备战2025年高考数学：数列高考原题重现+针对性训练（含答案）

中小学教育资源及组卷应用平台
备战2025年高考数学：数列高考原题重现+针对性训练
高考原题重现
（2024·新高考Ⅰ卷）设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列．
（1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列；
（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；
（3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞．
针对性训练
1．（2024高三下·宜春模拟） 在正项数列中，已知，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：．
2．（2024高三下·重庆三模）已知在数列中，.
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的前项和；
（2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求面积的最大值.
3．（2024高三下·保定模拟）对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的.
（1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的.
（2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列.
（3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式.
4．（2024高三下·湖北月考）对于数列，及常数p，若满足，且，则称对关于p耦合．
（1）若对关于0耦合，且，，求；
（2）若对关于1耦合，且，求，的通项公式；
（3）若存在，，使得对关于耦合，且对关于耦合，证明：，．
5．（2024·万江模拟）设公差不为0的等差数列的首项为1，且a2，a5，a14成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列为正项数列，且，设数列的前项和为，求证：
6．（2024·东阳模拟）若正实数数列满足，则称是一个对数凸数列；若实数列满足，则称是一个凸数列。已知是一个对数凸数列，．
（1）证明：；
（2）若，证明：；
（3）若，，求的最大值．
7．（2024·温州模拟）数列，满足：是等比数列，，，且.
（1）求，；
（2）求集合中所有元素的和；
（3）对数列，若存在互不相等的正整数，，，，使得也是数列中的项，则称数列是“和稳定数列”.试分别判断数列，是否是“和稳定数列”.若是，求出所有j的值；若不是，说明理由.
8．（2024·深圳模拟）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在x=0处的阶导数都存在时，.注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式.
（1）根据该公式估算的值，精确到小数点后两位，
（2）由该公式可得：.当时，试比较与的大小，并给出证明，
（3）设，证明：.
9．（2024高三下·湖南模拟）角谷猜想，也称为“3n+1”猜想.其内容是：任取一个正整数，如果是偶数，将它除以2如果是奇数，则将它乘以3再加上1，如此反复运算，该数最终将变为1这就是对一个正整数运算时“万数归1”现象的猜想.假如对任意正整数，按照上述规则实施第1次运算后的结果记为，实施第2次运算后的结果记为，，实施第n-1次运算后的结果记为，实施第n次运算后得到数1，停止运算，便可以得到有穷数列：，，，，1，其递推关系式为：，叫做数列的原始项.将此递推关系式推广为：，且，其它规则不变，得到的数列记作数列，试解答以下问题：
（1）若，则数列的项数为　 　；
（2）求数列的原始项的所有可能取值构成的集合；
（3）若对任意的数列，均有，求d的最小值.
10．（2024·毕节模拟）在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等差数列.在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等比数列．
（1）若数列为1阶等比数列，，，求的通项公式及前n项的和；
（2）若数列为m阶等差数列，求证：为m阶等比数列；
（3）若数列既是m阶等差数列，又是阶等差数列，证明：是等比数列．
答案解析部分
高考原题重现答案
【答案】（1）解：等差数列 a1，a2，…，a6 删去两项后，余下4项成等差数列，此时剩下的数列若想构成数列，必然是公差为d的数列，
即可能的情况为a1，a2，a3，a4或a2，a3，a4，a5，或a3，a4，a5，a6，
故删去的两项（i，j）可以为（5，6），（1，6），（1，2）
（2）证明：依题意得， 数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列，
即a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，a4m+2，易分析连续的四项为等差数列，
即a14，a15，......，a4m+2，后共有(4m-12)连续项，此时必然构成等差数列，
即证得a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，为等差数列，则数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列，
通过分析可知，可以按照，，进行分组；
故数列a1，a2，…，a4m+2（2，13）——可分数列 ，按，，.....进行分组成可分数列；
（3）证明：按如下两种方式进行选取 （i，j） ， 1≤i＜j≤4m+2，且 i，j∈，
①原数列除去外，所有连续的部分为4的倍数，此时数列分组的公差为d.
1)当j-i=1时，即（i，j）为（1，2），（5，6），.....（4m+1，4m+2），共(m＋1)种；
2)当i=1时，j = 4k＋2，即（i，j）为（1，6），（1，10），.....（1，4m+2），k = 1，2，3，.… ，m，共m种；
3)当i=5时，j = 4k＋6，即（i，j）为（5，10），（5，14），.....（5，4m+2），k = 1，2，3，.… ，(m-1)，共m种；
......
4)当i=4m-3时，j = 4m+2，即（4m-3，4m+2），共1种；
综上，共有种可能情况，
②连续(4t＋2)(t ∈)项删去其中第2项和倒数第2项，余下的部分保证其连续部分为4的倍数.此时，除去这(4t＋2)项，余下的项每4项依次构成一组，则每组均为等差数列.
下面先证明，连续(4t＋2)(k ∈ N*)项删去其中第2项和倒数第2项后，这4t项可完成一个划分.
设是数列中的连续(4t＋2)项，可按如下方式完成划分：
，，其中，(i=3，4，5，......，t)
证明完毕.
下面选取(i，j)，
5)当这连续(4t＋2)项为至(i= 2，3，… ，m)时，对应(m ― 1)种取法；
6)当这连续(4k＋2)项为至(i= 3，4，…· ，m)时，对应(m -2)种取法；
.........
7)依此类推，当这连续(4t＋2)项为a1至 a4m+2 时，对应1种取法.
综上，共有种可能情况，
即 Pm＞ .
针对性训练答案
1．【答案】（1）解：由，可得，
即，
因为，所以，
所以数列是首项为，公差为0的等差数列，
又因为，所以，所以数列的通项公式为．
（2）解：由（1）知，
则，当时，取等号，
因为，
所以，
所以．
2．【答案】（1）证明：由题意，，即
为等差数列：首项，公差，
，则，
设，
（2）解：
由正弦定理，有，
即，又，
，即
由，
由余弦定理得：，
，即，当且仅当时取等号，
，即△ABC面积最大值为
3．【答案】（1）证明：是等差数列，设，
令，
则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的
（2）解：因为数列是“优分解”的，设，
其中，
则.
当时，
当时，是首项为，公比为的等比数列.
（3）解：一方面，数列是“优分解”的，设，
其中，由（2）知
因为，所以.
是首项为2，公比为的等比数列.
另一方面，因为是“优分解”的，设，
其中，
是首项为2，公比为的等比数列，
，且，
化简得，
即数列是首项，公比为的等比数列.
又，
又解得，
综上所述，.
4．【答案】（1）解：若对关于0耦合，则，且，
所以，，
因为，，
故，．
所以
．
（2）解：若对关于1耦合，则，且，
所以，，故，
又因为，故，
故当n为奇数时，，即，
所以当n为偶数时，；
当n为偶数时，，即，
所以当n为奇数时，．
综上，．
（3）解：由题设可知，，，且，．
（ⅰ）若，则，，，，显然．
（ⅱ）若，由上得，故．
假设，则，，故或．
①若，则，，，这与矛盾；
②若，则，，这与矛盾．
所以若，则，．
故，可得，故．
所以对于任意，，且，由于，故，，代入题设检验，各式均成立．
综上，，．
5．【答案】（1）设等差数列的公差为，
因为均成等比数列．所以，即．
解得，或（舍），
则．
（2）．且，所以，
则．
．
6．【答案】（1）由题意得：，∴，
∴，，，，，
将以上式子累乘得：，也即成立．
另解：由题意得：，
∴，∴成立．
（2）证1：∵，∴，
∴，
则，
∴，∴．
证2：考虑反证法，假设，
由得，
∴，∴，
同理：，
∴，∴，
同理可证：，，…，，
综上可得：，与条件矛盾，
∴假设不成立，∴成立．
证3：∵，∴，也即，
同时，由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，
也即，同理可得：
，
，
……
，
将以上式子累加得：，
∴，∴，∴成立．
（3）由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，①
另外，，，…，，
将以上式子累加得：，②
结合①②式可得：，
∴，化简得：，
另外，显然有符合题意，此时，
综上，的最大值为10．
附：数列的性质可参考这类下凸函数进行理解，
不等式相当于函数图象上三条直线的斜率大小关系．
7．【答案】（1），
（2）
（3）若是“和稳定数列”，则
，
当被3整除余1时即可；
若是“和稳定数列”，
则
即，不妨取
则
，矛盾，
故不是“和稳定数列”.
8．【答案】（1）
（2）略
（3）略
9．【答案】（1）5
（2）解：
下面证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列，
时，符合题意，
反证，假设存在正整数，当时，不存在数列为数列，
设此时的最小值为，即时，存在o数列，
时，不存在数列
①当为奇数时，因为存在以为原始项的数列，
所以，就是原始项为的数列，与假设矛盾
②当为偶数时，因为存在以为原始项的数列， 所以就 是原始项为的数列，与假设矛盾.
综上可知，数列的原始项的所有可能取值为全体大于等于2的正整数，
即数列的原始项的所有可能取值构成的集合为
（3）解： 依题意
先证明符合题意，即
当时，显然成立；当时，，即也成立；
当时，对任意，
故即，
①当时，由，，
所以
②当时，由，
，所以
下面证明，对任意正偶数，构造，
先验证为数列，“
当时，为奇数，
当时，为偶数，
当时，所以为数列
下面证明不符合题意，假设，因为
，
所以，，矛盾
综上可得的最小值为
10．【答案】（1）解：因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列，
设公比为，则为正数，
由已知得，解得，
因为，所以，所以，
所以的通项公式为，
前n项的和为；
（2）解：因为为m阶等差数列，所以对任意的，都存在，
使得成立，
所以，
即，所以为m阶等比数列；
（3）解：因为既是m阶等差数列，又是阶等差数列，
所以对，有与同时成立，
所以与同时成立，
所以，，成等比，，，成等比，
由，，成等比，得，，也成等比，
设，，
所以，所以数列是等比数列.
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)