高考数学二轮复习 专题08 数列(含解析)

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专题08 数列
1．【2022年全国乙卷】已知等比数列的前3项和为168，，则(       )
A．14 B．12 C．6 D．3
【答案】D
【解析】
【分析】
设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】
解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
2．【2022年全国乙卷】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则(       )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】
解：因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为 ，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
故选：D.
3．【2022年新高考2卷】中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，是举， 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则(       )

A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
【答案】D
【解析】
【分析】
设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】
设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
4．【2022年北京】设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的(       )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】
设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.
若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.
故选：C.
5．【2022年浙江】已知数列满足，则(       )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】
∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
6．【2022年全国乙卷】记为等差数列的前n项和．若，则公差_______．
【答案】2
【解析】
【分析】
转化条件为，即可得解.
【详解】
由可得，化简得，
即，解得.
故答案为：2.
7．【2022年北京】己知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3；     ②为等比数列；
③为递减数列；            ④中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】
推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.
【详解】
由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由可得，两式作差可得，
所以，，则，整理可得，
因为，解得，①对；
假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，
故数列不是等比数列，②错；
当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；
假设对任意的，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】
关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.
8．【2022年全国甲卷】记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【解析】
【分析】
(1)依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
(2)由(1)及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
(1)
解：因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
(2)
解：由(1)可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时．
9．【2022年新高考1卷】记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
(2)由(1)的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
(1)
∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
(2)

∴
10．【2022年新高考2卷】已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
(1)证明：；
(2)求集合中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【解析】
【分析】
(1)设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；
(2)根据题意化简可得，即可解出．
(1)
设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
(2)
由(1)知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．
11．【2022年北京】已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
(1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
(3)若为连续可表数列，且，求证：．
【答案】(1)是连续可表数列；不是连续可表数列．
(2)证明见解析．
(3)证明见解析．
【解析】
【分析】
(1)直接利用定义验证即可；
(2)先考虑不符合，再列举一个合题即可；
(3)时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．
(1)
，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
(2)
若,设为 ,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，， ．
(3)
，若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,
从而若,则，至多可表个数，
而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数(恰 21个)，这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，
则所有数之和，，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，
(仅一种方式)，
与2相邻，
若不在两端,则形式，
若，则(有2种结果相同，方式矛盾)，
， 同理 ，故在一端，不妨为形式，
若,则 (有2种结果相同，矛盾)，同理不行，
，则 (有2种结果相同，矛盾)，从而，
由于,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能，①或，②
这2种情形，
对①：，矛盾，
对②：，也矛盾，综上
．
【点睛】
关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项(可以是一项)之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．
12．【2022年浙江】已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
(1)若，求；
(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；
(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.
(1)
因为，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
所以，
(2)
因为，，成等比数列，
所以，
，
，
由已知方程的判别式大于等于0，
所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，
又
所以

1．(2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测(文))在等差数列中，，，则(       )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
将已知等式变形，由等差数列下标和计算即可得到结果.
【详解】
由得：，.
故选：B.
2．(2022·福建省德化第一中学模拟预测)设等差数列的前项和为，若，则的值为(       )
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等差数列的求和公式，求得，结合等差数列的性质，化简得到，即可求解.
【详解】
因为，由等差数列的性质和求和公式得，即，
则.
故选：C.
3．(2022·北京·北大附中三模)已知数列满足，其中，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
【解析】
【分析】
求得数列的通项公式，再分析数列的单调性即可
【详解】
依题意，因为，其中，当时，，
当时，，，两式相除有，易得随着的增大而减小，故，且，故最小项为，最大项为
故选：A
4．(2022·辽宁实验中学模拟预测)已知数列是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若、数列的第2项、数列的第5项恰好构成等比数列，则数列的通项公式为(       )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意设，所以，，所以，，构成等比数列，即，求出即可求解.
【详解】
设等差数列的公差为，所以，所以，
，又、数列的第2项、数列的第5项恰好构成等比数列，
即，，构成等比数列，所以，
解得，(舍去)，所以.
故选：A.
5．(2022·四川·绵阳中学实验学校模拟预测(文))已知数列的前项和为，且，，，若存在实数使是等差数列，则的公差为(       )
A．1 B．2 C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用得的递推关系，从而求得与公差的关系，再由求得．
【详解】
设公差为，
因为，所以时，，
两式相减得：，
因为，所以，
由得．从而，，
故选：B．
6．(2022·湖南·邵阳市第二中学模拟预测)已知正项等比数列满足，若存在、，使得，则的最小值为(       )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设等比数列的公比为，则，根据已知条件求出的值，由已知条件可得出，将代数式与相乘，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】
设等比数列的公比为，则，由可得，解得，
因为，则，，可得，
由已知、，所以，
，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：D.
7．(2022·浙江·三模)设数列满足，记数列的前n项的和为，则(       )
A． B．存在，使
C． D．数列不具有单调性
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意求得，进而得到与同号，结合作差法比较法，可判定B、D错误；由，得到，利用叠加法，可判定A错误；化简得到，利用裂项法求和，可判定C正确.
【详解】
由于，则，
又由，则与同号．
又由，则，可得，
所以数列单调递增，故B、D错误；
又因为，
由数列单调递增，且，所以，所以，
累加得，所以，故A错误；
由可得，
因为，所以，故C正确．
故选：C．
8．(2022·吉林·东北师大附中模拟预测(理))数列为等差数列，前项的和为，若，，则当时，的最大值为(       )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分析数列的单调性，计算、，即可得出结论.
【详解】
因为，，则，故数列为递增数列，
因为，，
且当时，，所以，当时，，
所以，满足当时，的最大值为.
故选：C.
9．(2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测)已知等差数列的前n项和为，且满足，，则下列结论正确的是(       )
A．，且 B．，且
C．，且 D．，且
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意构造函数，确定函数的奇偶性及单调性，进而根据的关系即可确定答案.
【详解】
设函数，则为奇函数，且，所以在R上递减，由已知可得，，有，，所以，且，所以，且，所以， .
故选：C.
10．(2022·全国·模拟预测)已知数列满足对任意的，总存在，使得，则可能等于(       )
A． B．2022n C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
A选项，利用等比数列求和公式列出方程，令n＝2时，得到，m不存在，A错误；B选项，利用等差数列求和公式进行求解得到方程，取即可，C选项，利用平方和公式得到，当n＝2时，，m不存在；D选项，当n＝2时，，m不存在.
【详解】
对于选项A：当时，则是等比数列，因为
所以，当n＝2时，，m不存在，A错误；
对于选项B：当时，是等差数列，因为，则，取即可，B正确；
对于选项C：当时，，则，当n＝2时，，m不存在，C错误；
对于选项D：当时，，则，当n＝2时，，m不存在，D错误．
故选：B．
11．(2022·江苏·南京外国语学校模拟预测)已知数列各项都不为，且满足，
(1)求的通项公式；
(2)若，的前n项和为，求取得最小值时的n的值．
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
(1)由得时，， ①②得，分奇偶项即可求出
(2)由得，当时，，当时，
当时，取得最小值
(1)
①
当时，②
①②


的奇数项和偶数项各自成等差数列且
为奇数)，(为偶数
(2)
，
当时，，
当时，
当时，取得最小值
12．(2022·福建·厦门双十中学模拟预测)等差数列的前项和为，已知，为整数，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据题意得公差为整数，且，，分析求出即可；(2)，再利用裂项相消法求和即可.
(1)
由，为整数知，等差数列的公差为整数.
又，故，.
于是，，解得，
因此，故数列的通项公式为.
(2)
，
于是
.
13．(2022·宁夏·银川一中模拟预测(理))已知数列是等差数列，是等比数列，且，，，．
(1)求数列、的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，；
(2).
【解析】
【分析】
(1)利用等差数列，等比数列代入计算；
(2)利用错位相减法可得，令，由为递增数列，结合恒成立思想可得答案．
(1)
解：因为数列是等比数列，则可得，解得，
所以．
因为数列是等差数列，且，，则公差，
所以．
故，；
(2)
解：由(1)得：，
数列的前n项和为①
所以②
由①-②得：，
所以．
不等式恒成立，化为不等式恒成立，
令且为递增数列，即转化为
当时，，所以．
综上可得：实数的取值范围是．
14．(2022·湖北·襄阳四中模拟预测)已知等差数列满足，且前四项和为28，数列的前项和满足.
(1)求数列的通项公式，并判断是否为等比数列；
(2)对于集合A，B，定义集合.若，设数列和中的所有项分别构成集合A，B，将集合的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前30项和.
【答案】(1)，判断答案见解析
(2)1926
【解析】
【分析】
(1)根据等数列的前n项和公式和通项公式可求出的通项公式，根据等比数列的定义可判断是否为等比数列；
(2)结合等差数列的前n项和，等差数列与等比数列的通项公式可求出结果.
(1)
∵是等差数列，，且前四项和为28，
∴，解得
∴.
∵，∴当时，，两式相减得，
即，又∴
∴当时，数列的通项公式为.不是等比数列
当时，数列是首项为，公比为3的等比数列，∴.
(2)
由(1)知，则
因为，
所以，
所以，中要去掉的项最多4项，即3,9,27,81，
其中9,81是和的公共项，
所以数列的前30项和由的前32项和，去掉9,81，

所以数列的前30项和为1926.
15．(2022·浙江省江山中学模拟预测)在数列中，，且对任意的，都有．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，定义集合A的长度为．已知数列的通项公式为，若关于x不等式的解集A，求集合A的长度．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)构造等比数列结合累加法即可求通项；
(2)根据不等式特点，巧用作差转换成高次不等式求解.
(1)
，，所以，，即；
(2)
因为，即就是，
，，，，即，根据数轴标根法可知不等式的解集为或或或，集合A的长度为.
【点睛】
数列求通项分方法有构造等比或等差数列法，累加法，累乘法等.