2022届高三各地一模试卷解答题专题汇编——数列4

2022届高三各地一模试卷专题汇编——数列
1．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．
2．已知等差数列为递增数列，且，都在的图像上.
(1)求数列的通项公式和前项和
(2)设，求数列的前项和，且，求取值范围.
3．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？
4．已知为数列的前项和，对任意的均有：
①；
②同时成立.
(1)求数列的通顶公式
(2)求数列的前项和.
5．已知正项数列的前项和满足：，且.
(1)求的通项公式；
(2)设数列满足：且，试比较与的大小，并证明你的结论.
6．已知在数列中，，，．
(1)求数列的前项和；
(2)若且，，是否存在直线，使得当，，成等差数列时，点列，在上？若存在，求该直线的方程并证明；若不存在，请说明理由．
7．已知等差数列中，前项和为，，为等比数列且各项均为正数，，且满足，.
(1)求与；
(2)设，，求的前项和.
8．设 为常数，若存在大于1的整数，使得无穷数列满足，则称数列为“数列”.
(1)设，若首项为1的数列为“（3）数列”，求；
(2)若首项为1的等比数列为“数列”，求数列的通项公式，并指出相应的的值；
(3)设，若首项为1的数列为“数列”，求数列的前项和.
9．已知数列的前n项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由，
10．已知数列满足：，，，且；等比数列满足：，，，且．
(1)求数列、的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，若不等式对任意都成立，求实数的取值范围．
11．已知数列的前项和为，，给出以下三个命题：
①；②是等差数列；③
(1)从三个命题中选取两个作为条件，另外一个作为结论，并进行证明；
(2)利用（1）中的条件，证明数列的前项和.
12．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．
13．设n是正整数，r为正有理数．
(1)求函数的最小值；
(2)证明：；
(3)设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如．令求的值．
（参考数据：．
14．记为数列的前n项和，为数列的前n项和，已知．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的前n项和．
15．已知函数
(1)解不等式
(2)设函数的最小值为M，若正实数a，b，c满足，求的最小值．
(3)若数列满足（或，a为常数），，求数列的前项和．
16．对于无穷数列，，若，则称是的“伴随数列”．其中，，分别表示中的最大数和最小数．已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“伴随数列”．
(1)若，求的前项和；
(2)证明：且；
(3)若，求所有满足该条件的．
17．已知数列满足，，数列的前项和为.
(1)求数列，的通项公式；
(2)表示不超过的最大整数，如，设的前项和为，令，求证：.
18．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：.
19．对于数列，定义设的前n项和为．
(1)设，写出，，，；
(2)证明：“对任意，有”的充要条件是“对任意，有”；
(3)已知首项为0，项数为的数列满足：
①对任意且，有；
②．
求所有满足条件的数列的个数．
20．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：.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(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：，
2．(1)，；
(2)；.
【解析】
【分析】
（1）由已知建立方程组，求得，再利用等差数列的通项公式和求和公式可求得答案；
（2）由（1）得，分n为奇数，n为偶数两种情况，分别求得，再将不等式等价于，令，由数列的单调性可求得答案.
(1)
解：由题意得，即是方程的两个根，即是方程的两个根，
又数列为递增数列，解得，所以等差数列的公差，所以，
所以，；
(2)
解：由（1）得，
当n为奇数时，，
当n为偶数时，，
所以.
由 ，即，得，
令，
当n为奇数时，，且，
当n为偶数时，，且，
又，，所以，故取值范围为.
3．(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
4．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用根据进行求解即可，注意验证题设条件；
（2）利用错位相减法求和即可得解.
(1)
，当时，
两式相减得：，化简得
整理得：， 或
又对任意的均有：，故
当时，，整理得，解得或
当时，数列是首项为1，公差为2的等差数列，此时，不满足题意，舍去；
当时，数列是首项为3，公差为2的等差数列，此时，满足题意；
所以数列的通顶公式
(2)
由（1）知，，
①
②
两式相减得：
5．(1)
(2)，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用的关系结合等差数列的定义求数列通项公式；
（2）由（1）可得，利用累乘法求得，令并判断与1的大小关系，即可得结论.
(1)
数列的前项和满足：，①
∴当时，，或，由，则.
当，时，，②
由①②得：，
∴，由正项数列，
∴，故是首项为1，公差3的等差数列.
∴，
∴的通项公式为：.
(2)
结论：，以下证明.
由（1）知：.
，且，
，即，
，，，，又，
上述个式子叠乘，得：.
要比较与的大小，只要比较与的大小，
，，
只要比较与1 的大小，记，
，，
，则有：.
6．(1)
(2)存在，，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题干条件得到，从而得到是以2为首项、为公比的等比数列，进而得到的通项公式，进而得到前项和；（2）根据题干条件得到，分情况讨论，最后只有若为奇数、为偶数，时成立，从而求出直线方程.
(1)
，
，
又，
数列是以2为首项、为公比的等比数列，
，
，
当为正偶数时，；
当为正奇数时，，
；
(2)
结论：存在满足条件的直线．
理由如下：
假设，，成等差数列，则，
，
整理得：，
依题意，且，，下面对、进行讨论：
①若、均为偶数，则，
解得：，与且，矛盾，舍去；
②若为奇数、为偶数，则，
解得：；
③若为偶数、为奇数，则，
解得：，与且，矛盾，舍去；
④若、均为奇数，则，
解得：，与且，矛盾，舍去；
综上①②③④，只有当为奇数、为偶数时，，，成等差数列，
因为，所以，即满足条件点列，落在直线在上．
7．(1)，，，
(2)
【解析】
【分析】
（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，然后根据等差数列和等比数列的通项公式计算出，，，，再结合已知条件即可求解；
（2）由（1）计算出数列的通项公式，数列的通项公式，再利用裂项相消法即可求解.
(1)
由题意，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，，
，，
，，
，即，
解得（舍去），或，
，，
，.
(2)
由（1），可得，
则，
.
8．(1)3；
(2)①，此时，q＝1，k≥2，k∈；②，此时d＝－2，q＝－1，k≥2，k∈；
(3).
【解析】
【分析】
（1），k＝3，写出此时的式子，根据规律求出即可求出；
（2）根据题设条件，求出数列前三项，根据数列是等比数列即可求出通项公式；
（3）根据题设条件，分析数列项的规律，从而求出其前10n项的和.
(1)
由题知，，
∵，
∴，
∴；
(2)
①若，则，
由，得≠0，∴d≠－1；
由，得.
联立两式，得或，则或，经检验k≥3时也均合题意.
②若，则，
由，得，得，则，q＝1，经检验符合题意.
综上①②，满足条件的{}的通项公式为：
①，此时，q＝1，k≥2，k∈；
②，此时d＝－2，q＝－1，k≥2，k∈.
(3)
由题可知，,
数列项的规律为， ，从而求出其前10n项的和, ,
即，.
9．(1)
(2)不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）对题干条件变形得到是首项为4，公比时2的等比数列，利用等比数列通项公式求出答案；（2）假设存在，根据题意得到，结合，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，求出，故矛盾，得到答案.
(1)
，变形为：，，其中，所以是首项为4，公比为2的等比数列，故，即，
当时，，其中满足上式，综上：的通项公式为
(2)
不存在，理由如下：
由（1）知：，，由题意得：，所以，
假设存在3项，，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，所以，即，由于m，k，p成等差数列，故，所以，所以，即，即，所以，进而得到，这与假设矛盾，故在数列中是否不存在3项，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.
10．(1)（），（），
(2)
【解析】
【分析】
（1）将已知给的式子，通过两边同除，然后再进行裂项，即可变成的形式，通过累加即可完成的求解，然后在求解， 为等比数列，可设出公比带入已知条件，求解出公比即可利用等比数列通项公式求解；
（2）利用第（1）问求解出得、的通项公式，使用错位相减的方法求解，然后带入中，通过讨论奇偶即可完成求解.
(1)
由两边同除得：，
两边同除得：，
则，
所以
，（）
所以，又符合，
故（），
由得：，解得：，
所以（）.
(2)
∵，
∴ ①
∴ ②
由①-②得：，

∴.
则，由得：
，
因为
所以当为偶数时，；当为奇数时，.
故
所以，即，
故的取值范围是.
11．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由①②作为条件，求出等差数列的通项公及前项和，即可求证③成立；
由①③作为条件，根据，得出
及联立，即可求出数列的通项公式，根据等差数列定义即可证明②成立.
由②③作为条件，设等差数列的公差，用表示等差数列通项公及前项和，代入
，求出等差数列的公差，进而求出等差数列的通项公式，即可证明①成立；
（2）由（1）求出等差数列通项公，进而求出数列 的通项公式，再利用裂项相消求出进行放缩
证明即可.
(1)
（1）将①②作为条件，③作为结论；
设等差数列的公差为，则由得，，解得，
因为，所以等差数列的通项公式为.所以，
所以，
又因为，
所以，即证；所以③成立；
将①③作为条件，②作为结论；
由及，得，
联立，解得，所以，
所以，
所以数列是以首项为，公差为1的等差数列. 所以②成立；
将②③作为条件，①作为结论；
设等差数列的公差为，则，，
由，得，
解得，所以等差数列的通项公式为.
所以，即证，所以①成立；
(2)
由（1）知，，
所以，
因为数列的前项和为，
所以
，
当时，，，
所以，
即证数列的前项和.
12．(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.
13．(1)最小值为f(0)=0；
(2)证明见解析；
(3)211.
【解析】
【分析】
(1)对函数求导，利用导数讨论单调性即可得的最小值.
(2)由(1)可得不等式，再对x赋值计算、推理作答.
(3)利用(2)的结论，借助数列裂项相消法的思想求出S的范围，再结合定义计算作答.
(1)
依题意，，而r为正有理数，
由，解得x=0，当时，，当时，,
于是得在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在x=0处取得最小值为.
(2)
由(1)知，当时，，即，，当且仅当x=0时取“=”，
则当且，有，又n是正整数，
令，有，即，则，
当时，令，同理可得：，而也满足此不等式，
综上得：，
所以不等式成立.
(3)
由(2)知，n是正整数，r为正有理数，，
令，n分别取值81，82，83，…，125，有：
，，
，…，，
将以上各式两边分别相加并整理得：，
而，，由的定义，得，
所以的值是211.
【点睛】
思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.
14．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由前n项和与通项之间的关系即可证明数列是等比数列；
（2）以错位相减法求数列的前n项和即可解决．
(1)
因为为数列的前n项和，
当时，，则
当时，
① ②，
①－②得，得
所以数列是首项为1公比为的等比数列．
(2)
由（1）可得，数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以．当时，，
当时，，
显然对于不成立，所以
当时，
当时，
上下相减可得
则
又时，
综上，
15．(1)或
(2)
(3)答案见解析
【解析】
【分析】
（1）写出分段函数解析式，把原不等式转化为不等式组，求解后取并集得答案；
（2）由（1）求出值，利用“1”的代换及基本不等式求最值．
（3）根据的范围分类讨论，分别求出对应数列为等差数列（或局部等差数列），求和即可得解.
(1)
，
若，即或或，
解得或或．
不等式的解集为或；
(2)
由（1）知，当时，，即，
，
当时取等号，即所求最小值为．
(3)
①当时，
，解得，
，解得，
依次类推，有，此时
故即
故当时，；
当时，
，
故.
当时，
，解得，
，解得，
所以，解得，
依次类推，有，，此时
故 ，
所以，
当时，
，
故此时.
②当时，
，解得，
所以，解得，
故当时，，
即当时，是以为公差，为首项的等差数列，
故当时，，
当时，，
，
③当时，
由可得，
即是以为公差，为首项的等差数列，
所以.
16．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）由可得为递增数列，，，从而易得；
（2）令，即可得.利用， ，可证；
（3）首先，由已知，当时，；当时，，；当时，（*），这里分析与的大小关系，，均出现矛盾，，结合(*)式可得，因此猜想（），用反证法证明此结论成立，证明时假设是首次不符合的项，则，这样题设条件变为（*），仿照讨论的情况讨论，可证明．
(1)
由可得为递增数列，
所以
，
故的前项和为.
(2)
时，，
因为，
，
所以
所以；
(3)
由可得
当时，；
当时，，
即，所以；
当时，，
即（*），
若，则，
所以由（*）可得，与矛盾；
若，则，
所以由（*）可得，
所以与同号，这与矛盾；
若，则，由（*）可得.
猜想：满足
的数列是：.
经验证，左式
，
右式
.
下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件.
法1：由上述时的情况可知，时，是成立的.
假设是首次不符合的项，则，
由题设条件可得（*），
若，则由（*）式化简可得与矛盾；
若，则，
所以由（*）可得
所以与同号，这与矛盾；
所以，则，所以由（*）化简可得.
这与假设矛盾.
所以不存在数列不满足的符合题设条件.
法2：当时，，
所以
即
由可得
又，所以可得，
所以
，
即
所以等号成立的条件是
，
所以，所有满足该条件的数列为.
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，考查学生创新意识，从特殊到一般的思维能力，题中讨论与大小关系是解题关键所在．
17．(1)，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)利用累加法求通项公式，利用通项公式与前n项和公式的关系可求的通项公式；
(2)求出并判断其范围，求出，利用裂项相消法求的前n项和即可证明.
(1)
由题可知，当n≥2时，
＝
当n＝1时，也符合上式，
∴；
当时，，
当n＝1时，也符合上式，
∴；
(2)
由(1)知，
∴，
∵，；
∵，，
，，，
∴
设为数列的前n项和，
则.
18．(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，
∴，∴，
∴.
19．(1)答案见解析.
(2)证明见解析.
(3).
【解析】
【分析】
（1）代入求得，，再由已知可求得所求的值；
（2）证明必要性：由已知有，，两式作差，得证；充分性：有，从而得，从而得证；
（3）构造数列，，结合（2）知， ，
设中有k项为0，，分，，分别讨论可求得满足条件的数列的个数.
(1)
解：因为，，
所以，.
(2)
证明：必要性：对，有，因此，
对任意，且，有，，两式作差，得，即，因此，
综上，对任意，有.
充分性：若对任意，有，则，
所以
，
综上，“对任意，有”的充要条件是“对任意，有”.
(3)
解：构造数列，，
则对任意且，有，，结合（2）知，
，又，因此，
设中有k项为0，则
，即，
若，则与，中有0项为0，即矛盾，不符题意，
若，则，所以当，，中有1项为0，其余项为时，数列满足条件.
中有一项为0，共种取法，其余项每项有或两种取法，所以满足条件的数列的个数为.
20．(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.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页