备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：数列
一、解答题
1．（2023高三上·北京市月考）数列满足：或．对任意，都存在，使得，其中且两两不相等．
（1）若，写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号．
①1，1，1，2，2，2；
②1，1，1，1，2，2，2，2；
③1，1，1，1，1，2，2，2，2．
（2）记．若，证明：；
（3）若，求的最小值．
【答案】（1）解：数列满足：或．
对任意，都存在，使得，其中且两两不相等．
在①中，1，1，1，2，2，2，不符合题目条件；
在②中，1，1，1，1，2，2，2，2，符合题目条件；
在③中，1，1，1，1，1，2，2，2，2，符合题目条件．
（2）证明：当时，设数列中出现频数依次为，
由题意．
①假设，则有（对任意），
与已知矛盾，所以．
同理可证：．
②假设，则存在唯一的，使得．
那么，对，有两两不相等，与已知矛盾，所以．
综上：，
所以．
（3）解：设1，2，…，2022出现频数依次为．
同（2）的证明，可得，则，
取，
得到的数列为：：1，1，1，2，2，3，4，…，2019，2020，2021，2021，2022，2022，2022，2022．
下面证明满足题目要求．对，不妨令，
①如果或，由于，所以符合条件；
②如果或，由于，所以也成立；
③如果，则可选取；同样的，如果，，
则可选取，使得，且两两不相等；
④如果，则可选取，
注意到这种情况每个数最多被选取了一次，因此也成立．
综上，对任意，总存在，使得，其中且两两不相等．因此满足题目要求，所以的最小值为2030．
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】(1)根据题目定义分别判断给定数列；
(2)设数列中出现频数依次为，由题意，假设，证明与已知矛盾，所以，同理，
假设，证明与已知矛盾，所以，进而得到 ；
(3)设1，2，…，2022出现频数依次为，结合（2）可得，则，
取，得到的数列为：：1，1，1，2，2，3，4，…，2019，2020，2021，2021，2022，2022，2022，2022，进而求n的最小值.
2．（2024高三上·辽宁五校联考期末） 记数列的前项和为，数列的前项和为. 已知，.
（1）求的通项公式；
（2）求证：.
【答案】（1）解：当时，，
当时，，
经验证：当时也成立.
所以的通项公式为：
（2）证明：由（1）得，
又，
当时，，
当时，，
所以当时，，
令，
则，
两式相减得：
，
所以，
所以，
即.
【知识点】数列的函数特性；数列的求和；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合的关系式和分类讨论的方法，从再结合检验法得出数列 的通项公式 .（2）由（1）得出的数列 的通项公式结合，进而得出数列 的通项公式，再结合分类讨论的方法和错位相减的方法以及放缩法，进而证出不等式成立.
3．（2023高三上·月考）数列满足：或，对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等.
（1）若m=2，直接写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号：
①1，1，1，2，2，2；②1，1，1，1，2，2，2，2；③1，1，1，1，1，2，2，2，2
（2）记S=a1+a2+…+an，若，证明：；
（3）若m=2022，求n的最小值.
【答案】（1）对于①，由于，故或，不合题意；
对于②，当时，存在s，t两两不相等，使得；
当时，存在s，t两两不相等，使得；
当时，存在s，t两两不相等，使得；符合题意；
同理③也符合题意，
故所有符合题目条件的数列的序号为②③；
（2）证明：当时，设数列中1，2，3出现的频数依次为，
由题意知，
假设，则有，(对任意，与已知矛盾，
故，同理可证；
假设，则存在唯一的使得，
那么对于，都有两两不相等)，
与已知矛盾，故；
综上可得，
所以，
即.
（3）设出现的频数依次为，
同(2)的证明，，则；
取，
得到的数列为：，
下面证明该数列满足题目要求：
对于，不妨令，
如果，或，由于，故符合条件；
②如果，或，由于，故也符合条件；
③如果，则可选取，
同样的，如果，则可选取，
使得，且i，j，s，t两两不相等；
④如果，则可选取，
注意到这种情况每个数最多被选取了一次，因此也符合条件，
综上，对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等，即数列符合题目要求，
故的最小值为2030.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）根据题目定义验算给出的数列是否满足题目要求条件即可求解：
（2）当时，设数列中1，2，3都出现在数列中，结合题意可证明1，3至少出现4次，2至少出现2次，这样即可求证；
（3）设出现的频数依次为同(2)的证明，，则；从而我们可以构造新的数列：
证明该数列满足题设条件，从而n
的最小值为2030.
4．（2023高二上·牡丹江月考）已知数列中，．
（1）证明数列是等差数列，并求通项公式；
（2）若对任意，都有成立，求的取值范围．
【答案】（1）证明：由已知可得，
又，所以，所以数列是以1为首项、1为公差的等差数列．
所以，所以，所以
（2）解：由（1）知，，所以，
所以，
则由，可得对任意，都成立．
令，假设数列中第项最大，
当时则，有，即整理可得解得．
因为，所以．又，所以数列中第2项最大，
即对任意，都成立，所以由对任意，都成立，可得．
【知识点】数列的函数特性；等差数列的前n项和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】 (1) 根据题意结合等差数列的定义和通项公式分析求解；
(2) 由（1）知，，分析可得对任意，都成立，根据恒成立问题结合数列单调性分析求解.
5．（2023高三上·锡林郭勒盟模拟）设分别是椭圆的左 右焦点.
（1）求的离心率；
（2）过的直线与相交于两点（与轴不平行）.
①当为常数时，若成等差数列，求直线的方程；
②当时.延长与相交于另一个点（与轴不垂直），试判断直线与椭圆的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）解：由题意得，，
因为，
故，
即
（2）解：①成等差数列，
，
又，
与轴不平行，所以直线的斜率存在，若的斜率为，
设直线方程为
联立
得，
则
，
解之得
故直线方程为
②设，则，
令
与轴不平行且斜率存在
联立，得，
由韦达定理可知，
并注意到，
得，即，
故，
得
同理得.
此时，，
直线的方程为，
整理得
联立，得，
注意到，故
此时，
直线与椭圆相切
【知识点】直线的点斜式方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；等差中项
【解析】【分析】 (1)由椭圆方程可得a，b，再利用，可得离心率；
(2)①利用椭圆定义可求得AB，假设直线方程，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式可构造方程求得k，由此可得直线l方程；
②设B(m，n)，结合韦达定理可用m，n表示出A，C两点坐标，由此可得，结合即可求解.
6．（2024高三上·天津市月考）已知数列满足，，数列是公比为正数的等比数列，，且，，8成等差数列，
（1）求数列，的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和；
（3）若数列满足，求证：.
【答案】（1）解：数列满足，，
所以（常数），故数列是首项为1，公差为1的等差数列，
故.
数列是公比为正数的等比数列，设公比为，，
且，，8成等差数列，
所以，即，解得，所以数列是首项为2，
公比为2的正数的等比数列.
所以.故：，.
（2）解：数列满足，
由（1）得，，
所以，
，
∴；
（3）证明：数列满足，
时，，
所以
，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】(1)利用递推关系式，得数列是首项为1，公差为1的等差数列，利用等差数列通项公式即可求出，根据已知条件得数列是首项为2，公比为2的正数的等比数列，利用等比数列通项公式即可求出.
(2)将、代入，利用乘公比错位相减法即可求出数列的和.
(3) 利用分组求和结合等比数列求和公式，再适当放缩即可.
7．（2023高二上·罗湖月考）如果有穷数列（为正整数）满足条件，，…，，即 （），我们称其为“对称数列”．例如，1，2，5，2，1是“对称数列”．
（1）设是7项的“对称数列”，其中是等差数列，且，．依次写出的每一项；
（2）设是49项的“对称数列”，其中是首项为1，公比为2的等比数列，求各项的和S．
【答案】（1）解：设数列的公差为d，则，
解得，
所以数列为2，5，8，11，8，5，2．
（2）解：
．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】本题考查数列的求和，突出考查等差数列的求和公式，
（1）设的公差为d，依题意，可求得d，从而可得bn的每一项；
（2）根据等比数列求出25至49项的和，根据“对称数列”的定义知，前24项的和等于后24项的和，加起来即可得到.
8．（2023高三上·中山月考）已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为.
（1）分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设数列的前n项和为Sn， n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
【答案】（1）解：因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1（n∈N*）．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝（n≥2），
两式相减，得anbn＝2n·3n－1（n≥2），
因为an＝2·3n－1，所以bn＝n（n≥2），
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1（符合上式），
所以bn＝n（n∈N*）．
（2）解：因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以数列 是首项为 ， 公比为 的等比数列，所以 因为 恒成立，所以 ， 即实数 的最小值为 .
【知识点】函数恒成立问题；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等差中项公式、等差数列的通项公式得出数列{an}的通项公式，再结合数列的和结合两式相减法得出数列{anbn}的通项公式，进而得出数列{bn}的通项公式 。
（2）由（1）得出的数列{an}的通项公式得出数列的通项公式，再结合等比数列的定义判断出数列为等比数列，再利用等比数列前n项和公式得出数列的前n项和Sn，再结合不等式恒成立问题求解方法，进而得出m的取值范围，从而得出实数m的最小值。
9．（2023高二上·天津市月考）已知为等差数列，为等比数列，，，.
（1）求和的通项公式；
（2）记的前项和为，求证：（）；
（3）对任意的正整数，设求数列的前项和.
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
由，，即，可得.
从而的通项公式为.
由，，又，可得，解得，
从而的通项公式为.
（2）证明：由（1）可得，
故，，
从而，所以.
（3）解：当为奇数时，，
当为偶数时，，
对任意的正整数，有，
和①
由①得②
由①②得，
由于，
从而得：.
因此，.
所以，数列的前项和为.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；等差数列与等比数列的综合；数列的前n项和
【解析】【分析】 (1) 设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意列式求，即可得结果；
(2) 由（1）可得，进而结合作差法分析证明；
(3) 根据题意可得当为奇数时，，当为偶数时，，利用分组求和法已经错位相减法分析求解.
10．（2024·安徽模拟）第届世界杯于年月日到月日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．
（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数的分布列和期望；
（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外人中的人，接球者接到球后再等可能地随传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第次传球之前球在甲脚下的概率为，易知．
试证明：为等比数列；
设第次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小．
【答案】（1）解：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，，，，易知，
所以，，
故的分布列为：
所以的期望．
（2）解：第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则，
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
由可知，所以，
所以，故．
【知识点】等比数列的通项公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，再求出数学期望；
（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，由条件确定的关系，结合等比数列定义完成证明；
②由①求出，比较其大小即可.
11．（2024·潍坊期末）某中学的风筝兴趣小组决定举行一次盲盒风筝比赛，比赛采取得分制度评选优胜者，可选择的风筝为硬翅风筝 软翅风筝 串式风筝 板式风筝 立体风筝，共有5种风筝，将风筝装入盲盒中摸取风筝，每位参赛选手摸取硬翅风筝或软翅风筝均得1分并放飞风筝，摸取串式风筝 板式风筝 立体风筝均得2分并放飞风筝，每次摸取风筝的结果相互独立，且每次只能摸取1只风筝，每位选手每次摸取硬翅风筝或软翅风筝的概率为，摸取其余3种风筝的概率为.
（1）若选手甲连续摸了2次盲盒，其总得分为分，求的分布列与期望；
（2）假设选手乙可持续摸取盲盒，即摸取盲盒的次数可以为中的任意一个数，记乙累计得分的概率为，当时，求.
【答案】（1）解：的可能取值为，
则 3分
所以的分布列为
2 3 4
故
（2）解：当时，得分累计分，即在得到分后再得1分，或在得到分后再得2分，
所以，
则
因为，所以，
所以为等比数列，且首项为，公比为，
则
，
则，故当时，
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；概率的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件得出随机变量X的可能的取值，再结合独立事件求概率公式和对立事件求概率公式，进而得出随机变量X的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式，进而得出随机变量X的数学期望.
（2）当时，得分累计分，即在得到分后再得1分，或在得到分后再得2分，进而得出，再利用递推公式和等比数列的定义，进而证出数列为等比数列，且首项为，公比为，再利用等比数列的通项公式和累加法得出
当时的与n的关系式.
12．（2024高二上·邢台期末）已知点，，设，当时，线段的中点为，关于直线的对称点为.例如，为线段的中点，则，.
（1）设，证明：是等比数列.
（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）证明：当时，线段的中点为，，
则，
因为所以，
所以，即，
因为，
所以是以2为首项，为公比的等比数列.
（2）解：由(1)知，即，
则，，...，
，
将以上各式相加得
，
因为，
所以，
当n=1时，也符合上式，故.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）直接利用等比数列的定义即可证明；
（2）直接利用累加法求即可数列的通项公式.
13．（2023高三上·韶关模拟）有一个质地均匀的正方体骰子与一个有61个格子的矩形方格图，矩形方格图上从0，1，2，…，60依次标号．一个质点位于第0个方格中，现有如下游戏规则：先投掷骰子，若出现1点或2点，则质点前进1格，否则质点前进2格，每次投掷的结果互不影响．
（1）求经过两次投掷后，质点位于第4个格子的概率；
（2）若质点移动到第59个格子或第60个格子时，游戏结束，设质点移动到第个格子的概率为，求和的值．
【答案】（1）解：设事件为质点前进1格，事件为质点前进2格，
则．
设事件为质点经过两次投掷后位于第4个格子，
．
（2）解：质点移动到第个格子的情况可分为两种：由第个格子移动至第个格子；由第个格子移动至第个格子，故：
，
．
所以．
所以是以为首项，为公比的等比数列，
故．
所以，
故．
故．
【知识点】等比数列的通项公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）设事件为质点前进1格，事件为质点前进2格，分别求得，结合，即可求解；
（2）根据题意，可分为两种：由第个格子移动至第个格子；由第个格子移动至第个格子，
推得，得到为等比数列，求得，结合等比数列的求和公式，即可求解．
14．（2022高三上·密云期末）在各项均不为零的数列中，选取第项、第项、…、第项，其中，，若新数列为等比数列，则称新数列为的一个长度为的“等比子列”．已知等差数列，其各项与公差均不为零．
（1）若在数列中，公差，，且存在项数为3的“等比子列”，求数列的通项公式；
（2）若，数列为的一个长度为的“等比子列”，其中，公比为．当最小时，求的通项公式；
（3）若公比为的等比数列，满足，，，证明：数列为数列的“等比子列”．
【答案】（1）解：由题可设，
①n＝3时，“等比子列”仅可能为：则，无解；
②n＝4时，“等比子列”可能为：；；，
经验证：“等比子列”为时无解；
“等比子列”为时，前4项为：2，4，6，8，通项为；
“等比子列”为时，前4项为：－8，－6，－4，－2，通项为
（2）解：由题可知，
∵，∴为递增的等差数列，要使公比q最小，则，
即，∴，∴，
又，∴，解得
（3）解：由有，即.
∵，，
∴，
即，解得或.
∵，∴.
要证数列为数列的“等比子列”，即要证数列中每一项都是数列中的项，
用数学归纳法证明：
①由以上推理及题设知的前三项满足，即时结论成立.
②假设当时，结论成立，即存在使.
当时，
.
即是的第项.
故时，结论成立.
由①②可知，总有是中的某一项.
综上所述，数列为数列的“等比子列”.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数学归纳法的原理
【解析】【分析】(1)由已知条件对n分情况讨论，然后由 “等比子列” 的定义，整理化简即可得出数列的通项公式。
(2)结合数列的通项公式即可得出数列的单调性，由函数的单调性即可得出公比的最小值，从而得出k2的取值，由此得出数列的通项公式，结合已知条件整理即可得出答案。
(3)根据题意由等比数列以及等差数列的通项公式，整理化简已知条件由此计算出q的取值，然后由 “等比子列” 的定义，由数学归纳法再证明结论即可。
15．用数学归纳法证明： 能被9整除 .
【答案】证明：（1）当 时， 能被9整除，所以结论成立.
⑵假设当 时结论成立，
即 能被9整除.
则当 时，
因为 能被9整除， 3)也能被9整除，
所以 也能被9整除，即
时结论也成立.
由(1)(2)知命题对一切 都成立.
【知识点】数学归纳法的原理
【解析】【分析】利用已知条件结合数学归纳法证明方法，进而证出 能被9整除 成立。
16．已知数列 的前 项和为 ，其中 且 .
（1）求 ；
（2）猜想数列 的通项公式，并证明.
【答案】（1）解： ，
则 ，类似地求得
（2）解：由 ，
猜想： .
证明：①当 时，由(1)可知等式成立.
②假设当 时猜想成立，
即 .
那么，当 时，由题设 ，
得 ，
所以
， ，
因此， .
所以
这就证明了当 时命题成立.
由①②可知命题对任意 都成立.
【知识点】数列的概念及简单表示法；归纳推理；数学归纳法的原理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合代入法和的关系式，从而求出 的值。
（2）利用已知条件结合数列前三项的值，再结合归纳推理的方法，进而猜想出数列的通项公式，再结合数学归纳法的证明方法，进而证出数列的通项公式成立。
17．（2021高三上·金华月考）已知数列 满足 ， ，它与数列 形成的新数列 的前 项和为 ．
（1）求 、 ：
（2）记集合 ， 为集合 中所有元素的和，试比较 与 的大小．
【答案】（1）解： ， ，
所以，
．
所以对任意的 ， ．
又 的前 项和为 ，
当 时， ，得 ，
当 时， ，得 ，
也适合 ，故对任意的 ， .
（2）解：由已知得 ， ，
．
而 ，
所以， ．
， ， ， ，
所以，当 时， ， ；
下证当 时， ．
①当 时， ；
②假设当 时， ，即 ；
则当 时，
，
所以当 时， ．
综上所述，当 时， ；当 时， ．
【知识点】数列的函数特性；数列与不等式的综合；数学归纳法的原理
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件的数列的递推公式，整理化简即可得出数列的通项公式，结合题意由数列的前n项和公式与项之间的关系，对n赋值计算出数列的通项公式。
(2)由已知条件即可得出，由此即可整理化简得到，然后由(1)的结论整理即可得到，由已知条件即可得出 当 时， ， ，然后由数学归纳法即可得证出结论，由此即可得出答案。
18．（2023高二上·牡丹江月考）已知各项均为正数的数列的前项和为，首项为，且成等差数列．
（1）证明：数列是等比数列，并写出通项公式；
（2）若，设，求数列的前项和；
（3）在（2）的条件下，若不等式对一切正整数恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明：因为成等差数列，所以，①
当时，，解得；当时，，②
①－②，得，整理得，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
即．
（2）解：因为，所以，
则，所以，①
，②
①－②，得，
解得．
（3）解：设，则，
当时，，
当时，，即，故的最大值为1．
不等式对一切正整数恒成立，只需即可，
故，解得：或，
所以的取值范围是．
【知识点】等比数列的前n项和；数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】 (1) 分和两种情况，结合等比数列的定义和通项分析求解；
(2) 由（1）可得，利用错位相减法分析求解；
(3) 由（2）可得，可知不等式对一切正整数恒成立，根据恒成立问题结合数列单调性分析求解.
19．（2023高三上·牡丹江月考）已知正项数列的前项和为，且.
（1）求；
（2）设，数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）解：当时，，即，
由数列为正项数列可知，，又，
即数列是首项为1，公差为1的等差数列，即，则.
当时，，当时，成立，
所以.
（2）解：由（1）可知，，则，当时，，
，成立，，成立，当时，
，
即.综上可知，，得证.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式；数列与不等式的综合；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据，结合题目已知等式化简得到：，根据等差数列的定义得数列是首项为1，公差为1的等差数列 ，可得到：，
代入题目中的等式即可求解；（2）根据（1）知：，即可得到：，，然后利用放缩的思想可得：，然后利用列式相消法即可求解.
20．（2023高三上·前郭尔罗斯月考）已知数列的前n项和分别为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求的前n项和．
【答案】（1）解：由已知，所以，
当n≥2时，，.
两个等式相减得，
整理可得，.
即，
等式左右分别相乘可得，因为a1＝1，所以an＝n，
（2）解：由（1）得，
所以Tn＝1×3+2×9+3×27++n 3n，
3Tn＝1×9+2×27+3×81++n 3n+1，
上面两式相减可得﹣2Tn＝3+9+27++3n﹣n 3n+1，
即， 所以，
【知识点】数列的应用；数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据已知可得：，然后再利用递推得到： 当n≥2时，，再利用公式：，及累加法可求得通项公式：；
（2）结合（1）及已知得到：，然后利用错位相减法即可求出.
21．（2023高三上·唐县期中）已知数列满足，且，数列满足且，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和；
（3）在（2）的条件下，对于实数m，存在正整数n，使得成立，求m的最小值.
【答案】（1）解：因为，所以，又，
因此是首项为2，公比为的等比数列，
于是，则；
因为数列满足，所以数列为等差数列，
由于，，公差，
故
（2）解：由题意可知，
于是，则，
两式错位相减得到.
因此
（3）解：由（2）可知，，
因此是单调递增数列，
于是，因此，则实数的最小值为2.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】(1)由题中递推公式可化简得到，从而证明是等比数列，从而求解；由可得到数列为等差数列，再根据，，从而可求解.
(2)由（1）知，然后利用错位相减法可求解.
(3)由（2）知，且，求得是单调递增数列，从而求解.
22．（2023高三上·香坊期中）已知函数.
（1）若函数在处取得极值，求实数的值，并求函数的极值；
（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围；
（3）证明：当时，.
【答案】（1）解：，又在处取得极值，
，解得：，，
则，
当时，；当时，；
在，上单调递增；在上单调递减，
的极大值为；极小值为；
综上所述；极大值为，极小值为.
（2）解：，
令，则；
（ⅰ）当，即时，恒成立，，
则在上单调递增，又，恒成立，满足题意；
（ⅱ）当，即或时，
令，解得：，；
当时，，在上恒成立，
则在上单调递增，又，恒成立，满足题意；
当时，，又，，；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
则当时，，不合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
（3）证明：由（2）知：当时，在上恒成立，即；
令，则，；，
，
即当时，.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值；数列与不等式的综合
【解析】【分析】(1)求导后，利用f'(2)=0可求得a的值，进而得到f(x)，f'(x)，由导函数正负可确定f(x)单调性，由极值定义可求得结果；
(2)当和a<-2时，由导数可知f(x)在上单调递增，知f(x)≥f(1)=0，满足题意；当a>2时，可知f(x)在上单调递减，可知f(x)（3）由（2）可得，令，可得，采用裂项相消法可取得不等式右侧的前n项和，由此可得结论.
1 / 1备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：数列
一、解答题
1．（2023高三上·北京市月考）数列满足：或．对任意，都存在，使得，其中且两两不相等．
（1）若，写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号．
①1，1，1，2，2，2；
②1，1，1，1，2，2，2，2；
③1，1，1，1，1，2，2，2，2．
（2）记．若，证明：；
（3）若，求的最小值．
2．（2024高三上·辽宁五校联考期末） 记数列的前项和为，数列的前项和为. 已知，.
（1）求的通项公式；
（2）求证：.
3．（2023高三上·月考）数列满足：或，对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等.
（1）若m=2，直接写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列的序号：
①1，1，1，2，2，2；②1，1，1，1，2，2，2，2；③1，1，1，1，1，2，2，2，2
（2）记S=a1+a2+…+an，若，证明：；
（3）若m=2022，求n的最小值.
4．（2023高二上·牡丹江月考）已知数列中，．
（1）证明数列是等差数列，并求通项公式；
（2）若对任意，都有成立，求的取值范围．
5．（2023高三上·锡林郭勒盟模拟）设分别是椭圆的左 右焦点.
（1）求的离心率；
（2）过的直线与相交于两点（与轴不平行）.
①当为常数时，若成等差数列，求直线的方程；
②当时.延长与相交于另一个点（与轴不垂直），试判断直线与椭圆的位置关系，并说明理由.
6．（2024高三上·天津市月考）已知数列满足，，数列是公比为正数的等比数列，，且，，8成等差数列，
（1）求数列，的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和；
（3）若数列满足，求证：.
7．（2023高二上·罗湖月考）如果有穷数列（为正整数）满足条件，，…，，即 （），我们称其为“对称数列”．例如，1，2，5，2，1是“对称数列”．
（1）设是7项的“对称数列”，其中是等差数列，且，．依次写出的每一项；
（2）设是49项的“对称数列”，其中是首项为1，公比为2的等比数列，求各项的和S．
8．（2023高三上·中山月考）已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为.
（1）分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设数列的前n项和为Sn， n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
9．（2023高二上·天津市月考）已知为等差数列，为等比数列，，，.
（1）求和的通项公式；
（2）记的前项和为，求证：（）；
（3）对任意的正整数，设求数列的前项和.
10．（2024·安徽模拟）第届世界杯于年月日到月日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．
（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数的分布列和期望；
（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外人中的人，接球者接到球后再等可能地随传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第次传球之前球在甲脚下的概率为，易知．
试证明：为等比数列；
设第次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小．
11．（2024·潍坊期末）某中学的风筝兴趣小组决定举行一次盲盒风筝比赛，比赛采取得分制度评选优胜者，可选择的风筝为硬翅风筝 软翅风筝 串式风筝 板式风筝 立体风筝，共有5种风筝，将风筝装入盲盒中摸取风筝，每位参赛选手摸取硬翅风筝或软翅风筝均得1分并放飞风筝，摸取串式风筝 板式风筝 立体风筝均得2分并放飞风筝，每次摸取风筝的结果相互独立，且每次只能摸取1只风筝，每位选手每次摸取硬翅风筝或软翅风筝的概率为，摸取其余3种风筝的概率为.
（1）若选手甲连续摸了2次盲盒，其总得分为分，求的分布列与期望；
（2）假设选手乙可持续摸取盲盒，即摸取盲盒的次数可以为中的任意一个数，记乙累计得分的概率为，当时，求.
12．（2024高二上·邢台期末）已知点，，设，当时，线段的中点为，关于直线的对称点为.例如，为线段的中点，则，.
（1）设，证明：是等比数列.
（2）求数列的通项公式.
13．（2023高三上·韶关模拟）有一个质地均匀的正方体骰子与一个有61个格子的矩形方格图，矩形方格图上从0，1，2，…，60依次标号．一个质点位于第0个方格中，现有如下游戏规则：先投掷骰子，若出现1点或2点，则质点前进1格，否则质点前进2格，每次投掷的结果互不影响．
（1）求经过两次投掷后，质点位于第4个格子的概率；
（2）若质点移动到第59个格子或第60个格子时，游戏结束，设质点移动到第个格子的概率为，求和的值．
14．（2022高三上·密云期末）在各项均不为零的数列中，选取第项、第项、…、第项，其中，，若新数列为等比数列，则称新数列为的一个长度为的“等比子列”．已知等差数列，其各项与公差均不为零．
（1）若在数列中，公差，，且存在项数为3的“等比子列”，求数列的通项公式；
（2）若，数列为的一个长度为的“等比子列”，其中，公比为．当最小时，求的通项公式；
（3）若公比为的等比数列，满足，，，证明：数列为数列的“等比子列”．
15．用数学归纳法证明： 能被9整除 .
16．已知数列 的前 项和为 ，其中 且 .
（1）求 ；
（2）猜想数列 的通项公式，并证明.
17．（2021高三上·金华月考）已知数列 满足 ， ，它与数列 形成的新数列 的前 项和为 ．
（1）求 、 ：
（2）记集合 ， 为集合 中所有元素的和，试比较 与 的大小．
18．（2023高二上·牡丹江月考）已知各项均为正数的数列的前项和为，首项为，且成等差数列．
（1）证明：数列是等比数列，并写出通项公式；
（2）若，设，求数列的前项和；
（3）在（2）的条件下，若不等式对一切正整数恒成立，求实数的取值范围．
19．（2023高三上·牡丹江月考）已知正项数列的前项和为，且.
（1）求；
（2）设，数列的前项和为，证明：.
20．（2023高三上·前郭尔罗斯月考）已知数列的前n项和分别为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求的前n项和．
21．（2023高三上·唐县期中）已知数列满足，且，数列满足且，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）令，求数列的前n项和；
（3）在（2）的条件下，对于实数m，存在正整数n，使得成立，求m的最小值.
22．（2023高三上·香坊期中）已知函数.
（1）若函数在处取得极值，求实数的值，并求函数的极值；
（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围；
（3）证明：当时，.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：数列满足：或．
对任意，都存在，使得，其中且两两不相等．
在①中，1，1，1，2，2，2，不符合题目条件；
在②中，1，1，1，1，2，2，2，2，符合题目条件；
在③中，1，1，1，1，1，2，2，2，2，符合题目条件．
（2）证明：当时，设数列中出现频数依次为，
由题意．
①假设，则有（对任意），
与已知矛盾，所以．
同理可证：．
②假设，则存在唯一的，使得．
那么，对，有两两不相等，与已知矛盾，所以．
综上：，
所以．
（3）解：设1，2，…，2022出现频数依次为．
同（2）的证明，可得，则，
取，
得到的数列为：：1，1，1，2，2，3，4，…，2019，2020，2021，2021，2022，2022，2022，2022．
下面证明满足题目要求．对，不妨令，
①如果或，由于，所以符合条件；
②如果或，由于，所以也成立；
③如果，则可选取；同样的，如果，，
则可选取，使得，且两两不相等；
④如果，则可选取，
注意到这种情况每个数最多被选取了一次，因此也成立．
综上，对任意，总存在，使得，其中且两两不相等．因此满足题目要求，所以的最小值为2030．
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】(1)根据题目定义分别判断给定数列；
(2)设数列中出现频数依次为，由题意，假设，证明与已知矛盾，所以，同理，
假设，证明与已知矛盾，所以，进而得到 ；
(3)设1，2，…，2022出现频数依次为，结合（2）可得，则，
取，得到的数列为：：1，1，1，2，2，3，4，…，2019，2020，2021，2021，2022，2022，2022，2022，进而求n的最小值.
2．【答案】（1）解：当时，，
当时，，
经验证：当时也成立.
所以的通项公式为：
（2）证明：由（1）得，
又，
当时，，
当时，，
所以当时，，
令，
则，
两式相减得：
，
所以，
所以，
即.
【知识点】数列的函数特性；数列的求和；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合的关系式和分类讨论的方法，从再结合检验法得出数列 的通项公式 .（2）由（1）得出的数列 的通项公式结合，进而得出数列 的通项公式，再结合分类讨论的方法和错位相减的方法以及放缩法，进而证出不等式成立.
3．【答案】（1）对于①，由于，故或，不合题意；
对于②，当时，存在s，t两两不相等，使得；
当时，存在s，t两两不相等，使得；
当时，存在s，t两两不相等，使得；符合题意；
同理③也符合题意，
故所有符合题目条件的数列的序号为②③；
（2）证明：当时，设数列中1，2，3出现的频数依次为，
由题意知，
假设，则有，(对任意，与已知矛盾，
故，同理可证；
假设，则存在唯一的使得，
那么对于，都有两两不相等)，
与已知矛盾，故；
综上可得，
所以，
即.
（3）设出现的频数依次为，
同(2)的证明，，则；
取，
得到的数列为：，
下面证明该数列满足题目要求：
对于，不妨令，
如果，或，由于，故符合条件；
②如果，或，由于，故也符合条件；
③如果，则可选取，
同样的，如果，则可选取，
使得，且i，j，s，t两两不相等；
④如果，则可选取，
注意到这种情况每个数最多被选取了一次，因此也符合条件，
综上，对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等，即数列符合题目要求，
故的最小值为2030.
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）根据题目定义验算给出的数列是否满足题目要求条件即可求解：
（2）当时，设数列中1，2，3都出现在数列中，结合题意可证明1，3至少出现4次，2至少出现2次，这样即可求证；
（3）设出现的频数依次为同(2)的证明，，则；从而我们可以构造新的数列：
证明该数列满足题设条件，从而n
的最小值为2030.
4．【答案】（1）证明：由已知可得，
又，所以，所以数列是以1为首项、1为公差的等差数列．
所以，所以，所以
（2）解：由（1）知，，所以，
所以，
则由，可得对任意，都成立．
令，假设数列中第项最大，
当时则，有，即整理可得解得．
因为，所以．又，所以数列中第2项最大，
即对任意，都成立，所以由对任意，都成立，可得．
【知识点】数列的函数特性；等差数列的前n项和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】 (1) 根据题意结合等差数列的定义和通项公式分析求解；
(2) 由（1）知，，分析可得对任意，都成立，根据恒成立问题结合数列单调性分析求解.
5．【答案】（1）解：由题意得，，
因为，
故，
即
（2）解：①成等差数列，
，
又，
与轴不平行，所以直线的斜率存在，若的斜率为，
设直线方程为
联立
得，
则
，
解之得
故直线方程为
②设，则，
令
与轴不平行且斜率存在
联立，得，
由韦达定理可知，
并注意到，
得，即，
故，
得
同理得.
此时，，
直线的方程为，
整理得
联立，得，
注意到，故
此时，
直线与椭圆相切
【知识点】直线的点斜式方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；等差中项
【解析】【分析】 (1)由椭圆方程可得a，b，再利用，可得离心率；
(2)①利用椭圆定义可求得AB，假设直线方程，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式可构造方程求得k，由此可得直线l方程；
②设B(m，n)，结合韦达定理可用m，n表示出A，C两点坐标，由此可得，结合即可求解.
6．【答案】（1）解：数列满足，，
所以（常数），故数列是首项为1，公差为1的等差数列，
故.
数列是公比为正数的等比数列，设公比为，，
且，，8成等差数列，
所以，即，解得，所以数列是首项为2，
公比为2的正数的等比数列.
所以.故：，.
（2）解：数列满足，
由（1）得，，
所以，
，
∴；
（3）证明：数列满足，
时，，
所以
，
故.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】(1)利用递推关系式，得数列是首项为1，公差为1的等差数列，利用等差数列通项公式即可求出，根据已知条件得数列是首项为2，公比为2的正数的等比数列，利用等比数列通项公式即可求出.
(2)将、代入，利用乘公比错位相减法即可求出数列的和.
(3) 利用分组求和结合等比数列求和公式，再适当放缩即可.
7．【答案】（1）解：设数列的公差为d，则，
解得，
所以数列为2，5，8，11，8，5，2．
（2）解：
．
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】本题考查数列的求和，突出考查等差数列的求和公式，
（1）设的公差为d，依题意，可求得d，从而可得bn的每一项；
（2）根据等比数列求出25至49项的和，根据“对称数列”的定义知，前24项的和等于后24项的和，加起来即可得到.
8．【答案】（1）解：因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1（n∈N*）．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝（n≥2），
两式相减，得anbn＝2n·3n－1（n≥2），
因为an＝2·3n－1，所以bn＝n（n≥2），
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1（符合上式），
所以bn＝n（n∈N*）．
（2）解：因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以数列 是首项为 ， 公比为 的等比数列，所以 因为 恒成立，所以 ， 即实数 的最小值为 .
【知识点】函数恒成立问题；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等差中项公式、等差数列的通项公式得出数列{an}的通项公式，再结合数列的和结合两式相减法得出数列{anbn}的通项公式，进而得出数列{bn}的通项公式 。
（2）由（1）得出的数列{an}的通项公式得出数列的通项公式，再结合等比数列的定义判断出数列为等比数列，再利用等比数列前n项和公式得出数列的前n项和Sn，再结合不等式恒成立问题求解方法，进而得出m的取值范围，从而得出实数m的最小值。
9．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
由，，即，可得.
从而的通项公式为.
由，，又，可得，解得，
从而的通项公式为.
（2）证明：由（1）可得，
故，，
从而，所以.
（3）解：当为奇数时，，
当为偶数时，，
对任意的正整数，有，
和①
由①得②
由①②得，
由于，
从而得：.
因此，.
所以，数列的前项和为.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；等差数列与等比数列的综合；数列的前n项和
【解析】【分析】 (1) 设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意列式求，即可得结果；
(2) 由（1）可得，进而结合作差法分析证明；
(3) 根据题意可得当为奇数时，，当为偶数时，，利用分组求和法已经错位相减法分析求解.
10．【答案】（1）解：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，，，，易知，
所以，，
故的分布列为：
所以的期望．
（2）解：第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则，
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
由可知，所以，
所以，故．
【知识点】等比数列的通项公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，再求出数学期望；
（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，由条件确定的关系，结合等比数列定义完成证明；
②由①求出，比较其大小即可.
11．【答案】（1）解：的可能取值为，
则 3分
所以的分布列为
2 3 4
故
（2）解：当时，得分累计分，即在得到分后再得1分，或在得到分后再得2分，
所以，
则
因为，所以，
所以为等比数列，且首项为，公比为，
则
，
则，故当时，
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；概率的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件得出随机变量X的可能的取值，再结合独立事件求概率公式和对立事件求概率公式，进而得出随机变量X的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式，进而得出随机变量X的数学期望.
（2）当时，得分累计分，即在得到分后再得1分，或在得到分后再得2分，进而得出，再利用递推公式和等比数列的定义，进而证出数列为等比数列，且首项为，公比为，再利用等比数列的通项公式和累加法得出
当时的与n的关系式.
12．【答案】（1）证明：当时，线段的中点为，，
则，
因为所以，
所以，即，
因为，
所以是以2为首项，为公比的等比数列.
（2）解：由(1)知，即，
则，，...，
，
将以上各式相加得
，
因为，
所以，
当n=1时，也符合上式，故.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1）直接利用等比数列的定义即可证明；
（2）直接利用累加法求即可数列的通项公式.
13．【答案】（1）解：设事件为质点前进1格，事件为质点前进2格，
则．
设事件为质点经过两次投掷后位于第4个格子，
．
（2）解：质点移动到第个格子的情况可分为两种：由第个格子移动至第个格子；由第个格子移动至第个格子，故：
，
．
所以．
所以是以为首项，为公比的等比数列，
故．
所以，
故．
故．
【知识点】等比数列的通项公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）设事件为质点前进1格，事件为质点前进2格，分别求得，结合，即可求解；
（2）根据题意，可分为两种：由第个格子移动至第个格子；由第个格子移动至第个格子，
推得，得到为等比数列，求得，结合等比数列的求和公式，即可求解．
14．【答案】（1）解：由题可设，
①n＝3时，“等比子列”仅可能为：则，无解；
②n＝4时，“等比子列”可能为：；；，
经验证：“等比子列”为时无解；
“等比子列”为时，前4项为：2，4，6，8，通项为；
“等比子列”为时，前4项为：－8，－6，－4，－2，通项为
（2）解：由题可知，
∵，∴为递增的等差数列，要使公比q最小，则，
即，∴，∴，
又，∴，解得
（3）解：由有，即.
∵，，
∴，
即，解得或.
∵，∴.
要证数列为数列的“等比子列”，即要证数列中每一项都是数列中的项，
用数学归纳法证明：
①由以上推理及题设知的前三项满足，即时结论成立.
②假设当时，结论成立，即存在使.
当时，
.
即是的第项.
故时，结论成立.
由①②可知，总有是中的某一项.
综上所述，数列为数列的“等比子列”.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数学归纳法的原理
【解析】【分析】(1)由已知条件对n分情况讨论，然后由 “等比子列” 的定义，整理化简即可得出数列的通项公式。
(2)结合数列的通项公式即可得出数列的单调性，由函数的单调性即可得出公比的最小值，从而得出k2的取值，由此得出数列的通项公式，结合已知条件整理即可得出答案。
(3)根据题意由等比数列以及等差数列的通项公式，整理化简已知条件由此计算出q的取值，然后由 “等比子列” 的定义，由数学归纳法再证明结论即可。
15．【答案】证明：（1）当 时， 能被9整除，所以结论成立.
⑵假设当 时结论成立，
即 能被9整除.
则当 时，
因为 能被9整除， 3)也能被9整除，
所以 也能被9整除，即
时结论也成立.
由(1)(2)知命题对一切 都成立.
【知识点】数学归纳法的原理
【解析】【分析】利用已知条件结合数学归纳法证明方法，进而证出 能被9整除 成立。
16．【答案】（1）解： ，
则 ，类似地求得
（2）解：由 ，
猜想： .
证明：①当 时，由(1)可知等式成立.
②假设当 时猜想成立，
即 .
那么，当 时，由题设 ，
得 ，
所以
， ，
因此， .
所以
这就证明了当 时命题成立.
由①②可知命题对任意 都成立.
【知识点】数列的概念及简单表示法；归纳推理；数学归纳法的原理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合代入法和的关系式，从而求出 的值。
（2）利用已知条件结合数列前三项的值，再结合归纳推理的方法，进而猜想出数列的通项公式，再结合数学归纳法的证明方法，进而证出数列的通项公式成立。
17．【答案】（1）解： ， ，
所以，
．
所以对任意的 ， ．
又 的前 项和为 ，
当 时， ，得 ，
当 时， ，得 ，
也适合 ，故对任意的 ， .
（2）解：由已知得 ， ，
．
而 ，
所以， ．
， ， ， ，
所以，当 时， ， ；
下证当 时， ．
①当 时， ；
②假设当 时， ，即 ；
则当 时，
，
所以当 时， ．
综上所述，当 时， ；当 时， ．
【知识点】数列的函数特性；数列与不等式的综合；数学归纳法的原理
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件的数列的递推公式，整理化简即可得出数列的通项公式，结合题意由数列的前n项和公式与项之间的关系，对n赋值计算出数列的通项公式。
(2)由已知条件即可得出，由此即可整理化简得到，然后由(1)的结论整理即可得到，由已知条件即可得出 当 时， ， ，然后由数学归纳法即可得证出结论，由此即可得出答案。
18．【答案】（1）证明：因为成等差数列，所以，①
当时，，解得；当时，，②
①－②，得，整理得，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
即．
（2）解：因为，所以，
则，所以，①
，②
①－②，得，
解得．
（3）解：设，则，
当时，，
当时，，即，故的最大值为1．
不等式对一切正整数恒成立，只需即可，
故，解得：或，
所以的取值范围是．
【知识点】等比数列的前n项和；数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】 (1) 分和两种情况，结合等比数列的定义和通项分析求解；
(2) 由（1）可得，利用错位相减法分析求解；
(3) 由（2）可得，可知不等式对一切正整数恒成立，根据恒成立问题结合数列单调性分析求解.
19．【答案】（1）解：当时，，即，
由数列为正项数列可知，，又，
即数列是首项为1，公差为1的等差数列，即，则.
当时，，当时，成立，
所以.
（2）解：由（1）可知，，则，当时，，
，成立，，成立，当时，
，
即.综上可知，，得证.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式；数列与不等式的综合；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据，结合题目已知等式化简得到：，根据等差数列的定义得数列是首项为1，公差为1的等差数列 ，可得到：，
代入题目中的等式即可求解；（2）根据（1）知：，即可得到：，，然后利用放缩的思想可得：，然后利用列式相消法即可求解.
20．【答案】（1）解：由已知，所以，
当n≥2时，，.
两个等式相减得，
整理可得，.
即，
等式左右分别相乘可得，因为a1＝1，所以an＝n，
（2）解：由（1）得，
所以Tn＝1×3+2×9+3×27++n 3n，
3Tn＝1×9+2×27+3×81++n 3n+1，
上面两式相减可得﹣2Tn＝3+9+27++3n﹣n 3n+1，
即， 所以，
【知识点】数列的应用；数列的递推公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）根据已知可得：，然后再利用递推得到： 当n≥2时，，再利用公式：，及累加法可求得通项公式：；
（2）结合（1）及已知得到：，然后利用错位相减法即可求出.
21．【答案】（1）解：因为，所以，又，
因此是首项为2，公比为的等比数列，
于是，则；
因为数列满足，所以数列为等差数列，
由于，，公差，
故
（2）解：由题意可知，
于是，则，
两式错位相减得到.
因此
（3）解：由（2）可知，，
因此是单调递增数列，
于是，因此，则实数的最小值为2.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合
【解析】【分析】(1)由题中递推公式可化简得到，从而证明是等比数列，从而求解；由可得到数列为等差数列，再根据，，从而可求解.
(2)由（1）知，然后利用错位相减法可求解.
(3)由（2）知，且，求得是单调递增数列，从而求解.
22．【答案】（1）解：，又在处取得极值，
，解得：，，
则，
当时，；当时，；
在，上单调递增；在上单调递减，
的极大值为；极小值为；
综上所述；极大值为，极小值为.
（2）解：，
令，则；
（ⅰ）当，即时，恒成立，，
则在上单调递增，又，恒成立，满足题意；
（ⅱ）当，即或时，
令，解得：，；
当时，，在上恒成立，
则在上单调递增，又，恒成立，满足题意；
当时，，又，，；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
则当时，，不合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
（3）证明：由（2）知：当时，在上恒成立，即；
令，则，；，
，
即当时，.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的极值；数列与不等式的综合
【解析】【分析】(1)求导后，利用f'(2)=0可求得a的值，进而得到f(x)，f'(x)，由导函数正负可确定f(x)单调性，由极值定义可求得结果；
(2)当和a<-2时，由导数可知f(x)在上单调递增，知f(x)≥f(1)=0，满足题意；当a>2时，可知f(x)在上单调递减，可知f(x)（3）由（2）可得，令，可得，采用裂项相消法可取得不等式右侧的前n项和，由此可得结论.
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