高中数学人教A版（2019）选修2 4.2 等差数列2解答题章节综合练习题（答案+解析）

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4.2 等差数列2解答题
一、解答题
1．（2023高二下·河北期末）已知数列的前n项和为，数列满足，．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）是否存在常数p、q，使得对一切正整数n都有成立？若存在，求出p、q的值；若不存在，说明理由．
2．（2023高二下·镇巴县期末）已知数列的前项和为（为常数）.
（1）若，求的通项公式；
（2）若，设数列的前项和为，求证：.
3．（2023高二下·定远期末）已知数列的前项之积为，且，．
（1）求的通项公式
（2）求数列的前项和．
4．已知等差数列的前项和为，且满足.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
5．设等差数列的首项及公差都为整数，前项和为．
（1）若，，求数列的通项公式；
（2）若．
①证明：；
②求所有可能的数列的通项公式．
6．（2023高三上·深圳月考）在等差数列中，，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
7．（2023高二下·江门期末）已知数列中，，，数列是等差数列，且．
（1）求，和数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
8．（2023高二下·清远期末）已知数列的前n项和满足，集合.
（1）求集合A；
（2）若求数列的前30项和.
9．（2023高二下·深圳期末）已知数列满足.
（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
10．（2023高二下·安徽月考）设数列的前项和为，，点在直线上．
（1）求及；
（2）记，求数列的前20项和．
11．（2023高二下·宝安期中）设等差数列的前项和为，，，且有最小值．
（1）求数列的通项公式及前项和；
（2）设数列的前项和为，求．
12．（2023高二下·盐田月考）已知数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列，求数列的前100项和.
13．已知等差数列的前n项和为，且.当时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
14．设正项数列的前项和为，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
15．（2023高三下·梅河口月考）为数列的前项和，已知，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列依次为：，规律是在和中间插入项，所有插入的项构成以3为首项，3为公比的等比数列，求数列的前100项的和.
16．（2023高二下·普宁月考）已知数列的前项和，对于，都满足，且．
（1）求；
（2）若，求数列的前项和．
17．（2023高二下·高台月考）已知递增的等差数列，其前项和为，从①，②，③50中选出两个作为条件，求数列的最大项.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
18．（2023高二下·博爱期末）已知数列的前n项和为.
（1）记，证明：是等差数列，并求的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，求，并求使不等式成立的最大正整数n.
19．（2023·天津卷）已知为等差数列，．
（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．
20．（2023·全国乙卷）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．
21．（2023·新高考Ⅱ卷）已知为等差数列，，记 ，为的前n项和，，
（1）求的通项公式.
（2）证明：当n>5时，>.
22．（2023·新高考Ⅰ卷）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 .
23．（2023·上虞模拟）设数列的前项和为，数列是首项为1，公差为1的等差数列，
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
24．（2023·嵊州模拟）已知等差数列的前项的和为，且，，数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，集合且，求中所有元素的和.
25．（2023·柯桥模拟）已知数列，的前n项和分别为，，且，，当时，满足．
（1）求；
（2）求．
26．（2023高二下·浙江期中）设正项数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记的前项和为，求证：.
27．（2023高二下·安徽期中）已知等差数列的首项为1，且，____．在①；②成等比数列；③，其中是数列}的前n项和．在这三个条件中选择一个，补充在横线中，并进行解答．
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分，
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列{}的前n项和．
28．（2023高三上·石家庄开学考）已知数列满足，．
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式．
29．（2023高一下·宁波期末）已知数列中，，当时，其前项和满足：，且，数列满足：对任意有.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）设是数列的前项和，求证：.
30．（2023高二下·宝山期末）在数列中，.在等差数列中，前项和为，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列满足，数列的前项和记为，试判断是否存在正整数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：因为数列的前n项和为，
当时，，
所以，
当时，，满足，
所以数列的通项公式为，，
所以，，
所以是首项为7，公差为4的等差数列．
（2）解：因为，所以，所以数列是以8为首项，为公比的等比数列，
所以；
所以，
要使对一切正整数n都有成立．
即，即，
所以，
解得，所以则当，时，对一切正整数n都有成立．
【解析】【分析】(1)根据，求出通项公式，进而证明出数列为等差数列；
(2)先得到数列是以8为首项，为公比的等比数列，求出通项公式，结合对数运算列出方程组，求出，.
2．【答案】（1）解：当时，，得
又，所以是首项为3，公比为3的等比数列，
所以，即.
（2）解：当时，，则，
所以是首项为1，公差为4的等差数列，
所以，
所以，所以当时，，
当时，
当时，，
综上，.
【解析】【分析】（1）将 代入 整理得，利用等比数列性质求 的通项公式；
（2）将 代入 整理得，利用等差数列性质求数列 的前项和 ，进而求，再利用放缩法、累加法证明 .
3．【答案】（1）由题意得，，．
所以，故是以为首项，为公差的等差数列，则
当时，由，得，则，此式对也成立，
故．
（2）由可知，，
所以，
即数列的前项和
【解析】【分析】（1）由 得即利用等差数列求出，再由求出 的通项公式 ；
（2）由得，利用裂项法求 。
4．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，
因为.
所以，
所以，，
所以；
（2）解：由题意可知，
所以①，
②，
①②得，
，
，
，
.
【解析】【分析】(1)设等差数列的公差为d，利用等差数列的通项公式和前n项和公式计算可得答案；
(2)由题意可知，利用错位相减求和可得答案.
5．【答案】（1）解：由，得．
又，则，解得，
因此的通项公式是；
（2）解：①由，得，即，
由①②得，即，
由①③得，即，
于是，又，故④．
②将④代入①②得，又，故或．
当，时，；
当，时，.
综上，所有可能的数列的通项公式是和.
【解析】【分析】（1）利用等差数列通项公式以及前n项和公式列方程求解
（2）利用等差数列通项公式以及前n项和公式列方程列不等式组求解
6．【答案】（1）解：设数列的公差为d，
则，
解得，
故．
（2）解：由（1）知，
则，
所以．
【解析】【分析】 (1)由已知得关于首项与公差的方程组，解方程组可求出首项与公差，从而可求出 的通项公式；
(2)由(1)可得 ， 然后利用裂项相消求和法求解出数列的前n项和．
7．【答案】（1）解：因为，所以，，
又数列是等差数列，设公差为，则，
所以
（2）解：由（1）可知，所以，
，所以数列的前n项和
【解析】【分析】 (1) 根据题意直接代入可算出，的值，进而可求公差d，结合等差数列的通项公式运算求解；
(2)由(1) 可得，结合裂项相消法运算求解.
8．【答案】（1）解：当时，.
当时，.
因为，所以.
由，得，即，
故
（2）解：由（1）可知，
集合A中不大于30的元素有2，4，8，16，
则数列的前30项和.
【解析】【分析】 (1) 根据题意结合与之间的关系可得 ，进而可得集合A；
(2)由(1)可得 利用分组求和运算求解.
9．【答案】（1）证明：，
数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
，则；
（2）解：，
，
；
综上，，.
【解析】【分析】（1）首先将题干中递推公式两边取倒数，经过推导可得和d，可求出数列的通式，即可得出答案；
（2）首先根据的通式计算出数列{bn}的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出Tn．
10．【答案】（1）由点在直线上，得.
当时，，即，
当时，由得，
两式相减得，即，而，
所以，又，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以．
（2）由（1）知，，
所以，
所以
．
【解析】【分析】(1)由点在直线上， 得出an+1与Sn的关系，可求出 ；进而得出，可得数列是以1为首项，2为公比的等比数列，即可得到 ；
(2)由分组求和，结合等差数列、等比数列的求和公式即可求出数列的前20项和．
11．【答案】（1）解：设等差数列的首项为，公差为，
由，，得，
解得或．
有最小值，．
则，；
（2）解：由，得．
数列的前项小于等于，第项起大于，
则当时，；
当时，
．
．
【解析】【分析】（1）由已知先求出首项为，公差为，再利用等差数列通项公式及前项和公式求和。
（2）当时和当时，分别求出数列的前项和为 。
12．【答案】（1）解： ，
当时，则，
当时，，
所以，所以.
又因为，
对任意正整数都有，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以.
（2）解：由（1）知，等差数列的通项公式，
于是，
所以
.
【解析】【分析】 (1)利用，化简得 ，进而写出 数列的通项公式 ；
(2)因为，所以利用列项相消法求解 。
13．【答案】（1）解：，（2）
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
由，
可得，
故数列的通项公式为.
，两边同时乘以，
则
当时，，
当时，，
两式相减，可得，
所以，
当时，，故满足，故.
（2）解：，
所以
.
【解析】【分析】（1）根据条件列出关于首项和公差的方程，求出数列的通项公式：，两边同时乘以，则，当n≥2时，，两式相乘，即可求出的通项公式；
（2）由题（1）知，，再由裂项消除法求数列的前n项和。
14．【答案】（1）解：当时，，得，
当时，，
则，
化简得，
又，所以，．
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以；
（2）解：因为，，
所以，
所以，
，
所以，
所以，
整理得.
【解析】【分析】(1)根据与的关系，可得 数列是首项为1，公差为2的等差数列， 结合等差数列的通项公式运算求解；
(2)由(1)可得 ， 利用错位相减法运算求解.
15．【答案】（1）解：，解得（舍去），
由得时，，
两式相减得，
因为，所以，
所以是等差数列，首项为4，公差为3，
所以；
（2）解：由于，
因此数列的前100项中含有的前13项，含有中的前87项，
所求和为.
【解析】【分析】 (1)利用与的关系即可求解；
(2)先确定数列的前100项中含有的前13项，含有中的前87项，再利用分组求和的方法即可求解.
16．【答案】（1）解：时，，，
又，数列是首项为1，公差为1的等差数列．
，经验证，时也成立，．
（2）解：，
．
【解析】【分析】(1)对题中前n项和的递推关系式整理可得 数列是等差数列，由等差数列的通项公式可得结果；
（2）利用裂项相消法求和即可.
17．【答案】解：若选择①②：设等差数列的公差为，
由，
可得
解得或（舍去），
所以，
所以数列的通项公式是，
即，
所以，
所以，
所以当时，；
当时，；故，
即数列的最大项为.
若选择①③：设等差数列的公差为，
由，
可得解得，
所以数列的通项公式是，
即，
所以，所以
所以当时，；
当时，；故，
即数列的最大项为.
若选择②③：设等差数列的公差为，
由，
可得解得，
所以数列的通项公式是，
即，所以，
所以，
所以当时，；
当时，；
故，
即数列的最大项为.
【解析】【分析】 设等差数列的公差为，任意选择两个已知条件建立方程组，求出数列的首项和公差，再写出数列的通项，然后再由得，最后借助判断数列的单调性，从而确定数列中的最大项.
18．【答案】（1）由，得，
即，
.
即，
又，
数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
.
（2）由(1)知.
，①
，②
①-②，得
，
，
是递增数列，
，
使不等式成立的最大正整数n为5.
【解析】【分析】(1)利用数列前n项和与第n项的关系，再根据等差数列的定义证明求解即可；
(2)利用错位相消法，根据数列的单调性求解即可.
19．【答案】（1）解：设等差数列 的首项为，公差为d，
∴．
解得：
∴通项公式为，
由求和项数为，
∴
（2）(Ⅰ)由(1)，
∵，
∴，即，
由∵，
∴，
∴，即，(k≥2)
故(k≥2)；
证毕！
（Ⅱ） 由(1)得，，则，
设的公比为q，
则，即恒成立，
当，则，
∴此时为使q在实数范围内恒成立，q=2，
此时
同理，由
∴
∴，即恒成立，
故，
∴，
∴，
∴
【解析】【分析】(1)利用通项公式将已知等差数列各项的关系转化为首项与公差的方程组，进而解方程组得出通项公式；利用等差数列通项公式结合求和符号及其意义代入计算得出 ；
(2)根据题意易得 ，从而为分析q与首项，即得，从而结合不等式恒成立分析得出q的值；结合n的取值此处分析，同理，通过不等式恒成立分析即可得出.
20．【答案】（1）设等差数列首项为，公差为，
则，，
，，解得，，
（2）由（1）知，
令，解得
当时，可得；
当时，可得，
【解析】 【分析】（1）利用公式，根据已知条件表达有关与d的方程组计算并得出答案；
（2）讨论的符号去绝对值，分类得出。
21．【答案】（1） 数列为等差数列，设首项为公差，
由
，
由等差数列前n项和公式得，........①
，........②
联立①②，解得，，
为通项公式为
（2）由（1）知，
，，
①当n为偶数且n>5，此时
则，即
②当n为奇数且n>5，此时
则，即
综上所述，当时，.
【解析】【分析】（1）直接利用等差数列通项公式与前n项和公式代入求解；
（2）分组求出当为奇数和偶数的值，与作差结合二次函数或因式分解比较代数式的大小。
22．【答案】（1）∵且an是等差数列
∴，
整理得，
此时，
所以，解得
∴.
（2）由等差数列可设，
则，
∴
①若A=0时，则，此时，，
则，
则
解得
②若B=0时，则，此时，，
同理可得，
则
解得
综上所述
【解析】【分析】 (1)结合等差数列通项公式消元，均可以用d表示a1、an、bn；
(2)利用已知条件设等差数列为一次函数型，将已知条件消元整理转化成只含d表示.
23．【答案】（1）解：是首项为1，公差为1的等差数列，.
时，也符合
（2）解：显然
于是
【解析】【分析】 (1)易得 ， 利用 ， 即可求得数列的通项公式；
(2)分n为偶数和n为奇数两种情况，结合分组求和法与等比数列的前n项和公式，即可求解出数列的前项和.
24．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，则，①
又，可得，②
联立①②解得，所以.
（2）解：，
所以.
因为，所以，故、、、、都是集合中的元素.
又，则由得.
所以、、、都是集合中的元素.
综上所述：.
【解析】【分析】(1)根据题意结合等差数列列式可得，进而可得结果；
(2)由(1)可得，整理可得，分奇偶数讨论，进而可得结果.
25．【答案】（1）解：因为，
所以，当时，，
又，当时，，
所以，当时，，
所以；
（2）解：因为，
所以，
所以，又，
所以数列为以为首项，公比为的等比数列，
所以，
所以，
，
所以，
所以，
所以，
所以.
【解析】【分析】（1）利用 结合的关系式，再利用分类讨论的方法和检验法得出数列 的通项公式。
（2）利用 结合数列的通项公式得出，再利用结合等比数列的定义判断出数列为以为首项，公比为的等比数列，再由等比数列的通项公式得出数列 的通项公式，再根据错位相减的方法得出数列 的前n项和。
26．【答案】（1）解：因为，
当时，，又，则；
当时，，，两式相减，
整理可得，又为正项数列，即，
所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
（2）证明：由（1）可得，
所以，
所以，
所以，
所以.
【解析】【分析】 (1)利用an、Sn的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求出数列的通项公式；
(2)根据(1)中所求，利用错位相减法求得Tn，即可证得 .
27．【答案】（1）解：若选择①：设的公差为d，
因为，，
所以，
所以，
所以；
若选择②：因为成等比数列，
所以，
又，所以，
又，设的公差为，
所以，解得，
所以；
若选择③：设的公差为d，
因为，
所以，又，
即，
解得，
所以；
（2）解：由题知．
所以，
所以，
所以，
所以.
【解析】【分析】(1)若选①， 设的公差为d， 根据 ，， 利用求和公式可得d，即可得出 数列的通项公式；
若选②，设等差数列的公差为d，根据 成等比数列， 可得 ， 利用通项公式即可得出d，进而得数列的通项公式；
若选③， ，n≥2时， ，求解可得出d，进而得数列的通项公式；
(2)由(1)可得 ，利用求和公式即可得出数列{}的前n项和．
28．【答案】（1）证明：因为
，
所以，
所以数列是以为公差的等差数列；
（2）解：因为，所以，
由知，数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以．
【解析】【分析】本题考查数列的通项公式以及等差数列的证明
1.第一问根据 数列 的递推式，结合等差数列的定义变形为从而进行证明。
2.第二问由第一问结论，根据等差数列通项公式求解即可。
29．【答案】（1）证明：，，
，即①
由题意，
将①式两边同除以，得，
数列是首项为，公差为1的等差数列.
（2）解：由（1）可知
当时， ，即，
当时，②，
则③，
②③，，即，
因为满足，
所以.
（3）证明：由（2）可知，
当时，，
当时，，
所以
.
所以.
【解析】【分析】 (1) 由和化简得，根据等差数列定义得数列是等差数列 ；
(2)由（1）得，当时，得 ，，当时，利用得；
(3)由（2）得，当时，，满足 ，当时，结合放缩法，利用累加法证得.
30．【答案】（1）解：因为，当，，即，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则，显然a1也满足；
设等差数列的公差为，由，，
可得，解得，
所以；
（2）解：由（1）可得，
又，
则
所以
，
其中
，
则
，，
所以，，
显然是递增数列，，，所以不存在正整数，使得．
【解析】【分析】（1）将该写成，进一步结合等比数列的通项公式即可求出，求直接利用基本量的办法即可；
（2）先化简得到 则，先利用分组求和以及错位相减法求出，利用求出，然后再判断是否成立即可.
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