数列高频考点 押题练 2025年高考数学三轮复习备考

文档属性

名称 数列高频考点 押题练 2025年高考数学三轮复习备考
格式 docx
文件大小 1.4MB
资源类型 试卷
版本资源 通用版
科目 数学
更新时间 2025-05-14 17:28:54

图片预览

文档简介

中小学教育资源及组卷应用平台
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

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,

.
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

(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,

又则,
即当时,,
当时,记,

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

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,


【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.
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)
同课章节目录