压轴专题06 数列综合问题小题综合 2023届新高考数学复习尖子生30题难题突破（安徽、吉林、黑龙江、云南、山西5省通用）

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 压轴专题06 数列综合问题小题综合

一、单选题
1．（2022秋·安徽滁州·高三安徽省定远县第三中学校考阶段练习）已知数列{}满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由判断出是递增数列且，再由结合累加法求得；再由结合累加法求得，即可求解.
【详解】由，得，，所以，又，
所以数列是递增数列且，，所以，
所以，
所以， .当，得，由得，
则，
同上由累加法得，
所以，所以，则.
故选：C.
【点睛】解决数列中的范围问题，通常借助放缩法进行求解.本题由得出是递增数列且，进而由结合累加法求得结果.
2．（2023秋·安徽合肥·高三校考期末）已知数列的前n项和为，，，则（    ）
A．414 B．406 C．403 D．393
【答案】B
【分析】利用两式相减得，再利用两式相减可得，由此可得，进一步可得答案.
【详解】由，两式相减得，即.
再由，两式相减得，由，得，
故为以14为首项，8为公差的等差数列，故，
故.
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据递推关系求出数列的偶数项构成以14为首项，8为公差的等差数列，是解题的关键，属于较难题目.
3．（2022秋·山西长治·高三山西省长治市第二中学校校考阶段练习）在数列中，对任意的都有，且则下列结论正确的是（    ）
①.对于任意的，都有；
②.对于任意，数列不可能为常数列；
③.若，则数列为递增数列；
④.若，则当时，
A．①②③ B．②③④ C．③④ D．①④
【答案】C
【分析】对数列递推关系变形得到，得到与同号，当时，，①错误；
当时，推导出此时为常数列，②错误；
作差法结合时，，求出数列为递增数列，③正确；
由与同号，得到当，有，结合作差法得到为递减数列，④正确.
【详解】因为，所以，
因为任意的都有，所以，
所以与同号，当，则时，都有，①错误；
当时，，所以，同理得：，此时为常数列，②错误；
，
由A选项知：若，则，
所以，
则数列为递增数列，③正确；
由与同号，当，则时，都有，
且此时，
所以数列为递减数列，
综上：若，则当时，，④正确.
故选：C
4．（2022·吉林白山·统考一模）十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，…．即从第三项开始，每一项都等于它前两项的和．后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列．因以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”．下面关于斐波那契数列的说法不正确的是（    ）
A．是奇数 B．
C． D．
【答案】B
【分析】直接根据斐波那契数列的递推关系及数列求和，相消法的应用进行判断即可求解.
【详解】因为的项具有2奇1偶，3项一周期的周期性，所以是奇数，所以A正确；
因为，所以B错误；
因为，所以C正确；
因为
，所以D正确．
故选：B.
5．（2023春·云南昆明·高三校考阶段练习）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．
【答案】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．
6．（2022秋·黑龙江绥化·高三校考阶段练习）已知各项均为正数的数列的前n项和，且满足，．设（为非零整数，），若对任意，有恒成立，则的值是（    ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】D
【分析】在中求得，然后由得递推关系，再用替换后相减，结合 得是等差数列，从而得通项公式，由恒成立，分类讨论可得的范围，从而得结论．
【详解】由，，又，所以，
，又，所以，
由得（），
相减得，，，
所以，所以，
再相减得，则，而，
所以数列是等差数列，首项和公差均为1，所以，
，
对任意，有恒成立，则恒成立，
，
即，
是奇数时，，，∴，
为偶数时，，，∴，
综上，．又是非零整数，所以．
故选：D．
【点睛】思路点睛：数列问题中已知项与和的关系时，一般利用得出数列的递推关系，从而再求解；在含有的不等式参数问题中，需要利用的奇偶进行分类讨论化简不等式得参数范围．

二、多选题
7．（2022秋·安徽六安·高三六安一中校考阶段练习）已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】根据递推公式，求得，再对每个选项进行逐一分析，即可选择.
【详解】因为，故可得，
，
对A：当时，，故可得，故A正确；
对B：因为，则对也成立，
又当，时，，则，故B正确；
对C：令，则，故在单调递减，
则，则当时，，；
则当，时，，即；
则
，
即，又，，故C正确；
对D：，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的综合知识，涉及逐差法的应用，以及导数的应用，解决问题的关键是熟练使用逐差法，以及能够结合导数证明不等式，属综合难题.
8．（2022秋·云南·高三校联考阶段练习）已知等差数列的前n项和为，且若存在实数a，b，使得，且，当时，取得最大值，则的值可能为（    ）
A．13 B．12 C．11 D．10
【答案】BC
【分析】根据题意和等差数列的性质可得，构造函数、，利用导数研究两个函数的性质可得，即，进而，得，结合数列的单调性即可求解.
【详解】，
即而，
即有
令，则有，
令函数，则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故，从而有，
则有，当且仅当时，等号成立.
同理，即，当且仅当时等号成立，
则，当且仅当时等号成立.
又，所以，故有，
所以，，则
从而，解得，又，，
所以故是单调递减数列，当或时，取得最大值，
所以或
故选：BC.
9．（2022秋·山西·高三校联考阶段练习）已知数列满足，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】对于A，化简，利用累加法求出，再利用放缩，得到，进而判断A选项；
对于B，利用累加法，求出后，再利用放缩，
得到，进而得到，最后利用放缩，判断B选项；
对于C，利用累乘法，直接计算可以判断C选项；
对于D，问题转化为若只需满足，利用，化简得到，即，最后，设设，利用导数判断其不等式，据此可判断D选项.
【详解】解：，则，
所以，所以A错误；
，所以，
，所以，，故，所以B正确；
，所以C正确；
若只需满足，所以只需满足，即，
设，其中，则单调递减，
所以，故成立，所以D正确.
故选：BCD
10．（2022·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）将数列中的所有项排成如下数阵：

      
            
……
已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数，，，……，成等差数列，且，．从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则（    ）
A． B．位于第列 C． D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，分析所给数阵的特点，计算出数阵第一列对应等差数列的通项公式，可得A正确；
通过计算可知位于数阵第行第列，故B错误；
分析计算的表达式，比较可得C正确；
位于数阵第行第个数，代入等比数列通项公式可得D正确.
【详解】将等差数列，，，……，记为，则公差，所以，故A正确；
第行的项数，第行的项数，，第行的项数，构成以为首项，为公差的等差数列，即第行有项，前行有项，
因为，而，
则位于第行从左边数第项，即位于第列，故B错误；
因为，
，故C正确；
,所以D正确.
故选：ACD.
11．（2023·山西·统考模拟预测）已知数列的前项和为，，下列结论正确的是（    ）
A． B．为等差数列
C． D．
【答案】ABC
【分析】根据数列递推式，令，求得，于是当时，可得，平方后即可判断A；结合以上分析可推出，判断B；由此可求得，继而求得，判断D；设，判断其单调性，可推出，结合，即可判断C.
【详解】当时，
当时，，
平方可得，，选项A正确；
则时， ，
所以,
故是首项为 ，公差为的等差数列，选项B正确；
则，
，
所以，选项D错误；
记，
则，
故，为递增数列，
所以，即， 选项C正确，
故选：ABC
【点睛】难点点睛：此题综合考查了数列的递推式、通项公式以及数列的单调性等，综合新较强，难点在于选项C的判断，解答时要巧妙设出，进而利用判断其单调性，由此即可判断结论正确与否.
12．（2023秋·云南曲靖·高三曲靖一中校考阶段练习）已知数列满足，设数列的前项和为，其中，则下列四个结论中，正确的是（    ）
A．的值为2
B．数列的通项公式为
C．数列为递减数列
D．
【答案】ACD
【分析】对于A.只需令即可得出的值；对于B.已知数列的前n项和，根据前n项和与数列的关系即可求出的通项公式，继而得到的通项公式；对于C.已知的通项公式，利用递减数列定义列式判断即可；对于D.化简得出数列，裂项相消即可得出.
【详解】对于A. ，即，故A正确；
对于B.   ①，  ②，
得，，当时，
故数列的通项公式为，B错误.
对于C.令
因为，所以，数列为递减数列，故C正确
对于D.

故D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：
给出 与 的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.
13．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考阶段练习）已知等差数列的前项和为，若，，则（    ）
A． B．若，则的最小值为
C．取到最大值时， D．设，则数列的最小项为
【答案】AD
【分析】求得等差数列的通项公式判断选项A；求得的最小值判断选项B；求得取到最大值时n的值判断选项C；求得数列的最小项判断选项D.
【详解】由，可得，
则等差数列的通项公式为，则选项A判断正确；
若，则
则
（当且仅当时等号成立）
又，则的最小值为不为.则选项B判断错误；
等差数列中，
则等差数列的前项和取到最大值时，或.则选项C判断错误；
设，则，则
则
则数列的最小项为.则选项D判断正确
故选：AD
14．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨德强学校校考阶段练习）已知数列满足，则（    ）
A．≥2 B．是递增数列
C．{-4}是递增数列 D．
【答案】ABD
【分析】根据所给的递推公式，结合选项构造对应的表达式推导即可
【详解】对于A，因为，故，所以，当且仅当时取等号，故A正确；
对于B，由A可得为正数数列，且，则，故为递增数列，且，根据对勾函数的单调性，为递增数列，故B正确；
对于C，由，由题意，，即可知不是递增数列；
对于D，因为，所以，所以，
所以，即.
故选：ABD
15．（2023·云南昆明·安宁市第一中学校考模拟预测）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列，正方形数构成数列，则下列说法正确的是（    ）

A．
B．1225既是三角形数，又是正方形数
C．
D．，，总存在，，使得成立
【答案】BCD
【分析】根据给定信息，求出数列、的通项，再逐一分析各个选项即可判断作答.
【详解】依题意，数列中，，，，
于是得，满足上式，
数列中，，，，
于是得，满足上式，
因此，
对于A，，则，A不正确；
对于B，因为，则，又，则，B正确；
对于C，，
则，C正确；
对于D，，，取，则，
所以，，总存在，，使得成立，D正确.
故选：BCD
【点睛】易错点睛：裂项法求和问题，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
16．（2022秋·山西·高三校联考阶段练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：，.该数列的特点如下：前两个数均为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，现将中的各项除以2所得的余数按原来的顺序构成的数列记为，数列的前项和为，数列的前项和为，下列说法正确的是（    ）
A． B．若，则
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据数列的特征得到为，为周期为3的数列，从而得到，A正确；
根据数列的周期求和得到或，所以B错误.
利用斐波那契数列的特征得到，C正确；
根据提公因式和斐波那契数列的特征得到D正确.
【详解】根据斐波那契数列的特征可以看出：数列为依次连续两个奇数和一个偶数，
所以数列为，则数列为周期数列，且周期为3，
所以，所以A正确.
因为，且，所以或，所以B错误.
因为
，所以C正确.，
所以D正确.
故选：ACD
【点睛】斐波那契数列有以下性质：
（1）从第二项开始，每个偶数项的平方都比前后两项之积多1，每个奇数项的平方都比前后两项之积少1，
（2）奇数项之和，偶数项之和，
（3）平方之和，
（4）两倍项关系，
（5）.

三、填空题
17．（2022·安徽芜湖·安徽师范大学附属中学校考模拟预测）正项数列满足，记表示不超过的最大整数，则_______．
【答案】18
【分析】先求得，再利用放缩，再根据裂项相消求和求解即可
【详解】因为，故，因为正项数列，故.又，当时，，故.又对于都有，故，故，故
故答案为：18
18．（2022秋·安徽安庆·高三安庆一中统考阶段练习）已知数列的前项和为，且满足，若使不等式成立的最大整数为10，则的取值范围是__________.
【答案】
【分析】构造得，利用累加法得到，
分和讨论，再结合等差数列前和公式及二次函数零点分布即可得到关于的不等式组，解出即可.
【详解】，两边同除得，，
所以，
即，化简得，
当时，，，，，
，故其无最大值，不合题意，舍去；
当时，，
故是以为首项，公差为的等差数列，
，
，化简得，,
，故，即，
令，显然，
且两根之积为，
设，
则有，即，结合，
解得，
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题通过构造得到，然后利用累加法才能得到，即得到表达式，结合等差数列前和公式才能得到的表达式，最后解含参的一元二次不等式，，利用二次函数根的分布才能得到有关不等式组.
19．（2022·云南昆明·统考模拟预测）记数列的前项和为，则__________．
【答案】.
【分析】由式子可知，的最小正周期，验证对，都有的值一个定值，求出，又由即可求解.
【详解】设，可知的最小正周期，
令（，），则
当时，则；
当时，则；
当时，则；
当时，则；
当时，则；
当时，则；
当时，则；
当时，则.
对于，都有,
所以
即
则
又，所以；
故答案为：.
【点睛】本题考查了利用数列周期性求和的问题，解题的关键在于求出数列的周期，进行简化求和的运算；本题观察数列通项公式中猜想数列的周期，并验证周期的数值，涉及到三函函数的运算，综合性一般，需要较强的逻辑推理.
20．（2022·山西临汾·统考二模）已知数列满足，且前项和为，则_______．
【答案】
【分析】当为奇数时，采用累加法可求得；当为偶数时，；采用分组求和的方式，分别求解奇数项和偶数项的和，从而利用前项和为构造方程求得结果.
【详解】当为奇数时，；
，，…，，
各式相加得：，

当为偶数时，；

，解得：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系式求解数列首项的问题，解题关键是能够分别在为奇数和为偶数两种情况下得到奇数项和偶数项满足的关系式，采用分组和并项求和的方式可构造方程.
21．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）已知是各项均为正整数的数列，且，，对任意，与有且仅有一个成立，则的最小值为______．
【答案】20
【分析】由递推关系分析的取值，求的最小值.
【详解】由已知，所以，
若，，因为，所以，故，
所以，
(1)若，则，
当时，，若，则，与条件相矛盾，
当时，，若，则，与条件相矛盾，
当时，，若，则可以取8，此时，
当时，，又，则，
当时，，则，
(2)若，则，则，则，
(3) 若，则，则，则，
(4) 若，则，则，
所以的最小值为20.
故答案为：20
22．（2023秋·山西太原·高三统考阶段练习）高斯是德国著名的数学家，有“数学王子”之称，以其名字命名的成果有110个.设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，若用表示的非负纯小数，如，已知数列满足，则__________.
【答案】##
【分析】根据题意求出，找出规律，即可求出的值.
【详解】，，
，，
，
由此可得到规律：当为奇数时，，
，
故答案为：.
23．（2023秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第三高级中学校考阶段练习）已知各项均为正数的等比数列{an}，若2a4＋a3－2a2－a1＝8，则2a8＋a7的最小值为______.
【答案】54
【详解】由题意知等比数列中，，则公比


即
则


设，则，设
则，令，得或
当时，，
当时，
函数在上递增，在上递减，
当时，函数取得最大值是
则取到最小值是
即的最小值为
点睛：由题意知和公比，由通项公式代入式子:，化简得到，同理化简，再把上式代入用来表示且化简，设并构造函数，再求导，求临界点和函数单调区间，求出函数的最大值，代入的化简后式子求出最小值．
24．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨德强学校校考阶段练习）已知数列满足，则数列的前40项和为________.
【答案】1260
【解析】，
，相邻两个奇数项之和为3，
，，
分组并项求和，可得结果.
【详解】研究奇数项有：……，
相邻两个奇数项之和为3；
研究偶数项有：，
相邻两个偶数项之和构成等差数列；
所以前40项的和为.
故答案为:1260.
【点睛】本题考查数列分组并项求和，解题的关键是从递推公式找到数列项的特征，属于较难题.
25．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨德强学校校考阶段练习）已知数列的首项，且满足，则存在正整数n，使得成立的实数组成的集合为___________
【答案】
【分析】先累加求得，再分析二次不等式有解可得或，再分析的最小值即可
【详解】由题，，累加可得，故，显然，故要存在正整数n，使成立，即，即或，故存在正整数n，使或，故或，即或，故直接分析的最小值即可.又，当为奇数时，；当为偶数时，，当且仅当时取得等号，综上有，故或.
故答案为：
26．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知数列前项和，数列满足为数列的前项和．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______．
【答案】
【分析】利用与的关系，求得，由题意，求得并裂项，利用裂项相消，求得，分为奇数或偶数两种情况，利用函数求最值研究不等式恒成立问题，可得答案.
【详解】当时，；当时，，将代入上式，可得，则；
，
，
代入不等式，可得，整理可得，
当为偶数时，不等式为，
令，，
当时，，则在上单调递增，
由于，故，此时；
当为奇数时，不等式为，
令，（为奇数且），易知在单调递增，则，此时，
综上所述，.
故答案为：.
27．（2023秋·黑龙江齐齐哈尔·高三校联考期末）意大利数学家斐波那契年~年）以兔子繁殖数量为例，引人数列：，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为．设是不等式的正整数解，则的最小值为__________．
【答案】8
【分析】将不等式化为，即，再根据斐波那契数列为递增数列，且，可得答案.
【详解】由，得，
得，得，
得，，
所以，
令，则数列即为斐波那契数列，
，则，显然数列为递增数列且，所以数列亦为递增数列，
由，得，，，，
，，
因为，，
所以
使得成立的的最小值为8．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据斐波那契数列的通项公式，利用对数知识将不等式化为斐波那契数列进行求解是本题解题关键.
28．（2022春·安徽亳州·高三蒙城第一中学校联考阶段练习）已知数列{}的前n和，且，则的最大值为___________.
【答案】
【分析】根据题意求得，当时，，得到或，分是公差为2的等差数列，且和且是公差为2的等差数列时，两种情况求得的值，即可求解.
【详解】当时，，
当时，，
整理得，解得或，
当最小时，即是公差为2的等差数列，且时，
此时，可得，最小，最大，此时；
当最大时，即且是公差为2的等差数列时，
此时，可得，
最大，最大，此时，
综上可得：的最大值为.
故答案为：.

四、双空题
29．（2022·吉林·统考模拟预测）如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差都大于2，则称这个数列为“数列”.已知数列满足：，，则数列的通项公式___________；若，，且数列是“数列”，则t的取值范围是___________.
【答案】         
【分析】根据等比数列通项公式可求；利用对任意n≥2，均成立即可求出t的范围．
【详解】∵，，∴是以2为首项，2为公比的等比数列，∴；
∴，则，
∵数列是“数列”，∴对任意n≥2，均成立，
即对于任意n≥2，均成立，
∵函数在R上单调递增，故≥，
∴，解得t