第第頁專題05數列（含數列新定義）一、單選題1．（2023·全國·高考真題）記為數列的前項和，設甲：為等差數列；乙：為等差數列，則（

）A．甲是乙的充分條件但不是必要條件B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件【答案】C【分析】利用充分條件、必要條件的定義及等差數列的定義，再結合數列前n項和與第n項的關系推理判斷作答.，【詳解】方法1，甲：為等差數列，設其首項為，公差為，則，因此為等差數列，則甲是乙的充分條件；反之，乙：為等差數列，即為常數，設為，即，則，有，兩式相減得：，即，對也成立，因此為等差數列，則甲是乙的必要條件，所以甲是乙的充要條件，C正確.方法2，甲：為等差數列，設數列的首項，公差為，即，則，因此為等差數列，即甲是乙的充分條件；反之，乙：為等差數列，即，即，，當時，上兩式相減得：，當時，上式成立，于是，又為常數，因此為等差數列，則甲是乙的必要條件，所以甲是乙的充要條件.故選：C2．（2023·全國·高考真題）記為等比數列的前n項和，若，，則（

）．A．120 B．85 C． D．【答案】C【分析】方法一：根據等比數列的前n項和公式求出公比，再根據的關系即可解出；方法二：根據等比數列的前n項和的性質求解．【詳解】方法一：設等比數列的公比為，首項為，若，則，與題意不符，所以；若，則，與題意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故選：C．方法二：設等比數列的公比為，因為，，所以，否則，從而，成等比數列，所以有，，解得：或，當時，，即為，易知，，即；當時，，與矛盾，舍去．故選：C．【點睛】本題主要考查等比數列的前n項和公式的應用，以及整體思想的應用，解題關鍵是把握的關系，從而減少相關量的求解，簡化運算．3．（2022·全國·高考真題）圖1是中國古代建筑中的舉架結構，是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉，圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖．其中是舉，是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為．已知成公差為0.1的等差數列，且直線的斜率為0.725，則（

）A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9【答案】D【分析】設，則可得關于的方程，求出其解后可得正確的選項.【詳解】設，則，依題意，有，且，所以，故，故選：D二、解答題4．（2023·全國·高考真題）設等差數列的公差為，且．令，記分別為數列的前項和．(1)若，求的通項公式；(2)若為等差數列，且，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據等差數列的通項公式建立方程求解即可；（2）由為等差數列得出或，再由等差數列的性質可得，分類討論即可得解.【詳解】（1），，解得，，又，，即，解得或（舍去），.（2）為等差數列，，即，，即，解得或，，，又，由等差數列性質知，，即，，即，解得或（舍去）當時，，解得，與矛盾，無解；當時，，解得.綜上，.5．（2023·全國·高考真題）已知為等差數列，，記，分別為數列，的前n項和，，．(1)求的通項公式；(2)證明：當時，．【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）設等差數列的公差為，用表示及，即可求解作答.（2）方法1，利用（1）的結論求出，，再分奇偶結合分組求和法求出，并與作差比較作答；方法2，利用（1）的結論求出，，再分奇偶借助等差數列前n項和公式求出，并與作差比較作答.【詳解】（1）設等差數列的公差為，而，則，于是，解得，，所以數列的通項公式是.（2）方法1：由（1）知，，，當為偶數時，，，當時，，因此，當為奇數時，，當時，，因此，所以當時，.方法2：由（1）知，，，當為偶數時，，當時，，因此，當為奇數時，若，則，顯然滿足上式，因此當為奇數時，，當時，，因此，所以當時，.6．（2022·全國·高考真題）記為數列的前n項和，已知是公差為的等差數列．(1)求的通項公式；(2)證明：．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）利用等差數列的通項公式求得，得到，利用和與項的關系得到當時，,進而得：，利用累乘法求得，檢驗對于也成立，得到的通項公式；（2）由（1）的結論，利用裂項求和法得到，進而證得.【詳解】（1）∵，∴,∴,又∵是公差為的等差數列，∴,∴,∴當時，，∴,整理得：,即,∴，顯然對于也成立，∴的通項公式；（2）∴7．（2022·全國·高考真題）已知為等差數列，是公比為2的等比數列，且．(1)證明：；(2)求集合中元素個數．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（1）設數列的公差為，根據題意列出方程組即可證出；（2）根據題意化簡可得，即可解出．【詳解】（1）設數列的公差為，所以，，即可解得，，所以原命題得證．（2）由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以滿足等式的解，故集合中的元素個數為．8．（2021·全國·高考真題）已知數列滿足，（1）記，寫出，，并求數列的通項公式；（2）求的前20項和.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)方法一：由題意結合遞推關系式確定數列的特征，然后求和其通項公式即可；(2)方法二：分組求和，結合等差數列前項和公式即可求得數列的前20項和.【詳解】解：（1）[方法一]【最優解】：顯然為偶數，則，所以，即，且，所以是以2為首項，3為公差的等差數列，于是．[方法二]：奇偶分類討論由題意知，所以．由（為奇數）及（為偶數）可知，數列從第一項起，若為奇數，則其后一項減去該項的差為1，若為偶數，則其后一項減去該項的差為2．所以，則．[方法三]：累加法由題意知數列滿足．所以，，則．所以，數列的通項公式．（2）[方法一]：奇偶分類討論．[方法二]：分組求和由題意知數列滿足，所以．所以數列的奇數項是以1為首項，3為公差的等差數列；同理，由知數列的偶數項是以2為首項，3為公差的等差數列．從而數列的前20項和為：．【整體點評】(1)方法一：由題意討論的性質為最一般的思路和最優的解法；方法二：利用遞推關系式分類討論奇偶兩種情況，然后利用遞推關系式確定數列的性質；方法三：寫出數列的通項公式，然后累加求數列的通項公式，是一種更加靈活的思路.(2)方法一：由通項公式分奇偶的情況求解前項和是一種常規的方法；方法二：分組求和是常見的數列求和的一種方法，結合等差數列前項和公式和分組的方法進行求和是一種不錯的選擇.9．（2021·全國·高考真題）記是公差不為0的等差數列的前n項和，若．（1）求數列的通項公式；（2）求使成立的n的最小值．【答案】(1)；(2)7.【分析】(1)由題意首先求得的值，然后結合題意求得數列的公差即可確定數列的通項公式；(2)首先求得前n項和的表達式，然后求解二次不等式即可確定n的最小值.【詳解】(1)由等差數列的性質可得：，則：，設等差數列的公差為，從而有：，，從而：，由于公差不為零，故：，數列的通項公式為：.(2)由數列的通項公式可得：，則：，則不等式即：，整理可得：，解得：或，又為正整數，故的最小值為.【點睛】等差數列基本量的求解是等差數列中的一類基本問題，解決這類問題的關鍵在于熟練掌握等差數列的有關公式并能靈活運用.一、單選題1．（2024·山東·二模）設等差數列的前項和為，若，則（

）A．156 B．252 C．192 D．200【答案】B【分析】根據給定條件，求出等差數列公差，再利用性質求出.【詳解】等差數列中，，得，則，設數列公差為，而，因此，解得，則，所以.故選：B2．（2024·湖北·二模）已知等差數列的前n項和為，且，，若對于任意的，不等式恒成立，則實數x可能為（

）A． B．0 C．1 D．2【答案】A【分析】由與的關系且為等差數列，求出，由，得，構造函數，由在時恒成立，求實數x的取值范圍.【詳解】因為，時，，時，，所以，，，因為為等差數列，所以，，從而，，所以，即，則當時，恒成立，，解得或，只有選項A符合題意，故選：A3．（2024·江蘇·一模）已知正項數列滿足，若，則（

）A． B．1 C． D．2【答案】D【分析】由已知和式求出通項的通項，從而得出，再由已知條件，從而求出，類似的往前推，求出即可.【詳解】時，時，，故選：D.4．（2024·浙江寧波·二模）已知數列滿足，對任意都有，且對任意都有，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題意可得數列在上是遞減數列，數列在上是遞增數列，再根據二次函數的單調性即可得解.【詳解】因為對任意都有，所以數列在上是遞減數列，因為對任意都有，所以數列在上是遞增數列，所以，解得，所以實數的取值范圍是.故選：C.5．（2024·浙江·二模）已知函數滿足對任意的且都有，若，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據將，再用裂項相消法求的值.【詳解】∵函數滿足對任意的且都有∴令，則，∴∴.故選：D【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查數列的求和問題，關鍵是理解數列的規律，即研究透通項，本題的關鍵是將通項分析為：二、多選題6．（2024·河北石家莊·二模）已知數列的通項公式為，前項和為，則下列說法正確的是（

）A．數列有最小項，且有最大項 B．使的項共有項C．滿足的的值共有個 D．使取得最小值的為4【答案】ABD【分析】首先利用作差法判斷單調性，列出數列的前幾項，再結合各選項一一判斷即可.【詳解】因為，所以，令，即，解得，又，所以當時，則當或時，令，解得，所以，，所以數列有最小項，且有最大項，故A正確；由，則又，所以或或或或，所以使的項共有項，故B正確；要使，又，所以、、中有個負數或個負數，所以或或，故滿足的的值共有個，故C錯誤；因為時，時，所以當為時取得最小值，故D正確.故選：ABD7．（2024·遼寧·一模）已知數列的首項為，且，則（

）A．存在使數列為常數列B．存在使數列為遞增數列C．存在使數列為遞減數列D．存在使得恒成立【答案】ABD【分析】首先分析可得且，設，，利用導數說明函數的單調性，再分、、三種情況討論的單調性，即可判斷.【詳解】因為，所以，又，則，設，，所以，所以當時，當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，當時，，，故當使數列為常數列，故A正確；當時，由在上單調遞增，又，所以，故B正確；當時，由在上單調遞減，又，所以，又在上單調遞增且，所以，所以存在使得恒成立，即D正確；由上述分析可知，不存在使數列為遞減數列，故C錯誤.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是將遞推公式變形為，從而構造函數，利用函數的單調性判斷的單調性.8．（2024·山東煙臺·一模）給定數列，定義差分運算：.若數列滿足，數列的首項為1，且，則（

）A．存在，使得恒成立B．存在，使得恒成立C．對任意，總存在，使得D．對任意，總存在，使得【答案】BC【分析】由已知求出及范圍判斷AB；利用累加法結合錯位相減法求和求出及范圍判斷C；求出及的范圍判斷D.【詳解】對于A，由，得，顯然有最小值4，無最大值，因此不存在，使得恒成立，A錯誤；對于B，由選項A知，，則，顯然當時，恒成立，B正確；對于C，由，得，當時，即，于是，兩式相減得，因此，顯然滿足上式，則，由，得數列是遞增數列，有最小值1，無最大值，從而對任意，總存在，使得，C正確；對于D，，由選項C得，顯然數列是遞減數列，，因此對任意，不存在，使得成立，D錯誤.故選：BC【點睛】關鍵點睛：涉及數列新定義問題，關鍵是正確理解給出的定義，由給定的數列結合新定義探求數列的相關性質，并進行合理的計算、分析、推理等方法綜合解決.9．（2024·遼寧沈陽·二模）已知數列的通項公式為，則下列說法正確的有（

）A．若，則數列單調遞減B．若對任意，都有，則C．若，則對任意，都有D．若的最大項與最小項之和為正數，則【答案】ACD【分析】對于選項A，求出，再作差判斷兩式分母的大小關系判斷即可；對于選項B，求解，再分為奇數與偶數的情況討論即可；對于選項C，分為奇數與偶數的情況討論，進而求和分析是否為0即可；對于選項D，先將條件轉化為：到距離最小的正奇數到的距離大于到距離最小的正偶數到的距離，再分情況討論即可.【詳解】對于選項A，由條件知，，而，結合，知，所以，所以，即數列單調遞減，故A正確；對于選項B，首先有.若，則當n為偶數時，，從而必成立；而當n為奇數且時，由，知，，從而，即，這意味著.所以只要，就一定有恒成立，所以由恒成立不可能得到，故B錯誤；對于選項C，顯然當同為奇數或同為偶數時，必有同號，故；而當的奇偶性不同時，為奇數，此時不妨設分別是奇數和偶數，則因為，故為偶數，而為奇數，所以，所以，故C正確；對于選項D，首先顯然的是，最大項必定是某個第偶數項，最小項必定是某個第奇數項.當為偶數時，要讓最大，即要讓最?。欢敒槠鏀禃r，要讓最小，即要讓最小.設和分別是到距離最小的正偶數和正奇數，則條件相當于.而，故條件等價于，即.這表明，條件等價于，到距離最小的正奇數到的距離，大于到距離最小的正偶數到的距離.若，則到距離最小的正奇數和正偶數分別是1和2，而由可知，不符合條件；若，是正奇數，則到距離最小的正奇數到的距離為0，不可能大于到距離最小的正偶數到的距離，不符合條件；若，且不是正奇數，設到的距離最近的正偶數為，則.此時到距離最小的正偶數到的距離為，從而到距離最小的正奇數到的距離大于，進一步知任意正奇數到的距離都大于.從而，，這意味著，，所以.綜上，，，故D正確．故選：ACD【點睛】關鍵點點睛：本題的數列通項中含有，這往往意味著我們需要對的奇偶性作分類討論，分兩種情況對數列進行討論才可全面地解決問題.10．（2024·吉林延邊·一模）與大家熟悉的黃金分割相類似的還有一個白銀分割，比如A4紙中就包含著白銀分割率．若一個數列從0和1開始，以后每一個數都是前面的數的兩倍加上再前面的數：0，1，2，5，12，29，70，169，408，985，2378，…，則隨著n趨于無窮大，其前一項與后一項的比值越來越接近白銀分割率．記該數列為，其前n項和為，則下列結論正確的是（

）A．（） B．C． D．【答案】ABC【分析】根據定義即可判定正確，根據，即可求出，利用，求出，從而得到，令，則，利用不動點法求出數列的通項公式，從而判定D.【詳解】由于一個數列從0和1開始，以后每一個數都是前面的數的兩倍加上再前面的數，則，故A正確；，對于B，由于，可得，所以，由于，所以，故B正確；對于C，由于，可得，所以，由于，則，所以，則，故C正確；對于D，由于，則，即，令，則，，求不動點，設，令，解得：，，所以，化簡得：①，化簡得：②，則，且，則數列是第二項為，公比為的等比數列，則，所以，由于，所以，故D不正確；故選：ABC三、填空題11．（2024·遼寧撫順·三模）已知數列的前項和為，若，則，．【答案】299【分析】利用給定的通項公式及已知項求出；再利用前項和公式計算即得.【詳解】依題意，由，得；，因此數列是等差數列，所以．故答案為：2；9912．（2024·廣東廣州·一模）已知數列的前項和，當取最小值時，.【答案】3【分析】根據求得，再結合對勾函數的單調性，即可求得結果.【詳解】因為，則當時，，又當時，，滿足，故；則，又在單調遞減，在單調遞增；故當時，取得最小值，也即時，取得最小值.故答案為：.13．（2024·湖北·二模）方程有三個互不相等的實根，這三個實根適當排列后可構成一個等比數列，也可構成一個等差數列，則，該方程的解集為【答案】．【分析】設方程這三個實根為，根據多項式恒等可得根與系數的關系式，結合等比數列以及等差數列的性質即可求得答案.【詳解】設方程這三個實根為，則，得，，，當它們成等比數列時，不妨設，，，所以有，，．又這三個數可構成一個等差數列，有以下三種情形：（1），或，又互不相等，所以；（2），與互不相等矛盾；（3）或，又互不相等．所以，綜上可知或，所以分別為，，6或6，，，即該方程的解集為．所以，故答案為：；14．（2024·浙江嘉興·二模）設數列的前項和為，等比數列的前項和為，若，，則.【答案】【分析】根據題意，先求出等比數列的通項公式和前n項和，進而求得，再利用項與和的關系求得通項.【詳解】設等比數列的公比為，由，則，解得，又，所以，，代入，解得，當時，，當，時，，滿足上式，所以，.故答案為：.15．（2024·廣東梅州·二模）已知數列的通項公式（），則的最小值為．【答案】/【分析】根據的奇偶性可得的最小值，只需要考慮為偶數時即可，根據作商法得，結合可得時，，即可判斷時取最小值.【詳解】由于當為奇數時，，當為偶數時，，要求的最小值，只需要考慮出現奇數個奇數項時即可，又，且當時，，因此時，，當，，當，，綜上，最小值為.故答案為：【點睛】方法點睛：在處理涉及的數列問題，一般要考慮分為奇數和偶數來分類討論，含參的恒成立，先分離參數，轉化為求式子的最大值或最小值問題來處理．四、解答題16．（2024·遼寧·一模）已知為數列的前n項和，滿足，且成等比數列，當時，．(1)求證：當時，成等差數列；(2)求的前n項和．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】(1)利用得到和的關系即可證明；(2)結合(1)中結論得，求出和公比，得到通項公式，從而根據等差和等比數列前n項和公式即可求解．【詳解】（1）∵，∴，，兩式相減，得，即．當時，，∴，∴當時，成等差數列．（2）由，解得或，又成等比數列，∴由(1)得，進而，而，∴，從而，∴，∴．17．（2024·河北邯鄲·二模）已知正項數列的前項和為，，且．(1)求的通項公式；(2)若，求數列的前項和．【答案】(1)(2)【分析】（1）首先求出，可證明數列為首項為，公差為的等差數列，得到，利用得到的通項公式；（2）由（1）知，，化簡可得，利用分組求和以及裂項相消即可求出數列的前項和.【詳解】（1）當時，由，即，解得：，所以，則數列為首項為，公差為的等差數列；所以，則，當時，，當時，滿足條件，所以的通項公式為（2）由（1）知，，所以，故，即18．（2024·吉林白山·二模）已知數列的前項和為，若數列滿足：①數列項數有限為；②；③，則稱數列為“階可控搖擺數列”.(1)若等比數列為“10階可控搖擺數列”，求的通項公式；(2)若等差數列為“階可控搖擺數列”，且，求數列的通項公式；(3)已知數列為“階可控搖擺數列”，且存在，使得，探究：數列能否為“階可控搖擺數列”，若能，請給出證明過程；若不能，請說明理由.【答案】(1)或(2)(3)不能，理由見解析【分析】（1）根據和討論，利用等比數列前n項和結合數列新定義求解即可；（2）結合數列定義，利用等差數列的前n項和及通項公式求解即可；（3）根據數列為“階可控搖擺數列”求得，再利用數列的前項和得，然后推得與不能同時成立，即可判斷.【詳解】（1）若，則，解得，則，與題設矛盾，舍去；若，則，得，而，解得或，故或.（2）設等差數列的公差為，因為，則，則，由，得，而，故，兩式相減得，即，又，得，所以.（3）記中所有非負項之和為，負項之和為，因為數列為“階可控搖擺數列”，則得，故，所以.若存在，使得，即，則，且.假設數列也為“階可控搖擺數列”，記數列的前項和為，則因為，所以.所以；又，則.所以；即與不能同時成立.故數列不為“階可控搖擺數列”.【點睛】關鍵點點睛：本題考查數列的新定義問題，應根據定義得到數列滿足的遞推關系，再利用常見的數列通項公式求法（如公式法、累加法、待定系數法等）求得數列通項公式和前n項和，最后再通項和前n項和的基礎上討論數列的性質.19．（2024·遼寧大連·一模）對于數列，定義“T變換”：T將數列A變換成數列，其中，且．這種“T變換”記作，繼續對數列B進行“T變換”，得到數列，依此類推，當得到的數列各項均為0時變換結束．(1)寫出數列A：3，6，5經過5次“T變換”后得到的數列：(2)若不全相等，判斷數列不斷的“T變換”是否會結束，并說明理由；(3)設數列A：2020，2，2024經過k次“T變換”得到的數列各項之和最小，求k的最小值．【答案】(1)0，1，1(2)不會，理由見解析(3)507【分析】（1）根據數列的新定義寫出經過5次“T變換”后得到的數列即可；（2）先假設數列經過不斷的“T變換”結束，不妨設最后的數列，由數列往前推，則非零數量可能通過“T變換”結束，或者數列為常數列，進而得到可能出現的情況，推出矛盾，故假設不成立，即可證明；（3）先往后推幾項，發現規律，假設1次“T變換”后得到的通項，多寫幾項推出規律，往后繼續進行，推到使數字接近1時，再繼續推，往后會發現k次“T變換”得到的數列是循環的，得到最小值，進而推出次數即可.【詳解】（1）由題知，5次變換得到的數列依次為3，1，2；2，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；所以數列：3，6，5經過5次“T變換”后得到的數列為0，1，1.（2）數列經過不斷的“變換”不會結束，設數列，且，由題可知：，，即非零常數列才能經過“變換”結束；設（為非零常數列），則為變換得到數列的前兩項，數列只有四種可能：，而以上四種情況，數列的第三項只能是0或，即不存在數列，使得其經過“變換”變成非零常數列，故數列經過不斷的“變換”不會結束；（3）數列經過一次“變換”后得到數列，其結構為（遠大于4）數列經過6次“變換”后得到的數列依次為：；所以，經過6次“變換”后得到的數列也是形如“”的數列，變化的是，除了4之外的兩項均減小24，則數列經過次“變換”后得到的數列為：2，6，4，接下來經過“變換”后得到的數列依次為：4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；至此，數列各項和的最小值為4，以后數列循環出現，數列各項之和不會變得更小，所以最快經過次“變換”得到的數列各項之和最小，即的最小值為507．【點睛】思路點睛：本題考查數列的新定義問題.關于數列的新定義一般思路為：根據定義寫出幾項；找出規律；寫成通項；證明結論.20．（2024·廣東梅州·二模）已知是由正整數組成的無窮數列，該數列前項的最大值記為，即；前項的最小值記為，即，令（），并將數列稱為的“生成數列”．(1)若，求其生成數列的前項和；(2)設數列的“生成數列”為，求證：；(3)若是等差數列，證明：存在正整數，當時，，，，是等差數列．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用指數函數的性質判斷數列的單調性，從而得出{pn}的通項，由分組求和法及等比數列的前n項和公式進行求解即可；（2）根據數列的單調性，結合生成數列的定義進行證明即可；（3）根據等差數列的定義分類討論進行證明即可．【詳解】（1）因為關于單調遞增，所以，，于是，的前項和．（2）由題意可知，，所以，因此，即是單調遞增數列，且，由“生成數列”的定義可得．（3）若是等差數列，證明：存在正整數，當時，是等差數列．當是一個常數列，則其公差必等于0，，則，因此是常數列，也即為等差數列；當是一個非常數的等差數列，則其公差必大于0，，所以要么，要么，又因為是由正整數組成的數列，所以不可能一直遞減，記，則當時，有，于是當時，，故當時，，…，因此存在正整數，當時，，…是等差數列．綜上，命題得證．【點睛】方法點睛：常見的數列求和的方法有公式法即等差等比數列求和公式，分組求和類似于，其中和分別為特殊數列，裂項相消法類似于，錯位相減法類似于，其中為等差數列，為等比數列等.一、單選題1．（2024·全國·模擬預測）已知等比數列滿足，則有（

）A．最小值 B．最大值18 C．最小值27 D．最大值【答案】C【分析】由數列是等比數列，可得，即，方法一：,則利用基本不等式計算即可，方法二：利用基本不等式計算即可.【詳解】方法一：因為數列是等比數列，所以，所以，所以，所以，當且僅當，即時取等號．方法二

因為數列是等比數列，所以，所以，所以，當且僅當時取等號．故選：C．2．（2024·江蘇揚州·模擬預測）設是公比不為1的無窮等比數列，則“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】借助充要條件的定義，分別驗證充分性與必要性，結合等比數列、遞增數列的定義，借助反證法證明即可得.【詳解】若為遞增數列，當，且時，有，此時為遞增數列，當對任意,，故“為遞增數列”不是“存在正整數，當時，”的充分條件；若存在正整數，當時，，此時，，故，，假設存在，使得，則有，則，又且，故，則當時，，與條件矛盾，故不存在，使，即在上恒成立，即，又，，故，即對任意的，，即為遞增數列，故“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的必要條件；綜上所述，“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的必要不充分條件.故選：B.3．（2024·重慶·模擬預測）若等差數列的前n項和為S，且滿足，對任意正整數，都有則的值為（

）A．21 B．22 C．23 D．24【答案】C【分析】根據給定條件，利用等差數列的性質及前n項和公式計算推理得解.【詳解】依題意，，則，又，則，，等差數列的公差，因此數列單調遞減，，且，即任意正整數，恒成立，所以對任意正整數，都有成立的.故選：C二、多選題4．（2024·福建漳州·模擬預測）已知數列的前項和為，若，且對，都有，則（

）A．是等比數列 B．C． D．【答案】BD【分析】由可判斷A選項；推導出，可知數列為等比數列，確定該數列的首項和公比，可求出數列的通項公式，可判斷B選項；由與的關系求出數列的通項公式，可判斷D選項.【詳解】因為，所以不是等比數列，所以A選項錯誤；由，得，，，以及，可得，，，以此類推可知，，則，又，所以數列是以為首項，為公比的等比數列，所以，所以，所以B選項正確；當時，，當時，，不滿足，故，所以C選項錯誤，D選項正確，故選：BD.5．（2024·湖北武漢·模擬預測）已知各項都是正數的數列的前項和為，且，則下列結論正確的是（

）A．當時， B．C．數列是等差數列 D．【答案】BCD【分析】計算數列首項及第二項可判定A，利用等差數列的定義及的關系可判定C，從而求出的通項公式結合基本不等式、函數的單調性可判定B、D.【詳解】對A，由題意可知，所以，則，所以，故A錯誤；對C，由，故C正確；對C，所以，則，故B正確；對D，易知，令，則，則單調遞增，所以，即，故D正確.故選：BCD6．（2024·全國·模擬預測）已知數列滿足，則下列說法正確的是（

）A．當時， B．若數列為常數列，則C．若數列為遞增數列，則 D．當時，【答案】AD【分析】令可得，據此判斷A，令，由遞推關系求出即可判斷B，根據B及條件數列為遞增數列，分類討論求出或時判斷C，通過對取對數，構造等比數列求解即可判斷D.【詳解】對于A，當時，，令，則，，故，即，A正確；對于B，若數列為常數列，令，則，解得或或，B不正確；對于C，令，則，若數列為遞增數列，則數列為遞增數列，則，解得或.當時，，且，，此時數列為遞增數列，即數列為遞增數列；當時，，且，，此時數列不為遞增數列，即數列不為遞增數列；當時，，，此時數列為遞增數列，即數列為遞增數列.綜上，當或，即或時，數列為遞增數列，C不正確；對于D，令，則，，兩邊同時取以2為底的對數，得，，數列是首項為1，公比為2的等比數列，，即，D正確.故選：AD.【點睛】關鍵點點睛：本題所給數列的遞推關系并不常見，對學生的理性思維要求比較高，求解時將已知條件變為是非常關鍵的一步，再根據每個選項所附加的條件逐一進行判斷，既有求解數列的項的取值范圍的問題，又考查了數列的單調性、數列通項的求解，要求學生具備扎實的邏輯推理能力.本題難度比較大，起到壓軸的作用.三、填空題7．（2024·湖北武漢·模擬預測）等比數列的公比為，其通項為，如果，則；數列的前5項和為．【答案】或或【分析】利用給定條件，結合等比數列通項列出方程，求解方程得；分類求出的通項，再求出前5項和.【詳解】等比數列的公比為，由，得，整理得，所以或；當時，，數列的前5項和為，當時，，數列的前5項和為，所以數列的前5項和為或.