专题06 数列（三大题型，16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用）

这是一份专题06 数列（三大题型，16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用），共22页。试卷主要包含了题型一，题型二，题型三等内容，欢迎下载使用。
选 题 列 表
2024·上海杨浦·二模 2024·上海奉贤·二模
2024·上海浦东·二模 2024·上海青浦·二模
2024·上海黄浦·二模 2024·上海闵行·二模
2024·上海普陀·二模 2024·上海金山·二模
2024·上海徐汇·二模 2024·上海静安·二模
2024·上海松江·二模 2024·上海长宁·二模
2024·上海嘉定·二模 2024·上海崇明·二模
2024·上海虹口·二模 2024·上海宝山·二模
汇 编 目 录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc11707" 题型一：等差数列及其求和 PAGEREF _Tc11707 \h 1
\l "_Tc30774" 题型二：等比数列及其求和 PAGEREF _Tc30774 \h 6
\l "_Tc14898" 题型三：数列极限及新定义问题 PAGEREF _Tc14898 \h 13
一、题型一：等差数列及其求和
1．（23-24高三下·上海浦东新·期中）设，记，令有穷数列为零点的个数，则有以下两个结论：①存在，使得为常数列；②存在，使得为公差不为零的等差数列.那么（ ）
A．①正确，②错误B．①错误，②正确
C．①②都正确D．①②都错误
【答案】C
【分析】对于①，列举验证，对于②，列举验证.
【详解】当时，
，此时，
，此时，
，此时，
故存在，使为常数列；①正确；
设，则有个零点，
则在的每个区间内各至少一个零点，故至少有个零点，
因为是一个次函数，故最多有个零点，因此有且仅有个零点，
同理，有且仅有个零点，，有且仅有个零点，
故，所以是公差为的等差数列，故②正确.
故选：C.
2．（2024·上海松江·二模）已知等差数列的公差为2，前项和为，若，则使得成立的的最大值为 .
【答案】
【分析】根据题意，列出方程求得，得到且，结合，列出不等式，即可求解.
【详解】由等差数列的公差为2，前项和为，若，
可得，解得，
所以，且，
因为，即，整理得，解得，
因为，所以使得成立的的最大值为.
故答案为：.
3．（2024·上海杨浦·二模）已知实数满足：①；②存在实数，使得，，是等差数列，，，也是等差数列.则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】设等差数列的公差为，根据给定条件，结合三角恒等变换化简得，由正切函数性质可得随增大而增大，再由的临界值点得，代入利用二倍角的余弦求解即得.
【详解】设等差数列的公差为，，依题意，，
于是，整理得，
即，因此，
即有，则随增大而增大，而
当，时，到达时是临界值点，此时，
代入得，即，整理得，
而，解得，则，即，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换化简所列式子，借助函数单调性分析的临界值点是解决本问题的关键.
4．（2024·上海杨浦·二模）某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .

【答案】134
【分析】由题设信息，第一层有根，共有层，利用等差数列前n项和公式列出关系式，再借助整除的思想分析计算得解.
【详解】设第一层有根，共有层，则，
，显然和中一个奇数一个偶数，
则或或，即或或，
显然每增加一层高度增加厘米，
当时，厘米厘米，此时最下层有根；
当时，厘米厘米，此时最下层有根；
当时，厘米，超过米，
所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为根.
故答案为：134
5．（2024·上海黄浦·二模）已知数列是给定的等差数列，其前项和为，若，且当与时，取得最大值，则的值为 .
【答案】21
【分析】不妨设数列的公差大于零，不妨取，则，设，再分和两种情况讨论，可得出的值，再讨论，即可求出，即可得解.
【详解】不妨设数列的公差大于零，
由于，得，
且时，，时，，
不妨取，则，
设，
若，则，此时式子取不了最大值；
若，则，
又时，，
因为，此时式子取不了最大值；
因此这就说明必成立.
若，则，
这也就说明不成立，因此，
所以.
故答案为：.
6．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知等差数列满足，，则 .
【答案】5
【分析】由等差数列的性质可得.
【详解】因为是等差数列，所以，
则有，解得.
故答案为：.
7．（2024·上海崇明·二模）若等差数列的首项，前5项和，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用等差数列的求和公式，列出方程，即可求解.
【详解】因为等差数列的首项，前5项和，
由等差数列的求和公式，可得，解得.
故答案为：.
8．（2024·上海虹口·二模）已知等差数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)设数列前项和为，且，若，求正整数的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意根据等差数列通项公式得到关于、的方程组，解得即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，利用等差数列求和公式求出，再解不等式即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则，解得，
故；
（2）由（1）可得，
则，
所以，则数列是以为首项，为公差的等差数列，
故，
因为，所以，所以，
所以或，
因为，所以，所以的最小值是．
二、题型二：等比数列及其求和
9．（2024·上海松江·二模）设为数列的前项和，有以下两个命题：①若是公差不为零的等差数列且，，则是的必要非充分条件；②若是等比数列且，，则的充要条件是.那么（ ）
A．①是真命题，②是假命题B．①是假命题，①是真命题
C．①、②都是真命题D．①、②都是假命题
【答案】C
【分析】根据题意，由等差数列和等差数列的前项和性质分析①的真假，由等比数列和等比数列的前项和性质分析②的真假，综合可得答案.
【详解】根据题意，对于命题①，是公差不为零的等差数列，
若，则在中，至少有一项为，
假设，则，
必有，
反之，在等差数列中，若，
则，有，则成立，
但不成立，
故是的必要非充分条件，故①正确；
对于命题②，若是等比数列，设其公比为，若，时，
有，则中，至少有一项为，则，
假设则有必有，
又由，必有为偶数且，故，
反之，若，则，必有，则有，，
则，
若是等比数列且，，则的充要条件是，
故②正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键点是，熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，从而分析得解.
10．（2024·上海普陀·二模）设是数列的前项和，若数列满足：对任意的，存在大于1的整数，使得成立，则称数列是“数列”.现给出如下两个结论：①存在等差数列是“数列”；②任意等比数列都不是“数列”.则（ ）
A．①成立②成立B．①成立②不成立
C．①不成立②成立D．①不成立②不成立
【答案】D
【分析】由题意可得任意的n≥2，存在大于1的整数m，使得，对命题①，分公差或两种情况讨论可判断结论，对于②，举例如，可判断结论.
【详解】由“G数列”的定义，对任意的n≥2，存在大于1的整数m，使得，成立，
则对任意的n≥2，存在大于1的整数m，使得，
对于命题①不成立，理由如下：
假设存在，
当时，总存在，由于对任意正整数，有，
所以总存在正整数，使得与，
所以不会存在，
当时，总存在，由于对任意正整数，有，
所以总存在正整数，使得与，
所以不会存在，
对于命题②不成立，理由如下：
举例说明：如，有，
因为，所以，
可以取，就可以保证不等式成立，
综上所述：①不成立，②不成立.
故选：D.
【点睛】考查新定义题型，考查转化思想与阅读理解能力，以及分类讨论思想的应用.
11．（2024·上海青浦·二模）设是首项为，公比为q的等比数列的前项和，且，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意算出，可得且，由此对各项的结论加以判断，即可得结论．
【详解】，
，，即且，
，且，两边都除以，得，可得．
对于A，由，可得，故A项不正确；
对于B，由于，所以不成立，故B不正确；
对于C，因为，所以，可得．
结合，可得，故C正确；
对于D，根据且，当，时，，
此时不成立，故D不正确．
故选：C．
12．（2024·上海长宁·二模）设数列的前项和为，若存在非零常数，使得对任意正整数，都有，则称数列具有性质：①存在等差数列具有性质；②不存在等比数列具有性质；对于以上两个命题，下列判断正确的是（ ）
A．①真②真B．①真②假C．①假②真D．①假②假
【答案】B
【分析】直接构造和，说明存在等差数列具有性质，且存在等比数列具有性质，从而得到①真②假.
【详解】一方面，对，知是等差数列.
而，令就有，
所以具有性质，这表明存在等差数列具有性质；
另一方面，对，知是等比数列.
当为奇数时，；为偶数时，.
故当为奇数时，；为偶数时，.
故当为奇数时，；为偶数时，.
这表明恒成立，再令就有，
所以具有性质，这表明存在等比数列具有性质.
综上，①正确，②错误，故B正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：构造和作为例子，直接判断命题的真假，是判断选项正确性的简单有效的方法.
13．（2024·上海普陀·二模）设等比数列的公比为，则“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是 .
【答案】（或,答案不唯一）
【分析】根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．
【详解】，，成等差数列，
则，即，解得或，
故“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是（或．
故答案为：（或,答案不唯一）
14．（2024·上海普陀·二模）设，，是正整数，是数列的前项和，，，若，且，记，则 .
【答案】7
【分析】根据数列递推式求出的通项，从而可得，进而可得，根据，即可求出．
【详解】当，故，
当时，，故，
因为，故，所以，则，
当时，，
设数列，易知，
必有1024，512，256，128，64，32，8,这7个数前面的系数为1，其余系数都是0，
故．
故答案为：7．
15．（2024·上海徐汇·二模）已知数列的前项和为，若（是正整数），则 .
【答案】
【分析】由已知结合数列的和与项的递推关系进行转化，然后结合等比数列的通项公式即可求解．
【详解】因为，
时，，
两式相减可得，，
即，，
因为，解得，
故数列是以1为首项，以3为公比的等比数列，
所以．
故答案为：81．
16．（2024·上海杨浦·二模）各项为正的等比数列满足：，，则通项公式为 .
【答案】
【分析】利用给定条件，求出等比数列的公比，再写出通项公式.
【详解】设正项等比数列的公比为，由，，得，
则，解得，
所以.
故答案为：
17．（2024·上海静安·二模）已知等比数列的前项和为，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据题意，分别求得，，，结合，列出方程，即可求解.
【详解】由等比数列的前项和为，
可得，，，
所以，解得，经检验符合题意.
故答案为：.
18．（2024·上海金山·二模）设公比为2的等比数列的前项和为，若，则 ．
【答案】
【分析】根据等比数列的通项公式及前n项和的概念计算即可得解.
【详解】因为，
所以，故.
故答案为：4
19．（2024·上海奉贤·二模）已知是公差的等差数列，其前项和为，是公比为实数的等比数列，，．
(1)求和的通项公式；
(2)设，计算．
【答案】(1)，；
(2)．
【分析】（1）根据等差数列前n项和公式求出；根据等比数列通项公式求出q；从而可得和的通项公式；
（2）求出，根据其为等比数列，利用等边数列前n项和公式即可求解．
【详解】（1）∵，且，∴，∴．
∵，且，∴，∴，∴．
（2）由题可知，，
为等比数列求和，首项为，公比，
∴．
三、题型三：数列极限及新定义问题
20．（2024·上海虹口·二模）已知等比数列是严格减数列，其前项和为，若成等差数列，则 .
【答案】3
【分析】利用等差数列的定义和等比数列的求和公式即可.
【详解】因为成等差数列，
故，即，
解得：或.
因为等比数列是严格减数列，故.
所以.
故答案为：3
21．（2024·上海黄浦·二模）设数列的前n项和为，若对任意的，都是数列中的项，则称数列为“T数列”.对于命题：①存在“T数列”，使得数列为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数，都存在实数，使得以为首项、为公差的等差数列为“T数列”.下列判断正确的是（ ）
A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题
C．①是真命题，②是假命题D．①是假命题，②是真命题
【答案】A
【分析】根据题意，结合“T数列”的定义，举出实例说明①②，即可得出答案.
【详解】对于命题①，对于数列，
令，则，
数列为公比不为1的等比数列，
当时，是数列中的项，
当时，是数列中的项，
所以对任意的，都是数列中的项，
故命题①正确；
对于命题②，等差数列，令，则，
则，
因为且，
，且，
所以对任意的，都是数列中的项，
所以对于任意的实数，都存在实数，使得以为首项、为公差的等差数列为“T数列”，
故命题②正确；
故选：A.
22．（2024·上海徐汇·二模）已知各项均不为0的数列满足（是正整数），，定义函数，是自然对数的底数.
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记函数，其中.
（i）证明：对任意，；
（ii）数列满足，设为数列的前项和.数列的极限的严格定义为：若存在一个常数，使得对任意给定的正实数（不论它多么小），总存在正整数m满足：当时，恒有成立，则称为数列的极限.试根据以上定义求出数列的极限.
【答案】(1)证明见解析，；
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由可变形为，从而得到为等差数列，然后由累乘法求通项即可；
（2）可先证：，根据的表达式求导，分析单调性，得出最小值，即可得证，再证：，即证恒成立，即即可；先求出，然后由，分析单调性证明进而得到，代入表达式，取可得，再对进行放缩即可求解.
【详解】（1）由于数列的各项均不为，
所以，可变形为（是正整数），
所以，数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
又，也符合上式，所以.
（2）（i）先证：.
根据已知，得
由当且仅当时等号成立，
于是在上是严格增函数，故成立.
再证：.
又，记，则，
由，故且仅当时等号成立，
于是在上是严格减函数，
故，于是，证毕.
（ii）由题意知，，
下面研究.将（i）推广至一般情形.
，
由当且仅当时等号成立，
于是在上是严格增函数，故成立.①
再证：.，
记，则，
由，故当且仅当时等号成立，
于是在上是严格减函数，
故，于是，
所以，，即对任意，.
于是对，，整理得，
令，得，即，故.
（方法一）当时，
故即，
从而.对于任意给定的正实数，令，
则取为大于且不小于的最小整数，
则当时，恒成立，因此，数列的极限为.
（方法二）而对于任意，只需且时，
可得.
故存在，当时，恒有，
因而的极限.
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的通项、求和，另外考查数列和函数的结合以及新定义知识，难度较大，本题主要思维方法：
1.基本方法求通项：定义法，累乘法；
2.不等式的证明，借助构造函数利用导数分析单调性，求最值；
3.新定义考查，主要是结合导数的最值分析和不等式的放缩思维，对于一般学生要求较高，难度很大.
23．（2024·上海青浦·二模）若无穷数列满足：存在正整数，使得对一切正整数成立，则称是周期为的周期数列．
(1)若（其中正整数m为常数，），判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(2)若，判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(3)设是无穷数列，已知．求证：“存在，使得是周期数列”的充要条件是“是周期数列”．
【答案】(1)是周期为的周期数列，理由见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题设定义，利用的周期，即可得出结果；
（2）分与两种情况讨论，当，易得到是周期为1的周期数列，当时，构造，则，利用导数与函数单调性间的关系，可得出是严格增（或减）数列，从而可得出结果；
（3）根据条件，利用充要条件的证明方法，即可证明结果.
【详解】（1）因为，
所以是周期为的周期数列．
（2）①当时，，，
所以当时，是周期为1的周期数列，
②当时，记，则，
，当且仅当时等号成立，
即，所以在上严格增，
若，则，即，进而可得，即是严格增数列，不是周期数列；
同理，若，可得是严格减数列，不是周期数列．
综上，当时，是周期为1的周期数列；当时，不是周期数列．
（3）必要性：
若存在，使得是周期数列，设的周期为，
则，所以是周期为的周期数列，
充分性：
若是周期数列，设它的周期为，记，则
，是关于x的连续函数；
，是关于x的连续函数；
…
，是关于x的连续函数；
，
令，则是连续函数，
且，，
所以存在零点，于是，
取，则，
从而，
，
……
一般地，对任何正整数n都成立，即是周期为T的周期数列．
（说明：关于函数连续性的说明不作要求）
【点睛】方法点晴：对于数列的新定义问题，解决问题的关键在于准确理解定义，并结合定义进行判断或转化条件.
24．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知函数及其导函数的定义域均为.设，曲线在点处的切线交轴于点.当时，设曲线在点处的切线交轴于点.依此类推，称得到的数列为函数关于的“数列”.
(1)若，是函数关于的“数列”，求的值；
(2)若，是函数关于的“数列”，记，证明：是等比数列，并求出其公比；
(3)若，则对任意给定的非零实数，是否存在，使得函数关于的“数列”为周期数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析，公比为
(3)存在
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线方程，再根据“数列”的定义即可得解；
（2）由题意可得，再根据结合等比数列的定义化简即可得出结论；
（3）由题意可得，设特征函数为，利用蛛网模型分和两种情况讨论，求出函数的单调区间，进而可得出结论.
【详解】（1）由，得，
因为，则，
所以曲线在点的切线方程为，
令，则，
所以；
（2）由，得，
于是曲线在点处的切线方程为，
令，则，
由题意得到，
所以，
又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
（3）由，得，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，则，
设特征函数为，则，
情况1：当时，则，
此时，所以函数在定义域内为增函数，
令，解得，又因，故此时方程无解，
当时，，所以不能成周期数列；
当时，，所以不能成周期数列；
故当时，不存在，使得函数关于的“数列”为周期数列；
情况2：当时，，
令，得或，
令，得或或，
所以函数在上单调递增，
在上单调递减，
而，所以函数为奇函数，
，，
令，方程无解，
令，解得
当时，，，
所以数列是周期为的周期数列；
当时，，且与符号正负交替，
假设存在周期数列，则等价于存在，使得，
若为偶数，中每一个括号内的式子都是同号的，
所以不可能为，所以数列不可能为周期数列；
若为奇数，中，
每一个括号内的式子都与是同号的，
所以不可能为，所以数列不可能为周期数列；
当时，，
可得得到起初是正负交替，但是以后会一直为正或负，所以不能成周期数列，
故当时，有满足条件，使得数列成周期为的周期数列，
此时，
综上所述，存在满足题意.
【点睛】方法点睛：等比数列的两种判定方法：
（1）定义法：（常数）数列为等比数列；
（2）等差中项法：数列为等比数列.