数列高频考点 押题练 2025年高考数学三轮复习备考

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数列高频考点 押题练
2025年高考数学三轮复习备考
1．已知整数数列满足，数列是公比大于1的等比数列，且，.数列满足.数列，前项和分别为，，其中.
(1)求和
(2)用表示不超过的最大整数，求数列的前2025项和.
2．已知是公差不为0的无穷等差数列.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质.
(1)已知，，判断数列，是否具有性质；
(2)若数列具有性质，证明：的各项均为整数；
(3)若，求具有性质的数列的个数.
3．对数运算可以使一些复杂的数学计算变得简单，比如函数：，通常为了便于求导，我们可以作变形：．
(1)求的单调区间；
(2)已知．
①若数列满足，，求数列的通项公式；
②求证：．
4．已知数列 的首项
(1)证明：数列 为等比数列；
(2)证明：对任意的
(3)证明:
5．已知数列的前n项和为，且，.
(1)求的通项公式；
(2)保持的各项顺序不变，在和之间插入k个1，使它们与数列的项组成一个新的数列，记的前n项和为，求.
6．已知函数，及一个如下所示的行列的数阵，
第1列 第2列 第3列 … 第列 … 第列
第1行 … …
第2行 … …
第3行 … …
… … … … … … … …
第行 … …
… … … … … … … …
第行 … …
其中表示第行第列的数.在该数阵中，第1列的数从上到下组成公差的等差数列；第1行的数，对加上1后，得到的数列，，，…，，…，是公比的等比数列.已知，（其中，，…，；，，…，），且当时，恒成立.
(1)求实数的值；
(2)记第2行的数从左到右组成的数列为，第1列各数的和为.
（i）求数列的通项公式；
（ii）求证：.
7．已知数列，其中，且.若数列满足，当时，或，则称数列为数列的“调节数列”.例如，数列的所有“调节数列”为；或者；或者；或者.
(1)直接写出数列的所有“调节数列”；
(2)若数列满足通项，将数列的“调节数列”中的递增数列记为，数列中的各项和为，求所有的和；
(3)已知数列满足：，若数列的所有“调节数列”均为递增数列，求所有符合条件的数列的个数.
8．已知数列（N是大于3的整数）为有穷数列，定义为“卷积核”数列满足：
(1)若数列，卷积核，求数列B.
(2)设，已知且，，若.求证：数列B中最大的项为，（表示a，b中的最大值）.
(3)已知且不全为0，卷积核，是否存在数列A，使得数列B的任意一项均为0 若存在，请写出一个满足条件的数列A；若不存在，请说明理由.
9．通过抛掷质地均匀的硬币产生随机数列，具体产生方式为：若第次抛掷的结果为反面朝上，则；结果为正面朝上，则.所有总项数为项的数列组成集合.
(1)已知，且所有项的和为，求的概率；
(2)可用软件产生类似的随机数列，也满足.若“”的概率为，“”的概率为，“且”的概率为，求“且”的概率；
(3)在集合中任取两个不同元素、.记.的均值为，证明：.
10．在数列中，．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列满足；
①求证：数列是等差数列；
②若，设数列的前n项和为，求证：．
11．对于无穷数列，若存在常数，使得对任意的正整数，恒有成立，则称数列是从第项起的周期为的周期数列．当时，称数列为纯周期数列；当时，称数列为混周期数列．
(1)已知数列满足：，判断是否是纯周期数列，并求；
(2)记为不超过的最大整数，设各项均为正整数的数列满足
①若，证明：数列是纯周期数列；
②证明：不论为何值，总存在，使得．
12．已知是无穷正整数数列，且对任意的，其中表示有穷集合S的元素个数．
(1)若，求的所有可能取值；
(2)求证：数列中存在等于1的项；
(3)求证：存在，使得集合为无穷集合．
参考答案
1．(1)，
(2)2024
【分析】(1)先根据时和确定．设通项求，
再由得出关于和的不等式组，解出得到和．
对于等比数列，利用和联立求解出和，进而得到．
(2)先得出，写出表达式，再用错位相减法，即①式减②式求出，进而得到．然后分和讨论与大小关系，确定的值，最后求出．
【详解】（1）当时，.又因为，所以
设，则
依题意，，
得恒成立，解得，
所以，，
设等比数列的公比为q，，.
所以，.得到，联立得
解得或（舍去），代入中，解得
得数列的通项公式为
（2）
……①
……②
①-②，得
即
时，，，所以；
时，，所以，所以
所以.
2．(1)数列具有性质；数列不具有性质
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据数列具有性质的定义即可求解.
（2）设数列的公差为，由题意知存在，同理存在，两式相减，根据等差数列的定义即可得证.
（3）由题意结合（2）知数列的各项均为整数，所以为整数.首先证明为正整数，其次证明为的约数，从而即可得解.
【详解】（1），，即，所以数列具有性质.
，令，则，不符合，则不具有性质.
（2）设数列的公差为，因为数列具有性质，所以存在，
同理存在，两式相减得，
即，因为，所以.所以的各项均为整数.
（3）由（2）可知，数列的各项均为整数，所以为整数.
假设为负整数，则为递减数列，所以中各项最大值为，
由题意，中存在某项，且，所以，
而数列中存在，则，与题意相矛盾，所以不是负整数，为正整数.
由得，，
所以，
所以为整数，即为的约数.
由为正整数，所以为的正约数，
，所以的正约数共有个，则，具有性质的数列的个数为.
3．(1)单调递增区间为，递减区间为；
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数正负得出函数单调性；
（2）①两边取对数，再结合等比数列定义计算结合指数及对数运算求解；②构造根据函数最值结合累加法证明即可.
【详解】（1），
令，解得，令，解得
所以的单调递增区间为，递减区间为
（2）①由题意可知，，
那么
两边同时取对数可得
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
则，所以，
所以
②设函数，
当时，，当时，，
所以在（0，1）上单调递增，在上单调递减
则，即在上恒成立
所以，
即．
4．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析,
【分析】（1）根据题中递推关系式，运用倒数法化简变形可证数列为等比数列；
（2）由（1）可求出数列的通项公式，将不等式右侧式子配凑成通项公式的形式，再将其化为关于二次函数最值问题,通过放缩可证明该不等式；
（3）对利用（2）中的结论缩小，出现首项为 ，公比为的等比数列的前n项和的算术平均值，从而可证明不等式.
【详解】（1），又
所以是以为首项，以为公比的等比数列．
（2）由（1）知，即
.
（3）由（2）知，对任意，有，
取，
则.
5．(1)
(2)
【分析】（1）借助与的关系计算可得，再利用等比数列定义计算即可得；
（2）由题意可得，数列的其余项为1，则可借助分组求和计算即可得解.
【详解】（1）由，得，
则，即，
又，满足，所以，
所以是首项是，公比为的等比数列，故；
（2）由题知，数列的其余项为1，
则
.
6．(1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）直接求导得，则得到的单调性，则，再设新函数求导得其最值即可；
（2）（i）计算得从上到下的数列通项，再计算有，，最后利用累加法即可；
（ii）根据第（1）问结论得，再分别代入值，最后累加即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，
.
若，因为，所以恒有在上单调递增．
又，所以当，不符合题意．
若，当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以．
要使时，恒成立，
只需．
设，则，
所以当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，即有.
由此知，当时，，
又由恒成立，知，
所以，解得.
（2）（i）设数阵中第1列的数从上到下组成的等差数列为，
则，公差，
则其通项公式为.
又设组成的数列为，
则，公比，所以．
由第2行的数从左到右组成的数列为知，
因为，
所以，
即，
亦即，且．
所以时，有
.
又时符合上式，所以．
故数列的通项公式为．
（ii）由（1）知，当时，恒成立，
即当时，恒成立，当且仅当时取等号．
所以当时，恒成立（当且仅当时取等号）．
由（i）知，令，
代入，得，
即有．
所以有，
.
将上述个式子相加，得
，
，
所以．
由第1列各数的和，
及，得．
7．(1)
(2)
(3)所有符合条件的数列共有个
【分析】（1）根据“调和数列”的定义，即可求解；
（2）根据条件依次写出满足条件的，再根据分组转化法求和；
（3）首先由数列为递增数列，则条件①，②，③都恒成立，再由④分析，得到的不同取法种数，即可求解符合条件的数列的个数.
【详解】（1）.
（2）因为，由题意共个数，
而共有项，则“调节数列”共有种情况
不妨设；则
；则
依此类推；则
故
（3）依题意，对任意，
有或或，
因为均为递增数列，所以，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2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.
8．(1)
(2)证明见解析
(3)存在，理由解析
【分析】（1）要算，从开始往后选三项与进行点积即可，
（2）方法一：由可知数列的首尾项相同，成对称结构，且，从一直递增到中间项，再对称地递减，要证明数列中最大的项就从中间项开始点积，即可求证，方法二：利用作差法即可证明.
（3）方法一：当为偶数时，存在数列:符合题意，当为奇数时，利用反证法求证得为常数列，产生矛盾得解.方法二：利用反证法即可证明.
【详解】（1）,
,
所以数列
（2）方法一：依题意有
当时，
由
又则，
即当时，，
当时，记，
由
即当时，，
综上可得：数列B中最大的项为.
方法二：由已知可得.
当时，，
因为>0,
所以
当时，，
因为<0,
所以
因为
所以
因为
所以
所以
所以当时，,
所以数列中最大的项为或或.
因为
所以
因为
所以
所以.
（与无法比较大小，假设，当时数列B的最大值为，
当时，数列B的最大值为；当时，数列B的最大值为.）
综上，数列中最大的项为或.
（3）方法一：当为偶数时，取数列的通项，
此时对,有，
故当为偶数时，存在数列，使得数列的各项为0，
当为奇数时，设且，
下面用反证法证明不存在数列，使得数列的各项为0，
假设存在数列，使得数列的各项为0.为了更好地描述，我们记中不存在的，
则对任意的，有，
上式相减可得，即数列中的奇偶项分别为等差数列，
设，
且有,
进而
又由知，
故，
整理可得进而代入可得，
故，
则，
取，有，即，
故，
因为，故，
由知,故只能为的常数列，不符合题意，假设不成立，
综上，当为偶数时，存在数列:符合题意.
方法二：①当N为偶数时，存在数列A使得数列B的任意一项均为0，
此时可令
②当N为奇数时，不存在数列A使得数列B的任意一项均为0，证明如下：
假设存在数列A使得数列B的任意一项均为0
因为
所以，，，…,，.
所以，，
，，.
所以,
所以,
所以
所以
因为
所以.
与不全为0矛盾.
所以假设不成立.
9．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据组合公式和古典概型计算方法即可得到答案；
（2）法一：设事件，利用独立事件的乘法公式计算即可；法二：转化为对立事件的求法即可；
（3）首先分析出的可能取值，再写出其分布列，计算即可.
【详解】（1）由题意满足的数列有个，
其中满足，即中满足有2项为1，10项为0的数列有个，
所以.
（2）记事件“”，“”，由题意得，
求＂且＂的概率即求的值，
法一：，
又，
，
所以＂且＂的概率为；
法二:
，
所以＂且＂的概率为.
（3）因为数列是从集合中任意取出的两个不同数列，
所以的可能取值为：对应的取值为：，
当时，数列对应位置的项中有项取值不同，有项取值相同；
从项中选择取值不同的项位置，有种情况，
和在这项的任一位置数字不同，每个位置都有2种情况，
比如第个位置可以是，
也可以是，共有种情况；其余项，两者均在同一位置数字相同，
每个位置都有两种情况，共有种情况，由于，
所以此问题为组合问题，故所有的情况会重复1次，故共有种情况，
又因为集合中元素的个数共有个，
所以，
所以，的分布列为：
，
同理，
，
时，
，
当时，该式也成立，
，
.
10．(1)
(2)①证明见解析 ；②证明见解析
【分析】（1）变形得到，结合，故，从而得到；
（2）①化简得到，利用得到，同理可得，证明出是等差数列；
②求出，结合，得到公差，得到通项公式，所以，裂项相消法求和证明出结论.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，
因为，所以n=1时，，
所以数列是各项为0的常数列，即，
所以．
（2）①由得
所以①
所以②
②-①得：③
所以④
④-③得，所以
即
所以数列是等差数列．
②当时，由得，所以，
又，故的公差为1，所以，
所以，
即
．
【点睛】方法点睛：常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；
11．(1)数列是周期为6的纯周期数列，2．
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）通过列举，确定函数周期，即可求解；
（2）①分别取，，，，，，，根据已知条件逐一验证得出猜想，并验证猜想；
根据①的分析，时，满足题意；再证明，当时，也存在使得即可.
【详解】（1）写出数列的前几项：
1，3，2，，，，1，3，2，，，，1…，
数列是周期为6的纯周期数列，．
（2）证明：①时，，
此时，数列为常数列，为纯周期数列；
时，，
此时，数列为常数列，为纯周期数列；
时，，
此时，数列为常数列，为纯周期数列；
根据上述计算得出猜想：
当时，数列为常数列也是纯周期数列．
下面进行验证：
当时，，
此时数列为常数列，也是纯周期数列．
②首先，根据①的分析，发现当时，数列为常数列，
也是纯周期数列，满足题意；
接下来证明，当时，也存在，使得，
因为，所以只需要证明数列中始终存在值为1的项即可．
当时，显然存在值为1的项，
当时，有或，
若为偶数，则，
若为奇数时，则，
，
所以，即无论为奇数还是偶数，均有；
特别的，当为奇数时，且，
类似的，可得无论为奇数还是偶数，均有；
特别的，当为奇数时，且取得等号）；
所以无论为奇数还是偶数，均有；
若，则恒为奇数且，
于是，假设数列的且，
所以恒为奇数且，
由于中仅有有限个正整数，故数列从某项起恒为常数．
设为第一个值为的项，而，
故，
这与“是第一个值为的项”相矛盾，
所以数列除第一项外，还存在不属于区间的项．
假设这些不属于区间的项全部属于区间，那么也会出现类似的矛盾，
所以数列除第一项外，存在不属于区间和的项，
以此类推，数列一定存在小于值为2的正整数的项，即存在值为1的项，得证．
12．(1)所有可能取值为2，3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1），先根据已知条件确定的值，然后再确定的值；
（2），利用反证法，结合分类讨论进行证明；
（3），采用反证法进行证明.
【详解】（1）因为，则中与相等的数有且仅有2个，除去本身，中与相等的数有且只有1个，
∴或．
当时，；当时，．
所以的所有可能取值为2，3．
（2）假设中不存在等于1的项,则．
又，所以．
当时，由，则存在，使得．
所以，与假设矛盾．
当时，由，则存在，使得,且中有且只有一项与相等.
①若中有两项为2，一项为3，
则，与假设矛盾．
②若中有两项为2，一项为，
则，与假设矛盾．
③若中有一项为2，两项为3，
则，与假设矛盾．
④若中有一项为2，两项为，
则，矛盾．
综上，假设不成立，所以中存在等于1的项．
（3）假设均为有限集合，
当时，,
则当时，（*）
令,下证当时，.
否则假设，则,与（*）矛盾.
∴当时，,
∵已知数列是无穷正整数数列，
所以存在，使得集合为无穷集合，矛盾，
∴假设错误，∴存在，使得集合为无穷集合．
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