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专题14 数列求和
一、单选题
1．（2023·贵州遵义·校考模拟预测）已知等差数列的前n项和为，其中，记的前n项和为，若，其中表示不超过x的最大整数值，则的值域为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·甘肃定西·统考一模）某程序框图如图所示，则输出的S的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·江西九江·统考二模）已知数列的通项为，则其前8项和为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）已知数列的前n项和满足，，则数列的前10项和为（ ）
A．4162 B．4157 C．2146 D．2142
5．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）已知无穷数列满足：如果，那么，且，，，是与的等比中项．若的前n项和存在最大值S，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
6．（2023·陕西安康·陕西省安康中学统考模拟预测）已知数列的首项为，，则数列的前2023项和为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）已知数列的首项为,数列的前项和小于实数，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·江苏南通·三模）复数的虚部为( ).
A． B． C．1011 D．2022
9．（2023·上海宝山·统考二模）将正整数分解为两个正整数、的积，即，当、两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如，其中4×5即为20的最优分解，当、是的最优分解时，定义，则数列的前2023项的和为（ ）
A． B． C． D．
10．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）已知是数列的前n项和，且对任意的正整数n，都满足：，若，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2023·广西南宁·统考一模）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……在2015年世乒赛期间，苏州某景点就用乒乓球堆成“三角垛”型的装饰品，假设一个“三角垛”装饰品共有n层，记使用的乒乓球数量为，则（ ）
（参考公式：）
A． B．
C． D．
12．（2023·湖南郴州·统考三模）已知函数的图象在点处的切线的斜率为，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
13．（2023·河南安阳·统考二模）如果有穷数列，，，…，（m为正整数）满足条件，，…，，即（t为常数），则称其为“倒序等积数列”．例如，数列8，4，2，，，是“倒序等积数列”．已知是80项的“倒序等积数列”，，且，，…，是公比为2，的等比数列，设数列的前n项和为，则（ ）．
A．210 B．445 C．780 D．1225
14．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）在数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
15．（2023·河南安阳·统考二模）已知数列和满足，，．若，，则数列的前2022项和为（ ）
A． B． C． D．
16．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：，．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（ ）
A． B． C． D．
17．（2023·江西宜春·统考一模）已知数列满足，若数列的前项和，对任意不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·安徽淮南·统考二模）我国古代数学在宋元时期达到繁荣的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”.朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…，个果子，“四角果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…，个果子，“底子一面”指每垛最底层每条边”.根据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是（ ）（参考公式：）
A．4，11 B．5，12 C．6，13 D．7，14
19．（2023·江西南昌·统考二模）已知数列的通项公式为，保持数列中各项顺序不变，对任意的，在数列的与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前n项的和为，则（ ）
A．4056 B．4096 C．8152 D．8192
20．（2023·贵州毕节·统考模拟预测）已知等比数列的前n项和为，若，，，则（ ）
A．16 B．18 C．21 D．27
21．（2023·陕西西安·西安中学校考模拟预测）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛应用，其定义为:时， .若数列 ，则下列结论:①的函数图像关于直线对称；②；③；④ ；⑤.其中正确的是（ ）
A．①②③ B．②④⑤ C．①③④ D．①④⑤
22．（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知数列的前n项和为，，且，若不等式对一切恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
23．（2023·山东青岛·统考二模）设表示不超过的最大整数（例如：，），则（ ）
A． B． C． D．
24．（2023·宁夏中卫·统考一模）利用“”可得到许多与n（且）有关的结论①，②，③，④，则结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
25．（2023·福建·统考模拟预测）已知数列满足，，恒成立，则的最小值为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．
二、多选题
26．（2023·黑龙江牡丹江·牡丹江市第三高级中学校考三模）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列，且，数列的前n项和为，则正确的选项是（ ）．
A． B．
C． D．
27．（2023·辽宁大连·育明高中校考一模）已知数列满足，则下列结论正确的有（ ）
A．为等比数列
B．的通项公式为
C．为递增数列
D．的前n项和
28．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知数列满足，，设数列的前项和为，则（ ）
A． B．
C． D．
29．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知正四面体中，，，，…，在线段上，且，过点作平行于直线，的平面，截面面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．为递减数列
C．存在常数，使为等差数列
D．设为数列的前项和，则时，
30．（2023·浙江·校联考二模）定义：若存在正实数M使，则称正数列为有界正数列．已知数列满足，为数列的前n项和．则（ ）
A．数列为递增数列 B．数列为递增数列
C．数列为有界正数列 D．数列为有界正数列
三、填空题
31．（2023·广西·校联考模拟预测）已知数列通项公式，则数列的前10项和为__________.
32．（2023·安徽黄山·统考二模）如图给出的三角形数阵，图中虚线上的数、、、、，依次构成数列，则___________.
33．（2023·江西赣州·统考二模）设为数列的前项和，满足，其中，数列的前项和为，满足，则______．
34．（2023·河南·校联考模拟预测）在数列中，，其前n项和为，则________．
35．（2023·上海徐汇·统考二模）已知数列满足：对于任意有，且，，其中.若，数列的前项和为，则_________.
四、解答题
36．（2023·山东济宁·统考二模）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式;
(2)若，求数列的前项和．
37．（2023·福建·统考模拟预测）已知数列满足：，，，.
(1)证明：是等差数列：
(2)记的前n项和为，，求n的最小值.
38．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）数列的前项的和为，已知，，当时，
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求的前项和
39．（2023·湖南·校联考二模）已知数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，且，若对于恒成立，求的取值范围．
40．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)求；
(3)若，求数列前项和．
41．（2023·黑龙江大庆·统考三模）已知数列满足．
(1)证明：是一个等差数列；
(2)已知，求数列的前项和．
42．（2023·山西·统考二模）已知是正项等比数列，是等差数列，且，，.
(1)求和的通项公式；
(2)从下面条件①、②中选择一个作为已知条件，求数列的前项和.
条件①：；条件②：.
注：若条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
43．（2023·四川自贡·统考三模）已知函数（e为自然对数底数）．
(1)判断，的单调性并说明理由；
(2)证明：对，．
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专题14 数列求和
一、单选题
1．（2023·贵州遵义·校考模拟预测）已知等差数列的前n项和为，其中，记的前n项和为，若，其中表示不超过x的最大整数值，则的值域为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由已知求出等差数列的首项与公差，得到通项，利用裂项相消求的前n项和为，讨论其取值范围，得的值域.
【详解】设等差数列公差为，由，
有，解得，所以，
，
，
，随着的增大而增大，时，有最小值，
，，取值范围为，
，则的值域为.
故选：C
2．（2023·甘肃定西·统考一模）某程序框图如图所示，则输出的S的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据程序框图先计算时的值，再根据循环结构跳出循环输出即可.
【详解】执行如图所示程序框图可知，
当时，，
再执行一次，此时需跳出循环，
故输出的的值为.
故选:B.
3．（2023·江西九江·统考二模）已知数列的通项为，则其前8项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】运用裂项相消法进行求解即可.
【详解】，
所以前8项和为，
故选：D
4．（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）已知数列的前n项和满足，，则数列的前10项和为（ ）
A．4162 B．4157 C．2146 D．2142
【答案】B
【分析】根据的关系求出，从而可求，再利用分组求和法即可求出答案.
【详解】因为，
所以当时，，即，则，
当时，，
所以，即，则，
所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，，
所以数列的前10项和为：
．
故选：B．
5．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）已知无穷数列满足：如果，那么，且，，，是与的等比中项．若的前n项和存在最大值S，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】由是与的等比中项求出，再分情况计算判断作答.
【详解】由是与的等比中项，得，
若，由及已知，得，由，得，则，
因此数列的项依次为：，数列是以4为周期的数列，
显然，数列单调递增，无最大项，因此数列的前项和无最大值；
若，同理可得数列的项依次为：，数列是以4为周期的数列，
，
数列是以4为周期的数列，且，此时的前n项和存在最大值，
所以的最大值.
故选：B
6．（2023·陕西安康·陕西省安康中学统考模拟预测）已知数列的首项为，，则数列的前2023项和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先分类讨论为奇数和偶数，求出的通项公式，再由错位相减法求解即可.
【详解】当为奇数时，，，，，
当为偶数时，，，，，
∴，，
当，时，
，，
∴，，即为奇数时，数列是常数列，，
∴当为奇数时，；
又∵当为偶数时，为奇数，，∴，
综上所述，数列的通项公式为.
∴数列的通项公式为，其前项和为，
，①
①，得
，②
①②，得
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
故选：A.
【点睛】本题解题的关键，是通过分类讨论，分别求出为奇数和为偶数时的通项公式，再结合的通项公式进行求解.
7．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）已知数列的首项为,数列的前项和小于实数，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先分奇偶求出通项公式，再应用裂项相消法即可得前n项和，则得M的最小值.
【详解】当时，，即.
所以当为奇数时，是常数列.又，
所以当为奇数时，，即，
当为偶数时，，
所以当时，.
设，则
故的前项和为
，当趋向于无穷大时，前和趋向于.
所以的最小值为.
故选：C.
8．（2023·江苏南通·三模）复数的虚部为( ).
A． B． C．1011 D．2022
【答案】A
【分析】利用错位相减法求和，结合复数的除法运算求出复数z，即可求得答案.
【详解】由题意得，
所以，
所以
，
所以
，
所以复数z的虚部为1012，
故选：A
9．（2023·上海宝山·统考二模）将正整数分解为两个正整数、的积，即，当、两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如，其中4×5即为20的最优分解，当、是的最优分解时，定义，则数列的前2023项的和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据最优分解定义得到为奇数和为偶数时，的通项公式，进而求出数列前2023项和.
【详解】当时，由于，此时，
当时，由于，此时，
所以数列的前2023项的和为
.
故选：B
10．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）已知是数列的前n项和，且对任意的正整数n，都满足：，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】运用累加法求得的通项公式，再运用裂项相消法求和即可.
【详解】解：当时，由累加法可得：，
所以（），
又因为，
所以（），
当时，，符合，
所以（），
所以，
所以．
故选：A.
11．（2023·广西南宁·统考一模）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……在2015年世乒赛期间，苏州某景点就用乒乓球堆成“三角垛”型的装饰品，假设一个“三角垛”装饰品共有n层，记使用的乒乓球数量为，则（ ）
（参考公式：）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】通过观察发现每一层的乒乓球数为，从而求转化成数列的前项和，利用等差数列前项和公式和即可求出结果.
【详解】
故选：D
12．（2023·湖南郴州·统考三模）已知函数的图象在点处的切线的斜率为，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据导数的几何意义求出，再利用裂项相消法即可得解.
【详解】，则，
所以，
所以.
故选：C.
13．（2023·河南安阳·统考二模）如果有穷数列，，，…，（m为正整数）满足条件，，…，，即（t为常数），则称其为“倒序等积数列”．例如，数列8，4，2，，，是“倒序等积数列”．已知是80项的“倒序等积数列”，，且，，…，是公比为2，的等比数列，设数列的前n项和为，则（ ）．
A．210 B．445 C．780 D．1225
【答案】B
【分析】由题可得，.后由分组求和法可得答案.
【详解】由题可知当时，.
根据定义，当时，.
则.
故
.
故选：B
14．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）在数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用递推公式可得相邻两项前后项之差，再利用累加法可得通项，最后裂项相消求和即可.
【详解】因为，故可得，，…，，及累加可得，
则，所以，
则．
故选：B．
15．（2023·河南安阳·统考二模）已知数列和满足，，．若，，则数列的前2022项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用等比数列的定义可证，写出其通项，利用分组求和即可得到答案．
【详解】由题可知，
由，可得，
故，
又，所以是首项为1，公比为2的等比数列，则．
所以当时，．
所以的前2022项和为．
故选：B.
16．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：，．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】运用构造法可得为等比数列，再运用累加法可得通项公式，进而求得通项公式，再运用裂项相消求和可得结果.
【详解】由，得．又，所以数列构成以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
又，，…，，
叠加可得，
即，
所以.
又因为满足上式，所以.
所以.
因为，所以，
即，所以.
故.
所以.
故选：C.
17．（2023·江西宜春·统考一模）已知数列满足，若数列的前项和，对任意不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据求得 ,再因为对任意不等式恒成立，，求出实数的取值范围.
【详解】①,
②,
由①-②可得，当 时,,当,
当,,当，
所以,
对任意不等式恒成立,所以 ,
.
所以.
故选:C.
18．（2023·安徽淮南·统考二模）我国古代数学在宋元时期达到繁荣的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”.朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…，个果子，“四角果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…，个果子，“底子一面”指每垛最底层每条边”.根据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是（ ）（参考公式：）
A．4，11 B．5，12 C．6，13 D．7，14
【答案】B
【分析】求出三角果子垛、四角果子垛第层的果子数，设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为，由三角果子垛各层果子总和与四角果子垛各层果子总和为得可得答案.
【详解】设三角果子垛自上至下依次为，
当时，所以
，且时，
所以三角果子垛第层的果子数为，
四角果子垛第层的果子数为，
设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为，
所以三角果子垛各层果子总和为，
四角果子垛各层果子总和为，由题意，
即，
解得，所以该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别是.
故选：B.
19．（2023·江西南昌·统考二模）已知数列的通项公式为，保持数列中各项顺序不变，对任意的，在数列的与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前n项的和为，则（ ）
A．4056 B．4096 C．8152 D．8192
【答案】C
【分析】插入组共个，可知前面插入12组数，最后面插入9个，从而可得插入的数之和为，又数列的前13项和，可得
【详解】插入组共个，∵，∴前面插入12组数，最后面插入9个．
，
∵，
∴
，
又数列的前13项和为
，
故选：C．
20．（2023·贵州毕节·统考模拟预测）已知等比数列的前n项和为，若，，，则（ ）
A．16 B．18 C．21 D．27
【答案】C
【分析】根据给定条件，结合数列前n项和的意义及等比数列通项公式求出即可求解作答.
【详解】令等比数列的公比为，，
即有，解得，
所以.
故选：C
21．（2023·陕西西安·西安中学校考模拟预测）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛应用，其定义为:时， .若数列 ，则下列结论:①的函数图像关于直线对称；②；③；④ ；⑤.其中正确的是（ ）
A．①②③ B．②④⑤ C．①③④ D．①④⑤
【答案】D
【分析】根据黎曼函数的定义和性质逐项分析.
【详解】对于①：若 ，则 ， ，关于 对称，
若为无理数，则 也是无理数， ，也关于 对称，
若 ，并且 是既约的真分数，则，并且 是互质的 ， ，
也是真分数，若 不是既约分数，则 与 必定存在公约数 ，
不妨假设 ，则有 ，即 存在大于1的公约数，与题设矛盾，故 也是既约分数， ，即关于 对称，
故①正确；
对于②， 时， ，故②错误；
对于③，当 时，有 ， ，但当 时 ，故③错误；
对于④， ， ，
构造函数 ， ，则 ， 单调递增，
，即 当 时 ，
， ，
当 时， ， ， ，故④正确；
对于⑤，
，故⑤正确；
故选：D.
22．（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知数列的前n项和为，，且，若不等式对一切恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题可得，利用等比数列的定义结合条件可得，然后利用错位相减法可得，再分类讨论可得的取值范围.
【详解】因为，，
所以，而，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
所以，即，
所以，
，
所以，
所以
由，得，
则
当为奇数时，有，所以，
当为偶数时，有，所以，
综上，的取值范围为．
故选：B.
【点睛】关键点点睛：结合错位相减法求和，并讨论是奇数与偶数判断的取值范围是关键．
23．（2023·山东青岛·统考二模）设表示不超过的最大整数（例如：，），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】当时，，即，共有个.又，故，令，利用错位相减法即可求解.
【详解】当时，，
即，共有个.
因为，
故
，
设，①
则，②
①-②,得
，
所以.
所以.
故选:B.
24．（2023·宁夏中卫·统考一模）利用“”可得到许多与n（且）有关的结论①，②，③，④，则结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】先证明出，当且仅当时，等号成立，对于①，令，得到，累加后得到①正确；对于②，推导出，，当且仅当时等号成立，令，可得，累加后得到②正确；对于③，推导出，累加后得到③错误；对于④，将中的替换为，推导出，故，当且仅当时，等号成立，累加后得到④正确.
【详解】令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也时最小值，，
故，当且仅当时，等号成立，
对于①，令，所以，
故，
其中
，
所以，故①正确；
对于②，将中的替换为，可得，，
当且仅当时等号成立，
令，可得，
所以，
故，
其中
所以，故②正确；
对于③，将中的替换为，显然，
则，
故，
故，故③错误；
对于④，将中的替换为，其中，，则，
则，故，当且仅当时，等号成立，
则，故④正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常用到裂项相消法求和）达到证明的目的.
25．（2023·福建·统考模拟预测）已知数列满足，，恒成立，则的最小值为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．
【答案】C
【分析】通过等差数列的定义求出的通项公式，再利用裂项相消法求出，进而确定m的最小值.
【详解】，是等差数列，又∵，
∴，
故对，，
也符合上式，
，
故，即的最小值为1．
故选：C．
二、多选题
26．（2023·黑龙江牡丹江·牡丹江市第三高级中学校考三模）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设各层球数构成一个数列，且，数列的前n项和为，则正确的选项是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】运用累和法、裂项相消法，结合等差数列的前n项和公式逐一判断即可.
【详解】由题意可知：，于是有，
显然可得：， ，因此选项A不正确，选项B正确；
当 时，，
显然适合上式，，因此选项D不正确；
，
，因此选项C正确，
故选：BC
27．（2023·辽宁大连·育明高中校考一模）已知数列满足，则下列结论正确的有（ ）
A．为等比数列
B．的通项公式为
C．为递增数列
D．的前n项和
【答案】ABD
【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.
【详解】因为，
所以+3，所以，
又因为，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
，即，故B正确；
因为，
因为，所以，
所以，所以为递减数列，故C错误；
，
则，故D正确.
故选：ABD.
28．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知数列满足，，设数列的前项和为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】首先由已知根据累乘法得出数列的通项公式，得出即可判断A；由数列得出，判断出数列为减数列，由即可判断B；由的泰勒展开式得，即可判断C和D．
【详解】因为，
所以，
，
，
，
所以，
因为，
所以，
所以，
即
；
对于A：，故A正确；
对于B：，
因为，
所以是一个减数列，
又因为，故B错误；
对于C：因为在上为偶函数，
所以，
应用的泰勒展开式， ，
下面证明此结论：
因为，
，
假设，下面用数学归纳法证明：
①当时，，显然成立，
②假设当时结论成立，即，
当时，
所以当时，结论仍成立，
由①②得，，，
则，
特别地，取，
，，其中，
取的某一小邻域，将展开，
所以，
所以，
取，得，，
又因为，
所以，
即，故C正确，D错误；
故选：AC．
29．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知正四面体中，，，，…，在线段上，且，过点作平行于直线，的平面，截面面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．为递减数列
C．存在常数，使为等差数列
D．设为数列的前项和，则时，
【答案】ABD
【分析】A选项，画出截面，并判断出截面为矩形，求出截面边长，得到，求出；B选项，利用得到B正确；C选项，求出，并用等差数列的定义判断C错误；D选项，化简得到，利用裂项相消法求和，列出方程，求出答案.
【详解】由题意得，
取中点，连接，因为均为等边三角形，
所以，
因为，平面，
因为平面，
所以，
A选项，过点做交于点，过点做交于点，连接，则，
故四边形为截面，且四边形为矩形，
由相似知识可知，，
故，所以，A正确；
B选项，因为，所以，
故，故为递减数列，B正确；
C选项，，则，
不是常数，C错误；
D选项，，
则，
令，解得，D正确.
故选：ABD
30．（2023·浙江·校联考二模）定义：若存在正实数M使，则称正数列为有界正数列．已知数列满足，为数列的前n项和．则（ ）
A．数列为递增数列 B．数列为递增数列
C．数列为有界正数列 D．数列为有界正数列
【答案】BC
【分析】对于A，设，求导后放缩为，从而可知当时，单调递减，即可判断；对于B，由可知数列为递增数列，即可判断；对于C，由A分析，即可判断；对于D，借助不等式，从而可得，即可得到，从而可判断.
【详解】对于A，设，，
当时，，则，
所以当时，，则当时，，
所以当时，单调递减，A错误；
对于B，因为，所以数列为递增数列，B正确；
对于C，由A分析可知，当正实数M为前6项的最大项时，就有，所以数列为有界正数列，C正确；
对于D，令，则，
所以当时，，即在上单调递减，
所以，即，
由，
所以，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：
对于A，借助不等式进行放缩，而对于C，借助不等式进行放缩，从而可利用裂项相消法求和.
三、填空题
31．（2023·广西·校联考模拟预测）已知数列通项公式，则数列的前10项和为__________.
【答案】717
【分析】根据等差、等比数列的定义，结合等差、等比数列的前n项和运算求解.
【详解】由题可得：，，
数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列.
则，.
则数列的前10项和
.
故答案为：717.
32．（2023·安徽黄山·统考二模）如图给出的三角形数阵，图中虚线上的数、、、、，依次构成数列，则___________.
【答案】
【分析】由杨辉三角与二项系数的关系可得出，再利用裂项相消法可求得所求代数式的值.
【详解】由杨辉三角与二项式系数的关系可知，，，，
所以，，所以，，
所以，.
故答案为：.
33．（2023·江西赣州·统考二模）设为数列的前项和，满足，其中，数列的前项和为，满足，则______．
【答案】
【分析】利用得到，得到，利用裂项相消法求和.
【详解】当时，，
①，当时，②，
两式相减得，即，
所以，
且对也适合，综上，，
故，
.
故答案为：
34．（2023·河南·校联考模拟预测）在数列中，，其前n项和为，则________．
【答案】
【分析】注意到，后由裂项求和法可得答案.
【详解】因为，
所以，所以.
故答案为：.
35．（2023·上海徐汇·统考二模）已知数列满足：对于任意有，且，，其中.若，数列的前项和为，则_________.
【答案】
【分析】对求导，可证得是以为首项，1为公差的等差数列，可求出，再由并项求和法求出.
【详解】因为，则，
由，，可得，
，所以是以为首项，1为公差的等差数列，
所以，，，则，
所以，
所以
.
故答案为：
四、解答题
36．（2023·山东济宁·统考二模）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式;
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的基本量计算即可求解，
（2）由分组求和，结合等差等比数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）由，得
所以数列为等差数列．所以，得．
所以公差．所以．
（2）当为奇数时，．当为偶数时．
所以
37．（2023·福建·统考模拟预测）已知数列满足：，，，.
(1)证明：是等差数列：
(2)记的前n项和为，，求n的最小值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)最小值为10.
【分析】（1）解法一：（指数运算）由已知可推得，，相乘结合已知，即可得出，进而证明；解法二：（对数运算）由已知可得，结合已知即可得出，进而证明；
（2）解法一：先根据（1）推出，然后结合已知条件得到，然后计算得到，即可得出答案；解法二：同解法一，先求出，，然后分组求和得出，进而得出，求解即可得出答案；解法三：同解法一，先求出，，然后分组求和得出，求解即可得出答案.
【详解】（1）解法一：
由，得，则，
从而.
又，
所以，
即，所以是等差数列.
解法二：
由，且，
则，
得，
因为，，
所以，
即，所以是等差数列.
（2）解法一：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又.
所以，
，
又；
又，则，且，
所以n的最小值为10.
解法二：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又，所以.
当时，
，
，
所以，
，
又，则，且，
所以n的最小值为10.
解法三：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又.
当时，
，
所以，.
又，则，且，
所以n的最小值为10.
38．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）数列的前项的和为，已知，，当时，
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求的前项和
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当时，由已知变形可得，利用累加法可求得数列的通项公式；
（2）对任意的，计算得出，然后利用等差数列的求和公式可求得.
【详解】（1）解：当时，由可得，
即，因为，，所以时也满足，
当时，，
所以，，
当时，，也满足上式，所以.
（2）解：，对任意的，，
所以，.
39．（2023·湖南·校联考二模）已知数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，且，若对于恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据数列的递推关系，利用作差法构造等比数列，进而求解；
（2）结合（1）的结论得到，然后利用错位相减法得到，然后根据题意即可求解.
【详解】（1）∵，
∴，
两式作差得，∴，
当时，，∴，
所以是首项为，公比为的等比数列，
故．
（2）∵，∴，
∴，①
，②
两式作差得，
化简得，
∵恒成立，∴，，
当时，；
当时，；
当时，，，所以，
综上所述，．
40．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)求；
(3)若，求数列前项和．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）类比题目中的和式再写出一个把换成的和式，然后与原来的和式作差即可求出结果；
（2）利用（1）的结果求出，然后利用裂项相消法即可求和；
（3）利用（1）的结果求出，然后分组利用错位相减法即可求出.
【详解】（1），
当时，，即，
当时，，
得，即，
满足上式，
数列的通项公式为；
（2）由（1）得，
；
（3）由（1）知，
数列前项和
，
令，
，
，
，
得
.
得
，
.
41．（2023·黑龙江大庆·统考三模）已知数列满足．
(1)证明：是一个等差数列；
(2)已知，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据得到，然后两式相减得到，最后验证时是否成立，即可得到，进而即可证明结论；
（2）分奇偶项求和，奇数项用等差数列求和公式求和，偶数项用裂项相消的方法求和，最后相加即可．
【详解】（1）当时，可得，
当时，由，
则，
上述两式作差可得，
因为满足，所以的通项公式为，所以，
因为（常数），
所以是一个等差数列．
（2），
所以，
所以数列的前项和．
42．（2023·山西·统考二模）已知是正项等比数列，是等差数列，且，，.
(1)求和的通项公式；
(2)从下面条件①、②中选择一个作为已知条件，求数列的前项和.
条件①：；条件②：.
注：若条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)，；
(2)答案见解析
【分析】（1）应用等差等比的通项公式计算求解即可；
（2）错位相减法求和可得.
【详解】（1）设的公比为，的公差为，
由题意可得解得或（舍去），，
，；
（2）由（1）得，
选择条件①：，则.
，①
，②
①-②得，
.
选择条件②：，则.
，①
，②
① -②得，
43．（2023·四川自贡·统考三模）已知函数（e为自然对数底数）．
(1)判断，的单调性并说明理由；
(2)证明：对，．
【答案】(1)在上单调递增，理由见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）通过二次求导，即可求解；
（2）由（1）可得，变形为，令得，令得，从而可得，利用裂项相消法，即可整理得证.
【详解】（1）在上单调递增.理由如下：
因为，所以，
令，则，
所以当，单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增.
（2）由（1）知，
，令，则，
令，则
而
所以，
故对，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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