所以当时，
当时，
因为时也满足，
所以
（2）若是以2为首项，4为公差的等差数列，
所以，
所以，
故①，
②，
①②得：；
整理得．
27．(1)；
(2)10.
【分析】
（1）根据关系及递推式可得，结合等比数列定义写出通项公式，即可得结果；
（2）应用裂项相消法求，由不等式能成立及指数函数性质求得，即可得结果.
【详解】（1）当时，，
所以，则，而，
所以，故是首项、公比都为2的等比数列，
所以.
（2）由，
所以，
要使，即，
由且，则.
所以使得成立的的最小值为10.
28．(1)
(2)
【分析】
（1）令,利用当时，求解；
（2）利用分组求和求解.
【详解】（1）
令．
当时，；
当时，．
因为，所以，
所以，解得．
（2）
由（1）知，
所以
29．(1)
(2)证明见解析
【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.
【详解】（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）由，，
故，
则
，
由，
故，
则.
30．(1)
(2)．
【分析】（1）由递推关系首先得结合等差数列求和公式即可求解.
（2）由题意首项得，进一步有通过等比数列求和将原问题转换为求不等式的正整数解集.
【详解】（1）①
②
②-①得，，得．
当时，①式为，得，也满足上式．
，数列是等差数列，所以．
（2），则数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
，
又，得，
得．
令，即，即．
当时，经验证，（*）式满足要求．
令，则
，
所以当时，，
即当时，式不成立．
使得成立的的取值范围是．
31．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由，把用1代入算出首项，再用退位相减法发现其为等差数列，则数列通项可求；
（2）由（1）可先算出，代入求得通项并裂项，再求和即可证明.
【详解】（1）
当时，，解得．
当时，由①，可得，②
①②得：，即．
，
．
是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列的通项公式．
（2）
由（1）可得，
，
，，，，，
，
.
32．C
【分析】
根据“和差等比数列”的定义，依次求得，，，的值，从而求得正确答案.
【详解】法一：由题可得：，则，解得，
由，，由，解得，由，解得.
法二：依题意，，得，
则数列是首项为1，公比为3的等比数列，
所以，检验知，当时，成立，
所以的最小值是6.
故选：C.
33．
【分析】
当时，，当时，，推出，利用累加法可得，从而求得，即可求解，根据，即可求解.
【详解】当时，①，当时，②，
由①②可得，，
所以，
累加可得，，
所以，
令且为奇数)，，当时，成立，
所以当为奇数，，
当为奇数，，
所以当为偶数，，
所以
故；
根据
所以的前项的和.
故答案为：；
34．
【分析】
结合数列的项的规律求出该数列前项的和为，令，求出k的范围，即可确定当时，满足为2的整数幂的n的最小值，即可求得答案.
【详解】若，则为2的整数幂，将数列排成如下形式：
……
第k行为，第k行的和为，
该数列前项的和为，
令，则，此时可用以2为底的整数幂表示，
当时，有，此时共有项，不满足总项数；
当时，有，此时共有项，不满足总项数；
当时，有，此时共有项，满足总项数；
所以n的最小值为，此时，，
所以当时，第一次出现的“好数对”是，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题是给出新的定义类问题，解答首要理解新定义的含义，由此去解答问题，解答本题的关键是求出当时，满足为2的整数幂的n的最小值.
35．（1）见解析；
（2）见解析；
（3）见解析.
【分析】（1）根据题中所给的条件，利用定义判断可得数列不具有性质，具有性质；
（2）根据数列具有性质，得到数列元素个数，从而证得结果；
（3）依题意，数列是各项为正数的数列，且既具有性质，又具有性质，可证得存在整数，使得是等差数列.
【详解】（1）因为，
，但，所以数列不具有性质，
同理可得数列具有性质；
（2）因为数列具有性质，
所以一定存在一组最小的且，满足，即，
由性质的含义可得，，，，
所以数列中，从第项开始的各项呈现周期性规律：
为一个周期中的各项，
所以数列中最多有个不同的项，
所以最多有个元素，即为有限集；
（3）因为数列具有性质，又具有性质，
所以存在，使得，
其中分别是满足上述关系式的最小的正整数，
由性质的含义可得，
若，则取，可得，
若，则取，可得，
记，则对于，
有，显然，
由性质的含义可得：，
所以
，
所以，
又满足的最小的正整数，
所以，，
所以，
所以，
取，所以，若是偶数，则，
若是奇数，
则，
所以，，
所以是公差为1的等差数列.
【点睛】该题考查的是有关与数列相关的创新题，涉及到的知识点有对新定义的理解，属于难题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
