2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第一册第4章数列精选题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第一册第4章数列精选题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-05 11:14:07 | ||
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文档简介
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2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第一册第4章数列精选题
一、单选题
1．已知等比数列是递减数列，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知数列是公差为的等差数列，是其前项和，且,，则（ ）
A． B． C． D．
3．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
4．数列中，，若恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．3 B．6 C．12 D．15
5．已知等比数列的前项和为且成等差数列，则为（ ）
A．244 B．243 C．242 D．241
6．在数列中，若，，则（ ）
A．2 B． C． D．1
7．已知数列满足，，若，则（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
8．已知数列满足，若表示不超过的最大整数，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
二、多选题
9．已知数列各项均为负数，其前项和满足，则（ ）
A．数列的第项小于 B．数列不可能是等比数列
C．数列为递增数列 D．数列中存在大于的项
10．已知数列满足，则（ ）
A．是等差数列
B．的前项和为
C．是单调递增数列
D．数列的最小项为4
11．“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛．设是一个“0，1数列”，定义数列：数列中每个0都变为“1，0，1”， 中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列．例如数列：1，0，则数列．已知数列，且数列，记数列中0的个数为的个数为，数列的所有项之和为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列 B．数列为等比数列
C．数列为等比数列 D．数列为等比数列
三、填空题
12．记为等差数列的前项和，若，则 .
13．已知，，，若，则 .
14．已知数列的前项和为，且满足，若对于任意的正整数恒成立，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
15．在数列中，，且分别是等差数列的第1，3项.
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，求的前n项和.
16．已知数集具有性质：对任意的，，，使得成立．
(1)分别判断数集与是否具有性质，并说明理由；
(2)若，求中所有元素的和的最小值并写出取得最小值时所有符合条件的集合；
(3)求证：．
17．若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．
(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①，，2，3，…；
②，，2，3，…．
(2)若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；
(3)若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．
18．已知数列的前项和为，首项，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
19．已知正项数列的前项积为，且满足．
(1)求证：数列为等比数列，并求；
(2)若，求的最小值．
参考答案：
1．A
【分析】由等比数列时递减数列，确定公比，且，故；再根据等比数列的性质得到，最后解一元二次不等式组求出结果即可.
【详解】等比数列是递减数列，且，故，且公比，
由得，
故，
所以的取值范围是.
故选：A.
2．C
【分析】利用等差数列的基本性质可得出，结合以及等差数列的通项公式可判断AB选项，利用等差数列的求和公式可判断C选项，推导出，结合数列的单调性可判断D选项.
【详解】因为数列是公差为的等差数列，是其前项和，且，，
则，
所以，，
所以，，A对；
，则，B错；
，C对；
因为，则，
又因为，所以，数列是单调递增数列，
当时，；当时，.
综上所述，，D错.
故选：C.
3．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.
4．A
【分析】先将条件变形得到，进而构造常数数列求出的通项公式，代入，通过参变分离，求最值即可.
【详解】由已知，
两边同时除以可得
，
即，
即，
则数列为常数数列，
所以，
所以，
又恒成立，
即恒成立，
因为，，
所以，
所以
又
所以要恒成立，有，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过递推式两边同时除以后，构造常数数列，可快速求出的通项公式，然后通过参变分离将恒成立问题转化为最值问题.
5．A
【分析】首先根据条件求公比，再代入等比数列的前项和公式，即可求解.
【详解】由题意可知，且，
设等比数列的公比为，
则，得，
.
故选：A
6．C
【分析】根据递推关系可得数列的周期，从而可求的值.
【详解】因为，，故，，，
故为周期数列且周期为3，而，故，
故选：C.
7．C
【分析】根据题意，利用数列的递推公式，分别求得的值，进而得到实数的值.
【详解】由数列满足，且，
可得，
，
所以，当时，.
故选：C.
8．C
【分析】由已知可得，然后结合等差数列的通项公式可求，进而可求，利用放缩法及裂项求和即可求解.
【详解】数列满足，，即，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
可得，即，
当时，，
，
，
所以
故选：C
9．BCD
【分析】根据题意，由数列前项和与通项的关系求出和的值，可判断选项A，利用反证法判断选项B和D，分析的符号，即可判断选项C.
【详解】由题知，因为，
所以当时，，可得，
当时，，可得，
又，且，
所以，A错误；
对于B，假设数列是等比数列，设其公比为，
由于，即，
变形可得，
必有，与等比数列定义矛盾，B正确；
对于C，当时，可得，
必有即，则是递增数列，C正确；
对于D，假设数列中不存在大于的项，
即对于，有，
则，
所以有，
变形得，
与假设矛盾，故D正确.
故选：BCD
10．BC
【分析】利用等比数列的定义求出可得，再由等比数列求和公式计算可判断AB；根据的通项公式可判断C；根据的单调性可判断D.
【详解】由，得，因为，
所以，从而，
所以是首项为1，公比为的等比数列，所以，
即，所以，
所以，所以A错误，B正确；
由，易知是单调递增数列，C正确；
当时，，
当时，，D错误.
故选：BC.
11．ABC
【分析】由题意得，，两式相加、相减即可判断AB，进一步，，，由此可判断CD.
【详解】记数列中0的个数为的个数为，则，，
两式相加得，又，
所以数列是以5为首项、3为公比的等比数列，故A正确；
两式相减得，又，
所以数列是以为首项、为公比的等比数列，故B正确；
而，，
，，，
，故C正确；
，
设，所以，
但，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：判断CD选项的关键是得到，，，由此即可顺利得解.
12．49
【分析】根据等差数列的前项和公式及等差数列的性质计算即可.
【详解】因为，则，
又因为，故，
所以.
故答案为：.
13．10
【分析】依题意可得，即可得到，从而求出的值.
【详解】由题意得，
因为，所以，结合，
可得，解得或（舍去）.
故答案为：10.
14．
【分析】降次作差即可证明为等比数列，再利用等比数列求和公式以及分离参数得，设，求出其最值，即可得到的范围.
【详解】根据，当时，;
当时，，两式相减可得，
数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则可变为，
即，令，则，
且，，
，即实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是证明为等比数列，再利用等比数列求和公式求出，最后分离参数，求出右边的最值即可.
15．(1),
(2)
【分析】（1）由等比数列的定义、等差数列基本量的计算即可得解；
（2）由裂项法求和结合对分类讨论即可求解.
【详解】（1）由题意得，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，
又因为，解得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
（2）由题意，
若，
则，
若，
则，
所以的前n项和.
16．(1)数集不具有性质，数集具有性质，理由见解析
(2)最小值为75，或
(3)证明见解析
【分析】（1）由，所以数集不具有性质，同理根据集合性质的概念，可判断具有性质；
（2）由（1）结合数集的性质的概念，满足，分类讨论，即可求得数集；
（3）根据数集的性质的定义，可得，，，，满足，，，，，累加即可证明.
【详解】（1）∵，∴数集不具有性质．
∵，，，∴数集具有性质．
（2）首先注意到，根据性质P，得到，
∴易知数集A的元素都是整数．
构造或者，
这两个集合具有性质P，此时元素和为75．
下面，证明75是最小的和：
假设数集，满足(存在性显然，∵满足的数集A只有有限个)．
第一步：首先说明集合中至少有7个元素：
∵集合具有性质：即对任意的，，，使得成立，
又，，
∴，，，，
∴，
即，，，，，
又，∴；
∴；
第二步：证明；
若，设，∵，为了使得最小，在集合A中一定不含有元素，使得，从而；
假设，根据性质P，对，有，使得，
显然，∴，
而此时集合A中至少还有4个不同于的元素，
从而，矛盾，
∴，进而，且；
同理可证：；
(同理可以证明：若，则)．
假设．
∵，根据性质P，有，使得，
显然，∴，
而此时集合A中至少还有3个不同于的元素，
从而，矛盾，
∴，且；
至此，我们得到了，
根据性质P，有，使得，
我们需要考虑如下几种情形：
①，此时集合中至少还需要一个大于等于4的元素，才能得到元素8，则；
②，此时集合中至少还需要一个大于4的元素，才能得到元素7，则；
③，此时集合的和最小，为75；
④，此时集合的和最小，为75．
所以，中所有元素的和的最小值为75，此时或.
（3）∵集合具有性质：即对任意的，，，使得成立，
又，，
∴，，，，
∴，
即，，，，，
累加得，
化简得．
【点睛】关键点点睛：本题第二问采用枚举法即可证明，根据题设信息不断地确定数集A中的具体元素，将抽象问题具体化，从而证明出结论，过程中需用反证法证明猜想；本题第三问考察对题设条件的理解，根据数集要满足性质，得到其元素之间应该满足的大小关系，利用数列的累加法思想即可得答案.
17．(1)数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析
(2)证明见解析
(3)或．
【分析】（1）根据题意分析判断；
（2）根据题意先证为数列中的项，再利用反证法证明集合为无限集；
（3）先根据题意证明，再分为常数列和非常数列两种情况，分析判断.
【详解】（1）对①，取，对，则，
可得，
显然不存在，使得，
所以数列不满足性质P；
对②，对于，则，，
故
，因为，
则，且，
所以存在，，
使得，
故数列满足性质P；
（2）若数列满足性质，且，则有：
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
故数列中存在，使得，即，
反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
即这与假设相矛盾，故集合为无限集.
（3）设周期数列的周期为，则对，均有，
设周期数列的最大项为，最小项为，
即对，均有，
若数列满足性质：
反证：假设时，取，则，使得，
则，即，
这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；
反证：假设时，取，则，使得，
这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；
综上所述：对，均有，
反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，
∵，即为数列中的项，
这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，
∵，则，
当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，
使得，解得或，即或符合题意；
当时，即数列至少有两个不同项，则有：
①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
综上所述：或.
【点睛】关键点点睛：（1）对于证明中出现直接证明不方便时，我们可以利用反证法证明；
（2）对于周期数列满足性质，证明思路：先逐步缩小精确的取值可能，再检验判断.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用数列的前项和与的关系，确定数列的通项公式；
（2）利用并项求和法求数列的前项和.
【详解】（1）因为：.
当时，；
两式相减得：
即：.
所以：是以为首项，以为公差得等差数列，
故.
（2）因为：，所以，
所以：.
所以：.
19．(1)证明见解析，
(2)11
【分析】（1）先根据条件求出与的关系式，利用等比数列的定义可以证明；
（2）先利用放缩法得到，求和，代入数值验证可得答案.
【详解】（1）证明：因为，当时，，得．
所以，即，
同理得．
所以，因为，所以，所以得，
则，又不恒等于0，所以，
即是首项为，公比为的等比数列，
则，即．
（2）由（1）可得，
所以，
所以，
所以当时，，
当时，，
所以的最小值为11．
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2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第一册第4章数列精选题
一、单选题
1．已知等比数列是递减数列，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知数列是公差为的等差数列，是其前项和，且,，则（ ）
A． B． C． D．
3．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
4．数列中，，若恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．3 B．6 C．12 D．15
5．已知等比数列的前项和为且成等差数列，则为（ ）
A．244 B．243 C．242 D．241
6．在数列中，若，，则（ ）
A．2 B． C． D．1
7．已知数列满足，，若，则（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
8．已知数列满足，若表示不超过的最大整数，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
二、多选题
9．已知数列各项均为负数，其前项和满足，则（ ）
A．数列的第项小于 B．数列不可能是等比数列
C．数列为递增数列 D．数列中存在大于的项
10．已知数列满足，则（ ）
A．是等差数列
B．的前项和为
C．是单调递增数列
D．数列的最小项为4
11．“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛．设是一个“0，1数列”，定义数列：数列中每个0都变为“1，0，1”， 中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列．例如数列：1，0，则数列．已知数列，且数列，记数列中0的个数为的个数为，数列的所有项之和为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列 B．数列为等比数列
C．数列为等比数列 D．数列为等比数列
三、填空题
12．记为等差数列的前项和，若，则 .
13．已知，，，若，则 .
14．已知数列的前项和为，且满足，若对于任意的正整数恒成立，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
15．在数列中，，且分别是等差数列的第1，3项.
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，求的前n项和.
16．已知数集具有性质：对任意的，，，使得成立．
(1)分别判断数集与是否具有性质，并说明理由；
(2)若，求中所有元素的和的最小值并写出取得最小值时所有符合条件的集合；
(3)求证：．
17．若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．
(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①，，2，3，…；
②，，2，3，…．
(2)若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；
(3)若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．
18．已知数列的前项和为，首项，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
19．已知正项数列的前项积为，且满足．
(1)求证：数列为等比数列，并求；
(2)若，求的最小值．
参考答案：
1．A
【分析】由等比数列时递减数列，确定公比，且，故；再根据等比数列的性质得到，最后解一元二次不等式组求出结果即可.
【详解】等比数列是递减数列，且，故，且公比，
由得，
故，
所以的取值范围是.
故选：A.
2．C
【分析】利用等差数列的基本性质可得出，结合以及等差数列的通项公式可判断AB选项，利用等差数列的求和公式可判断C选项，推导出，结合数列的单调性可判断D选项.
【详解】因为数列是公差为的等差数列，是其前项和，且，，
则，
所以，，
所以，，A对；
，则，B错；
，C对；
因为，则，
又因为，所以，数列是单调递增数列，
当时，；当时，.
综上所述，，D错.
故选：C.
3．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.
4．A
【分析】先将条件变形得到，进而构造常数数列求出的通项公式，代入，通过参变分离，求最值即可.
【详解】由已知，
两边同时除以可得
，
即，
即，
则数列为常数数列，
所以，
所以，
又恒成立，
即恒成立，
因为，，
所以，
所以
又
所以要恒成立，有，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过递推式两边同时除以后，构造常数数列，可快速求出的通项公式，然后通过参变分离将恒成立问题转化为最值问题.
5．A
【分析】首先根据条件求公比，再代入等比数列的前项和公式，即可求解.
【详解】由题意可知，且，
设等比数列的公比为，
则，得，
.
故选：A
6．C
【分析】根据递推关系可得数列的周期，从而可求的值.
【详解】因为，，故，，，
故为周期数列且周期为3，而，故，
故选：C.
7．C
【分析】根据题意，利用数列的递推公式，分别求得的值，进而得到实数的值.
【详解】由数列满足，且，
可得，
，
所以，当时，.
故选：C.
8．C
【分析】由已知可得，然后结合等差数列的通项公式可求，进而可求，利用放缩法及裂项求和即可求解.
【详解】数列满足，，即，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
可得，即，
当时，，
，
，
所以
故选：C
9．BCD
【分析】根据题意，由数列前项和与通项的关系求出和的值，可判断选项A，利用反证法判断选项B和D，分析的符号，即可判断选项C.
【详解】由题知，因为，
所以当时，，可得，
当时，，可得，
又，且，
所以，A错误；
对于B，假设数列是等比数列，设其公比为，
由于，即，
变形可得，
必有，与等比数列定义矛盾，B正确；
对于C，当时，可得，
必有即，则是递增数列，C正确；
对于D，假设数列中不存在大于的项，
即对于，有，
则，
所以有，
变形得，
与假设矛盾，故D正确.
故选：BCD
10．BC
【分析】利用等比数列的定义求出可得，再由等比数列求和公式计算可判断AB；根据的通项公式可判断C；根据的单调性可判断D.
【详解】由，得，因为，
所以，从而，
所以是首项为1，公比为的等比数列，所以，
即，所以，
所以，所以A错误，B正确；
由，易知是单调递增数列，C正确；
当时，，
当时，，D错误.
故选：BC.
11．ABC
【分析】由题意得，，两式相加、相减即可判断AB，进一步，，，由此可判断CD.
【详解】记数列中0的个数为的个数为，则，，
两式相加得，又，
所以数列是以5为首项、3为公比的等比数列，故A正确；
两式相减得，又，
所以数列是以为首项、为公比的等比数列，故B正确；
而，，
，，，
，故C正确；
，
设，所以，
但，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：判断CD选项的关键是得到，，，由此即可顺利得解.
12．49
【分析】根据等差数列的前项和公式及等差数列的性质计算即可.
【详解】因为，则，
又因为，故，
所以.
故答案为：.
13．10
【分析】依题意可得，即可得到，从而求出的值.
【详解】由题意得，
因为，所以，结合，
可得，解得或（舍去）.
故答案为：10.
14．
【分析】降次作差即可证明为等比数列，再利用等比数列求和公式以及分离参数得，设，求出其最值，即可得到的范围.
【详解】根据，当时，;
当时，，两式相减可得，
数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则可变为，
即，令，则，
且，，
，即实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是证明为等比数列，再利用等比数列求和公式求出，最后分离参数，求出右边的最值即可.
15．(1),
(2)
【分析】（1）由等比数列的定义、等差数列基本量的计算即可得解；
（2）由裂项法求和结合对分类讨论即可求解.
【详解】（1）由题意得，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，
又因为，解得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
（2）由题意，
若，
则，
若，
则，
所以的前n项和.
16．(1)数集不具有性质，数集具有性质，理由见解析
(2)最小值为75，或
(3)证明见解析
【分析】（1）由，所以数集不具有性质，同理根据集合性质的概念，可判断具有性质；
（2）由（1）结合数集的性质的概念，满足，分类讨论，即可求得数集；
（3）根据数集的性质的定义，可得，，，，满足，，，，，累加即可证明.
【详解】（1）∵，∴数集不具有性质．
∵，，，∴数集具有性质．
（2）首先注意到，根据性质P，得到，
∴易知数集A的元素都是整数．
构造或者，
这两个集合具有性质P，此时元素和为75．
下面，证明75是最小的和：
假设数集，满足(存在性显然，∵满足的数集A只有有限个)．
第一步：首先说明集合中至少有7个元素：
∵集合具有性质：即对任意的，，，使得成立，
又，，
∴，，，，
∴，
即，，，，，
又，∴；
∴；
第二步：证明；
若，设，∵，为了使得最小，在集合A中一定不含有元素，使得，从而；
假设，根据性质P，对，有，使得，
显然，∴，
而此时集合A中至少还有4个不同于的元素，
从而，矛盾，
∴，进而，且；
同理可证：；
(同理可以证明：若，则)．
假设．
∵，根据性质P，有，使得，
显然，∴，
而此时集合A中至少还有3个不同于的元素，
从而，矛盾，
∴，且；
至此，我们得到了，
根据性质P，有，使得，
我们需要考虑如下几种情形：
①，此时集合中至少还需要一个大于等于4的元素，才能得到元素8，则；
②，此时集合中至少还需要一个大于4的元素，才能得到元素7，则；
③，此时集合的和最小，为75；
④，此时集合的和最小，为75．
所以，中所有元素的和的最小值为75，此时或.
（3）∵集合具有性质：即对任意的，，，使得成立，
又，，
∴，，，，
∴，
即，，，，，
累加得，
化简得．
【点睛】关键点点睛：本题第二问采用枚举法即可证明，根据题设信息不断地确定数集A中的具体元素，将抽象问题具体化，从而证明出结论，过程中需用反证法证明猜想；本题第三问考察对题设条件的理解，根据数集要满足性质，得到其元素之间应该满足的大小关系，利用数列的累加法思想即可得答案.
17．(1)数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析
(2)证明见解析
(3)或．
【分析】（1）根据题意分析判断；
（2）根据题意先证为数列中的项，再利用反证法证明集合为无限集；
（3）先根据题意证明，再分为常数列和非常数列两种情况，分析判断.
【详解】（1）对①，取，对，则，
可得，
显然不存在，使得，
所以数列不满足性质P；
对②，对于，则，，
故
，因为，
则，且，
所以存在，，
使得，
故数列满足性质P；
（2）若数列满足性质，且，则有：
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
故数列中存在，使得，即，
反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
即这与假设相矛盾，故集合为无限集.
（3）设周期数列的周期为，则对，均有，
设周期数列的最大项为，最小项为，
即对，均有，
若数列满足性质：
反证：假设时，取，则，使得，
则，即，
这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；
反证：假设时，取，则，使得，
这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；
综上所述：对，均有，
反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，
∵，即为数列中的项，
这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，
∵，则，
当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，
使得，解得或，即或符合题意；
当时，即数列至少有两个不同项，则有：
①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
综上所述：或.
【点睛】关键点点睛：（1）对于证明中出现直接证明不方便时，我们可以利用反证法证明；
（2）对于周期数列满足性质，证明思路：先逐步缩小精确的取值可能，再检验判断.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用数列的前项和与的关系，确定数列的通项公式；
（2）利用并项求和法求数列的前项和.
【详解】（1）因为：.
当时，；
两式相减得：
即：.
所以：是以为首项，以为公差得等差数列，
故.
（2）因为：，所以，
所以：.
所以：.
19．(1)证明见解析，
(2)11
【分析】（1）先根据条件求出与的关系式，利用等比数列的定义可以证明；
（2）先利用放缩法得到，求和，代入数值验证可得答案.
【详解】（1）证明：因为，当时，，得．
所以，即，
同理得．
所以，因为，所以，所以得，
则，又不恒等于0，所以，
即是首项为，公比为的等比数列，
则，即．
（2）由（1）可得，
所以，
所以，
所以当时，，
当时，，
所以的最小值为11．
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