2025年高考数学二轮热点题型归纳与演练(上海专用)专题06数列(九大题型)(原卷版+解析)

/专题06数列(九大题型)TOC\o"1-1"\h\u题型012021-2024年高考+春考真题 1题型02定义法求解数列 2题型03无穷等比数列及其应用 3题型04分段数列 3题型05取值范围、最值问题 4题型06数列中的个数、项数问题 4题型07数列的实际应用，其他应用 5题型08列举分析、综合分析 5题型09选择压轴题 6【解题规律·提分快招】1、解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列．2、解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．3、求数列的最大项与最小项的常用方法①函数法，利用函数的单调性求最值．②利用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项．a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0)．4、如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法．5、错位相减法求和时，应注意：①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．②应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.题型012021-2024年高考+春考真题【典例1-1】．（2024•上海）无穷等比数列{an}满足首项a1＞0，q＞1，记In＝{x﹣y|x，y∈[a1，a2]∪[an，an+1]}，若对任意正整数n，集合In是闭区间，则q的取值范围是．【典例1-2】．（2024•上海）数列{an}，an＝n+c，S7＜0，c的取值范围为．【变式1-1】．（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n项和为Sn，则S6＝．【变式1-2】．（2023•上海）已知无穷数列{an}的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意正整数k＞2022都有|Sk|＞|Sk+1|，则下列各项中可能成立的是（）A．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等差数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等比数列 B．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等比数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等差数列 C．a1，a2，a3，⋯，a2022为等差数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等比数列 D．a1，a2，a3，⋯，a2022为等比数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等差数列【变式1-3】．（2022•上海）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项判断正确的是（）A．若S2022＞S2021，则数列{an}是递增数列 B．若T2022＞T2021，则数列{an}是递增数列 C．若数列{Sn}是递增数列，则a2022≥a2021 D．若数列{Tn}是递增数列，则a2022≥a2021【变式1-4】．（2022•上海）已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，若S5＝0，则Si（i＝1，2，…，100）中不同的数值有个．【变式1-5】．（2021•上海）已知{an}为无穷等比数列，a1＝3，an的各项和为9，bn＝a2n，则数列{bn}的各项和为．【变式1-6】．（2021•上海）在无穷等比数列{an}中，（a1﹣an）＝4，则a2的取值范围是．题型02定义法求解数列【典例2-1】．（24-25高三上·上海·期中）设等比数列满足，，则.【典例2-2】．（2024·上海静安·一模）设是等差数列，，则该数列的前8项的和的值为.【变式2-1】．（2024·全国·高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则.【变式2-2】．（24-25高三上·上海·期中）设等差数列的公差不为0，其前项和为．若，则．【变式2-3】．（24-25高二上·上海·阶段练习）为等差数列的前项和，，则与的等比中项为.【变式2-4】．（23-24高三上·上海青浦·期中）已知数列是等差数列，，则.题型03无穷等比数列及其应用【典例3-1】．（23-24高三上·上海虹口·期末）设等比数列的前n项和为，若，，则．【典例3-2】．（22-23高一下·上海长宁·期末）已知无穷等比数列，，，则公比．【变式3-1】．（20-21高二上·上海宝山·阶段练习）已知无穷等比数列，公比满足，，求实数的取值范围【变式3-2】．（22-23高二下·上海宝山·期末）如图，记棱长为1的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，以各面的中心为顶点的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，…，以此类推得到一系列的多面体，设的棱长为，则.

【变式3-3】．（2023·上海嘉定·一模）数列满足，且，为的前项和，求题型04分段数列【典例4-1】．（23-24高三上·上海普陀·期中）已知数列满足，，则的前10项和.【变式4-1】．（24-25高三上·上海·期中）数列满足：为正整数，，若，则.【变式4-2】．（2023·上海浦东新·三模）已知数列（是正整数）的递推公式为若存在正整数，使得，则的最大值是．题型05取值范围、最值问题【典例5-1】．（2023·上海闵行·一模）已知数列为无穷等比数列，若，则的取值范围为．【典例5-2】．（24-25高三上·上海·开学考试）已知等差数列的首项表示的前项和，若数列是严格增数列，则的公差取值范围是.【变式5-1】．（2024·上海普陀·模拟预测）已知数列的通项公式为为数列的前项和，若，则实数的取值范围为.【变式5-2】．（2024·上海嘉定·一模）已知数列的通项公式为，其中为常数，设数列的前项和为，若且，则的取值范围为.【变式5-3】．（21-22高三上·上海浦东新·期中）设其中成公比为的等比数列，成公差为的等差数列，则的最小值是.【变式5-4】．（23-24高三下·上海浦东新·阶段练习）已知数列满足：对任意，都有，，设数列的前项和为，若，则的最大值为．题型06数列中的个数、项数问题【典例6-1】．（2024·上海奉贤·三模）若数列满足对任意整数有成立，则在该数列中小于100的项一共有项．【典例6-2】．（24-25高三·上海·课堂例题）从中选3个不同的数，使这三个数成等差数列，这样的等差数列最多有个．【变式6-1】．（2024·上海虹口·一模）已知项数为10的数列中任一项均为集合中的元素，且相邻两项满足．若中任意两项都不相等，则满足条件的数列有个．【变式6-2】．（2024·上海·模拟预测）已知无穷数列的前项和为，不等式对任意不等于2的正整数恒成立，且，那么这样的数列有个.【变式6-3】．（2022·上海·模拟预测）若一个整数数列的首项和末项都是1，且任意相邻两项之差的绝对值不大于1，则我们称这个数列为“好数列”，例如：1，2，2，3，4，3，2，1，1是一个好数列，若一个好数列的各项之和是2021，则这个数列至少有项.【变式6-4】．（23-24高三上·上海青浦·开学考试）已知等差数列（公差不为零）和等差数列的前n项和分别为、，如果关于x的实系数方程有实数解，那么以下2023个方程（）中，有实数解的方程至少有个【变式6-5】．（2024·上海·三模）已知有穷数列的首项为1，末项为12，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为．题型07数列的实际应用，其他应用【典例7-1】．（2023·上海闵行·三模）已知是同一直线上三个不同的点，为直线外一点，在等差数列中，，则数列的前7项和.【变式7-1】．（23-24高三下·上海·开学考试）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌，亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”…，以此类推．2024年是甲辰年，高斯出生于1777年，该年是（

）A．丁酉年 B．丁戌年 C．戊酉年 D．戊戌年【变式7-2】．（2023·上海黄浦·三模）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个第n层放个物体堆成的堆垛，则．

题型08列举分析、综合分析【典例8-1】．（2024·上海杨浦·一模）设无穷数列的前项和为，且对任意的正整数，则的值可能为（

）A． B．0 C．6 D．12【典例8-2】．（24-25高三上·上海·阶段练习）设数列的前项和为，若，且存在正整数，使得，则的取值集合为（

）A． B． C． D．【变式8-1】．（24-25高三上·上海·开学考试）已知是等差数列，，存在正整数，使得，，.若集合中只含有4个元素，则t的可能取值有（

）个A．2 B．3 C．4 D．5【变式8-2】．（2024·上海嘉定·一模）已知数列满足，给出以下四个结论：①当时，存在有限个，使得对任意正整数，都有②当时，存在和正整数，当时，③当时，存在和正整数，当时，④当时，不存在，使得对任意正整数，且，都有其中正确结论是（

）.A．①② B．②③ C．③④ D．②④题型09选择压轴题【典例9-1】．（2024·上海宝山·一模）设的三边长分别为、、，面积为（为正整数）．若，其中，，，，则（

）A．为严格减数列B．为严格增数列C．为严格增数列，为严格减数列D．为严格减数列，为严格增数列【变式9-1】．（2024·上海长宁·一模）数列为严格增数列，且对任意的正整数n，都有，则称数列满足“性质Ω”．①存在等差数列满足“性质Ω”；②任意等比数列，若首项，则满足“性质Ω”；下列选项中正确的是（

）A．①是真命题，②是真命题； B．①是真命题，②是假命题；C．①是假命题，②是真命题； D．①是假命题，②是假命题．【变式9-2】．（24-25高三上·上海黄浦·期末）设函数在区间I上有导函数，且在区间I上恒成立，对任意的，有．对于各项均不相同的数列，，，下列结论正确的是（

）A．数列与均是严格增数列B．数列与均是严格减数列C．数列与中的一个是严格增数列，另一个是严格减数列D．数列与均既不是严格增数列也不是严格减数列一、填空题1．（2023·上海宝山·一模）已知等差数列的前项和为，若则2．（2024·上海普陀·二模）设等比数列的公比为，则“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是.3．（2024·上海·模拟预测）数列的最小项的值为.4．（2024·上海松江·二模）已知等差数列的公差为2，前项和为，若，则使得成立的的最大值为.5．（2024·上海杨浦·二模）某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为.

6．（2024·上海奉贤·一模）已知集合是由函数的图象上两两不相同的点构成的点集，集合，其中、．若集合中的元素按照从小到大的顺序排列能构成公差为的等差数列，当时，则符合条件的点集的个数为．二、单选题7．（2024·上海青浦·二模）设是首项为，公比为q的等比数列的前项和，且，则（

）．A． B． C． D．8．（2023·上海杨浦·一模）等比数列的首项，公比为，数列满足（是正整数），若当且仅当时，的前项和取得最大值，则取值范围是（

）A． B． C． D．9．（2024·上海虹口·一模）设数列的前四项分别为，对于以下两个命题，说法正确的是（

）．①存在等比数列以及锐角α，使成立．②对任意等差数列以及锐角α，均不能使成立．A．①是真命题，②是真命题 B．①是真命题，②是假命题C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②是假命题

专题06数列(九大题型)TOC\o"1-1"\h\u题型012021-2024年高考+春考真题 1题型02定义法求解数列 5题型03无穷等比数列及其应用 7题型04分段数列 10题型05取值范围、最值问题 12题型06数列中的个数、项数问题 14题型07数列的实际应用，其他应用 18题型08列举分析、综合分析 20题型09选择压轴题 23【解题规律·提分快招】1、解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列．2、解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．3、求数列的最大项与最小项的常用方法①函数法，利用函数的单调性求最值．②利用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项．a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0)．4、如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法．5、错位相减法求和时，应注意：①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．②应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.题型012021-2024年高考+春考真题【典例1-1】．（2024•上海）无穷等比数列{an}满足首项a1＞0，q＞1，记In＝{x﹣y|x，y∈[a1，a2]∪[an，an+1]}，若对任意正整数n，集合In是闭区间，则q的取值范围是[2，+∞）．【分析】当n≥2时，不妨设x≥y，则x﹣y∈[0，a2﹣a1]∪[an﹣a2，an+1﹣a1]∪[0，an+1﹣an]，结合In为闭区间可得对任意的n≥2恒成立，故可求q的取值范围．【解析】解：由题设有，因为a1＞0，q＞1，故an+1＞an，故，当n＝1时，x，y∈[a1，a2]，故x﹣y∈[a1﹣a2，a2﹣a1]，此时I1为闭区间，当n≥2时，不妨设x≥y，若x，y∈[a1，a2]，则x﹣y∈[0，a2﹣a1]，若y∈[a1，a2]，x∈[an，an+1]，则x﹣y∈[an﹣a2，an+1﹣a1]，若x，y∈[an，an+1]，则x﹣y∈[0，an+1﹣an]，综上，x﹣y∈[0，a2﹣a1]∪[an﹣a2，an+1﹣a1]∪[0，an+1﹣an]，又In为闭区间等价于[0，a2﹣a1]∪[an﹣a2，an+1﹣a1]∪[0，an+1﹣an]为闭区间，而an+1﹣a1＞an+1﹣an＞a2﹣a1，故an+1﹣an≥an﹣a2对任意n≥2恒成立，故，故qn﹣2（q﹣2）+1≥0，故对任意的n≥2恒成立，因为q＞1，故当n→+∞时，→0，故q﹣2≥0即q≥2．故答案为：[2，+∞）．【点评】本题考查数列的应用，等比数列的性质的应用，是中档题．【典例1-2】．（2024•上海）数列{an}，an＝n+c，S7＜0，c的取值范围为（﹣∞，﹣4）．【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质的应用，属于基础题．【解析】解：等差数列由an＝n+c，知数列{an}为等差数列S7＝＝7a4＜0，即7（4+c）＜0，解得c＜﹣4．故c的取值范围为（﹣∞，﹣4）．故答案为：（﹣∞，﹣4）．【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．【变式1-1】．（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n项和为Sn，则S6＝189．【分析】直接利用等比数列的前n项和公式求解．【解析】解：∵等比数列的首项为3，公比为2，∴S6＝＝189．故答案为：189．【点评】本题主要考查了等比数列的前n项和公式，属于基础题．【变式1-2】．（2023•上海）已知无穷数列{an}的各项均为实数，Sn为其前n项和，若对任意正整数k＞2022都有|Sk|＞|Sk+1|，则下列各项中可能成立的是（）A．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等差数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等比数列 B．a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1，⋯为等比数列，a2，a4，a6，⋯，a2n，⋯为等差数列 C．a1，a2，a3，⋯，a2022为等差数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等比数列 D．a1，a2，a3，⋯，a2022为等比数列，a2022，a2023，⋯，an，⋯为等差数列【分析】由对任意正整数k＞2022，都有|Sk|＞|Sk+1|，可以知道a2022，a2033，a2024，⋯，an不可能为等差数列，若d＝0，an＝0，则|Sk|＝|Sk+1|，矛盾；若d＝0，an＜0，当n→+∞，Sn→﹣∞，k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＝0，an＞0，当n→+∞，Sn→+∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＞0，当n→+∞，an→+∞，Sn→+∞必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＜0，当n→+∞，an→﹣∞，Sn→﹣∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；即可判断．【解析】解：由对任意正整数k＞2022，都有|Sk|＞|Sk+1|，可以知道a2022，a2033，a2024，⋯，an不可能为等差数列，因为若d＜0，当n→+∞，an→﹣∞，Sn→﹣∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＝0，an＝0，则|Sk|＝|Sk+1|，矛盾；若d＝0，an＜0，当n→+∞，Sn→﹣∞，k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＝0，an＞0，当n→+∞，Sn→+∞，必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；若d＞0，当n→+∞，an→+∞，Sn→+∞必有k使得|Sk+1|＞|Sk|，矛盾；所以选项B中的a2，a4，a6，⋯，a2n为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；选项D中的a2022，a2023，a2024，⋯，an为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；选项A中的a1，a3，a5，⋯，a2n﹣1为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；由排除法可得C正确．故选：C．【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，属于中档题．【变式1-3】．（2022•上海）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项判断正确的是（）A．若S2022＞S2021，则数列{an}是递增数列 B．若T2022＞T2021，则数列{an}是递增数列 C．若数列{Sn}是递增数列，则a2022≥a2021 D．若数列{Tn}是递增数列，则a2022≥a2021【分析】反例判断A；反例判断B；构造等比数列，结合等比数列的性质判断C；推出数列公比以及数列项的范围，即可判断D．【解析】解：如果数列a1＝﹣1，公比为﹣2，满足S2022＞S2021，但是数列{an}不是递增数列，所以A不正确；如果数列a1＝1，公比为﹣，满足T2022＞T2021，但是数列{an}不是递增数列，所以B不正确；如果数列a1＝1，公比为，Sn＝＝2（1﹣），数列{Sn}是递增数列，但是a2022＜a2021，所以C不正确；数列{Tn}是递增数列，可知Tn＞Tn﹣1，可得an＞1，所以q≥1，可得a2022≥a2021正确，所以D正确；故选：D．【点评】本题考查数列的应用，等比数列的性质的应用，是中档题．【变式1-4】．（2022•上海）已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，若S5＝0，则Si（i＝1，2，…，100）中不同的数值有98个．【分析】由等差数前n项和公式求出a1＝﹣2d，从而Sn＝（n2﹣5n），由此能求出结果．【解析】解：∵等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，S5＝0，∴＝0，解得a1＝﹣2d，∴Sn＝na1+＝﹣2nd+＝（n2﹣5n），∵d≠0，∴Si（i＝0，1，2⋯，100）中S0＝S5＝0，S2＝S3＝﹣3d，S1＝S4＝﹣2d，其余各项均不相等，∴Si（i＝1，2⋯，100）中不同的数值有：101﹣3＝98．故答案为：98．【点评】本题考查等差数列的前n项和公式、通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．【变式1-5】．（2021•上海）已知{an}为无穷等比数列，a1＝3，an的各项和为9，bn＝a2n，则数列{bn}的各项和为．【分析】设{an}的公比为q，由无穷递缩等比数列的求和公式，解方程可得q，进而得到an，bn，求得数列{bn}的首项和公比，再由无穷递缩等比数列的求和公式，可得所求和．【解析】解：设{an}的公比为q，由a1＝3，an的各项和为9，可得＝9，解得q＝，所以an＝3×（）n﹣1，bn＝a2n＝3×（）2n﹣1，可得数列{bn}是首项为2，公比为的等比数列，则数列{bn}的各项和为＝．故答案为：．【点评】本题考查等比数列的通项公式和无穷递缩等比数列的求和公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．【变式1-6】．（2021•上海）在无穷等比数列{an}中，（a1﹣an）＝4，则a2的取值范围是（﹣4，0）∪（0，4）．【分析】由无穷等比数列的概念可得公比q的取值范围，再由极限的运算知a1＝4，从而得解．【解析】解：∵无穷等比数列{an}，∴公比q∈（﹣1，0）∪（0，1），∴an＝0，∴（a1﹣an）＝a1＝4，∴a2＝a1q＝4q∈（﹣4，0）∪（0，4）．故答案为：（﹣4，0）∪（0，4）．【点评】本题考查无穷等比数列的概念与性质，极限的运算，考查学生的运算求解能力，属于基础题．题型02定义法求解数列【典例2-1】．（24-25高三上·上海·期中）设等比数列满足，，则.【答案】【分析】根据题设及等比数列通项公式求基本量，即可求.【解析】令公比为，则，可得，所以或（舍），可得，则.故答案为：【典例2-2】．（2024·上海静安·一模）设是等差数列，，则该数列的前8项的和的值为.【答案】36【分析】根据给定条件，求出数列的公差，进而求出其前8项的和.【解析】在等差数列中，，则公差，所以.故答案为：36【变式2-1】．（2024·全国·高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【解析】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，则.故答案为：.【变式2-2】．（24-25高三上·上海·期中）设等差数列的公差不为0，其前项和为．若，则．【答案】【分析】由等差数列的通项公式代入化简可得，再结合等差数列的前项和公式即可得出答案.【解析】设等差数列的首项和公差为，所以，可得，则，，故答案为：.【变式2-3】．（24-25高二上·上海·阶段练习）为等差数列的前项和，，则与的等比中项为.【答案】【分析】通过已知条件可求得，再根据等比中项的定义即可求得答案.【解析】解：因为为等差数列，且，所以，所以，解得，所以与的等比中项为.故答案为：【变式2-4】．（23-24高三上·上海青浦·期中）已知数列是等差数列，，则.【答案】【分析】根据等差数列的前项公式结合等差数列的性质即可得解.【解析】因为数列是等差数列，所以，所以，所以，所以.故答案为：.题型03无穷等比数列及其应用【典例3-1】．（23-24高三上·上海虹口·期末）设等比数列的前n项和为，若，，则．【答案】【分析】求出，得到公比，再利用公式法求和，最后求出其极限.【解析】设等比数列的公比为，，所以，所以，所以，故答案为：.【典例3-2】．（22-23高一下·上海长宁·期末）已知无穷等比数列，，，则公比．【答案】【分析】依题意得到，再利用无穷等比数列和的公式得到与，解方程组即可得解.【解析】因为无穷等比数列，，则，，所以是首项为，公比为的等比数列，又，得，即，则，又，则，得．故答案为：．【变式3-1】．（20-21高二上·上海宝山·阶段练习）已知无穷等比数列，公比满足，，求实数的取值范围【答案】【分析】根据无穷等比数列性质，可结合极限的概念表示出的代换式，再结合数列的通项公式，代换得，结合即可求得的取值范围【解析】等比数列的前项和公式，，的值趋向于正无穷时，即，，又，，，且，故.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列通项公式与前项和公式的应用，极限思想在处理数列中的应用，推理转化能力，运算能力，属于中档题型.【变式3-2】．（22-23高二下·上海宝山·期末）如图，记棱长为1的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，以各面的中心为顶点的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，…，以此类推得到一系列的多面体，设的棱长为，则.

【答案】32/【分析】根据条件先求出，根据条件依次求出，，，然后利用归纳推理得到：奇数项与偶数项都是等比数列，然后求和即可．【解析】正方体各面中心为顶点的凸多面体为正八面体，它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形，该正方形对角线长等于正方体的棱长，所以它的棱长；以各个面的中心为顶点的正方体为图形是正方体，正方体面对角线长等于棱长的，（正三角形中心到对边的距离等于高的，因此对角线为，所以，以上方式类推，得，，，各项依次为：，，，，，，奇数项是首项为：，公比为的等比数列，偶数项是首项为：，公比为的等比数列，则．故答案为：．【变式3-3】．（2023·上海嘉定·一模）数列满足，且，为的前项和，求【答案】【分析】逐项代入可得，再根据等比数列求和与极限求解即可.【解析】由题，，，，，，，，，，..故.又当时，，故.故答案为： 题型04分段数列【典例4-1】．（23-24高三上·上海普陀·期中）已知数列满足，，则的前10项和.【答案】75【分析】根据题意分别求，进而求.【解析】由题意可知：，，，，，，，，，，所以的前10项和.故答案为：75.【变式4-1】．（24-25高三上·上海·期中）数列满足：为正整数，，若，则.【答案】【分析】利用递推关系式可推得数列是周期为的周期数列，从而利用数列的周期性即可得解.【解析】因为，，所以，，，，以此类推，可知，即数列是周期为的周期数列，所以.故答案为：.【变式4-2】．（2023·上海浦东新·三模）已知数列（是正整数）的递推公式为若存在正整数，使得，则的最大值是．【答案】【分析】对原递推公式作代数变换，转化为等比数列，求出的通项公式，再解不等式即可.【解析】由题意，当时，，令，，即是，公比为3的等比数列，，，当，也成立，；对于，即，令，考察=，其中是对称轴为，开口向下的抛物线，当时，，当时，，

，当时最大，；故答案为：.题型05取值范围、最值问题【典例5-1】．（2023·上海闵行·一模）已知数列为无穷等比数列，若，则的取值范围为．【答案】【分析】利用无穷等比数列的前项和公式及性质即可得解.【解析】因为为无穷等比数列，，所以，则，则，因为，所以是以为公比的等比数列，且，此时，所以，当时，；当时，，因为，所以，故，则；综上：，即，故的取值范围为.故答案为：.【典例5-2】．（24-25高三上·上海·开学考试）已知等差数列的首项表示的前项和，若数列是严格增数列，则的公差取值范围是.【答案】【分析】由与的关系再结合等差数列通项公式的基本量计算即可；【解析】若数列是严格增数列，则恒成立，即恒成立，又，所以，所以的公差取值范围是，故答案为：.【变式5-1】．（2024·上海普陀·模拟预测）已知数列的通项公式为为数列的前项和，若，则实数的取值范围为.【答案】【分析】先证明是等差数列，再根据求和公式计算，解不等式即可.【解析】当，，当，则（常数）。则是首项为，公差为1的等差数列.由题意知，，故，故.故答案为：.【变式5-2】．（2024·上海嘉定·一模）已知数列的通项公式为，其中为常数，设数列的前项和为，若且，则的取值范围为.【答案】【分析】根据给定条件，可得且，由此建立不等式组并求解即得.【解析】数列的前项和为，由且，得且，而，因此，解得，所以的取值范围为.故答案为：【变式5-3】．（21-22高三上·上海浦东新·期中）设其中成公比为的等比数列，成公差为的等差数列，则的最小值是.【答案】3【分析】由已知利用等差数列的通项公式将用表示，求出的最小值，进而可求出的最小值，利用等比数列的通项即可求出的范围．【解析】由题意得，所以，所以，所以，故的最小值是3，满足题意，故答案为：3.【变式5-4】．（23-24高三下·上海浦东新·阶段练习）已知数列满足：对任意，都有，，设数列的前项和为，若，则的最大值为．【答案】【分析】首先求第二项，再找到可行数列，再证明可行性，即可求解.【解析】若，则，得，若，与矛盾，只能取．注意到一个可行的数列为0，，1，，2，，3，…下面证明该数列使达到最大：为此，我们证明：当为奇数时，，假设存在某正奇数使，则分为两种可能：①若，则，；同时，按原数列要求，，，故.注意到该数列显然为整数数列，故当为奇数时，不存在整数能位于该区间,因此矛盾．②若，则，，与矛盾；综上，原假设不成立，故当为奇数时，.而已经找到的数列0，，1，，2，，3，…中等号全部成立，故的最大值为．【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到可行数列，再结合推理证明可行性.题型06数列中的个数、项数问题【典例6-1】．（2024·上海奉贤·三模）若数列满足对任意整数有成立，则在该数列中小于100的项一共有项．【答案】【分析】根据与的关系求出数列的通项，再令即可得解.【解析】设数列的前项和为，则，当时，，当时，，当时，上式也成立，所以，令，则，所以在该数列中小于100的项一共有项.故答案为：.【典例6-2】．（24-25高三·上海·课堂例题）从中选3个不同的数，使这三个数成等差数列，这样的等差数列最多有个．【答案】180【分析】根据等差数列的性质和前项和公式，运算分类计数原理进行求解即可.【解析】以连续三个数构成等差数列有个，以相隔一个数的3个连续数所构成的等差数列共有个，以相隔两个数的3个连续数所构成的等差数列共有个，，所以这样的等差数列最多有个，故答案为：180【变式6-1】．（2024·上海虹口·一模）已知项数为10的数列中任一项均为集合中的元素，且相邻两项满足．若中任意两项都不相等，则满足条件的数列有个．【答案】【分析】先将任意排列，依次将到插入该数列，考虑满足条件，求出其方法总数，即可得出答案.【解析】由于，可以先将任意排列，再将插入该数列，但不能在的左边且与相邻，共有种，再将插入该数列，同样不能在和的左边且与，相邻，共有种，再将插入该数列，同样不能在，和3的左边且与相邻，共有种，以此类推，将插入该数列，共有种.故答案为：.【变式6-2】．（2024·上海·模拟预测）已知无穷数列的前项和为，不等式对任意不等于2的正整数恒成立，且，那么这样的数列有个.【答案】4【分析】因为，令，求得，再由与的关系，求得或，求得，结合不等式恒成立，可得所求结论．【解析】当时，，得或，当时，由，得，两式相减得：，整理得，所以或，当时，若，可得，因为不等式对任意不等于2的正整数恒成立，所以对任意不等于2的正整数恒成立，则当时，，即，，，，成立；若，时，，即，，，，成立；当时，若，可得，，不合题意，舍去；当时，若，可得，由题意可得对任意不等于2的正整数恒成立，则当时，，即，，，，成立；若，时，，即，，，，成立；当时，若，可得，，不合题意，舍去．所以满足题意的数列有4个．故答案为：4.【点睛】关键点点睛：本题的关键是用与的关系求得或，但由于或两个值，就会有四种组合，分类意义验证恒成立即可.【变式6-3】．（2022·上海·模拟预测）若一个整数数列的首项和末项都是1，且任意相邻两项之差的绝对值不大于1，则我们称这个数列为“好数列”，例如：1，2，2，3，4，3，2，1，1是一个好数列，若一个好数列的各项之和是2021，则这个数列至少有项.【答案】89【分析】根据题意分析可得数列要想项数最少，需要各项最大，可设这个“好数列”为：，求这个“好数列”各项之和为，令得，此时，将85分成小于或等于44的项，最少可以分成两项，由此即可求解.【解析】由题意得数列要想项数最少，需要各项最大；又因为数列首项和末项都是1，且任意相邻两项之差的绝对值不大于1，所以需要数列前面递增，后面对称递减，又各项之和是2021，中间可能存在相等的项，设除去相等项后的各项为，令各项和，得，当为44时，项数为项，，将85分成小于或等于44的项，最少可以分成两项，故这个数列至少有项，故答案为：89【点睛】本题考查数列新定义和等差数列求和，关键在于理解数列新定义中各项数的特点，严格按照运用定义进行求和和数列的项的探索，属于中档题.【变式6-4】．（23-24高三上·上海青浦·开学考试）已知等差数列（公差不为零）和等差数列的前n项和分别为、，如果关于x的实系数方程有实数解，那么以下2023个方程（）中，有实数解的方程至少有个【答案】1012【分析】设出两个等差数列的公差，由等差数列的性质得到，要想无实根，要满足，结合根的判别式与基本不等式得到和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立，……，和至多一个成立，且，从而得到结论.【解析】由题意得：，其中，，代入上式得：，要想方程有实数解，则，显然第1012个方程有解，设方程与方程的判别式分别为和，则，等号成立的条件是.所以和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立，……，和至多一个成立，且，综上，在所给的2023个方程中，无实数根的方程最多1011个，有实数根的方程至少1012个.故答案为：1012【变式6-5】．（2024·上海·三模）已知有穷数列的首项为1，末项为12，且任意相邻两项之间满足，则符合上述要求的不同数列的个数为．【答案】144【分析】首末项相差11，从首项到末项的运算方法进行分类，结合组合计数问题列式计算即得.【解析】依题意，首项和末项相差11，而任意相邻两项之间满足，，当时，即后一项与前一项的差均为1，数列的个数为1；当时，即后一项与前一项的差出现一个2，九个1，数列的个数为；当时，即后一项与前一项的差出现两个2，七个1，数列的个数为；当时，即后一项与前一项的差出现三个2，五个1，数列的个数为；当时，即后一项与前一项的差出现四个2，三个1，数列的个数为；当时，即后一项与前一项的差出现五个2，一个1，数列的个数为，所以符合上述要求的不同数列的个数为.故答案为：144【点睛】关键点点睛：按后一项与前一项的差2出现的次数分类是解决本问题的关键.题型07数列的实际应用，其他应用【典例7-1】．（2023·上海闵行·三模）已知是同一直线上三个不同的点，为直线外一点，在等差数列中，，则数列的前7项和.【答案】/3.5【分析】由题意，然后利用等差数列的前项和公式，结合等差数列的性质求解.【解析】因为是同一直线上三个不同的点，为直线外一点，且，所以，则.故答案为：.【变式7-1】．（23-24高三下·上海·开学考试）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌，亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”…，以此类推．2024年是甲辰年，高斯出生于1777年，该年是（

）A．丁酉年 B．丁戌年 C．戊酉年 D．戊戌年【答案】A【分析】依题意天干以十年为一个周期，地支以十二年为一个周期，求出相隔的年数，再由周期性判断即可.【解析】天干以十年为一个周期，地支以十二年为一个周期.年与年相隔年，，即天干有24个周期，余7年；，即地支有20个周期，余7年.故甲往前数7年为丁，辰往前数7年为酉，故年为丁酉年.故选：A.【变式7-2】．（2023·上海黄浦·三模）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个第n层放个物体堆成的堆垛，则．

【答案】/【分析】根据给定条件，求出数列的递推关系，利用累加法求出通项，再利用裂项相消法求和作答.【解析】依题意，在数列中，，当时，，满足上式，因此，，数列的前项和为，则，所以.故答案为：题型08列举分析、综合分析【典例8-1】．（2024·上海杨浦·一模）设无穷数列的前项和为，且对任意的正整数，则的值可能为（

）A． B．0 C．6 D．12【答案】A【分析】根据与的关系，探索数列的结构特点，分别求出和，再根据及数列是无穷数列对各选项进行判断.【解析】当时，.当时，，所以，两式相减得：，因为，所以.所以数列的奇数项是以为首项，1为公差的等差数列，且.所以.同理，数列的偶数项是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.所以.若，则数列各项均不为0，数列是无穷数列，故A正确；若，这与矛盾，故B错误；若，根据奇数项成公差为1的等差数列，则，则无法求出，这与数列是无穷数列矛盾，故C错误；若，根据奇数项成公差为1的等差数列，则，则无法求出，这与数列是无穷数列矛盾，故D错误.故选：A【点睛】关键点点睛：观察出数列的特点后，一定要注意及数列是无穷数列这两个条件的应用.【典例8-2】．（24-25高三上·上海·阶段练习）设数列的前项和为，若，且存在正整数，使得，则的取值集合为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用分组求和求得，不妨令，解得，所以，因为，所以或17，分情况讨论可得答案.【解析】因为，所以不妨令，可得，解得或（舍去），所以.又因为，所以或17，因为，所以，所以当时，由所以当时，由又由所以所以的取值集合为.故选：B.【变式8-1】．（24-25高三上·上海·开学考试）已知是等差数列，，存在正整数，使得，，.若集合中只含有4个元素，则t的可能取值有（

）个A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】考虑不符合题意，时，列举出满足条件的集合，再考虑时不成立，得到答案.【解析】当时，，根据周期性知集合最多有3个元素，不符合；当时，，取，此时，满足条件；当时，，即，即，所以，或，（舍），故解得，此时在单位圆上的5等分点，取到的，，，，，不可能取到4个不同的正弦值，故不满足；当时，，取，此时，满足条件；当时，，取，此时，满足条件；当时，，取，此时，满足条件；故选：C【点睛】思路点睛：关于新定义集合的思路有：（1）根据题意，先写出几项，找出规律；（2）找到新集合和旧集合之间的关系；（3）分情况讨论，结合题意，找出适合的答案即可.【变式8-2】．（2024·上海嘉定·一模）已知数列满足，给出以下四个结论：①当时，存在有限个，使得对任意正整数，都有②当时，存在和正整数，当时，③当时，存在和正整数，当时，④当时，不存在，使得对任意正整数，且，都有其中正确结论是（

）.A．①② B．②③ C．③④ D．②④【答案】B【分析】对于①②，利用作差法可得一元二次不等式，求得数列中的项的取值范围，可得其正误；对于③④，根据递推公式，利用赋值法求得当数列为常数列时所取的数值，进而求得首项，结合举例，可得答案.【解析】对于①，当时，，，解得，当时，恒成立，故①错误；对于②，当时，，，解得或，易知，由①可知，当时，数列单调递增，，所以一定存在，当时，，故②正确；对于③，当时，，令，可得，解得或，令，解得或，当时，可得当时，，故③正确；对于④，当时，，令，则，解得或，令，可得，解得或，令，可得，解得，当时，当时，，故④错误.故选：B.题型09选择压轴题【典例9-1】．（2024·上海宝山·一模）设的三边长分别为、、，面积为（为正整数）．若，其中，，，，则（

）A．为严格减数列B．为严格增数列C．为严格增数列，为严格减数列D．为严格减数列，为严格增数列【答案】B【分析】由可知的边为定值，由，，可知为定值，结合双曲线定义可知动点在以，为焦点的双曲线上，再根据面积公式可得单调性.【解析】

由已知，即的边为定值，不妨设，为定点，如图所示，又，，则，即为定值，又，所以为定值，即，所以动点到定点，的距离之差的绝对值为定值，满足双曲线定义，所以动点的轨迹为以，为焦点的双曲线，如图所示，所以，又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，则数列为递增数列，所以当增大时，变大，即变大，此时向远离处运动，即变大，所以变大，即数列为严格增数列，且，均为严格增数列，故选：B.【变式9-1】．（2024·上海长宁·一模）数列为严格增数列，且对任意的正整数n，都有，则称数列满足“性质Ω”．①存在等差数列满足“性质Ω”；②任意等比数列，若首项，则满足“性质Ω”；下列选项中正确的是（

）A．①是真命题，②是真命题； B．①是真命题，②是假命题；C．①是假命题，②是真命题； D．①是假命题，②是假命题．【答案】B【分析】根据等差数列基本量的计算即可判断①，根据等比数列为常数列时，即可判断②.【解析】设等差数列的首项和公差分别为，若等差数列满足“性质Ω”；由可得，故，即，故只需要即可满足“性质Ω”；故①是真命题，设等比数列的首项和公比分别为，若，，则显然不成立，因此存在等比数列不满足“性质Ω”；故②是假命题故选：B【变式9-2】．（24-25高三上·上海黄浦·期末）设函数在区间I上有导函数，且在区间I上恒成立，对任意的，有．对于各项均不相同的数列，，，下列结论正确的是（

）A．数列与均是严格增数列B．数列与均是严格减数列C．数列与中的一个是严格增数列，另一个是严格减数列D．数列与均既不是严格增数列也不是严格减数列【答案】C【分析】由条件易知函数y=fx在I上严格递减，构造，因数列的各项均不相同，由的大小比较，利用函数单调性可得的大小关系，即得结论.【解析】依题意，因f'x<0在区间I上恒成立，则函数y=f由，，因数列的各项均不相同，且，若，则，即，即此时数列严格递增，数列严格递减；若，则，即，即此时数列严格递减，数列严格递增.综上所述，数列与中的一个是严格增数列，另一个是严格减数列.故选：C.【点睛】思路点睛：本题主要考查利用函数单调性判断数列的单调性的应用，属于难题.解题思路在于根据选项信息，考虑数列中连续偶数项的差，通过对应的连续奇数项的大小比较，借助于函数单调性得出偶数项的大小关系.一、填空题1．（2023·上海宝山·一模）已知等差数列的前项和为，若则【答案】【分析】由等差数列的性质结合等差数列的求和公式可得答案.【