2022届高三各地一模试卷专题汇编——数列5

2022届高三各地一模试卷专题汇编——数列
1．在各项均不为零的数列中，选取第项、第项、…、第项，其中，，若新数列为等比数列，则称新数列为的一个长度为的“等比子列”．已知等差数列，其各项与公差均不为零．
(1)若在数列中，公差，，且存在项数为3的“等比子列”，求数列的通项公式；
(2)若，数列为的一个长度为的“等比子列”，其中，公比为．当最小时，求的通项公式；
(3)若公比为的等比数列，满足，，，证明：数列为数列的“等比子列”．
2．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：．
3．已知轴上的点满足.射线上的点满足.
(1)证明：是等比数列；
(2)用表示点和点的坐标；
(3)求四边形的面积的取值范围.
4．已知数列和满足，，数列是以为公比的等比数列，且满足．
(1)分别求数列与的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，若不等式恒成立，求t的取值范围．
5．数列：满足，称为数列的指数和.
(1)若，求所有可能的取值；
(2)求证:的充分必要条件是；
(3)若，求的所有可能取值之和.
6．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.
7．已知是等差数列，其前n项和为，是首项为3的等比数列，，，.
(1)求和的通项公式；
(2)设，求证：对任意的正整数n，当时，都有；
(3)设求.
8．设是等差数列，是等比数列，公比大于0，已知，， ．
(1)求和的通项公式．
(2)设数列满足，求．
9．表示不超过的最大整数，正项数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：；
(3)已知数列的前项和为，求证：当时，有.
10．已知数列满足：，，.
(1)记，求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，求.
11．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．
12．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.
13．已知数列是首项为1的等差数列，数列是公比不为1的等比数列，且满足，，.
(1)求数列、的通项公式；
(2)令，，求证：对任意的，都有；
(3)若数列满足，，记，是否存在整数，使得对任意的都有成立？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
14．已知各项均为正数的数列的前n项和，数列的前n项和，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，且，求实数t的取值范围.
15．记实数，中的较大者为，例如，，对于无穷数列，记，若对于任意的，均有，则称数列为“趋势递减数列”.
(1)已知数列的通项公式分别为，，判断数列是否为“趋势递减数列”，并说明理由；
(2)已知首项为公比为的等比数列是“趋势递减数列”，求的取值范围；
(3)若数列满足，为正实数，且，求证：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有.
16．在平面直角坐标系中，是抛物线E：上一点.若点M到点的距离 点M到y轴的距离的等差中项是.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点作直线l，交以线段AO为直径的圆于点AB，交抛物线E于点C，D（点B，C在线段AD上）.问是否存在t，使点B，C恰为线段AD的两个三等分点？若存在，求出t的值及直线l的斜率；若不存在，请说明理由.
17．在数列中，，，，其中.
(1)数列是等比数列吗，请写出证明过程；
(2)设，数列的前项和为，求；
(3)已知当且时，，其中，求满足等式的所有的值之和.
18．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：.
19．设等差数列的前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)在任意相邻两项和之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，求数列的前200项的和.
20．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．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)或；
(2)；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)“等比子列”可能为：；；；，根据等比数列和等差数列的性质，可求的通项公式；
(2)要使公比q最小，则，结合、等比等差数列通项公式即可求的通项公式；
(3)要证数列为数列的“等比子列”，即要证数列中每一项都是数列中的项，可用数学归纳法证明.
(1)
由题可设，
①n＝3时，“等比子列”仅可能为：则，无解；
②n＝4时，“等比子列”可能为：；；，
经验证：“等比子列”为时无解；
“等比子列”为时，前4项为：2，4，6，8，通项为；
“等比子列”为时，前4项为：－8，－6，－4，－2，通项为；
(2)
由题可知，
∵，∴为递增的等差数列，要使公比q最小，则，
即，∴，∴，
又，∴，解得；
(3)
由有，即.
∵，，
∴，
即，解得或.
∵，∴.
要证数列为数列的“等比子列”，即要证数列中每一项都是数列中的项，
用数学归纳法证明：
①由以上推理及题设知的前三项满足，即时结论成立.
②假设当时，结论成立，即存在使.
当时，
.
即是的第项.
故时，结论成立.
由①②可知，总有是中的某一项.
综上所述，数列为数列的“等比子列”.
2．(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.
3．(1)证明见详解；
(2)，；
(3).
【解析】
【分析】
（1）根据题意，由向量的运算得出，且，由等比数列的定义，即可证明是等比数列；
（2）由（1）得是以4为首项，为公比的等比数列，根据等比数列的通项公式得出，利用累加法求出，从而得出点的坐标；再根据题意得出，由等差数列的定义可知是以3为首项，2为公差的等差数列，根据等差数列的通项公式求出，从而得出点的坐标；
（3）根据题意，可知四边形面积为，进而化简得，令，从而有，当时，可知，当时，可知，可知的最大值为，结合，可得出，从而得出四边形的面积的取值范围.
(1)
解：已知轴上的点满足，
则，
，，，
所以是以4为首项，为公比的等比数列.
(2)
解：由（1）得是以4为首项，为公比的等比数列，
，
，
符合上式，
，，
射线上的点满足，
则，，
，
，
，
是以3为首项，2为公差的等差数列，
，
.
(3)
解：由（2）得，，
则，，
四边形面积为：，
即，
令，则，
，
当时，可知；当时，可知；
即，
所以的最大值为，
又，且，
所以，而，故,
所以四边形的面积的取值范围是.
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列的实际应用，考查等差和等比数列的证明、等差等比数列通项的求解、利用累加法求数列通项公式，以及数列和函数的综合问题，解题的关键在于第3问令，通过求出的最大值和，从而得出的取值范围，考查学生分析解决问题的能力以及转化能力.
4．(1)，；
(2).
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件可得是等差数列，再利用等比数列、等差数列定义直接写出通项公式.
(2)由(1)的结论求出数列的通项，再利用错位相减法求出即可推理计算作答.
(1)
依题意，，而数列是以为公比的等比数列，则，
由得：，
即数列是等差数列，首项，公差为1，则，
所以数列与的通项公式分别为：，.
(2)
由(1)知，，
，
则，
两式相减得：，
于是得，令，，，
即，数列是递减数列，，，即，因此，
因不等式恒成立，于是得，
所以t的取值范围是.
【点睛】
方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，
可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解.
5．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）由题设，根据已知讨论的取值求出所有可能的取值.
（2）结合反证思想，从充分性、必要性两方面证明即可.
（3）由（2）分析知，则有中不同取值方式，进而判断不同系数情况下各项在所有可能中出现次数，即可确定可能取值之和.
(1)
由题设，，又，
所以当时，；当中有两个，一个1，则可能值为1, -3, -5；当中有一个，两个1，则可能值为-1,3,5；当时，；
综上，.
(2)
证明充分性：当时，可得；
证明必要性：当时，用反证法，
假设，则矛盾.
从而；
所以的充分必要条件是，得证.
(3)
当时，由（2）知：，反之亦然.
当时，有中不同取值方式，
其中与，与，，与在所有指数和中出现的总次数都是种，
因此这些项对指数和的总贡献为零，另一方面，在所有指数和中出现次，
从而所有指数和之和为 .
【点睛】
关键点点睛：第三问，注意第二问结论的应用，易知有中不同取值方式，而其中任一项确定，都对应种其余项的组合，又即所有可能值中该项抵消，而只有所在项出现次，即可求和.
6．(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：.
7．(1)，
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，依题意可得，解得、、，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，再利用作差法判断的单调性，即可得证；
（3）对于奇数项利用错位相减法求和，对于偶数项利用裂项相消法求和，即可得解；
(1)
解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，，，，
所以，
解得，
所以，
(2)
解：因为，所以，所以，所以为递增数列，又，所以时；
(3)
解：因为，所以，
当为奇数时，①，
则②，
①②得
，所以；
当为偶数时，所以
8．(1)，
(2)
【解析】
【分析】
（1）首先设出等差数列的公差，等比数列的公比，根据题意，列出方程组，求出公差和公比，进而求得等差数列和等比数列的通项公式．
（2）根据题中所给的所满足的条件，将表示出来，之后应用分组求和法，结合等差数列的求和公式，以及错位相减法求和，最后求得结果．
(1)
设等差数列的公差为,等比数列的公比为,则.
由题意,得,解得：,
故,
.
(2)
，
记①，
则 ②
②-①得
所以
9．(1).
(2)证明见解析.
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由已知得，由等差数列的定义得是以1为首项1为公差的等差数列，由此可得数列的通项；
（2）由已知得，，，，设，其中，且，有，由，可得证；
（3）由已知得，当时， ，， ，，累加得：，由（2）的结论可得证.
(1)
解：，，
，是以1为首项1为公差的等差数列，，
；
(2)
证明：，
，，，，
设，其中，且，
则，
又，从而，
，
所以，
；
(3)
证明：，，
当时， ，
， ，
，
累加得：，
由（2）结论有
，故得证.
10．(1)
(2)353
【解析】
【分析】
（1）令n取代入已知条件可以得到，从而求出数列的通项公式
（2）先分奇偶求出数列的表达式，分别求奇数项的和与偶数项的和，相加得到
(1)
因为，令n取，则，
即，，所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列，所以
(2)
令n取2n，则，
所以，
由（1）可知，；
；所以
11．(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.
12．(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，
.
13．(1)，
(2)证明见解析
(3)，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等差等比数列公式代入得到方程组，解得答案.
（2）计算得到，利用数学归纳法结合双勾函数单调性证明即可.
（3）验证的情况得到，再计算，得到，得到证明.
(1)
，则；，则；，则.
解得，，，故，.
(2)
，即，
当时，，故成立；
假设时成立，即；
当时，，函数在上单调递增，
，故，即时成立.
综上所述：对对任意的成立.
(3)
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得；
故，若存在满足条件，则.
，
，
两式相加得到：
，故.
， ，成立.
综上所述：存在使恒成立.
14．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题给条件入手解得数列的，并进一步转化为数列的递推公式后，即可求得数列的通项公式；
（2）把代入后，以函数最大值为入手即可求得实数t的取值范围.
(1)
由题意可得，，，
由，得，即 ，解之得.
又，则有
即，又，
所以.又，
则，又，
则，又
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则
(2)
由，且
知，且，所以
即，解得.
，且
函数在单调递减，在单调递增，
所以的最大值只可能在时取到.
又当时，，所以
所以满足条件的实数的取值范围是.
15．(1)、为“趋势递减数列”，理由见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由的通项公式知：是单调递减且，结合“趋势递减数列”的定义判断并说明是否为“趋势递减数列”.
（2）讨论公比的范围，结合“趋势递减数列”的性质判断不同的取值下是否满足要求，即可确定范围.
（3）应用充要条件的定义，由反证法结合“趋势递减数列”的性质证明的项中没有，再证的项中没有时是否为“趋势递减数列”，即可证结论.
(1)
数列是“趋势递减数列”.
由通项公式知：公差为，故是单调递减数列，
∴，且，故数列是“趋势递减数列”.
数列是“趋势递减数列”.
由为奇数，为偶数，则，
∴，且，故数列是“趋势递减数列”.
(2)
当时，数列为单调递增数列，此时，且不满足题意；
当时，数列为常数列，不满足题意；
当时，数列为单调递减数列，此时，且，满足题意；
当时，此时，且，满足题意；
当时，此时，且，不满足题意；
综上，的取值范围为.
(3)
先证必要性：
假设存在正整数≥使得，令.
因为，为正实数，且，
∴≥，故≥，则数列从开始以后的各项为，
当≥时，，与为“趋势递减数列”矛盾，故假设不成立，的项中没有.
再证明充分性：
得：，
由的项中没有，故对于任意正整数，，
∴，即.
当时，，
当时，，
∴为“趋势递减数列”.
综上：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有.
【点睛】
关键点点睛：第三问，分别从充分性、必要性两个方面证明结论，注意反证法的应用：假设为“趋势递减数列”存在推出矛盾.
16．(1)
(2)存在，，斜率为
【解析】
【分析】
（1）由点M到点的距离 点M到y轴的距离的等差中项是可得，从而得到抛物线方程；
（2）假设存在t，设直线l的方程为，以线段AO为直径的圆的方程为，联立方程得到点坐标，由得点坐标，由得点坐标，代入抛物线E的方程解得，可得答案.
(1)
因为是抛物线E的焦点，所以点M到点距离为.
由已知得，解得.
∴抛物线E的方程为.
(2)
假设存在t满足题意，由题意可以判断，直线l的斜率存在且不为0，设其斜率为k，
则直线l的方程为，以线段AO为直径的圆的方程为，
由解得，
由得，由得，
代入抛物线E的方程得，解得，，
∴当且直线的斜率为时，点B，C恰为线段AD的两个三等分点.
17．(1)不是等比数列，证明见解析
(2)
(3)5
【解析】
【分析】
（1）根据等差数列得定义，推出为一个常数，即可证得数列是等差数列，求得数列得通项公式，再根据等比数列的定义即可得出结论；
（2）求得数列的通项公式，再利用错位相减法即可得出答案；
（3）根据可得，再根据时，，可得，即可得出时，，再将分别代入检验即可得出答案.
(1)
解：数列不是等比数列，
因为，，，
所以，
，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，
则，
所以数列不是等比数列；
(2)
由（1）得，则，
则①，
②，
由①②得
，
所以；
(3)
解：因为，
所以，
即，
所以，
因为时，，
所以，
，
，
所以，
所以时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以满足等式的所有的值之和为.
【点睛】
本题考查了等差数列及等比数列得定义，考查了利用错位相减法求出来得前项和，第三问难度较大，放缩时技巧性比较强，有一定的难度.
18．(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.
19．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）设等差数列的公差为，由求解；
（2）方法一：由题意得到，的各项为，再确定数列的项求解；方法二：由在数列中，前面（包括）共有项，令，确定数列的项求解.
(1)
解：设等差数列的公差为，
由题得，即，
整理得，
解得.
所以.
(2)
方法一：由题意可知，的各项为
即，
因为，
且，
所以，，，，，，会出现在数列的前200项中，
所以前面（包括）共有126+7=133项，所以后面（不包括）还有67个1，
所以，
方法二：在数列中，前面（包括）共有项，
令，则，
所以，，，，，，会出现在数列的前200项中，
所以前面（包括）共有126+7=133项，所以后面（不包括）还有67个1，
所以，
20．(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：，．
答案第1页，共2页
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