数列-浙江省嘉兴市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

这是一份数列-浙江省嘉兴市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数列-浙江省嘉兴市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编 一、单选题1．（2023·浙江嘉兴·统考二模）已知是公差不为0的等差数列，，若成等比数列，则（    ）A．2023 B．2024 C．4046 D．40482．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）数列的前项和为，则数列的前项和为（    ）A． B． C． D．3．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花一“科赫雪花”．它可以这样画，任意画一个正三角形，并把每一边三等分：取三等分后的一边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线；重复上述两步，画出更小的三角形．一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，．设雪花曲线的边长为，边数为，周长为，面积为，若，则下列说法正确的是（    ）A． B．C．均构成等比数列 D．4．（2022·浙江嘉兴·统考二模）已知数列满足，，为数列的前n项和，则（    ）A． B． C． D．5．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）“数列为常数列”是“数列为等比数列”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件6．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）设数列满足，，记，则使成立的最小正整数是（    ）A．2020 B．2021 C．2022 D．20237．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知公比不为的正项等比数列的前项和为，数列满足，则下列不等式恒成立的是（    ）A．， B．，C．， D．，8．（2021·浙江嘉兴·统考二模）已知正项数列满足，．则下列正确的是（    ）A． B．数列是递减数列C．数列是递增数列 D．9．（2021·浙江嘉兴·统考二模）已知数列满足：，，则（    ）．A． B．C． D． 二、填空题10．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）设数列的前项和为，且满足，，则___________.11．（2021·浙江嘉兴·统考二模）已知数列满足，则______. 三、解答题12．（2023·浙江嘉兴·统考二模）已知是首项为2，公差为3的等差数列，数列满足.(1)证明是等比数列，并求的通项公式；(2)若数列与中有公共项，即存在，使得成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作，求.13．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知数列是等差数列，且，.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.14．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）已知公差不为零的等差数列满足成等比数列．数列的前n项和为，且满足(1)求和的通项公式；(2)设数列满足，求数列的前项和．15．（2022·浙江嘉兴·统考二模）设等差数列的前n项和为，数列是首项为1公比为的等比数列，其前n项和为，且，对任意恒成立.(1)求数列，的通项公式；(2)设，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.16．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知数列和满足，，且.（1）求数列和的通项公式；（2）设数列的前项和为，求满足的正整数的值.17．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知数列满足，（1）若求数列的通项公式；（2）若，记，证明：.18．（2021·浙江嘉兴·统考二模）已知数列的前项和为，公比为的等比数列的前项和为，并满足，且，，．（Ⅰ）求与；（Ⅱ）若不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围．19．（2021·浙江嘉兴·统考二模）已知数列和的前项和分别是，，其中，，．（Ⅰ）求与的值；（Ⅱ）若，对任意的，均有，求实数的取值范围．
参考答案：1．B【分析】根据成等比数列列方程，得到，再计算即可. 【详解】设数列的公差为d，且，若成等比数列，则，又 ，所以，化简，， 又，所以，所以.故选：B.2．D【分析】判断出数列是等比数列，进而判断出数列是等比数列，从而求得数列的前项和.【详解】依题意，设数列的前项和为，即，当时，，当时，由得，两式相减得，也符合上式，所以，，所以数列是等比数列，首项为，公比为.所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以数列的前项和为.故选：D3．B【分析】根据已知写出、、的通项公式且时，应用累加法求通项，进而判断各选项的正误.【详解】据题意知：，∴，A错误；，当时，，D错误；∴，由也满足上式，则，所以不构成等比数列，C错误；由上，，则，B正确.故选：B．4．D【分析】先判断出，通过放缩得到，再通过分析法证得，结合裂项相消即可证得，又由证得即可.【详解】当，时，因为，所以，又因为，且，下证，即证，即证，即证，即证，即证令，即证，当，时，不等式恒成立.因此，，所以，又因为，故选：D.【点睛】本题关键点在于分析法的应用，通过分析法证得，又由放缩得到，进而通过裂项相消证得，最后由证得即可..5．D【分析】根据数列的定义和充分必要条件的定义可得选项.【详解】若数列为常数列0，0，0，0， ，则这个数列不是等比数列，故不是充分条件. 若数列是等比数列，则数列不一定是常数列，故不是必要条件；所以“数列为常数列”是“数列为等比数列”的既不充分也不必要条件.故选：D.6．D【分析】由条件分析数列的单调性，由此确定满足的最小正整数.【详解】∵，∴，又，∴  数列为递增数列，∴∵ ∴，∴∴，∴  ，∴ ，∴ ，∴ ∴ ，∴ 当时，，又∴当时，，当时，∴   使成立的最小正整数是2023.故选：D.【点睛】本题主要考查累加法求数列的通项，一般的，若，则，即.7．D【分析】根据等比数列求和公式可推导得到，由，结合判别式可知与大小关系不确定，可排除AB；由，可得到结果.【详解】设正项等比数列的公比为，则，，，，令，则，则，与大小关系不确定，即与大小关系不确定，AB错误；，即，；，即.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的项之间大小关系的比较问题，解题关键是能够通过等比数列求和公式得到数列的通项公式，进而采用作差法将问题转化为与等比数列公比有关的式子的正负的判断.8．D【分析】由已知递推关系式可证得；由可推导得到，知A错误；根据，可知数列为递增数列，知B错误；根据，可知数列为递减数列，知C错误；当时，由可得，由此得到；当时，可求得，验证知成立，由此得到D正确.【详解】，，又为正项数列，；对于A，由得：，两边同除得：，，A错误；对于B，由得：，，又，，即，，为递增数列，B错误；对于C，，，，又，，又，，即，为递减数列，C错误；对于D，由选项A的辨析知：，当时，，则，，当时，，即，又，解得：，又，，满足，恒成立，D正确.故选：D．【点睛】关键点点睛：本题考查根据递推关系式研究数列的性质的问题，重点考查了数列单调性的判断；判断数列单调性的关键是能够采用作差或者作商的方式，得到数列前后项之间的大小关系，从而确定数列单调性.9．C【分析】两边取对数得，构造函数，利用导数判断函数的单调性，可得，结合的单调性和数列的递推式可得，可得出选项．【详解】由，得，两边取对数，即，令，由可得在上单调递增，由可得在单调递减，且，可得，又恒成立，若，则数列为常数列，不满足，所以，且，，则， ，依些递推，得，所以，故选：C．【点睛】本题考查了数列和导数的综合问题，关键点是利用导数判断函数的单调性，同时考查了学生转化问题的能力和计算能力，属于难题.10．【分析】将代入递推关系式即可得到结果.【详解】当时，，又，.故答案为：.11．10【分析】先求出，再根据递推公式求.【详解】由题得时，；当时，.故答案为：1012．(1)证明见解析，，(2) 【分析】（1）利用等差数列与等比数列的定义即可求其通项公式；（2）利用通项公式找出公共项，再分组求和即可.【详解】（1）由题意可得：，而，变形可得：，故是首项为3，公比为3的等比数列.从而，即.（2）由题意可得：，，令，则，此时满足条件，即时为公共项，所以.13．(1)(2) 【分析】（1）根据等差数列列出方程求出，平方即可得解；（2），裂项后相加相消即可得解.【详解】（1）设，等差数列的公差为，其中，，∵即，∴∴，即故数列的通项公式为.（2）∵∴∴.14．(1)；(2) 【分析】（1）根据等比中项得，利用等差数列通项代入求解；利用求解;（2）分奇偶项讨论，分别利用裂项相消和错位相减法进行求和，注意项数得对应．(1)由题：，∵，即得：，即当时，，当时，，，两式相减整理得，即数列是以首项，公比的等比数列∴(2)当n为奇数时，当n为偶数时，，两式相减得：得：15．(1)，(2) 【分析】（1）根据已知条件及等差等比数列的通项公式及前n项和公式即可求解；（2）利用（1）得出的通项公式，再利用错位相减法求出，将不等式恒成立问题转化为最值问题即可求解.（1）设等差数列的首项为，公差为则由，得即由①得，由②得，由③得，所以数列的通项公式为，所以数列的通项公式为.（2）由（1）知，，所以，①②②-①得：化简得：，又因为，即即，（i）当时，，所以；（ii）当时，，令，则当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增；当时，取得最小值为，即,所以的取值范围是.16．（1），；（2）或.【分析】（1）推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得的通项公式，即可得出的通项公式，利用裂项求和法可求得的通项公式；（2）利用错位相减法结合分组求和法可求得，根据已知条件可得出关于的二次不等式，结合可得出的取值.【详解】（1）对任意的，，则，且，所以，数列是等比数列，且首项和公比均为，故，，因为，所以，；（2）设数列的前项和为，则，所以，，上式下式，得，所以，，，则，由可得，整理可得，解得，因为，故或.17．（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据已知条件，可得，利用累加法求的通项公式，注意验证是否也符合通项公式.（2）由题设，可得，讨论为奇偶性求的通项公式，进而求，应用裂项相消法求，即可证结论.【详解】（1）由题设知：且，，∴，即，∴，，…，，将它们累加可得，∴，而也成立，即数列的通项公式.（2）由题设知：，则，∴，故，又，则，∴当为奇数时，；当为偶数时，；综上，知：，则，∴当为奇数时，有；当为偶数时，有；∴当为奇数时，，则恒成立；当为偶数时，，则，综上，，得证.【点睛】关键点点睛：（1）根据已知条件可得，利用累加法求数列通项.（2）首先求的通项公式，再根据为奇偶性求，然后应用裂项相消法求和，进而证明结论.18．（Ⅰ），；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）代入，计算，利用求出，求出代入条件可求出的通项公式；（Ⅱ）代入，化简可知即求，令，做差判断的单调性，求出最大值，即可得出的范围.【详解】（Ⅰ）在中令得：，因此，，也满足上式，∴．（Ⅱ），，代入可得：，即，令，令所以，时；时因此，．【点睛】思路点睛：（1）因为，结合，可代入具体值，然后求出各个通项公式再代入计算.（2）证明数列的单调性，常用做差或做比的方法进行计算.19．（Ⅰ），；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）根据等差数列的通项公式可求出；根据可求出；（Ⅱ）利用裂项求和法求出，再将不等式化为，然后构造函数，判断其单调性，根据单调性求出其最小值，即可得解.【详解】（Ⅰ）∵，，∴，∵，∴，当时，，∴，∴，又适合上式，所以．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以，∴，∴，所以由题意知，记，则，所以，即单调递增，故，所以．【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.