2022届高三各地一模试卷解答题专题汇编——数列1

2022届高三各地一模试卷专题汇编——数列
1．已知在递减等比数列中，，其前项和是，且，，成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，记数列的前项和，求的最大值.
2．已知数列是各项均为正数的数列，且，.
(1)若，求数列的前n项和；
(2)是否存在正整数c，使的解集中n的值有且仅有3个？若存在，请求出c的值；若不存在，请说明理由.
3．已知正项数列的前项和为，满足．
(1)求数列的前项和；
(2)记，证明：．
4．已知等差数列的首项，公差．
(1)此等差数列中从第几项开始出现负数？
(2)当n为何值时，最小？
5．已知数列，其中，且.若数列满足，，当时，或，则称为数列A的“紧数列”.例如，数列A：2，4，6，8的所有“紧数列”为2，3，5，8；2，3，7，8；2，5，5，8；2，5，7，8.
(1)直接写出数列A：1，3，6，7，8的所有“紧数列”；
(2)已知数列A满足：，，若数列A的所有“紧数列”均为递增数列，求证：所有符合条件的数列A的个数为；
(3)已知数列A满足：，，对于数列A的一个“紧数列”，定义集合，如果对任意，都有，那么称为数列A的“强紧数列”.若数列A存在“强紧数列”，求的最小值.（用关于N的代数式表示）
6．设是函数的图象上一点，向量，，且满足.数列是公差不为0的等差数列，若，则______.
7．若数列 满足，则称为数列．记 ．
(1)写出一个满足，且的数列；
(2)若，证明数列是递减数列的充要条件是；
(3)对任意给定的整数，是否存在首项为的数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的数列；如果不存在，说明理由.
8．已知数列中，，.
(1)求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)若数列满足，且对任意正整数，不等式恒成立，求整数的最大值.
9．已知数列的前项和为，，数列满足，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列的前项和为，若不等式恒成立，求实数的取值范围．
10．已知数列满足，．
(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记，，．证明：当时，．
11．已知函数的图像上有一点列，点在轴上的射影是，且，且.
(1)求证：是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)对任意的正整数，当吋，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)设四边形的面积是，求证：.
12．在数列中，已知，，
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，问是否存在正整数m，n，使得若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由．
13．在等比数列中，已知，且，，依次是等差数列的第2项，第5项，第8项.
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列的前n项和为.
（i）求；
（ii）求证：.
14．已知等差数列中，，，数列满足，．
(1)求，的通项公式；
(2)任意，，求数列的前2n项和．
15．已知实数列{}，|满足．数列{}是公差为p的等差数列，数列是公比为p的等比数列．
(1)若，求数列{}的通项公式；
(2)记数列，的前n项和分别为，．若，证明：．
16．设有数列，对于给定的，记满足不等式：的构成的集合为，并称数列具有性质.
(1)若，数列： 具有性质 ， 求实数 的取值范围；
(2)若，数列是各项均为正整数且公比大于1的等比数列，且数列不具有性质，设，试判断数列是否具有性质，并说明理由；
(3)若数列具有性质，当 时， 都为单元素集合，求证：数列是等差数列.
17．已知数列，若存在使得数列是递减数列，则称数列是“型数列”.
(1)判断数列，是否为“型数列”；
(2)若等比数列的通项公式为（），，其前项和为，且是“型数列”，求的值和的取值范围；
(3)已知，数列满足，（），若存在，使得是“型数列”，求的取值范围，并求出所有满足条件的（用表示）.
18．已知数列，，的前n项和为．
(1)证明：当时，有．
(2)已知，求数列的前n项和．
19．对于项数为，的有限数列，记该数列前i项、、、中的最大项为，即；该数列后项中的最小项为，，即，，．例如数列：1、3、2，则，，；，；，．
(1)若四项数列满足，，，，求、、、；
(2)设c为常数，且，，求证：，；
(3)设实数，数列满足，，，若数列对应的满足对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围．
20．已知正项数列满足，（，）.
(1)写出，，并证明数列是等差数列；
(2)设数列满足，，求证：.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题可设，则，即求；
（2）利用等比数列求和公式及裂项相消法可得，然后由判断数列的单调性，即得.
(1)
由题可设，由，，成等差数列，
则，即，
∴，
解得，（舍去），
故数列的通项公式为.
(2)
∵，
∴，又，
设，且数列的前项和为，
则，
所以.
令，
随着的变化，比较与变化速度，令，可得，
即，，，递增，而，，，，递减，
所以最大，最大值.
故的最大值为.
2．(1)
(2)存在，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）时可得，时可得，即可求出，进而求出前项和；
（2）题目等价于关于的不等式的解集中有且仅有3个正整数，利用二次函数的性质可求.
(1)
因为①，
当时，，即，
当时， ①，
①-②可得，即，满足，
所以，则，
所以.
(2)
由可得，
设，则对称轴为，开口向上，
则的解集中n的值有且仅有3个等价于关于的不等式的解集中有且仅有3个正整数，
则，即，解得，
又为正整数，所以.
3．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据，整理后，根据等差数列的性质可知是首项为1，公差为1的等差数列
（2）先对进行放缩，然后利用分母有理化进行裂项后求和.
(1)
解：由题意得：
等式两边同乘，得
整理得，由，得，即是首项为1，公差为1的等差数列
∴，；
(2)
，
∴，
，
∴，
综上可证：．
4．(1)从第23项开始出现负数
(2)当时最小
【解析】
【分析】
（1）依据等差数列的通项公式即可解决；
（2）依据等差数列的通项公式，再以分段函数求最值即可解决.
(1)
等差数列的首项，公差
则
由，得，即从第23项开始出现负数.
(2)
由等差数列的通项公式
可得
在时取最小值为
在时取最小值为
则在时取最小值为
5．(1)；；；
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）利用“紧数列”的定义求解；
（2）由均为递增数列，得到，进而转化为证明：①，②，③，④即可；
（3）记，且根据“强紧数列”的定义求解.
(1)
解：；；；.
(2)
依题意，对任意，有或，或，
因为均为递增数列，所以有，即同时满足：
①，②，③，④.
因为为递增数列，因此①和②恒成立.
又因为为整数数列，对于③，也恒成立.
对于④，一方面，由，得，即.
另一方面，，
所以，
即从第项到第项是连续的正整数，
所以，，
因此，
故共有种不同取值，即所有符合条件的数列共有个.
(3)
记，依题意，
对任意，有或，
注意到，即对任意，有，
若，则，即；
若，则，即，
即对任意，或者，或者.
所以，所以不能成立.
记，
，
则，且.
注意到：若存在且，即，则.
否则，若，则，不合题意.
因此集合有以下三种情形：
①，.
对任意，有，则
，
当且仅当：，，
即时，等号成立，
此时存在“强紧数列”，
故此情形下，的最小值为；
②，，其中.
对任意，有，对任意，有.
.
故此情形下，的最小值不小于；
③，.
对任意，有，
.
故此情形下，的最小值不小于.
综上，的最小值为.
6．18
【解析】
【分析】
由向量共线求出函数的解析式，设，利用函数的单调性以及等差数列的性质讨论的值，从而求出的值.
【详解】
由，得，整理得，
因为设函数，
则奇函数单调递增.
由，
可得
又数列为公差不为0的等差数列，
因此，即，
此时；
故答案为：
7．(1)（或 ）
(2)证明见解析
(3)不存在，理由见解析
【解析】
【分析】
(1)根据与和可考虑写出交替的数列.
(2)先证必要性，根据数列是递减数列，可得，进而求得.再证明充分性，因为，故，再累加可得证明即可.
(3)设,则，再累加求得，再分析的奇偶，根据整除的性质，先假设存在再证明矛盾即可.
(1)
（或 ）
(2)
必要性：因为数列是递减数列，
所以 ，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以；
充分性：由于，，…，，
所以，即，
因为，所以，
所以数列是递减数列.
综上，结论得证．
(3)
令，
则．
因为，，……,，
所以
因为，所以为偶数，
所以为偶数．
所以要使，必须使为偶数，即整除，
亦即或．
当时，
数列的项满足，，时，
有，；
当时，
数列的项满足，，，时，
有，．
当，时，不能被整除，
所以对任意给定的整数,不存在数列使得，．
【点睛】
在解数列新定义的问题,需要根据题意去绝对值分析,并根据整除的性质推理证明.
8．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）倒数型求通项公式，利用构造数列可以得到答案；
（2）第一步利用对数运算求出数列的通项公式，设，研究数列的单调性求出最小值，解出参数即可.
(1)
因为，取倒数得，
等号两边同加构造得，
所以是以为首项，以3为公比的等比数列，
所以，
所以；
(2)
由（1）可知，
，
，
设；
则
；
所以，故的最小值为（2）；
所以，即
所以
9．(1)；
(2)﹒
【解析】
(1)
∵
∴当时，，
当时，由，
得，即，
数列是公差为2的等差数列，
由条件得，即数列是公比为2的等比数列，
；
(2)
∵，
则，
，
，
，
恒成立，
则恒成立，
令，则，
，
，
，
故实数的取值范围是﹒
10．(1)证明见解析；
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对题干条件变形整理为，根据定义即可证明，并求出通项公式；（2）放缩法和裂项相消法进行证明.
(1)
当时，，
当时，；
相除得
整理为：，
即，
为等差数列，公差，首项为；
所以，整理为：，经检验，符合要求.
(2)
由（1）得：．
，
，
，
所以，当时，．
11．(1)证明见解析，
(2)
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等比数列的定义进行证明即可，结合等比数列可求数列的通项公式；
（2）先求出，判断的单调性，利用单调性求出的最大值，结合恒成立可求的取值范围；
（3）先求四边形的面积表达式，然后利用放缩和裂项相消法可证结论.
(1)
因为，且
所以，即（常数）；
因为，所以是首项为3，公比为3的等比数列，
所以，即；数列的通项公式为.
(2)
由题可知，由（1）可得
，所以，即，数列为单调递减数列.
所以最大值为；
因为当吋，不等式恒成立，
所以恒成立.
所以，解得或.
所以的取值范围为.
(3)
四边形的面积是.
因为，
所以.
因为，所以；
所以
【点睛】
本题综合了函数和数列，数列类型的判定和证明一般采用定义法进行，数列不等式的证明常用裂项相消法，适当放缩也是常用技巧；函数恒成立问题的求解转化为函数最值问题.
12．(1)
(2)存在，，
【解析】
【分析】
由题意可得数列的奇数项是以1为首项，公差为2的等差数列；偶数项是以2为首项，公比为3的等比数列，分别利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出．
，，假设存在正整数m，n，使得，化为，可得，2，分类讨论即可得出．
(1)
由，，
可得数列的奇数项是以1为首项，公差为2的等差数列；
偶数项是以2为首项，公比为3的等比数列．
对任意正整数k，；．
数列的通项公式．
(2)
，．
．
假设存在正整数m，n，使得，
则，
，
从而，，
又，，2，3．
当时，式左边大于0，右边等于0，不成立．
当时，式左边等于0，，解得，．
当时，式可化为，显然不满足，
当时，存在，，，使得，，且，
从而，，，
，，于是，．
综上可知，符合条件的正整数对只有两对：，．
13．(1)，；
(2)（i），（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)设出等比数列的公比，根据已知条件列出方程求出此公比及等差数列的公差，再列式即可作答.
(2)(i)由(1)的结论结合分组求和方法即可计算；(ii)利用(1)和(i)的结论，借助裂项相消法求出即可作答.
(1)
设等比数列的公比为q，而等差数列的第2项，第5项，第8项成等差数列，则，
即，解得，又，于是得，
显然有，，则等差数列公差，，
所以数列和的通项公式分别是，.
(2)
(i)由(1)得，
.
(ii)由(i)得，，
所以.
【点睛】
思路点睛：使用裂项法求和时，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．
14．(1)；
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据等差等比的基本量运算求解即可；
（2）分奇数项和偶数项分别求和即可，奇数项用乘公比错位相减，偶数项用裂项相消求和即可.
(1)
设等差数列的公差为，由，，可得，
解得，
所以，
数列满足，，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，
(2)
由（1）可知，
当为奇数时，，
设，
，
两式相减可得：，
整理得：，
当为偶数时，，
设，
所以数列的前2n项和为
15．(1)，；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题设可得，，两式相乘并结合即可确定{}的通项公式；
（2）由（1）易知，，应用错位相减法求，，进而可得，根据单调性和已知条件，对右式放缩处理即可证结论.
(1)
由题设，{}是首项、公差均为的等差数列，是首项、公比均为的等比数列，
∴，，则，故，而，
∴，.
(2)
由题设易知：，，
，则，
所以，故，则
，则，
所以，故，则
，，，
而恒成立，
当趋向于无穷大时，、趋向于0，故，
又在上递增，所以，得证.
【点睛】
关键点点睛：第二问，错误相减法求前n项和，结合数列的单调性、极限思想放缩求证不等式.
16．(1)
(2)数列不具有性质
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由数列具有性质，建立不等式组求解即可；
（2）根据数列是等比数列计算，利用不等式可得，由数列不具有性质可得存在使得，转化为，求出，即可判断；
（3）根据数列具有性质，运用不等式可得对任意的都成立，先证明时，，同理可得，即可证明.
(1)
由题意可得，即
解得；
(2)
设数列的通项为，
，
因为数列不具有性质，
所以存在使得，
所以，
，
，
不具备性质X；
(3)
因为数列具有性质，
所以 ，
对任意的都成立，
当时，需满足对任意的恒成立，
当时，有，即，
当时，有，
当时，，
，
所以只需 即可满足条件，
为单元素集合，
同理可证，对任意的时，都有，
所以数列是等差数列.
【点睛】
本题的证明过程，采用了类比的方法，首先证明时，需满足，再由为单元素集可得，类似的可证得其他情况都有，由等差数列的定义知为等差数列.
17．(1)是；
(2)，；
(3)，.
【解析】
【分析】
（1）根据型数列的新定义直接判断即可；
（2）分，和分别求出的前项和为，再判断是否存在满足递减即可求解；
（3）分和两种情况讨论，首先判断不符合题意，当时，先证明，进而可得以及符合题意的的值，再证明是唯一的即可.
(1)
因为，“型数列的定义可知该数列是“型数列”.
(2)
若，，不存在使得数列是递减数列，此时不是“型数列”；
若，，因为为递增数列，对于任意，存在，
当时，，递增，因此不存在，此时不是“型数列”；
若，，取，，递减；此时符合题意，综上所述，的取值范围.
(3)
（i）若，则，，. 此时若存在使得是型数列，则，从而且，矛盾；
（ii）当时，首先证明（）. 用反证法.
由题意，此时，，. 因此，若存在，使得，则.
假设为使得的最小正整数，则，
故，而，与的最小性矛盾. 故（），从而对一切成立.
据此，可解得. 故当时，，
即：为递减数列. 于是为型数列.
再证明是唯一解. 用反证法.
假设存在使得是型数列.
若，则由得，当时，. 故，
不是递减数列，从而不是型数列.
同理可证时，也不是型数列，
综上，，相应的.
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键点是理解数列的新定义，熟练判断数列的单调性，准确利用不等式放缩，选择反证法证明，问题即可巧妙解决.
18．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接展开，然后按照合并同类项即可；
（2）先构造出，，然后利用（1）的结论即可
(1)
由题意知
故有：
(2)
设的前n项和为，令
则有：，
当时，由（1）知
移项整理可得：
则有：，
又
综上可得：，
19．(1)，，，
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）结合已知条件，首先求出，，，然后利用数列的新定义即可求解；
（2）结合数列新定义可得到，然后结合已知条件可得到，进而即可证明；
（3）结合已知条件对参数分类讨论，易知当和时，不满足题意；当且时，构造等比数列并求出通项公式，结合数列新定义可得到，进而求得，然后可得到，对不等式求解即可得到答案.
(1)
因为四项数列满足，，，，
由题意可知，，故，，，且，
因为，从而，，，
故，，，.
(2)
证明：因为，，
所以，
又因为，所以，
故，即，
所以.
(3)
①当时，数列是等差数列，此时，不满足题意；
②当时，由可得，，
由可知，，
(i)当时，，
即，则数列为常数列，此时，不满足题意；
(ii)当时，，
故数列是公比为的等比数列，易得，
由题意可知，，
，
因为，且，
所以，
故对于任意正整数都成立，从而，
故，，
所以，
解得，
故实数的取值范围为.
20．(1)，，证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）易得，，由已知得，利用累乘法可求出；
（2）利用累加法可得，即可得出.
(1)
当时，，得，
当时，，得，
∵，∴，则，
∴、
，
且满足，则恒成立，
∴数列是首项为3，公差为2的等差数列.
(2)
∵，∴，
∴，∴，
∴，，，…，，
将上面个式子累加有，
∴，∴，
∴.
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