人教A版2024年高考数学难点专题必修四难点 数列3（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
必修四难点 数列3
一、单选题
1．已知递减的等差数列满足，则数列的前n项和取最大值时n=（ ）
A．4或5 B．5或6 C．4 D．5
2．等比数列中，，，则数列的前6项和为（ ）
A．21 B． C． D．11
3．已知命题p:成等比数列，命题q：，那么p是q的( )条件
A．必要不充分 B．充要 C．充分不必要 D．既不充分也不必要
4．等差数列中，，则的公差为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
5．已知数列满足，在任意相邻两项与 (k＝1，2，…)之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．记为数列的前n项和，则的值为（ ）
A．162 B．163 C．164 D．165
6．首项为-24的等差数列，从第10项起为正数，则公差d的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．在数列中，，，，设数列的前项和为，则（ ）
A．6440 B．6702 C．6720 D．6740
8．设数列满足，且对于任意，都存在正整数使得，则实数的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．3
9．已知数列的各项均为正数，且，对于任意的，均有，．若在数列中去掉的项，余下的项组成数列，则（ ）
A．12010 B．12100
C．11200 D．11202
10．中国古代数学名著《张邱建算经》中有如下问题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之(等差数列)，上三人先入，得金四斤，持出；下四人后入得金三斤，持出；中间三人未到者，亦依等次更给.则第一等人(得金最多者)得金斤数是（ ）
A． B． C． D．
11．若数列是等差数列，公差为1，数列满足，则数列的前90项和为（ ）
A．0 B．30 C．45 D．90
12．已知等比数列的前n项和为，，，则其公比（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
13．已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=S2n+2–S2n，，下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C． D．
14．在数列中，设其前n项和为，若，，，则等于（ ）
A．25 B．20 C．15 D．10
15．已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
16．已知函数的定义域为，对任意的，成立，当时，.若数列满足，且，则（ ）
A． B．在为减函数
C． D．
17．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．
18．已知定义在上的函数满足，且当时，.设在上的最大值为（），且数列的前项的和为.若对于任意正整数不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
19．已知数列的各项都是正数且满足，是数列的前项和，则下列选项中错误的一项是（ ）
A．若单调递增，则；
B．若，则；
C．若，则
D．若，则.
20．数列中，若，则下列命题中真命题个数是（ ）
（1）若数列为常数数列，则；
（2）若，数列都是单调递增数列；
（3）若，任取中的项构成数列的子数（），则都是单调数列.
A．个 B． 个 C．个 D．个
二、多选题
21．（多选）等比数列中，，，则与的等比中项可能是（ ）
A． B．4 C． D．
22．已知等差数列{}中，，公差，则使其前n项和取得最大值的自然数n是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
23．已知数列满足，，设 ，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．是首项为1，公比为2的等比数列
C．
D．
24．已知数列中，，，下列说法正确的是（参考公式：）（ ）
A．
B．
C．
D．存在，使得
25．已知数列的前项和为，，，且，则（ ）
A．存在实数使得
B．存在实数使得
C．若，则
D．若为数列中的最大项，则
三、填空题
26．已知数列中，，则的值是 .
27．已知为等差数列，为其前项和，公差为，若，则的值为 ．
28．已知从2开始的连续偶数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为2，第二行为4，6，第三行为8，10，12，第四行为14，16，18，20，如图所示，在宝塔形数表中位于第行，第列的数记为，比如，，，若，则 ．
29．对于数列，定义为的“优值”，现在已知某数列的“优值”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是 ．
30．在中，，分别是边，的中点，，分别是线段，的中点，…，，分别是线段，（，）的中点，设数列，满足：向量，有下列四个命题：
①数列是单调递增数列，数列是单调递减数列；
②数列是等比数列；
③数列有最小值，无最大值；
④若中，，，则最小时，
其中真命题是 ．
四、解答题
31．已知数列是公差为2的等差数列，它的前n项和为Sn，且成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
32．根据下列数列的前4项，写出它的一个通项公式：
(1)0，1，0，1，…；
(2)7，77，777，7777，…；
(3)，，，，…；
(4)，，，，…．
33．数列满足：，其前n项和记为，证明：.
34．已知数列，都是单调递增数列，若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列（相同的项视为一项），则得到一个新数列.
（1）设数列、分别为等差、等比数列，若，，，求；
（2）设的首项为1，各项为正整数，，若新数列是等差数列，求数列 的前项和；
（3）设（是不小于2的正整数），，是否存在等差数列，使得对任意的，在与之间数列的项数总是？若存在，请给出一个满足题意的等差数列；若不存在，请说明理由.
35．已知常数，设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足：，（）．
(1)若λ = 0，求数列{an}的通项公式；
(2)若对一切恒成立，求实数λ的取值范围．
参考答案：
1．A
【解析】由，可得，从而得，然后利用二次函数的性质求其最值即可
【详解】解：设递减的等差数列的公差为（），
因为，所以，化简得，
所以，
对称轴为，
因为，，
所以当或时，取最大值，
故选：A
2．A
【分析】求出公比，再利用公式可求前6项的和.
【详解】因为，故，故，
所以，故前6项和为.
故选：A.
3．C
【分析】根据等比数列的性质结合条件关系可得正确的选项.
【详解】成等比数列，则，但，可能都为0 不一定成等比数列，
为充分不必要条件，
故选：C.
4．B
【分析】设公差为，然后由已知的两式相减求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，
所以，则，得，
故选：B
5．C
【分析】确定数列的前70项含有的前6项和64个2，从而求出前70项和.
【详解】，其中之间插入2个2，之间插入4个2，之间插入8个2，之间插入16个2，之间插入32个2，之间插入64个2，由于，，故数列的前70项含有的前6项和64个2，故
故选：C
6．D
【分析】根据等差数列的通项公式，列出方程求解即可
【详解】由等差数列的通项公式可得：，∵从第10项开始为正数，∴，解得，∴公差的取值范围是，
故选：D.
7．D
【分析】根据，，及递推关系式，列举归纳可得是以6为周期的周期数列，是以3为周期的周期数列，从而利用周期性可得的值.
【详解】∵，，
∴，，
依次得，，，，，……，
故是以6为周期的周期数列，是以3为周期的周期数列，
∴.
故选：D.
8．B
【分析】，，，因此取，得，然后分类讨论证明对任意的，存在，使得．注意结合的性质．
【详解】因为，在上递增，在上递减．
若，则，，因此，
下证对任意的，存在，使得．
①时，显然存在，使得，
②时，，存在，使得，
③时，，由②知，存在，使得，
④时，，由③知，存在，使得，
⑤时，，
所以，令，则，
易知存在，，使得，时，，时，，
所以在上递增，在上递减，所以，，
若，则由③，存在，使得，
若，则，…，依此类推，必定存在正整数，使得，．
综上所述，的最大值是．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的递推公式，解题方法是结合函数性质，取一个特殊的求得的最大值，然后证明对任意的，存在，使得．证明时根据函数的性质需要对的取值分类讨论．
9．D
【分析】先由与的递推关系式推出的通项公式，进而得到的通项公式，然后根据与的通项公式，找出它们相同的项，从而可求的前100项的和.
【详解】因为，所以，又因为，所以，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即，
所以，，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，即，可得，
，，，
，，，
，，不合题意，
所以
.
故选：D.
10．A
【分析】由题意转化为等差数列，由等差数列的通项公式列出方程求解即可.
【详解】由题设知在等差数列中，，.
所以，，解得，
故选：A
11．C
【分析】根据余弦函数的周期性,计算，，，，计算后易得结论．
【详解】∵，，，，
∴，∴．
故选：C．
12．C
【分析】首先可以得出，其次利用等比数列通项公式以及它的前n项和为的基本量的运算即可求解.
【详解】注意到，，首先，（否则，矛盾），
其次，，
两式相比得，解得.
故选：C.
13．D
【分析】根据题意可得，，而，即可表示出题中，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．
【详解】对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确；
对于B，由题意可知，，，
∴，，，．
∴，．
根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；
对于C，，
当时，，C正确；
对于D，，，
．
当时，，∴即；
当时，，∴即，所以，D不正确．
故选：D.
【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
14．B
【分析】根据递推公式的特点，可得奇数项和偶数项的特点，根据分组求和即可求解．
【详解】由可知：当为奇数时，，当为偶数时，，
所以奇数项成常数列，偶数项成等差数列，且公差为2
故
故选：B
15．A
【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当时，
则，当且仅当时等号成立，
，
由累乘法可得，且，
则，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
16．C
【分析】A. 根据，用赋值法判断.B. 利用单调性定义判断.C. 根据B知在为增函数，再由，得到，求通项判断.D. 与C的判断方法一致.
【详解】A. 由，令 得 故A不正确.
B. 任取且，则，
因为当时，，
所以，
所以在为增函数，故B错误.
C. 由B知在为增函数且，
所以，即，
又，所以，
所以是以1为首项，以2为公比的等比数列，
所以所以，故C正确.
D. 由C知D不正确.
故选：C
【点睛】本题主要考查了抽象函数的求值，单调性及其应用以及数列问题，还考查了推理辨析论证的能力，属于中档题.
17．B
【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．
18．C
【解析】由已知先求出，即，进一步可得，再将所求问题转化为对于任意正整数恒成立，设，只需找到数列的最大值即可.
【详解】当时，则，，
所以，，显然当时，
，故，，若对于任意正整数不等式
恒成立，即对于任意正整数恒成立，即对于任
意正整数恒成立，设，，令，解得，
令，解得，考虑到，故有当时，单调递增，
当时，有单调递减，故数列的最大值为，
所以.
故选：C.
【点睛】本题考查数列中的不等式恒成立问题，涉及到求函数解析、等比数列前n项和、数列单调性的判断等知识，是一道较为综合的数列题.
19．D
【解析】由数列递增可得，结合数列的递推式，解不等式可判断；分别求得，，比较可判断；由数列的递推式可得，由累乘法可判断；求得，，可判断．
【详解】解：数列的各项都是正数且满足，，
若单调递增，可得，
即为，
可得，且，
由，
可得，故正确；
若，
可得，
解得（负值已舍去），
由，，
，
而在，的范围是，，
而，
则，，
故方程的解在，内，故正确；
由，
可得，
即，
即，
可得，
故正确；
若，可得，
解得，，
由，，
可得，故错误．
故选：D．
【点睛】本题考查数列的递推公式的运用，考查数列中的项的范围和单调性，以及数列的求和，考查化简运算能力、推理能力．
20．C
【分析】对（1），由数列为常数数列，则，解方程可得的值；
对（2），由函数，，求得导数和极值，可判断单调性；
对（3），由，判断奇偶性和单调性，结合正弦函数的单调性，即可得到结论．
【详解】数列中，若，，，
（1）若数列为常数数列，则，
解得或，故（1）不正确；
（2）若，，
，
由函数，，
，
由，可得极值点唯一且为，
极值为，
由，可得，
则，即有.
由于，，
由正弦函数的单调性，可得，
则数列都是单调递增数列，故（2）正确；
（3）若，任取中的9项，，，，，
构成数列的子数列，，2，，9，是单调递增数列；
由，可得，为奇函数；
当时，，时，；
当时，；时，，
运用正弦函数的单调性可得或时，数列单调递增；
或时，数列单调递减．
所以数列都是单调数列，故（3）正确；
故选C.
【点睛】本题考查数列的单调性的判断和运用，考查正弦函数的单调性，以及分类讨论思想方法，属于难题．
21．AB
【分析】利用等比中项的定义求解即可
【详解】设与的等比中项是．由等比数列的性质可得，则．
故选:AB．
22．BC
【分析】由题设及等差数列的性质可得，结合及数列的单调性，即可确定最大时n的取值.
【详解】由题设，易知：且，
所以，即，
所以要使前n项和取得最大，只需保证前n项均为非负数，
故当或5时，取得最大值.
故选：BC
23．BD
【分析】A．根据递推公式求解出的值；B．将递推公式变形为结合的值进行判断；C．根据以及的值计算出结果；D．先求解出的通项公式，然后根据求解出的通项公式.
【详解】A．因为，，所以，所以，故错误；
B．因为，所以，所以，所以，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，故正确；
C．因为，，所以，故错误；
D．因为，所以，所以，故正确；
故选：BD.
【点睛】方法点睛：证明数列为等比数列的常用方法：
（1）定义法：证明为非零常数；
（2）等比中项法：证明或；
（3）通项公式法或前项和公式法：根据公式的形式进行判断.
24．ABC
【分析】由题意可得到，再根据累乘法可求得，从而可求得，进而即可判断A，B；将进行分组求和即可判断C；先对分组求和，再进行放缩，再结合裂项相消即可判断D．
【详解】由，则，
所以，
又，得，
对于A，由，故A正确；
对于B，由，故B正确；
对于C，由
，
所以，故C正确；
对于D，由
，
所以，故D错误．
故选：ABC．
【点睛】关键点睛：运用累乘法、分组求和、放缩、裂项相消法是解题的关键．
25．BD
【分析】利用倒数法判断得是等差数列，从而求得，
对于A，利用作差法得到，由与推得不等式不成立，而的情况，取可得，从而判断得不恒成立；
对于B，利用及，取即可判断；
对于C，利用选项A中结论，由推得，从而得到，则，由此得以判断；
对于D，先由条件推得，再分类讨论与两种情况，得到的正负情况，从而证得，据此判断即可.
【详解】因为，所以，
当时，，这与矛盾，不满足题意；
当时，则，又，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以，则，
对于A，若，则，整理得，
当时，因为，所以，，所以不等式不成立；
当时，取（表示不超过的最大整数），当时，，
所以，而，则，所以不恒成立，
综上：不存在实数使得，故A错误；
对于B，取，因为，则有，
所以，即，故B正确；
对于C，若，则，
当时，，取，
则，，即上述不等式不恒成立，不满足题意；
当时，因为，所以，，则恒成立，
综上：，则，
所以，则，即，故C错误；
对于D，若为数列中的最大项，则，即，
当时，，，则不成立，不满足题意；
当时，得，解得，
综上：，
当时，因为，所以，则，即，
所以，则，即；
当，即时，因为，所以，则，即，
所以，则，即；
综上：，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点睛：本题的关键点有二：
一是利用倒数法求得；二是分类讨论的正负情况，得到的正负情况，再利用与的关系判断所需结论.
26．
【分析】由得，从而依次求出的值，从而可得答案.
【详解】解：由得，又，
所以，，
因此.
故答案为：.
【点睛】此题考查由数列的递推式求数列的项，属于基础题.
27．
【分析】由题意可得，则，再代入数据即可求出答案．
【详解】解：由题意可得，
则，
∴，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查等差数列的前项和的性质的应用，考查计算能力，属于基础题．
28．
【分析】根据宝塔形数表数字排列的规律可知，第行最大数字应为，确定出在第几行，即确定出的值，然后根据等差数列的规律再确定的值，从而得到的值.
【详解】宝塔形数表的前行总共有个数，故第行最大的数字为，
按照蛇形排列形规律：
当时，第行的最后一个数字为，
当时，得行的第一个数字为，
所以一定位于第行，即，
再根据等差数列的规律，假设，则，则，
所以，此时.
故答案为：.
【点睛】本题考查等差数列的应用问题，解答本题的关键在于找到数表中数字的排列规律，从而借助等差数列的通项公式、前项和公式求解.
29．
【详解】由题设可知，
当时，则，
以上两式两边相减可得，即，
当时，满足上式，
故，则为等差数列，
故对任意的恒成立，则，
即，应填答案．
30．①②④
【分析】首先得到，由向量基本定理得推论得到，，得到①正确；
，，得到无最小值，②正确，③错误，
，求出，得到当时，取得最小值，即有最小时，，故④正确.
【详解】根据题意可得，，，
，
，，，，
则，
由于在中，不共线，
，，
则数列是单调递增数列，数列是单调递减数列，①正确；
，
数列是首项和公比均为的等比数列，②正确；
恒成立，在单调递减，有最大值为0，无最小值，故③错误；
根据题意，，
，
，
当时，取得最小值，即有最小时，，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】数列与向量结合，本题中要先利用向量基本定理及向量共线定理得推论得到，的通项公式，再判断数列的单调性及数列类型，D选项，还会用到向量数量积的运算法则，综合性高，难度较大.
31．（1），（2）
【分析】（1）由题意可得，从而可求出，进而可求得的通项公式；
（2）由（1）可得，然后利用裂项相消求和法可求得结果
【详解】（1）因为数列是公差为2的等差数列，且成等比数列，
所以即，解得，
所以；
（2）由（1）得，
所以.
32．(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)答案见解析
(4)答案见解析
【分析】根据所给数列的前几项，分析项和项数之间的关系，探求规律即可得解.
【详解】（1）根据所给数列可得，.
（2）根据所给数列可得，
（3）根据所给数列可得，
（4）根据所给数列可得，
33．过程见详解
【分析】根据递推公式，先求出，然后利用不等式的放缩法得到：，
然后利用裂项相消法求和，最后再等量代换即可证明.
【详解】因为数列满足：，
所以，因为，
则有，
所以
，
因为，所以，，
所以，
也即得证.
34．（1）49；（2）或；（3）首项，公差的等差数列符合题意.
【分析】(1)由题意可得 ；
(2)由题意可得等比数列的项都是等差数列中的项，所以. 数列的前项和或.
(3) 存在等差数列，只需首项，公差.利用题中的结论可证得此命题成立.
【详解】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由题意得，，解得或，
因数列单调递增，所以，
所以，，所以，.
因为，，，，
所以.
（2）设等差数列的公差为，又，且，
所以，所以.
因为是中的项，所以设，即.
当时，解得，不满足各项为正整数；
当时，，此时，只需取，
而等比数列的项都是等差数列中的项，所以;
当时，，此时，只需取，
由，得，是奇数， 是正偶数，有正整数解，
所以等比数列的项都是等差数列中的项，所以.
综上所述，数列的前项和或.
（3）存在等差数列，只需首项，公差.
下证与之间数列的项数为.
即证对任意正整数，都有，
即成立.
由，
.
所以首项，公差的等差数列符合题意.
35．（1） （2）
【分析】（1）由，可化已知式为，由数列的各项为正得和为正，从而得，因此有；
（2）在已知式两边同除以得，
这对于数列来讲，就是数列的前后项的差，因此可用累加法求得通项，即求得，说明此式对也适用．于是我们得到数列的前项和与项的关系式，用常规方法（由）得数列的递推式，此式中每个因式均为正，再由得不等式对一切恒成立．即对一切恒成立．因此只要求数列的最大项即可．这可由作差法比较得出．
【详解】解：（1）时，．
又，∴．
∵，∴ ．∴ ．
∵ ，∴ ．
（2）∵，，∴ ．
则，，，（）．
相加，得．
则（）．
上式对也成立，
∴（）． ①
∴（）． ②
②①，得，
即，
∵，∴ ，．
∵对一切恒成立，
∴对一切恒成立．即对一切恒成立．
记，则．
当时，；
当时，；
∴ 是一切中的最大项．
综上所述，的取值范围是．
【点睛】本题考查由数列前项和与项的关系求数列通项及参数取值范围范围，由于已知式较复杂，题目难度很大，本题属于困难题．解题关键是在于等于的变形转化．在已知式，观察其特征，两边同除以得，
这是数列的前后项的差，可用累加法求得通项，即求得，说明此式对也适用．于是我们得到数列的前项和与项的关系式，用常规方法（由）得数列的递推式，此式中每个因式均为正，再由已知消去数列的项得不等式对一切恒成立．即对一切恒成立．因此只要求数列的最大项即可．这可由作差法比较得出．本题的转化步步紧扣，中规中矩，因此熟练掌握基础知识与基本方法是解题的基础．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)