重难点08 七种数列数学思想方法(核心考点讲与练)-2023年高考数学一轮复习核心考点讲与练(新高考专用)
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重难点08 七种数列数学思想方法(核心考点讲与练)
能力拓展
题型一:函数与方程思想
一、单选题
1.(2022·全国·高三专题练习)数列满足:,则( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】根据题意设,利用导数讨论函数的单调性,进而得出在上恒成立,作出图象,结合图象即可得出结果.
【详解】由题意知,
设,
则,
所以函数在上单调递增,
又,所以在上恒成立,
即在上恒成立,
画出函数和的图象,如图,
由图象可得,,
故选:D.
2.(2022·全国·高三专题练习)若数列满足,,记数列的前项和为,则( )
A.时,是递减数列 B.时,是递增数列
C.时, D.时,
【答案】C
【分析】设,根据导数判断出当时,成立,从而可判断选项A;当时,,由此可判断选项B;结合蛛网图可判断选项C;根据时,数列单调递减,同时结合C中结论可判断选项D.
【详解】设,,则,
若,则,所以存在,使所以,
此时,,
又,所以,即,
当时,,,
所以时,,所以选项A错误;
易知函数是奇函数,因为时,,
所以时,,即,
当时,, ,
所以时,,所需选项B错误;
要证,只需证,
即证
即只需证,
所以只需证,
由结合蛛网图,可得到,
所以,所以选项C正确;
因为所以时,,即,
当时,,所以数列单调递减,
且当时,,同时结合C中结论可推出选项D错误.
故选C
3.(2022·全国·高三专题练习)已知数列的前n项和为,若是公差为d()的等差数列,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】由已知可得,对于AB,令,可得,即,由于正负不确定,无法比较大小;对于CD,令,可得,即,令,可得,即,作差法比较,进而得到选项.
【详解】是公差为d()的等差数列,其首项为
,即
对于AB,当时,,整理得:,即
当时,;当时,;故AB错误;
对于CD,当时,,整理得:,又,
,
当时,,整理得:,即
,
显然为减函数,且,
又,,即,故D正确;
故选:D
4.(2021·浙江·高三阶段练习)已知各项都为正数的数列满足,,给出下列三个结论:①若,则数列仅有有限项;②若,则数列单调递增;③若,则对任意的,陼存在,使得成立.则上述结论中正确的为( )
A.①② B.②③ C.①③ D.①②③
【答案】A
【分析】对于①,利用数列的单调性,通过累加法即可作出判断;对于②,先证明,再借助作差法即可得到结果;对于③,判断数列是有界的还是发散的即可.
【详解】对于①,∵,∴,
又数列各项都为正数,∴,
∴数列单调递减,∴,∴;
∵,即
∴,
∴
,
∴,即,
∴,即,而为定值,
∴数列仅有有限项,命题正确;
对于②,先用数学归纳法证明.
(1)当时,,显然成立;
(2)假设时,,
则,
记,,
,∴在上单调递增,
,
∴,
∴对,都有.
∵∴,
∴,
又在上单调递增,
又,∴,
∴数列单调递增,命题正确;
对于③,
∵,
∴,即,
又,∴,
∴,
∴,
∴,
显然存在上界,即存在上界,
∴命题错误.
故选:A
【点睛】方法点睛:递推关系显然无法确定通项,从而要从项间关系切入,利用单调性、最值、周期性等,结合放缩思想即可得到结果.
二、多选题
5.(2022·全国·高三专题练习)设是公差为的无穷等差数列的前项和,则下列命题正确的是( )
A.若,则数列有最大项
B.若数列有最大项,则
C.若数列对任意的,恒成立,则
D.若对任意的,均有,则恒成立
【答案】ABD
【分析】由等差数列的前项和公式可得,可看作关于的二次函数且,对于选项和,根据二次函数的性质即可判断正误;对于选项,举出反例,即可判断正误;对于选项,由并结合二次函数性质,即可得出,,即可判断正误,从而得出答案.
【详解】解:由于等差数列前项和公式,
对于选项,若,则有最大值,则数列有最大项,故选项正确;
对于选项,当数列有最大项,则对应的二次函数有最大值时,可知,故选项正确;
对于选项,令,对任意的,则数列递增,满足恒成立,但,故选项错误;
对于选项,若对任意的,均有,则,,则必为递增数列,故选项正确.
综上可知,正确的命题是ABD.
故选:ABD.
【点睛】本题考查等差数列的前项和公式的应用,,可看成关于的二次函数,然后利用二次函数的性质解决问题,考查逻辑推理能力和函数思想.
6.(2020·全国·高三专题练习)等差数列{an}的前n项的和为Sn,公差,和是函数的极值点,则下列说法正确的是( )
A.-38 B. C. D.
【答案】ACD
【解析】首先根据和是函数的极值点,可以计算出数列的公差以及首项即可得出答案
【详解】由题得,令,又因为公差,所以,,所以,经计算,.所以
故选:ACD.
【点睛】本题主要考查了极值点以及等差数列的通项式和前项和,属于基础题。
三、填空题
7.(2022·全国·高三专题练习)已知:为整数且,则n的最小值为_____________.
【答案】5
【分析】根据题意,由小到大代入整数n的值验证得出答案.
【详解】根据题意,.
时,题中等式化简为
所以可看成是方程的两个实数解
而方程的判别式为,显然方程的判别式为开不尽的数
所以上述方程无整数解,即不符合题意;
时,题中等式化为
根据题意,可设,且为整数,又
同时为负整数时, 此时得
显然不存在满足题目条件的,即同时为负整数时不符合题意;
同时为正数时,得 ,
此时,显然不满足条件;
三个数中有一个为0时,情况与相同
所以时,不符合题意;
时,同上可设由 知,
当 均为整数时, ,显然不符合题意
当存在负数时, ,此时有
同时的分析方法,不存在符合条件的.
所以,不符合题意;
时,取,此时满足题中条件
所以满足条件的n的最小值为5.
故答案为:5.
8.(2022·浙江·龙港中学高三阶段练习)等差数列满足,则的取值范围是______.
【答案】
【分析】由题设可得,令则,可得,将问题转化为在上有解,利用二次函数性质求t范围即可.
【详解】由题设,,即,
当时,为常数列,显然有矛盾,故,
令,则,
所以,
令,则在上有解,
又开口向上且对称轴为,,
当,即时,,满足要求;
当时,,又,,满足要求;
综上,.
故答案为:
9.(2022·全国·高三专题练习)在数列中,,.若不等式对任意的恒成立,则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】由已知得,运用累加法求得,代入不等式,由恒成立思想可得答案.
【详解】解:∵时,,即,
∴
.
又时,也符合上式,∴.
不等式化为,
∵,∴.
故答案为:.
10.(2022·全国·高三专题练习)某新学校高一、高二、高三共有学生1900名,为了了解同学们对学校关于对手机管理的意见,计划采用分层抽样的方法,从这1900名学生中抽取一个样本容量为38的样本,若从高一、高二、高三抽取的人数恰好组成一个以为公比的等比数列,则此学校高一年级的学生人数为______人.
【答案】900
【分析】假设高一、高二、高三抽取人数分别为,根据抽取的容量可得,然后简单计算,即可得到高一人数.
【详解】因为高一、高二、高三抽取的人数恰好组成一个以为公比的等比数列
设从高二年级抽取的学生人数为人,
则从高二、高三年级抽取的人数分别为.
由题意可得,所以.
设我校高一年级的学生人数为N,再根据,
求得.
故答案为:
【点睛】本题考查分层抽样的应用,熟悉分层抽样的概念以及基本量的计算是解题关键.
四、解答题
11.(2022·河北·模拟预测)已知数列的前n项和为,且.
(1)求数列的通项公式:
(2)设,求数列的最大项.
【答案】(1)(2)
【分析】(1)先令,求出,然后利用,代入便可求的通项公式.
(2)求导后分析单调性,便可知数列的最值.
(1)解:由题意得:
当时,
当时,,解得
故数列的通项公式
(2)由(1)可知:
设函数
则
令,解得,可知
当时,,单调递增;
当时,,单调递减;
可以看成函数取正整数时的离散的点.
因为为整数,故或,有为数列的最大值.
故数列的最大项为:
12.(2022·全国·高三专题练习)等比数列的前项和为,已知对任意的,点,均在函数且,,均为常数)的图象上.
(1)求的值;
(2)当时,记,求数列的前项和;
(3)由(2),是否存在最小的整数,使得对于任意的,均有,若存在,求出的值,若不存在,说明理由.
【答案】(1).(2).(3)存在,.
【分析】(1)由已知得,由求得 ,再根据等比数列的定义可求得答案;
(2)由(1)求得数列,再运用错位相减法求得答案;
(3)运用作差法判断出数列的单调性,由此可得答案.
(1)解:因为对任意的,点,均在函数且,,均为常数)的图象上,所以得,
当时,,
当时,,
又因为为等比数列,公比为,所以,解得,首项,
;
(2)解:当时,,,
则,,
两式相减,得,
;
(3)解:若使得对于任意的,都成立,,即对于任意的,都成立,
又,
的最大值在时取得,最大值为2,
,,所以存在这样的符合题意.
题型二:数形结合思想
一、单选题
1.(2022·全国·高三专题练习)记为数列的前项和,已知点在直线上,若有且只有两个正整数n满足,则实数k的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由已知可得数列为等差数列,首项为8,公差为-2,由等差数列的前n项和公式可得,由二次函数的性质可得或5时,取得最大值为20,根据题意,结合二次函数的图象与性质即可求得k的取值范围.
【详解】解:由已知可得,
由,所以数列为等差数列,首项为8,公差为-2,
所以,
当n=4或5时, 取得最大值为20,
因为有且只有两个正整数n满足,
所以满足条件的和,
因为,
所以实数k的取值范围是.
故选:C.
【点睛】方法点睛:最值范围问题常用的方法有:(1)函数单调性法;(2)数形结合法;(3)导数法;(4)基本不等式法.要根据已知灵活选择合适的方法求解.
2.(2020·黑龙江·牡丹江一中高三阶段练习(理))定义.若函数,数列满足(),若是等差数列,则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】求得的解析式,根据是等差数列,取得的取值范围.
【详解】由于定义,而函数,由解得或,画出的图像如下图所示,
由图可知.
由于数列满足(),且是等差数列.当时,,,……,推辞类推,数列 是首项为,公差为的等差数列,符合题意.
当时,,要使是公差为的等差数列,则需,解得或不符合.由,解得或.则当时,为常数列;当时,为常数列.此时为等差数列.
当时,由于,故不能构成公差为的等差数列,也不是常数列,不符合题意.
综上所述,的取值范围是
故选:C
【点睛】本小题主要考查分段函数解析式的求法,考查等差数列的知识的运用,属于中档题.
二、填空题
3.(2020·全国·高三专题练习)已知,(为自然对数的底数),若在上恒成立,则实数的取值范围为______.
【答案】
【分析】先设,则在上恒成立等价于在上恒成立,在直角坐标系中画出函数,,的图像,结合图像,进而可求出结果.
【详解】设,
则在上恒成立等价于在上恒成立,
在直角坐标系中分别画出,的图象,
函数与都过点,
又当时,函数与函数相交于,
当时,函数与函数相交于点,
根据条件得图象如下图所示,
显然函数,过定点,
由图象易得,当时,将函数旋转到过点时,函数的斜率为,
所以时,在上恒成立,
所以实数的取值范围为:.
【点睛】本题主要考查分段函数的问题,考查数形结合的思想,熟记分段函数的性质等即可,属于常考题型.
4.(2020·山西长治·高三阶段练习(理))定义R在上的函数为奇函数,并且其图象关于x=1对称;当x∈(0,1]时,f(x)=9x﹣3.若数列{an}满足an=f(log2(64+n))(n∈N+);若n≤50时,当Sn=a1+a2+…+an取的最大值时,n=_____.
【答案】26
【解析】先由函数的奇偶性和对称性求得函数的周期,再根据函数的值域及对数运算求得及时的取值范围,即可求得取得最大值时的值.
【详解】因为函数为奇函数,所以,
又因为其图象关于直线x=1对称,
所以,即,
所以,可得
即函数f(x)是周期为4的周期函数,
因为当x∈(0,1]时,f(x)=9x﹣3,
所以,
因为函数为上的增函数,
所以当时,,当时,,
作出函数在上的图象如图所示:
所以当时,,
当时,,,
由周期性可得:x∈(6,)时,f(x)>0.
x∈(,)时,f(x)<0.
f()=f()=0.
因为,
所以6<log2(64+n)<log2114<7.
而当6<log2(64+n)时,an>0
即当64<64+n<6490.496,an>0
∴n≤26时,an>0.
当27≤n≤50时,log2(64+n)<log2114<7,此时an<0,
∴当n=26时,Sn=a1+a2+…+an取的最大值.
故答案为:
【点睛】本题考查函数奇偶性、图象的对称性、函数的周期性,对数的运算及数列前n项和的最值问题;考查学生的运算求解能力、抽象概括能力、分类讨论思想和数形结合思想;属于综合型、难度大型试题.
题型三:分类与整合思想
一、单选题
1.(2022·北京·北大附中高三开学考试)在等比数列中,,记(,2,…).则数列( )
A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项
【答案】A
【分析】根据题意易求得等比数列的公比,设数列为等比数列的奇数项(,2,…),则数列是以为首项,为公比的等比数列,再分奇偶讨论数列的项,即可得出结论.
【详解】解:设等比数列的公比为,
则,所以,
设数列为等比数列的奇数项(,2,…),
则数列是以为首项,为公比的等比数列,
则,
所以,
当时,,当时,,
当为奇数时,,因为,
所以,
当为偶数时,,因为,
所以,
综上所述,数列有最大项和最小项.
故选:A.
2.(2022·全国·高三专题练习)数列的通项,其前项和为,则S18为( )
A.173 B.174 C.175 D.176
【答案】B
【分析】化简可得,讨论取不同值时的通项公式,并项求和.
【详解】
当 时,;时,;
时,
所以
故选:B
3.(2022·全国·高三专题练习)已知数列满足,且,则该数列的前9项之和为( )
A.32 B.43 C.34 D.35
【答案】C
【分析】讨论为奇数、偶数的情况数列的性质,并写出对应通项公式,进而应用分组求和的方法求数列的前9项之和.
【详解】,
当为奇数时,,则数列是常数列,;
当为偶数时,,则数列是以为首项,公差为的等差数列,
.
故选:C
4.(2022·全国·高三专题练习)在正整数数列中,由1开始依次按如下规则取它的项:第一次取1;第二次取2个连续偶数2,4;第三次取3个连续奇数5,7,9;第四次取4个连续偶数10,12,14,16;第五次取5个连续奇数17,19,21,23,25,按此规律取下去,得到一个子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19…,则在这个子数列中第2 020个数是( )
A.3976 B.3974
C.3978 D.3973
【答案】A
【分析】根据题意分析出第次取个数,前次共取个数,且第n次取的最后一个数为n2,然后算出前次共取了个数,从而能得到数列中第2 020个数是3976.
【详解】由题意可得,奇数次取奇数个数,偶数次取偶数个数,前n次共取了个数,且第n次取的最后一个数为n2,
当时,,
即前63次共取了个数,第63次取的数都为奇数,并且最后一个数为,
即第2 016个数为3 969,
所以当n=64时,依次取3 970,3 972,3 974,3 976,…,所以第2 020个数是3 976.
故选:A.
二、多选题
5.(2021·江苏常州·高三阶段练习)数列满足,,其前项和为,下列选项中正确的是( )
A.数列是公差为的等差数列 B.除以的余数只能为或
C.满足的的最大值是 D.
【答案】ABD
【分析】由题意,可得,再由叠加法求出的通项公式,进而求的通项公式,可判断A;再求的前项和代数式可判断D,分别令为奇数,偶数两种情况判断B;令,求出的最大值,判断出C,从而选出答案.
【详解】解:,可得,
,
可得,
则,所以为公差为2的等差数列,所以A正确;
可得,
当时,,则,显然除以4的余数为1;
当,,则,可得除以4的余数为0,所以B正确;
因为,,可得此时的的最大值为10,故C不正确;
因为,所以,故D正确.
故选:ABD.
三、填空题
6.(2022·全国·高三专题练习)已知,且对任意都有或中有且仅有一个成立,,,则的最小值为___________.
【答案】31
【分析】根据题意分两种情况讨论求出的值,即可求得的最小值.
【详解】解:由题设,知:;
或中恰有一个成立;
或中恰有一个成立;
…
或中恰有一个成立;
则①,,,,
则,当时,的和为最小值为:31;
②,,,,
则,当时,的和为最小值为:32;
因此,的最小值为:31.
故答案为:31.
四、解答题
7.(2022·北京·二模)已知数列:,,…,,其中是给定的正整数,且.令,,,,,.这里,表示括号中各数的最大值,表示括号中各数的最小值.
(1)若数列:2,0,2,1,-4,2,求,的值;
(2)若数列是首项为1,公比为的等比数列,且,求的值;
(3)若数列是公差的等差数列,数列是数列中所有项的一个排列,求的所有可能值(用表示).
【答案】(1),;(2);(3)所有可能值为.
【分析】(1)根据函数定义写出,即可.
(2)讨论数列A的项各不相等或存在相等项,当各项都不相等,根据题设定义判断,当存在相等项,由等比数列通项公式求q,进而确定的值;
(3)利用数列A的单调性结合(2)的结论求的取值范围,估计所有可能取值,再应用分类讨论求证对应所有可能值均可取到,即可得结果.
(1)由题设,,,,则,
,,,则,
所以,.
(2)若数列任意两项均不相等,
当时;
当且时,,
又,,
此时;
综上,,故,不合要求;
要使,即存在且使,即,
又,则,
当,则,不合要求;
当,则,满足题设;
综上,.
(3)由题设数列单调递增且,
由(2)知:,
根据题设定义,存在且,,
则,
由比数列中个项大,,同理,
所以;
又至少比数列中一项小,,同理,
所以;
综上,.
令数列,下证各值均可取到,
ⅰ、当,而数列递增,
,且,
此时,,,
则;
ⅱ、当时,,则,
当且时,令,则,
所以,,
此时;
ⅲ、给定,
令()且(),
则(),(),
又数列递增,,
(),(),
所以,
此时且,
故,
综上,.
【点睛】关键点点睛:第三问,首先根据数列的单调性和定义求的取值范围,再由定义结合分类讨论求证范围内所有可能值都可取到.
8.(2022·福建宁德·模拟预测)设数列{}的前n项和为,.数列为等比数列,且成等差数列.
(1)求数列{}的通项公式;
(2)若,求的最小值.
【答案】(1);(2)4.
【分析】(1)设公比可得,根据等差中项的性质列方程求公比,即可得{}的通项公式;
(2)利用关系求得,进而得到讨论n的奇偶性求范围,即可确定的最小值.
(1)设数列{的公比为,由得:,
所以,即.
由成等差数列,
所以,即,解得或(舍).
所以.
(2)由(1),当时,则,对也成立,
所以.
设
当n为奇数时,为递减数列,所以;
当n为偶数时,为递增数列,所以.
综上,,而,则的最小值为4.
题型四:转化与划归思想
一、单选题
1.(2022·河南·模拟预测(文))设等比数列的公比为,其前项和为,前项积为,并满足条件,,,下列结论正确的是( )
A. B.
C.数列存在最大值 D.是数列中的最大值
【答案】D
【分析】根据题意可得,,所以在等比数列中,从到的每一项都大于,从开始后面所有的项的值都小于且大于.再分析每一个选项即可求解.
【详解】因为是公比为的等比数列,且,,,
所以,,所以,所以在等比数列中,
从到的每一项都大于,从开始后面所有的项的值都小于且大于.
对于A:因为,所以,故A不正确;
对于B:,故B不正确;
对于C:根据上面的分析,等比数列中每一项都为正值,所以无最大值,
所以数列无最大值,故C不正确;
对于D:因为在等比数列中,从到的每一项都大于,
从开始后面所有的项的值都小于且大于,所以是数列中的最大值,故D正确.
故选:D.
2.(2022·云南·高三阶段练习(理))为了更好地解决就业问题,国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召,有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”.老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元,用于进货.因质优价廉,供不应求,据测算:每月获得的利润是该月初投入资金的20%,每月底扣除生活费1000元,余款作为资金全部用于下月再进货,如此继续,预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为( )(取,)
A.32500元 B.40000元 C.42500元 D.50000元
【答案】B
【分析】设摊主6月底手中现款为,n月月底摊主手中的现款为,n+1月月底摊主手中的现款为,则可得二者之间的关系,构造新数列 成等比数列,求解,即可得到答案.
【详解】设,从6月份起每月底用于下月进货的资金依次记为,,…,,,同理可得,
所以,
而,所以数列是等比数列,公比为1.2,
所以,,
∴总利润为,
故选:B.
3.(2022·全国·高三专题练习)设数列的前项的和为,已知,若,则( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】将原式两边同时取倒数,运用叠加法求出,根据题意即可选出答案.
【详解】由题意可知,,
因为,
所以,即.
令,得,
令,得,
令,得,
令,得,
令,得,
上式相加,得,
即,所以,
因为,
所以,所以,即.
故选:C
4.(2022·全国·高三专题练习)已知是各项均为正整数的数列,且,,对,与有且仅有一个成立,则的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】令,由题设易知或有一项为1,则,判断各项取值情况,进而求的最小值.
【详解】当满足时,,
令,则或有一项为1,而,
∴,又是各项均为正整数的数列,
∴,,,,
此时的最小值为,
当满足时,,,,,,,时,
,
因为,
所以的最小值为20
故选:B.
二、多选题
5.(2022·全国·高三专题练习)已知数列满足,,对于任意,,,不等式恒成立,则的取值可以是( )
A.1 B.2 C. D.4
【答案】BD
【分析】根据,可得,由此可得数列是首项为2,公比为2的等比数列,从而可得的范围,再根据不等式恒成立即可求得答案.
【详解】解:根据题意,,
两边同时取倒数可得,,
即得,
由此可得数列是首项为2,公比为2的等比数列,
所以,
,
,
又因为在,上恒成立,
所以,,.
故选:BD.
6.(2022·全国·高三专题练习)记数列的前项和为,若存在实数,使得对任意的,都有,则称数列为“和有界数列”.下列说法正确的是( )
A.若数列是等差数列,且公差,则数列是“和有界数列”
B.若数列是等差数列,且数列是“和有界数列”,则公差
C.若数列是等比数列,且公比满足,则数列是“和有界数列”
D.若数列是等比数列,且数列是“和有界数列”,则公比满足
【答案】BC
【分析】利用给定定义结合等差数列前n项和对选项A,B并借助一次、二次函数性质分析判断;
结合等比数列前n项和对选项C并借助即可推理判断,举特例判断选项D作答.
【详解】若数列是公差为d的等差数列,则,
当时,若,则,是的一次函数,不存在符合题意的,A错误;
数列是“和有界数列”,当时,是的二次函数,不存在符合题意的,当,时,存在符合题意的,B正确;
若数列是公比为的等比数列,则,
因满足,则,即,,则存在符合题意的实数,即数列是“和有界数列”,C正确;
若等比数列是“和有界数列”,当时,若为偶数,则,若为奇数,则,即,从而存在符合题意的实数,D错误.
故选:BC
三、填空题
7.(2021·河南新乡·高三阶段练习(文))设是无穷数列,若存在正整数,使得对任意的,均有,则称是间隔递减数列,是的间隔数.已知,若是间隔递减数列,且最小间隔数是,则的取值范围是________.
【答案】
【分析】依题意得到恒成立,存在,使得成立,同时存在使得成立,由此可得的范围.
【详解】由题意可得,对任意的成立,
则存在,使成立,且存在,使成立.
因为是正整数,所以,且,解得.
故答案为:
8.(2020·江苏省板浦高级中学高三期末)记为数列的前项和,若,,则______.
【答案】360
【分析】根据递推公式,当求出,当,求出关系,即可求解.
【详解】,,
当时,,
当时,,两式相减得,
,又,
是为首项公比为的等比数列,,
.
故答案为:.
9.(2022·全国·高三专题练习)设,记最接近的整数为,则__________;__________.(用表示)
【答案】
【分析】先求出,观察特点得,,最接近的数字为253;
由得,,判断 为奇数或偶数从而得解.
【详解】
,
若,则,
若,则,
故答案为:;.
【点睛】求出 ,关键在于处理,从而得出,将结论进行一般化,要注意n为奇数还是偶数.
四、解答题
10.(2022·浙江温州·三模)数列满足,.
(1)证明:;
(2)若数列满足,设数列的前n项和为,证明:.
【分析】(1)首先从函数的角度证明不等式的右边成立,再运用数学归纳法或求通项的方法证明不等式右边成立,在利用求通项的方法时,需要给出数列的单调性说明才能证得结果;
(2)根据(1)运用放缩法,将进行放缩,进而表示出,再运用不等式的性质证得结论成立.
(1)证明:右边:,
左边:法一(数学归纳法):
,,
当时,
假设当时,成立
即,即成立
则当时,
综上所述,.
法二(求通项):
,,
两边同时取对数得:
数列是以首项为,公比为的等比数列,
数列单调性证明:
思路1:由复合函数的单调性,知单调递增,;
思路2:,;
思路3:,;
综上所述,.
(2)证明:法一:放缩到裂项
因为,所以,
由(1)知
所以
所以
所以,
又,所以,所以.
法二:放缩到等比
,
所以,
所以,
所以
所以.
11.(2022·全国·高三专题练习)已知数列中,,且对任意,,有.
(1)求的通项公式;
(2)已知,,且满足,求,;
(3)若(其中对任意恒成立,求的最大值.
【答案】(1)(2),;或,;或,(3)
【分析】(1)令,根据等差数列定义即可求解;
(2)根据(1)化简后求解即可;
(3)原不等式转化为恒成立,再由的单调性求最小值即可.
(1)由已知,令,则,即,
则数列是以1为首项,1为公差的等差数列,
;
(2)由(1),得,
则.
由,知,,
则或或,
解得,;或,;或,;
(3)不等式对任意恒成立,
即为恒成立,
即不等式恒成立.
令,
则
,于是,
单调递增,则中,为最小,
故.
的最大值为.
题型五:特殊与一般思想
一、单选题
1.(2021·贵州贵阳·高三开学考试(文))已知数列中,前项和满足,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】在中,令可解得结果.
【详解】因为,
令得,解得;
令得,解得;
令得,解得.
故选:C.
2.(2022·全国·高三专题练习)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,21,….该数列的特点是前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”,记是数列的前项和,则( )
A.1 B.98 C. D.198
【答案】A
【分析】根的题意找出的规律即可求解.
【详解】由题意得,;;;….
所以可归纳总结为,
故.
故选:A
二、多选题
3.(2022·全国·高三专题练习)已知数列中,,,使的可以是( )
A.2019 B.2021 C.2022 D.2023
【答案】AD
【分析】求出数列的前几项,从而可判断出数列为周期数列,进而可求出答案.
【详解】因为,,
所以,,,,,,,……
所以数列为周期数列,且,
所以,,,.
故选:AD.
三、填空题
4.(2022·四川成都·三模(理))已知数列满足,,则的值为______.
【答案】
【分析】根据递推关系得到数列的周期及一个周期内各项的值,再应用周期性求.
【详解】由题设,则,而,
所以,,,,…
故是周期为4的数列且,,,,
所以.
故答案为:
5.(2022·陕西咸阳·三模(文))观察下列等式
照此规律,第n个等式为______.
【答案】
【分析】由已知等式结合等差数列的定义写出左侧表达式,再由右侧与行数的关系写出右侧表达式,即可确定第n个等式.
【详解】由已知等式,对于第n行有:
左侧是首项为1,公差为2的等差数列前n项和,左侧可写为,
右侧随行数n增大依次为,
所以第n个等式为.
故答案为:
四、解答题
6.(2022·北京·人大附中高三阶段练习)已知为无穷数列,给出以下二个定义:
I.若对任意的,总存在i,且,使成立,则称为“H数列”;
II.若为“H数列”,且对任意的,总存在唯一的有序数对使成立,则称为“强H数列”;
(1)若,判断数列是否为“H数列”,说明理由;
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知,使得数列存在且不为常数列,求同时满足所选两个条件的所有数列的通项公式
条件①:为等差数列;
条件②:为等比数列;
条件③:为“强H数列”.
【答案】(1)不是“H数列”,(2)条件①②数列不存在,条件①③数列不存在,
条件②③是公比为,首项为任何非零实数的等比数列.
【分析】(1) 按照题目所给的定义,推理即可;
(2) 按照题目所给的定义,分类讨论;
(1)对于 ,若存在 ,使得 ,
则 ,
而 是偶数, 是奇数,奇数 偶数,
所以 不是“H数列”;
(2)条件①,不妨设 ,假设存在 ,
使得,则有 ,
整理得 ,对于任意的n都成立,
当n=3时也成立,由于 ,所以i=1,j=2, ,
即只要i+j=n,就有,因此 是“H数列”,
由于i,j不是唯一的,比如 , 不是“强H数列”;
条件②,不妨设 ,假设存在,
使得,则有 ,
当n=3时也成立,由于 ,所以i=1,j=2,
得 , 或 ,
,
所以对于任意的n,总存在 ,使得成立,
当公比为 或时, 是“H数列”;
下面证明 是“强H数列”,即证明对于任意的n,i,j是唯一的:
考虑 ,函数 是增函数,
不妨假设 ,(对于 也相同)
若j=n-1,必有i=n-2,是唯一的,
若j=n-2,则 , ,故i,j不存在,
若 ,则必然由 ,故i,j也不存在,
即对于公比为的等比数列, 是“强H数列”;
当时,考虑,是绝对值单调递减的摆动数列,
若j=n-1,必有i=n-2,是唯一的,
若j=n-2,则 ,必有 ,故i,j不存在,
令 ,则 ,则 是单调递减的正数列,
若,假设n=偶数, ,
若,则必①②有,
考虑一下几种情况:
若i,j都是偶数, …①,
,
故①不成立,即i,j不存在;
若i,j都是奇数,若,则有…②,
,②不成立,即i,j不存在;
若i是奇数,j是偶数,则有, …③,
,③不成立,即i,j不存在;
若i为偶数,j为奇数,则有…④
则有 ,由于 ,并且是递减的, ,
,
又 ,
∴④不成立,即i,j不存在;
同理可以证得当n=奇数时,i,j也是不存在的,
故有当时, 是“强H数列”;
综上,条件①②数列不存在,条件①③数列不存在,
②③存在“强H数列”,是公比为 或的等比数列
7.(2022·全国·高三专题练习)设有数列,对于给定的,记满足不等式:的构成的集合为,并称数列具有性质.
(1)若,数列: 具有性质 , 求实数 的取值范围;
(2)若,数列是各项均为正整数且公比大于1的等比数列,且数列不具有性质,设,试判断数列是否具有性质,并说明理由;
(3)若数列具有性质,当 时, 都为单元素集合,求证:数列是等差数列.
【答案】(1)(2)数列不具有性质(3)证明见解析
【分析】(1)由数列具有性质,建立不等式组求解即可;
(2)根据数列是等比数列计算,利用不等式可得,由数列不具有性质可得存在使得,转化为,求出,即可判断;
(3)根据数列具有性质,运用不等式可得对任意的都成立,先证明时,,同理可得,即可证明.
(1)由题意可得,即
解得;
(2)设数列的通项为,
,
因为数列不具有性质,
所以存在使得,
所以,
,
,
不具备性质X;
(3)因为数列具有性质,
所以 ,
对任意的都成立,
当时,需满足对任意的恒成立,
当时,有,即,
当时,有,
当时,,
,
所以只需 即可满足条件,
为单元素集合,
同理可证,对任意的时,都有,
所以数列是等差数列.
【点睛】本题的证明过程,采用了类比的方法,首先证明时,需满足,再由为单元素集可得,类似的可证得其他情况都有,由等差数列的定义知为等差数列.
8.(2021·全国·高二专题练习)根据以下数列的前4项写出数列的一个通项公式.
①,,,,…;②-3,7,-15,31,…;③2,6,2,6,….
【答案】①;②;③或.
【分析】根据各数列前4项找到各项与位置n之间的关系式,即可确定数列的通项公式.
【详解】①由题设,,,,…,
∴第n项为.
②由题设,,,,…,
∴第n项为.
③由题设,数列为摆动数列,而,而2=4-2,6=4+2,
∴第n项为,也可表示为.
题型六:有限与无限思想
一、单选题
1.(2022·浙江台州·高三期末)已知在数列中,,命题对任意的正整数,都有.若对于区间中的任一实数,命题为真命题,则区间可以是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】根据递推关系分析式子要有意义,数列中的项不能取那些值即可求解.
【详解】p为真命题,则,
由从后往前推,
,, ,,,
而,排除,,排除,
由蛛网图可知,而,之前的项会趋向于3,所以C项排除.
因为,已经越过不能取的值,故正确.
故选:D
2.(2021·全国·高三专题练习)《庄子·天下》篇中记述了一个著名命题:“一尺之棰,日取其半,万世不竭.”反映这个命题本质的式子是( )
A.1+ B.
C. D.
【答案】B
【分析】根据题意得到每天截取的线段长度构成了以为首项,为公比的等比数列,然后用等比数列的前项和公式求和,根据其和小于即可说明命题.
【详解】该命题说明每天截取的线段长度构成了以为首项,为公比的等比数列,
因为,所以能反映命题本质的式子是.
故选:B.
3.(2020·浙江·高三阶段练习)已知正项数列,满足,,,则下列说法正确的是( )
A.存在有理数a,对任意正整数m,都有
B.对于任意有理数a,存在正整数m,使得
C.存在无理数a与正整数m,使得
D.对于任意无理数a,存在正整数m,使得
【答案】B
【解析】根据数列的定义,以及有理数和无理数的运算分析判断.
【详解】首先若,则,否则,于是,(舍去),
(1)若是无理数,则是无理数,也是无理数,不论还是,仍然是无理数,这样数列中各项均为无理数,所以不可能有,C、D均错误.
(2)①若是正整数,则或,如果某一项大于1就减去1,得数列的下一项,经过这种操作都可以减小到1,所以存在正整数,使得,从而,
②若不是正整数,设,互质的正整数,),若,则为正整数,回到①的情形;
③若不是正整数,设,互质的正整数,),若,
若,则,若,则,不妨记,则,由得到称为一次操作,经过有限次减1操作后,一定有,在时,这样再继续刚才的操作,,…,由此可得到一列数:,首先分子逐渐减小,然后分母减小,再分子逐渐减小,再分母减小.是确定的正整数,此操作步骤一定是有限的,最后都会变成(是大于1的正整数),那么数列的下一项为,又回到①的情形,所以一定存在正整数,使得,从而.由此A错误,B正确.
故选:B.
【点睛】本题考查数列的递推公式,考查实数的运算,解题方法是对正实数进行分类,无理数,有理数,有理数又分为整数和分数,分别利用递推公式得出数列的下一项,这称为一次操作,对所有的有理数经过有限次操作后都会得到1,即数列中总会出现1,而以后每一项都是1.这是一种无限与有限的结合.有理数是有无限个,但对每一个有理数又是有限的操作,从而完成证明.
二、多选题
4.(2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习)已知数列的前n项和为,,且(,2,…),则( )
A. B. C. D.
【答案】AD
【分析】对于A选项,只需判断;
对于B选项,通过通项公式可求得;
对于C选项,将条件转化为,可判断错误;
对于D选项,将数列放缩成等比数列求和,可判断正确.
【详解】由条件,两边同时除以,得,
∴∴,∴,
对于A选项,∵,∴,∴,故A选项正确;
,,所以B选项错误;
对于C选项,,等价于,由极限思想知,当时,,故C选项错误;
对于D选项,,
∴
,又∵,所以D选项正确.
故选:AD.
【点睛】本题考查了数列由递推公式求通项公式,以及关键对通项公式的形式进行分析,放缩,判断.属于较难题.
三、填空题
5.(2021·河南商丘·高三阶段练习(理))将数列与的公共项从小到大排列得到数列,则其通项___________.
【答案】
【分析】经检验,数列中的偶数项都是数列中的项,观察归纳可得.
【详解】数列中的项为:2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256,…
经检验,数列中的偶数项都是数列中的项.
即,,,256,… 可以写成的形式,观察,归纳可得.
故答案为:.
四、解答题
6.(2022·北京·高三专题练习)若无穷数列{}满足如下两个条件,则称{}为无界数列:
①(n=1,2,3......)
②对任意的正数,都存在正整数N,使得.
(1)若,(n=1,2,3......),判断数列{},{}是否是无界数列;
(2)若,是否存在正整数k,使得对于一切,都有成立?若存在,求出k的范围;若不存在说明理由;
(3)若数列{}是单调递增的无界数列,求证:存在正整数m,使得.
【答案】(1){}是无界数列;{}不是无界数列.(2)存在,(3)证明见解析
【分析】(1)对任意的正整数,取为大于的一个偶数,有,符合无界数列的定义;取,显然,不符合无界数列的定义.
(2)讨论,,都不成立,当时,将变形为:,从而求得k的范围.
(3)观察要证的不等式结构与(2)相似,故应用(2)变形后,再由{}是单调递增的无界正数列证明.
(1){}是无界数列,理由如下:
对任意的正整数,取为大于的一个偶数,有,所以{}是无界数列.
{}不是无界数列,理由如下:
取,显然,不存在正整数,满足,所以{}不是无界数列.
(2)存在满足题意的正整数k,且.
当时,,不成立.
当时,,不成立
当时,,不成立
当时,将变形为:
.
即取,对于一切,有成立.
(3)因为数列{}是单调递增的无界数列,所以,
所以
.
即
因为{}是无界数列,取,由定义知存在正整数,使所以.
由定义可知{}是无穷数列,考察数列,,…,显然这仍是一个单调递增的无界数列,同上理由可知存在正整数,使得
.
故存在正整数,使得
.
故存在正整数,使得成立
7.(2022·全国·高三专题练习)设F是椭圆的右焦点,且椭圆上至少有21个不同的点(,2,…),使,,,…组成公差为d的等差数列,求a的取值范围.
【答案】
【分析】分情况讨论等差数列是递增,还是递减,分别列出不等式求解范围.
【详解】解:注意到椭圆的对称性及最多只能两两相等,可知题中的等差数列可能是递增的,也可能是递减的,但不可能为常数列,即.先考虑一般情形,由等差数列的通项公式有
,(),因此.
对于椭圆(),其焦半径的最大值是,最小值是(其中).
当等差数列递增时,有,.
从而.
再由题设知,且,故,因此.
同理,当等差数列递减时,可解得,
故所求d的取值范围为.
8.(2020·全国·高三专题练习)已知数列满足:(常数),(,).数列满足:().
(1)求,的值;
(2)求数列的通项公式;
(3)是否存在k,使得数列的每一项均为整数?若存在,求出k的所有可能值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1),;(2);(3)
【分析】(1)经过计算可知:,由数列满足:,从而可求,;
(2)由条件可知:,得,两式相减整理得,从而可求数列的通项公式;
(3)假设存在正数,使得数列的每一项均为整数则由(2)可知,由,,可求得,2,证明,2时,满足题意,说明为1,2时,数列是整数列即可.
【详解】(1)由已知得,,
所以,.
(2)由条件可知:(),①
所以().②
①②得.
即:.
因此:,
故(),又因为,,
所以.
(3)假设存在k,使得数列的每一项均为整数,则k为正整数.
由(2)知(,2,3…)③
由,,所以或2,
检验:当时,为整数,
利用,,结合③,各项均为整数;
当时③变成(,2,3…)
消去,得:()
由,,所以偶数项均为整数,
而,所以为偶数,故,故数列是整数列.
综上所述,k的取值集合是.
【点睛】本题考查了等差数列的基本性质和数列的递推公式,考查了学生的计算能力和对数列的综合掌握,注意分类讨论思想和转化思想的运用,属于难题.
题型七:或然与必然思想
一、单选题
1.(2022·浙江·模拟预测)己知数列满足:,.记数列的前项和为,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】根据和递推关系式可知,可将递推关系式变形为;令,为的前项和,可知为递减数列,知,借助的范围可得的范围,结合等比数列求和公式可求得的范围,由可得结果.
【详解】,,…,依次类推,则;
由得:,
,
,
令,为的前项和,,
又,为递减数列,即为递减数列,,
(当且仅当时取等号),
,
,,,
,即,,
,,
,.
故选:B.
【点睛】关键点点睛:本题考查数列的综合应用问题;解题关键是能够将递推关系式进行变形,得到,并结合递推关系式和数列的单调性得到的范围,从而进行放缩运算,借助等比数列求和公式来求解.
二、解答题
2.(2021·北京丰台·二模)设数集S满足:①任意,有;②任意,有或,则称数集S具有性质P.
(1)判断数集是否具有性质P,并说明理由;
(2)若数集且具有性质P.
(i)当时,求证:是等差数列;
(ii)当不是等差数列时,写出n的最大值.(结论不需要证明)
【答案】(1)不具有,理由见解析;(2)证明见解析;4
【分析】(1)取,即可验证数集A不具有性质P;
(2)根据数集B具有性质P及满足的条件知,数列是单增数列,从而求得数集B具有的性质,求得,利用单调性求得数列的递推关系,从而证明数列是等差数列;容易验证当时,均可证得数列是等差数列,从而最大值为4.
【详解】(1)时,易知,有;
取,有且,
故数集A不具有性质P;
(2)(i)由数集且具有性质P知:
数列是单增数列,即;
当时,取,
∵,
∴
∴
则(),
故,
又
∴,,
即(),
同理(),
∴,
故当时,数列是等差数列.
(ii)当时,均可由(i)中方法证得数列是等差数列,
则n最大为4,如
【点睛】关键点点睛:根据数列具有的性质,求得,进而求得递推关系,从而证明数列是等差数列.
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