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2019-2023年五年高考数学真题分项汇编：专题七 数列（新高考通用）
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这是一份2019-2023年五年高考数学真题分项汇编：专题七 数列（新高考通用），文件包含专题07数列答案解析docx、专题07数列原卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
五年（2019-2023）年高考真题分项汇编
专题07 数列
考点一 数列的函数特性
1．（2020•浙江）已知数列满足，则 ．
【解析】数列满足，
可得，，，
所以．
故答案为：10．
考点二 等差数列的性质
2．（2023•新高考Ⅰ）记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【解析】若是等差数列，设数列的首项为，公差为，
则，
即，
故为等差数列，
即甲是乙的充分条件．
反之，若为等差数列，则可设，
则，即，
当时，有，
上两式相减得：，
当时，上式成立，所以，
则（常数），
所以数列为等差数列．
即甲是乙的必要条件．
综上所述，甲是乙的充要条件．
故本题选：．
考点三 等差数列的前n项和
3．（2022•上海）已知等差数列的公差不为零，为其前项和，若，则，2，，中不同的数值有 个．
【解析】等差数列的公差不为零，为其前项和，，
，解得，
，
，，1，，中，
，，
其余各项均不相等，
，，中不同的数值有：．
故答案为：98．
4．（2020•上海）已知数列是公差不为零的等差数列，且，则 ．
【解析】根据题意，等差数列满足，即，变形可得，
所以．
故答案为：．
5．（2020•海南）将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则的前项和为 ．
【解析】将数列与的公共项从小到大排列得到数列，
则是以1为首项、以6为公差的等差数列，
故它的前项和为，
故答案为：．
6．（2021•新高考Ⅱ）记是公差不为0的等差数列的前项和，若，．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）求使成立的的最小值．
【解析】（Ⅰ）数列是公差不为0的等差数列的前项和，若，．
根据等差数列的性质，，故，
根据可得，
整理得，可得不合题意），
故．
（Ⅱ），，
，
，即，
整理可得，
当或时，成立，
由于为正整数，
故的最小正值为7．
考点四 等比数列的前n项和
7．（2023•新高考Ⅱ）记为等比数列的前项和，若，，则
A．120 B．85 C． D．
【解析】等比数列中，，，显然公比，
设首项为，则①，②，
化简②得，解得或（不合题意，舍去），
代入①得，
所以．
故选：．
考点五 等差数列与等比数列的综合
8．（2022•浙江）已知等差数列的首项，公差．记的前项和为．
（Ⅰ）若，求；
（Ⅱ）若对于每个，存在实数，使，，成等比数列，求的取值范围．
【解析】（Ⅰ）因为等差数列的首项，公差，
因为，可得，即，
，即，
整理可得：，解得，
所以，
即；
（Ⅱ）因为对于每个，存在实数，使，，成等比数列，
则，，
整理可得：，则△恒成立在，
整理可得，
当时，可得或，而，
所以的范围为；
时，不等式变为，解得，而，
所以此时，，
当时，，则符合要求，
综上所述，对于每个，的取值范围为，，使，，成等比数列．
9．（2022•新高考Ⅱ）已知是等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；
（2）求集合，中元素的个数．
【解析】（1）证明：设等差数列的公差为，
由，得，则，
由，得，
即，
．
（2）由（1）知，，
由知，，
，即，
又，故，则，
故集合，中元素个数为9个．
10．（2020•上海）已知各项均为正数的数列，其前项和为，．
（1）若数列为等差数列，，求数列的通项公式；
（2）若数列为等比数列，，求满足时的最小值．
【解析】（1）数列为公差为的等差数列，，，
可得，解得，
则；
（2）数列为公比为的等比数列，，，
可得，即，
则，，
，即为，
即，可得，即的最小值为7．
考点六 数列递推式
11．（2022•浙江）已知数列满足，，则
A． B． C． D．
【解析】，
为递减数列，
又，且，
，
又，则，
，
，
，则，
；
由得，得，
累加可得，，
，
；
综上，．
故选：．
12．（2020•浙江）已知等差数列的前项和，公差，且．记，，，下列等式不可能成立的是
A． B． C． D．
【解析】
在等差数列中，，
，，，
，
，
，
，
，
，根据等差数列的性质可得正确，
．若，则，成立，正确，
．若，则，
即，得，
，，符合，正确；
．若，则，
即，得，
，，不符合，错误；
故选：．
13．（2019•浙江）设，，数列满足，，，则
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【解析】对于，令，得，
取，，
当时，，故错误；
对于，令，得或，
取，，，，
当时，，故错误；
对于，令，得，
取，，，，
当时，，故错误；
对于，，，
，
，递增，
当时，，
，，．故正确．
故选：．
14．【多选】（2021•新高考Ⅱ）设正整数，其中，，记，则
A． B．
C． D．
【解析】，，对；
当时，，（7）．
，（2），（7）（2），错；
，
．
，
．对；
，，对．
故选：．
15．（2021•上海）已知，2，，对任意的，或中有且仅有一个成立，，，则的最小值为 ．
【解析】设，由题意可得，，恰有一个为1，
如果，那么，，，，
同样也有，，，，，
全部加起来至少是；
如果，那么，，，
同样也有，，，，，
全部加起来至少是，
综上所述，最小应该是31．
故答案为：31．
16．（2019•上海）已知数列前项和为，且满足，则 ．
【解析】由，①
得，即，
且，②
①②得：．
数列是等比数列，且．
．
故答案为：．
17．（2022•上海）数列对任意且，均存在正整数，，满足，，．
（1）求可能值；
（2）命题：若，，，成等差数列，则，证明为真，同时写出逆命题，并判断命题是真是假，说明理由；
（3）若，成立，求数列的通项公式．
【解析】（1），或．
（2），，，，，，，为等差数列，，
．
逆命题：若，则，，，，，，，为等差数列是假命题，举例：
，，，，，，，，．
（3）因为，
，，
，
，
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明恒成立：
当，明显成立，
假设时命题成立，即，
则，则，命题得证．
回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：
1．若，则矛盾，
2．若，则，，，
此时，
，
3．若，则，
，，
（由（2）知对任意成立），
，
事实上：矛盾．
综上可得．
18．（2021•浙江）已知数列的前项和为，，且．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足，记的前项和为，若对任意恒成立，
求实数的取值范围．
【解析】（Ⅰ）由 可得，
两式作差，可得：，
，
很明显，，
所以数列 是以为首项，为公比的等比数列，
其通项公式为：．
（Ⅱ）由，得，
，
，
两式作差可得：
，
则．
据此可得 恒成立，即 恒成立．
时不等式成立；
时，，由于时，故；
时，，而，故：；
综上可得，．
考点七 数列的求和
19．（2021•浙江）已知数列满足，．记数列的前项和为，则
A． B． C． D．
【解析】因为，所以，所以，
，
，故，
由累加法可得当 时，
，
又因为当 时， 也成立，所以，
所以，
，故，
由累乘法可得当 时，，
所以．
另解：设，，，可得在递增，接下来运用待定系数法估计的上下界，设，则探索也满足上界的条件．
．
在此条件下，有，
注意到，取，，从而，此时可得．
故选：．
20．（2021•上海）已知为无穷等比数列，，的各项和为9，，则数列的各项和为 ．
【解析】设的公比为，
由，的各项和为9，可得，
解得，
所以，
，
可得数列是首项为2，公比为的等比数列，
则数列的各项和为．
故答案为：．
21．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折次，那么 ．
【解析】易知有，，共5种规格；
由题可知，对折次共有种规格，且面积为，故，
则，记，则，
，
，
．
故答案为：5；．
22．（2023•新高考Ⅱ）已知为等差数列，，记，为，的前项和，，．
（1）求的通项公式；
（2）证明：当时，．
【解析】（1）设等差数列的公差为，
，为的前项和，，，
则，即，解得，
故；
（2）证明：由（1）可知，，
，
当为偶数时，，
，
，
当为奇数时，，，
，
故原式得证．
23．（2023•新高考Ⅰ）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．
【解析】（1），，
根据题意可得，
，
，又，
解得，，
，；
（2）为等差数列，为等差数列，且，
根据等差数列的通项公式的特点，可设，则，且；
或设，则，且，
①当，，时，
则，
，，又，
解得；
②当，，时，
则，
，，又，
此时无解，
综合可得．
24．（2021•新高考Ⅰ）已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和．
【解析】（1）因为，，
所以，，，
所以，，
，，
所以数列是以为首项，以3为公差的等差数列，
所以．
另解：由题意可得，，
其中，，
于是，．
（2）由（1）可得，，
则，，
当时，也适合上式，
所以，，
所以数列的奇数项和偶数项分别为等差数列，
则的前20项和为．
25．（2020•海南）已知公比大于1的等比数列满足，．
（1）求的通项公式；
（2）求．
【解析】（1）设等比数列的公比为，
则，
，，
．
（2）令，则，
所以，
所以数列是等比数列，公比为，首项为8，
，
．
26．（2020•山东）已知公比大于1的等比数列满足，．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间，中的项的个数，求数列的前100项和．
【解析】（1）设等比数列的公比为，
，，
，
解得或（舍去），
，
，
（2）记为在区间，中的项的个数，
，
，
故，，，，，，，
，，，，，，，，，，
可知0在数列中有1项，1在数列中有2项，2在数列中有4项，，
由，
可知，．
数列的前100项和．
27．（2020•浙江）已知数列，，满足，，．
（Ⅰ）若为等比数列，公比，且，求的值及数列的通项公式；
（Ⅱ）若为等差数列，公差，证明：，．
【解析】（Ⅰ）解：由题意，，，
，，
整理，得，
解得（舍去），或，
，
数列是以1为首项，4为公比的等比数列，
，．
，
则，
，
，
，
各项相加，可得
．
（Ⅱ）证明：依题意，由，可得
，
两边同时乘以，可得
，
，
数列是一个常数列，且此常数为，
，
，
又，，
，
，
，故得证．
考点八 数列与不等式的综合
28．（2022•新高考Ⅰ）记为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
【解析】（1）已知，是公差为的等差数列，
所以，整理得，①，
故当时，，②，
①②得：，
故，
化简得：，，，，；
所以，
故（首项符合通项）．
所以．
证明：（2）由于，
所以，
所以．
考点九 数列与函数的综合
29．（2023•上海）已知，在该函数图像上取一点，过点，做函数的切线，该切线与轴的交点记作，若，则过点，做函数的切线，该切线与轴的交点记作，以此类推，，，直至停止，由这些项构成数列．
（1）设属于数列，证明：；
（2）试比较与的大小关系；
（3）若正整数，是否存在使得、、、、依次成等差数列？若存在，求出的所有取值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：，
则过点，的切线的斜率为，
由点斜式可得，此时切线方程为，即，
令，可得，
根据题意可知，，即得证；
（2）先证明不等式，
设，则，
易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则（1），即，
结合（1）可知，；
（3）假设存在这样的符合要求，
由（2）可知，数列为严格的递减数列，，2，3，，，
由（1）可知，公差，，
先考察函数，则，
易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则至多只有两个解，即至多存在两个，使得，
若，则，矛盾，则，
当时，设函数，
由于，，
则存在，使得，
于是取，，，它们构成等差数列．
综上，．
30．（2019•浙江）设等差数列的前项和为，，．数列满足：对每个，，，成等比数列．
（Ⅰ）求数列，的通项公式；
（Ⅱ）记，，证明：，．
【解析】（Ⅰ）设数列的公差为，
由题意得，
解得，，
，．
，，
数列满足：对每个，，，成等比数列．
，
解得，
解得，．
（Ⅱ）证明：，，
用数学归纳法证明：
①当时，，不等式成立；
②假设，时不等式成立，即，
则当时，
，
即时，不等式也成立．
由①②得，．
考点十 数列的应用
32．（2022•新高考Ⅱ）图1是中国古代建筑中的举架结构，，，，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中，，，是举，，，，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，，，．已知，，成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则
A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
【解析】设，则，，，
由题意得：，，
且，
解得，
故选：．
33．（2022•上海）已知等比数列的前项和为，前项积为，则下列选项判断正确的是
A．若，则数列是递增数列
B．若，则数列是递增数列
C．若数列是递增数列，则
D．若数列是递增数列，则
【解析】如果数列，公比为，满足，但是数列不是递增数列，所以不正确；
如果数列，公比为，满足，但是数列不是递增数列，所以不正确；
如果数列，公比为，，数列是递增数列，但是，所以不正确；
数列是递增数列，可知，可得，所以，可得正确，所以正确；
故选：．
34．（2020•上海）已知数列为有限数列，满足，则称满足性质．
（1）判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质，请说明理由；
（2）若，公比为的等比数列，项数为10，具有性质，求的取值范围；
（3）若是1，2，3，，的一个排列，符合，2，，，、都具有性质，求所有满足条件的数列．
【解析】（1）对于数列3，2，5，1，有，，，满足题意，该数列满足性质；
对于第二个数列4、3、2、5、1，，，．不满足题意，该数列不满足性质．
（2）由题意：，可得：，，3，，，
两边平方可得：，
整理可得：，当时，得此时关于恒成立，
所以等价于时，，
所以，，所以，或，所以取，
当时，得，此时关于恒成立，所以等价于时，，
所以，所以，所以取．
当时：，
当为奇数时，得，恒成立，当为偶数时，，不恒成立；
故当时，矛盾，舍去．
当时，得，当为奇数时，得，恒成立，
当为偶数时，，恒成立；故等价于时，，
所以，所以或，所以取，
综上，．
（3）设，，4，，，，
因为，可以取，或，可以取，或，
如果或取了或，将使不满足性质；所以的前5项有以下组合：
①，；；；；
②，；；；；
③，；；；；
④，；；；；
对于①，，，，与满足性质矛盾，舍去；
对于②，，，，与满足性质矛盾，舍去；
对于③，，，，与满足性质矛盾，舍去；
对于④，，，与满足性质矛盾，舍去；
所以，4，，，，均不能同时使、都具有性质．
当时，有数列，2，3，，，满足题意．
当时，有数列，，，3，2，1满足题意．
当时，有数列，1，3，，，满足题意．
当时，有数列，，，，，3，2，1满足题意．
所以满足题意的数列只有以上四种．
35．（2019•上海）数列有100项，，对任意，，存在，，，若与前项中某一项相等，则称具有性质．
（1）若，，求所有可能的值；
（2）若不为等差数列，求证：数列中存在某些项具有性质；
（3）若中恰有三项具有性质，这三项和为，使用，，表示．
【解析】（1）数列有100项，，对任意，，存在，，，
若，，则当时，，
当时，，，则或，
当时，，，则或或或
的所有可能的值为：3，5，7；
（2）不为等差数列，
数列存在使得不成立，
对任意，，存在，，；
存在，，使，则
对于，，，存在，使得，
因此中存在具有性质的项；
（3）由（2）知，去除具有性质的数列中的前三项，则数列的剩余项均不相等，
对任意，，存在，，，则
一定能将数列的剩余项重新排列为一个等差数列，且该数列的首项为，公差为，
．
五年（2019-2023）年高考真题分项汇编
专题07 数列
考点一 数列的函数特性
1．（2020•浙江）已知数列满足，则 ．
【解析】数列满足，
可得，，，
所以．
故答案为：10．
考点二 等差数列的性质
2．（2023•新高考Ⅰ）记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【解析】若是等差数列，设数列的首项为，公差为，
则，
即，
故为等差数列，
即甲是乙的充分条件．
反之，若为等差数列，则可设，
则，即，
当时，有，
上两式相减得：，
当时，上式成立，所以，
则（常数），
所以数列为等差数列．
即甲是乙的必要条件．
综上所述，甲是乙的充要条件．
故本题选：．
考点三 等差数列的前n项和
3．（2022•上海）已知等差数列的公差不为零，为其前项和，若，则，2，，中不同的数值有 个．
【解析】等差数列的公差不为零，为其前项和，，
，解得，
，
，，1，，中，
，，
其余各项均不相等，
，，中不同的数值有：．
故答案为：98．
4．（2020•上海）已知数列是公差不为零的等差数列，且，则 ．
【解析】根据题意，等差数列满足，即，变形可得，
所以．
故答案为：．
5．（2020•海南）将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则的前项和为 ．
【解析】将数列与的公共项从小到大排列得到数列，
则是以1为首项、以6为公差的等差数列，
故它的前项和为，
故答案为：．
6．（2021•新高考Ⅱ）记是公差不为0的等差数列的前项和，若，．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）求使成立的的最小值．
【解析】（Ⅰ）数列是公差不为0的等差数列的前项和，若，．
根据等差数列的性质，，故，
根据可得，
整理得，可得不合题意），
故．
（Ⅱ），，
，
，即，
整理可得，
当或时，成立，
由于为正整数，
故的最小正值为7．
考点四 等比数列的前n项和
7．（2023•新高考Ⅱ）记为等比数列的前项和，若，，则
A．120 B．85 C． D．
【解析】等比数列中，，，显然公比，
设首项为，则①，②，
化简②得，解得或（不合题意，舍去），
代入①得，
所以．
故选：．
考点五 等差数列与等比数列的综合
8．（2022•浙江）已知等差数列的首项，公差．记的前项和为．
（Ⅰ）若，求；
（Ⅱ）若对于每个，存在实数，使，，成等比数列，求的取值范围．
【解析】（Ⅰ）因为等差数列的首项，公差，
因为，可得，即，
，即，
整理可得：，解得，
所以，
即；
（Ⅱ）因为对于每个，存在实数，使，，成等比数列，
则，，
整理可得：，则△恒成立在，
整理可得，
当时，可得或，而，
所以的范围为；
时，不等式变为，解得，而，
所以此时，，
当时，，则符合要求，
综上所述，对于每个，的取值范围为，，使，，成等比数列．
9．（2022•新高考Ⅱ）已知是等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；
（2）求集合，中元素的个数．
【解析】（1）证明：设等差数列的公差为，
由，得，则，
由，得，
即，
．
（2）由（1）知，，
由知，，
，即，
又，故，则，
故集合，中元素个数为9个．
10．（2020•上海）已知各项均为正数的数列，其前项和为，．
（1）若数列为等差数列，，求数列的通项公式；
（2）若数列为等比数列，，求满足时的最小值．
【解析】（1）数列为公差为的等差数列，，，
可得，解得，
则；
（2）数列为公比为的等比数列，，，
可得，即，
则，，
，即为，
即，可得，即的最小值为7．
考点六 数列递推式
11．（2022•浙江）已知数列满足，，则
A． B． C． D．
【解析】，
为递减数列，
又，且，
，
又，则，
，
，
，则，
；
由得，得，
累加可得，，
，
；
综上，．
故选：．
12．（2020•浙江）已知等差数列的前项和，公差，且．记，，，下列等式不可能成立的是
A． B． C． D．
【解析】
在等差数列中，，
，，，
，
，
，
，
，
，根据等差数列的性质可得正确，
．若，则，成立，正确，
．若，则，
即，得，
，，符合，正确；
．若，则，
即，得，
，，不符合，错误；
故选：．
13．（2019•浙江）设，，数列满足，，，则
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【解析】对于，令，得，
取，，
当时，，故错误；
对于，令，得或，
取，，，，
当时，，故错误；
对于，令，得，
取，，，，
当时，，故错误；
对于，，，
，
，递增，
当时，，
，，．故正确．
故选：．
14．【多选】（2021•新高考Ⅱ）设正整数，其中，，记，则
A． B．
C． D．
【解析】，，对；
当时，，（7）．
，（2），（7）（2），错；
，
．
，
．对；
，，对．
故选：．
15．（2021•上海）已知，2，，对任意的，或中有且仅有一个成立，，，则的最小值为 ．
【解析】设，由题意可得，，恰有一个为1，
如果，那么，，，，
同样也有，，，，，
全部加起来至少是；
如果，那么，，，
同样也有，，，，，
全部加起来至少是，
综上所述，最小应该是31．
故答案为：31．
16．（2019•上海）已知数列前项和为，且满足，则 ．
【解析】由，①
得，即，
且，②
①②得：．
数列是等比数列，且．
．
故答案为：．
17．（2022•上海）数列对任意且，均存在正整数，，满足，，．
（1）求可能值；
（2）命题：若，，，成等差数列，则，证明为真，同时写出逆命题，并判断命题是真是假，说明理由；
（3）若，成立，求数列的通项公式．
【解析】（1），或．
（2），，，，，，，为等差数列，，
．
逆命题：若，则，，，，，，，为等差数列是假命题，举例：
，，，，，，，，．
（3）因为，
，，
，
，
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明恒成立：
当，明显成立，
假设时命题成立，即，
则，则，命题得证．
回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：
1．若，则矛盾，
2．若，则，，，
此时，
，
3．若，则，
，，
（由（2）知对任意成立），
，
事实上：矛盾．
综上可得．
18．（2021•浙江）已知数列的前项和为，，且．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足，记的前项和为，若对任意恒成立，
求实数的取值范围．
【解析】（Ⅰ）由 可得，
两式作差，可得：，
，
很明显，，
所以数列 是以为首项，为公比的等比数列，
其通项公式为：．
（Ⅱ）由，得，
，
，
两式作差可得：
，
则．
据此可得 恒成立，即 恒成立．
时不等式成立；
时，，由于时，故；
时，，而，故：；
综上可得，．
考点七 数列的求和
19．（2021•浙江）已知数列满足，．记数列的前项和为，则
A． B． C． D．
【解析】因为，所以，所以，
，
，故，
由累加法可得当 时，
，
又因为当 时， 也成立，所以，
所以，
，故，
由累乘法可得当 时，，
所以．
另解：设，，，可得在递增，接下来运用待定系数法估计的上下界，设，则探索也满足上界的条件．
．
在此条件下，有，
注意到，取，，从而，此时可得．
故选：．
20．（2021•上海）已知为无穷等比数列，，的各项和为9，，则数列的各项和为 ．
【解析】设的公比为，
由，的各项和为9，可得，
解得，
所以，
，
可得数列是首项为2，公比为的等比数列，
则数列的各项和为．
故答案为：．
21．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折次，那么 ．
【解析】易知有，，共5种规格；
由题可知，对折次共有种规格，且面积为，故，
则，记，则，
，
，
．
故答案为：5；．
22．（2023•新高考Ⅱ）已知为等差数列，，记，为，的前项和，，．
（1）求的通项公式；
（2）证明：当时，．
【解析】（1）设等差数列的公差为，
，为的前项和，，，
则，即，解得，
故；
（2）证明：由（1）可知，，
，
当为偶数时，，
，
，
当为奇数时，，，
，
故原式得证．
23．（2023•新高考Ⅰ）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．
【解析】（1），，
根据题意可得，
，
，又，
解得，，
，；
（2）为等差数列，为等差数列，且，
根据等差数列的通项公式的特点，可设，则，且；
或设，则，且，
①当，，时，
则，
，，又，
解得；
②当，，时，
则，
，，又，
此时无解，
综合可得．
24．（2021•新高考Ⅰ）已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和．
【解析】（1）因为，，
所以，，，
所以，，
，，
所以数列是以为首项，以3为公差的等差数列，
所以．
另解：由题意可得，，
其中，，
于是，．
（2）由（1）可得，，
则，，
当时，也适合上式，
所以，，
所以数列的奇数项和偶数项分别为等差数列，
则的前20项和为．
25．（2020•海南）已知公比大于1的等比数列满足，．
（1）求的通项公式；
（2）求．
【解析】（1）设等比数列的公比为，
则，
，，
．
（2）令，则，
所以，
所以数列是等比数列，公比为，首项为8，
，
．
26．（2020•山东）已知公比大于1的等比数列满足，．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间，中的项的个数，求数列的前100项和．
【解析】（1）设等比数列的公比为，
，，
，
解得或（舍去），
，
，
（2）记为在区间，中的项的个数，
，
，
故，，，，，，，
，，，，，，，，，，
可知0在数列中有1项，1在数列中有2项，2在数列中有4项，，
由，
可知，．
数列的前100项和．
27．（2020•浙江）已知数列，，满足，，．
（Ⅰ）若为等比数列，公比，且，求的值及数列的通项公式；
（Ⅱ）若为等差数列，公差，证明：，．
【解析】（Ⅰ）解：由题意，，，
，，
整理，得，
解得（舍去），或，
，
数列是以1为首项，4为公比的等比数列，
，．
，
则，
，
，
，
各项相加，可得
．
（Ⅱ）证明：依题意，由，可得
，
两边同时乘以，可得
，
，
数列是一个常数列，且此常数为，
，
，
又，，
，
，
，故得证．
考点八 数列与不等式的综合
28．（2022•新高考Ⅰ）记为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）证明：．
【解析】（1）已知，是公差为的等差数列，
所以，整理得，①，
故当时，，②，
①②得：，
故，
化简得：，，，，；
所以，
故（首项符合通项）．
所以．
证明：（2）由于，
所以，
所以．
考点九 数列与函数的综合
29．（2023•上海）已知，在该函数图像上取一点，过点，做函数的切线，该切线与轴的交点记作，若，则过点，做函数的切线，该切线与轴的交点记作，以此类推，，，直至停止，由这些项构成数列．
（1）设属于数列，证明：；
（2）试比较与的大小关系；
（3）若正整数，是否存在使得、、、、依次成等差数列？若存在，求出的所有取值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：，
则过点，的切线的斜率为，
由点斜式可得，此时切线方程为，即，
令，可得，
根据题意可知，，即得证；
（2）先证明不等式，
设，则，
易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则（1），即，
结合（1）可知，；
（3）假设存在这样的符合要求，
由（2）可知，数列为严格的递减数列，，2，3，，，
由（1）可知，公差，，
先考察函数，则，
易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则至多只有两个解，即至多存在两个，使得，
若，则，矛盾，则，
当时，设函数，
由于，，
则存在，使得，
于是取，，，它们构成等差数列．
综上，．
30．（2019•浙江）设等差数列的前项和为，，．数列满足：对每个，，，成等比数列．
（Ⅰ）求数列，的通项公式；
（Ⅱ）记，，证明：，．
【解析】（Ⅰ）设数列的公差为，
由题意得，
解得，，
，．
，，
数列满足：对每个，，，成等比数列．
，
解得，
解得，．
（Ⅱ）证明：，，
用数学归纳法证明：
①当时，，不等式成立；
②假设，时不等式成立，即，
则当时，
，
即时，不等式也成立．
由①②得，．
考点十 数列的应用
32．（2022•新高考Ⅱ）图1是中国古代建筑中的举架结构，，，，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中，，，是举，，，，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，，，．已知，，成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则
A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
【解析】设，则，，，
由题意得：，，
且，
解得，
故选：．
33．（2022•上海）已知等比数列的前项和为，前项积为，则下列选项判断正确的是
A．若，则数列是递增数列
B．若，则数列是递增数列
C．若数列是递增数列，则
D．若数列是递增数列，则
【解析】如果数列，公比为，满足，但是数列不是递增数列，所以不正确；
如果数列，公比为，满足，但是数列不是递增数列，所以不正确；
如果数列，公比为，，数列是递增数列，但是，所以不正确；
数列是递增数列，可知，可得，所以，可得正确，所以正确；
故选：．
34．（2020•上海）已知数列为有限数列，满足，则称满足性质．
（1）判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质，请说明理由；
（2）若，公比为的等比数列，项数为10，具有性质，求的取值范围；
（3）若是1，2，3，，的一个排列，符合，2，，，、都具有性质，求所有满足条件的数列．
【解析】（1）对于数列3，2，5，1，有，，，满足题意，该数列满足性质；
对于第二个数列4、3、2、5、1，，，．不满足题意，该数列不满足性质．
（2）由题意：，可得：，，3，，，
两边平方可得：，
整理可得：，当时，得此时关于恒成立，
所以等价于时，，
所以，，所以，或，所以取，
当时，得，此时关于恒成立，所以等价于时，，
所以，所以，所以取．
当时：，
当为奇数时，得，恒成立，当为偶数时，，不恒成立；
故当时，矛盾，舍去．
当时，得，当为奇数时，得，恒成立，
当为偶数时，，恒成立；故等价于时，，
所以，所以或，所以取，
综上，．
（3）设，，4，，，，
因为，可以取，或，可以取，或，
如果或取了或，将使不满足性质；所以的前5项有以下组合：
①，；；；；
②，；；；；
③，；；；；
④，；；；；
对于①，，，，与满足性质矛盾，舍去；
对于②，，，，与满足性质矛盾，舍去；
对于③，，，，与满足性质矛盾，舍去；
对于④，，，与满足性质矛盾，舍去；
所以，4，，，，均不能同时使、都具有性质．
当时，有数列，2，3，，，满足题意．
当时，有数列，，，3，2，1满足题意．
当时，有数列，1，3，，，满足题意．
当时，有数列，，，，，3，2，1满足题意．
所以满足题意的数列只有以上四种．
35．（2019•上海）数列有100项，，对任意，，存在，，，若与前项中某一项相等，则称具有性质．
（1）若，，求所有可能的值；
（2）若不为等差数列，求证：数列中存在某些项具有性质；
（3）若中恰有三项具有性质，这三项和为，使用，，表示．
【解析】（1）数列有100项，，对任意，，存在，，，
若，，则当时，，
当时，，，则或，
当时，，，则或或或
的所有可能的值为：3，5，7；
（2）不为等差数列，
数列存在使得不成立，
对任意，，存在，，；
存在，，使，则
对于，，，存在，使得，
因此中存在具有性质的项；
（3）由（2）知，去除具有性质的数列中的前三项，则数列的剩余项均不相等，
对任意，，存在，，，则
一定能将数列的剩余项重新排列为一个等差数列，且该数列的首项为，公差为，
．
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