（压轴题特训）2024年高考数学数列专题练习

这是一份（压轴题特训）2024年高考数学数列专题练习，共28页。试卷主要包含了同余定理是数论中的重要内容，已知数列的前项和，数列满足，已知函数，若无穷数列满足，设等比数列满足，.等内容，欢迎下载使用。

(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，，（），若且，求集合A中所有元素的和．
2．同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，，且．若则称a与b关于模m同余，记作（mdm）（“|”为整除符号）．
(1)解同余方程（md3）；
(2)设（1）中方程的所有正根构成数列，其中．
①若（），数列的前n项和为，求；
②若（），求数列的前n项和．
3．已知正项数列前n项和为，满足，数列满足，记数列的前n项和为，
(1)求数列的通项公式；
(2)求满足不等式的正整数的最大值．
4．已知正项数列满足，数列的前n项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
5．已知数列的前项和，数列满足：．
(1)证明：是等比数列；
(2)设数列的前项和为，且，求；
(3)设数列满足：．证明：．
6．已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)证明：．
7．已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或
(1)已知，数列，写出的所有“相邻数列”；
(2)己知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数；
(3)已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值．
8．若无穷数列满足：，对于，都有（其中为常数），则称具有性质“”.
(1)若具有性质“”，且，，，求；
(2)若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为2的等比数列，，，，判断是否具有性质“”，并说明理由；
(3)设既具有性质“”，又具有性质“”，其中，，，求证：具有性质“”.
9．已知数列满足，且对任意正整数m，n都有.
(1)求数列的通项公式;
(2)求数列的前n项和，若存在正整数k，使得，求k的值;
(3)设，是数列的前n项和，求证:.
10．设等比数列满足，.
(1)求数列的通项公式和；
(2)如果数列对任意的，均满足，则称为“速增数列”.
（ⅰ）判断数列是否为“速增数列”？说明理由；
（ⅱ）若数列为“速增数列”，且任意项，，，，求正整数的最大值.
11．设数列的前n项和为.若对任意.总存在.使得.则称是“M数列”.
(1)判断数列（）是不是“M数列”，并说明理由；
(2)设是等差数列，其首项.公差.且是“M数列”
①求d的值和数列的通项公式：
②设，直接写出数列中最小的项.
12．已知数列满足，（）．
(1)求，及的通项公式；
(2)若数列满足且，（），记的前项和为，试求所有的正整数，使得成立．
13．已知数列的前n项和为，且满足，．
(1)判断是否为等差数列？并证明你的结论；
(2)求和；
(3)求证：．
14．对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期．若周期数列，满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”．
(1)判断下列数列是否为周期数列．如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；
①；②
(2)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是3和5，求证：；
(3)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值．
参考答案：
1．(1)
(2)135
【分析】（1）利用累加法可得答案；
（2）求出，，由，得，，…，满足题意，得，，，，满足题意，从而求得答案.
【详解】（1）因为，所以，
可得
，
即；
（2），
当n为偶函数，，
，
，∴，
则，，…，满足题意，
，，
∴，，，，满足题意，
∴A中所有元素和为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键点是分、求和，再求满足条的.
2．(1)或（）．
(2)①3036；②
【分析】（1）根据带除的定义求解，（md3），即能被3整除，从而得出或能被3整除；
（2）①首先求出（分奇偶项），确定出，用并项求和法求和；②求出，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和．
【详解】（1）由题意（md3），所以或（），即或（）．
（2）由（1）可得为，所以．
①因为（），所以．
．
②（）．
因为，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．
3．(1)
(2)
【分析】（1）根据求解即可；
（2）先利用分组求和法求出，再建立不等式，构造新的数列并判断其单调性即可得解.
【详解】（1）由，①
当时，，解得（舍去），
当时，，②
由①②得，即，
因为，所以，
当时，由，得，矛盾，
所以，即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以；
（2）由（1）得，
所以
，
，
由，得，
即，即，
令，
则
，
当时，，所以数列从第项起是递减数列，
又，
所以满足不等式的正整数的最大值为．
【点睛】思路点睛：已知数列的前项和，求通项公式的步骤：
（1）当时，；
（2）当时，根据可得出，化简得出；
（3）如果满足当时的通项公式，那么数列的通项公式为；如果不满足当时的通项公式，那么数列的通项公式要分段表示为.
4．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用对数运算，得，再运用累乘法可求，由与的关系可得，则时，数列是以为首项的常数列，可求的通项公式；
（2）利用错位相减法求，从而得证.
【详解】（1）因为，且，所以，
所以，即，所以．
当时，所以，
所以．
因为，所以，所以．
也符合上式，所以．
当时，．
因为，所以当时，，
所以当时，，即，
所以当时，数列是以为首项的常数列，
即（），所以（），
所以的通项公式为
（2）因为，
所以，
两式相减得，
所以．
【点睛】数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.
5．(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据满足的递推公式，结合等比数列定义即可证明；
（2）根据与的关系求得，结合（1）中所证求得，再利用裂项求和法求即可；
（3）求得的通项公式，采用分组求和，利用裂项求和以及错位相减法，结合适度放缩，即可求证.
【详解】（1）因为，故可得，
因为，故数列为首项，公比2的等比数列.
（2）因为，故可得当时，；
当时，；
综上所述：；
由（1）可得：，故；
故；
当为偶数时，
；
当为奇数时，
；
故.
（3）由题可得
设
；
设
记
则，
，
，
则，
故.
【点睛】关键点点睛：本题综合考察数列知识的应用和掌握；
（1）解决第二问的关键是，裂项的处理，以及对为奇数和偶数时，不同的处理手段；
（2）解决第三问的关键是能够合理利用分组求和，并且对进行放缩；属综合困难题.
6．(1)极小值0，无极大值；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出函数的极值.
（2）利用（1）中信息，构建关于的不等式，再利用累加法求和即可.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，当时，，则函数在上递减，在上递增，
所以函数在处取得极小值，无极大值.
（2）证明：由（1）知，，即，，
因此，当且仅当时取等号，
令，，则，
，而，
所以.
【点睛】关键点睛：证明第（2）问的数列不等式，利用第（1）的结论，变形构造不等式，再结合累加法求和是解题之关键.
7．(1)；；；.
(2)11个
(3)37
【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可；
（2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可；
（3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可.
【详解】（1）根据“相邻数列”的概念可知，，
或，或，
所以的所有“相邻数列”有；；；.
（2）任取的一个“相邻数列”，
因为或，
或，
所以有且，
对于的取值分以下4种情形：
（a），
（b），
（c），
（d）
由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形，
递增，，即，
由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列，
于是，则，即满足数列的有11个.
（3）令，所以对任意，
设，则且，
先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合．
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合，
因此，的分布只可能是如下三种情况：
（i），此时，对任意的，由得，
所以对任意的，注意到，所以，
等号当且仅当时取到；
（ii）存在整数，使得
对任意的，对任意的，所以
（iii）．此时，对任意的，与情形1类似，
对任意的，注意到，
所以，
综上，的最小值为．
【点睛】思路点睛：根据“相邻数列”的定义，按照或分类讨论不同情形，结合数列的定义求解即可.
8．(1)
(2)不具有性质“”，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由具有性质“”，可得当时，，结合题意计算即可得；
（2）由题意计算出通项公式后，检验是否恒等于即可得；
（3）借助既具有性质“”，又具有性质“”，则当时，有，，则有，，通过运算得到，从而可验证对任意的时，是否有即可得.
【详解】（1）由具有性质“”，则当时，，
故，，，又，，
故，
即；
（2）不具有性质“”，理由如下：
设，，由，，
即有，解得，故，，
则，有，
则，不恒等于，故不具有性质“”；
（3）由既具有性质“”，又具有性质“”，
即当时，有，，
则有，，
由，故，
故，即，由，，则，
当，即时，有，
即对任意的时，有，即具有性质“”.
【点睛】关键点睛：本题关键点在于通过对数列新定义的分析，从而得到，，并由此得到，，从而得出.
9．(1)
(2)2
(3)证明见解析
【分析】（1）令得，通过累加的方式即可得解.
（2）首先分类讨论结合等差数列求和公式得到表达式，然后对分类讨论列方程求解即可.
（3）首先将数列通项公式化简，通过不等式放缩，然后裂项相消即可求解.
【详解】（1）由对任意正整数m，n都有，令，可得，
所以.
当时，，
当时，，符合上式，所以.
（2）由（1）得，当n为偶数时，
=
;
当n为奇数时，为偶数，.
综上所述，.
若k为偶数，则为奇数，由，即，整理得，解得（舍去）或;
若k为奇数，则为偶数，由，即，整理得，解得或，均不合题意，舍去.
综上，所求k的值为2.
（3）由
.
现在我们来证明时，，
令，求导得，
所以单调递增，所以，
结合当时，，有，
所以
.故.
【点睛】关键点睛：第一问的关键是累加法求数列通项，第二问的关键是分类讨论求表达式，然后继续分类讨论解方程，第三问的关键是通过放缩然后裂项相消即可顺利得解.
10．(1)；
(2)是“速增数列”，理由见解析；正整数的最大值为63.
【分析】（1）由已知，列方程求出数列的首项和公比，可求通项和；
（2）（ⅰ）由定义证明；（ⅱ）由题意得，可求的最大值.
【详解】（1）设等比数列公比为，由，，
有，解得，
所以
.
（2）（ⅰ）数列是“速增数列”，理由如下：
由，则，，
，故，
所以数列是“速增数列”.
（ⅱ）数列为“速增数列”，，，，任意项，
时，.
即，
当时，，当时，，
故正整数k的最大值为63.
【点睛】方法点睛：
根据“速增数列”的定义，紧紧围绕不等式进行，当，时，利用累加法的思想确定是解题的关键．
11．(1)不是，理由见解析
(2)①，；②
【分析】（1）直接由“M数列”的定义进行判断即可.
（2）①由题意关于的方程即恒有正整数解，结合数论知识即可求解出；②由题意得，故当当时或当时，取最小值.
【详解】（1）数列不是“M数列”，理由如下：
∵，当时，，此时找不到，使得.
所以数列不是“M数列”.
（2）①是等差数列，且首项，公差，
则，
故对任意，总存在，使得成立，
则，其中为非负整数，
要使，需要恒为整数，即d为所有非负整数的公约数，
又，所以，所以.
②∵，所以.
由的单调性知在为减函数，在为增函数，
当时，；当时，.
所以，当时，有最小值.即数列中最小的项为.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是得到关于的方程恒有正整数解，由此得出，从而顺利得解.
12．(1)，，
(2)2
【分析】（1）代入即可得到，，再分奇偶讨论即可得到的通项；
（2）根据等比数列通项得，再计算，再利用作差法证明的唯一性即可.
【详解】（1）将代入，得，，
令，得，，
所以，又，从而，
所以，从而
（2）法一：由，又，，
所以是以2为首项、3为公比的等比数列，
所以，所以.
因为，所以．
因为
，
所以，即，
当时，无解；
当时，因为，
所以当且仅当时，取最大值1，即的解为．
综上所述，满足题意的的值为2．
法二：，，，则，
故是首项为2，公比为3的等比数列，则，
，
，即，即，
，即，
令，则，
时，，即，
时，，即，
时，，
故满足方程的正整数只有2，
即使得成立的正整数为2.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键首先是求出，再通过得到方程，利用作差法结合数列单调性证明的唯一性，或者通过证明不等式恒成立即可证明的唯一性.
13．(1)是等差数列，证明见解析；
(2)，；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由题设有，且，即可证结论；
（2）由（1）得即可求，再由关系求；
（3）应用放缩法及裂项相消即可证结论.
【详解】（1）是等差数列，证明如下：
由题设，显然不可能为0，则，且，
所以是首项、公差都为2的等差数列.
（2）由（1）知：，显然时也满足，则，
当时，，
而不满足上式，则.
（3）由
，且，
又当时成立，
综上，.
【点睛】易错点点睛：第三问，注意放缩位置为，需要单独说明也成立.
14．(1)、均是周期数列，数列周期为1（或任意正整数），数列周期为6
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）由周期数列的定义求解即可；
（2）由“同根数列”的定义求解即可；
（3）是奇数时，首先证明不存在数列满足条件，其次证明存在数列满足条件.当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件,其次证明时存在数列满足条件．
【详解】（1）、均是周期数列，理由如下：
因为，
所以数列是周期数列，其周期为1（或任意正整数）．
因为，
所以．
所以数列是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）．
（2）假设不成立，则有，即对于，都有．
因为，，所以．
又因为，，所以．
所以，
所以，与的最小值是3矛盾．
所以．
（3）当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件．
假设，即对于，都有．
因为，
所以，
即，及．
又时，，
所以，与的最小值是矛盾．
其次证明存在数列满足条件．
取
及，
对于，都有．
当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件．
假设，即对于，都有．
因为，
所以，
即，及．
又时，，
所以，与的最小值是矛盾．
其次证明时存在数列满足条件．
取
及，
对于，都有．
综上，当是奇数时，的最大值为；
当是偶数时，的最大值为．
【点睛】关键点睛：本题(3)的突破口是利用“同根数列”的定义分类讨论，当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件，其次证明存在数列满足条件.当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件，其次证明时存在数列满足条件．