北京市2022-2023学年上学期高三期末数学试题汇编-05数列的应用（含解析）

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一、单选题

1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）等差数列中，，，则的通项为（）

A．B．C．D．

2．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）在数列中，，若存在常数c，对任意的，都有成立，则正数k的最大值为（）

A．B．C．D．

3．（2023秋·北京东城·高三统考期末）在等比数列中，，，则（）

A．8B．16C．32D．64

4．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）已知为等差数列，，.若数列满足，记的前项和为，则（）

A．B．C．D．

5．（2023秋·北京石景山·高三统考期末）已知数列是的无穷等比数列，则“为递增数列”是“且，”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

6．（2023秋·北京房山·高三统考期末）已知数列满足，且，则数列的前四项和的值为（）

A．B．

C．D．

二、填空题

7．（2023秋·北京东城·高三统考期末）对于数列，令，给出下列四个结论：

①若，则；

②若，则；

③存在各项均为整数的数列，使得对任意的都成立；

④若对任意的，都有，则有.

其中所有正确结论的序号是.

8．（2023秋·北京石景山·高三统考期末）等比数列中，，，成等差数列，若，则公比．

9．（2023秋·北京·高三校考期末）已知数列的各项均为正数，的前n项和满足．给出下列四个结论：

①的第2项小于1；②为常数列；

③为递增数列；④中存在小于的项．

其中所有正确结论的序号是．

10．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）已知数列中，，则数列的通项公式为.

11．（2023秋·北京通州·高三统考期末）已知数列的前项和为，为数列的前项积，满足，给出下列四个结论：

①；②；③为等差数列；④.

其中所有正确结论的序号是.

12．（2023秋·北京·高三校考期末）设是等差数列，且，，则的通项公式为．

三、解答题

13．（2023·北京顺义·高三统考期末）已知为正整数数列，满足．记．定义A的伴随数列如下：

①；

②，其中．

(1)若数列A：4，3，2，1，直接写出相应的伴随数列；

(2)当时，若，求证：；

(3)当时，若，求证：．

14．（2023秋·北京通州·高三统考期末）约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.

(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；

(2)当时，若构成等比数列，求正整数；

(3)记，求证：.

15．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）对于一个有穷正整数数列，设其各项为，各项和为，集合中元素的个数为.

(1)写出所有满足的数列；

(2)对所有满足的数列，求的最小值；

(3)对所有满足的数列，求的最大值.

16．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）设为正实数，若各项均为正数的数列满足：，都有．则称数列为数列．

(1)判断以下两个数列是否为数列：

数列：3，5，8，13，21；

数列：，，5，10．

(2)若数列满足且，是否存在正实数，使得数列是数列？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由．

(3)若各项均为整数的数列是数列，且的前项和为150，求的最小值及取得最小值时的所有可能取值．

17．（2023秋·北京房山·高三统考期末）若对，，当时，都有，则称数列受集合制约.

(1)若，判断是否受制约，是否受区间制约；

(2)若，受集合制约，求数列的通项公式；

(3)若记：“受区间制约”，：“受集合制约”，判断是否是的充分条件，是否是的必要条件，并证明你的结论.

18．（2023秋·北京西城·高三统考期末）已知为有穷数列．若对任意的,都有（规定）,则称具有性质．设．

(1)判断数列是否具有性质？若具有性质,写出对应的集合;

(2)若具有性质,证明:;

(3)给定正整数,对所有具有性质的数列,求中元素个数的最小值．

四、双空题

19．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）已知等差数列的公差，且成等比数列，则；其前n项和的最大值为．

20．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）在等差数列中，公差d不为0，，且成等比数列，则；当时，数列的前n项和有最大值．

参考答案：

1．A

【分析】根据已知条件求得等差数列的首项和公差，从而求得.

【详解】设等差数列的公差为，

依题意，解得，

所以.

故选：A

2．B

【分析】由可得，可得用极限思想和数学归纳法的思想分析计算即可得到正数k的最大值.

【详解】因为，

所以，

所以，

由于满足上式，故

当时，有趋近于时，趋近于

此时没有最大值，故不满足题意，舍去；

所以，

当时，可证对任意的，都有，

由题知，若存在常数c，对任意的，都有成立，则，

以下进行证明：存在常数，对任意的，都有成立.

当时，，结论成立

假设时结论成立，即

则，

则存在常数，对任意的，都有成立

故正数k的最大值为.

故选：B.

【点睛】关键点睛：本题考查数列的递推关系和数列中参数最大值的求解，属于难题，解题的关键是要把递推关系进行转化求解，结合数列中的极限思想和数学归纳法的思想进而求解问题.

3．D

【分析】根据及等比数列的通项公式求出公比，再利用等比数列的通项公式即可求解.

【详解】设等比数列的公比为,

因为，，所以，解得.

所以.

故选:D.

4．B

【分析】求出等差数列的通项公式，可求得数列的通项公式，推导出数列为等差数列，再利用等差数列的求和公式可求出的值.

【详解】设等差数列的公差为，则，所以，，

，，

所以，，

则，所以，数列为等差数列，

因此，.

故选：B

5．C

【分析】根据等比数列的单调性，结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】解：若为递增的等比数列，显然后面的项都比大，

即且，，充分性成立；

反过来，若且，，即（为公比），

因为，所以，所以，从而可得为递增数列，必要性成立，

所以“为递增数列”是“且，”的充分必要条件.

故选：C.

6．C

【分析】由题意是首项为2、公比为的等比数列，利用等比数列前n项和公式求的值.

【详解】由题设是首项为2、公比为的等比数列，即，

所以.

故选：C

7．①②④

【分析】逐项代入分析求解即可.

【详解】对于①：

因为，

且因为，

所以，

所以，

故选项①正确；

对于②：若，则

所以，

所以两式相减得，

所以，

所以，

所以，

故选项②正确；

对于③：，

，

所以若对任意的都成立，

则有，

所以

，

因为各项为整数，则不等式串中绝对值只能从越来越小，之后甚至会出现大于某数绝对值的情况，例如：，后续还会有绝对值，但是会有矛盾，故选项③错误；

对于④：

若对任意的，都有，

则有.

.

故选项④正确；

故答案为：①②④.

8．

【分析】由等差中项的性质以及等比数列的通项列方程即可求解.

【详解】因为，，成等差数列，

所以，

可得，

因为，所以，

解得：，

故答案为：.

9．②④

【分析】依题意可得，即可得到，从而判断②，再令，求出，即可判断①，证明，即可说明③，利用反证法说明④.

【详解】解：因为，所以，

又，所以，则，即为常数列，故②正确；

因为的各项均为正数，当时，即，解得，故①错误；

由于，所以，

又数列的各项均为正数，所以，

所以，所以，故为递减数列，故③错误；

假设中每一项均大于或等于，

当取值变大时，也逐渐增大，当时，，又，

所以，与矛盾，故④正确；

故答案为：②④

10．

【分析】判断数列为等比数列，根据等比数列的通项公式可求得答案.

【详解】数列中，

则，否则与矛盾，

故，即数列为首项为2，公比为2的等比数列，

所以，

故答案为：

11．①③④

【分析】根据关系式，当时，即可求得的值；由得，当时，可得，可证明为等差数列，即可求得，则可求得，则可判断其他选项.

【详解】因为，所以当时，，解得或，

又，所以，故，故①正确；

因为，可得，所以，当时，，

所以，

是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，故④正确；

所以，则，所以为等差数列，故③正确；

当时，，又不符合

所以，故②不正确.

故答案为：①③④.

12．

【分析】先根据条件列关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.

【详解】设等差数列的公差为，

【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路，一是利用基本量，将多元问题简化为首项与公差（公比）问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确：二是利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.

13．(1)；

(2)见解析；

(3)见解析.

【分析】（1）依题意，可直接写出相应的伴随数列；

（2）讨论，两种情况，利用反证法即可求解；

（3）讨论，两种情况，当时，由（2）的结论，中至少有两个1，利用反证法可得，根据的定义即可证明.

【详解】（1）因为数列A：4，3，2，1，，

所以.

因为，

所以，，，

，.

故数列A的伴随数列为.

（2）当时，，显然有；

当时，只要证明.

用反证法，假设，

则，从而，矛盾.

所以.

再根据为正整数，可知.

故当时，.

（3）当时，，有，此时，命题成立；

当时，由（2）的结论，中至少有两个1，

现假设中共有个1，即

则.

因为若，则，矛盾.

所以.

根据的定义可知，，，

，

以此类推可知一直有，再由后面，可知；

另一方面与奇偶性相同，所以.

【点睛】定义新数列题目，要正确理解题目信息，将问题转化为熟悉的知识点进行求解,注意反证法的运用.

14．(1)8.

(2).

(3)证明见解析.

【分析】（1）根据题意即可写出a的一个值；

（2）由题意可知，，，，结合构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知为，即可求得a；

（3）由题意知，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论.

【详解】（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列，

比如为8的所有正约数,即.

（2）由题意可知，，，，

因为，依题意可知，所以，

化简可得，所以，

因为，所以，

因此可知是完全平方数.

由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，

所以为，

所以,.

（3）证明：由题意知，，

所以，

因为，

所以

，

因为，，所以，

所以，

即.

【点睛】关键点点睛：在第二问的解答中，在得到后，要能根据，推得，继而得出，这是解决问题的关键.第三问的证明中，难点在于要能注意到，，从而可得，然后采用裂项求和的方法进行化简进而证明结论.

15．(1)1，2，1或3，1；

(2)7；

(3)511566.

【分析】(1)由题意可直接列举出数列；

(2)由题意可得，分、和分别求的最小值即可得答案；

(3)由题意可得数列为的形式，设其中有项为2，有项为1，则有，所以，再利用二次函数的性质求的最大值即可.

【详解】（1）解：当时，存在一组，满足，

又因为的各项均为正整数，且，

所以，即，且，

当时，满足条件的数列只能是：3,1；

当时，满足条件的数列不存在；

当时，满足条件的数列不存在；

当时，满足条件的数列只有1，2，1；

当时，满足条件的数列不存在；

所以数列：1，2，1或3,1；

（2）解：由题意可知，所以，

①当时，应有数列中各项均不相同，此时有；

②当时，由于数列中各项必有不同的数，进而有.

若，满足上述要求的数列中有四项为1，一项为2，此时，不符合，

所以；

③当时，同②可得；

综上所述，有，同时当为2，2，1，1，1时，，

所以的最小值为7；

（3）解：①存在大于1的项，否则此时有；

②,否则将拆分成个1后变大；

③当时，有，否则交换顺序后变为，进一步有，

否则有，此时将改为，并在数列末尾添加一项1，此时变大；

④各项只能为2或1，否则由①②③可得数列中有存在相邻的两项，设此时中有项为2，则将改为2，并在数列末尾添加一项1后，的值至少变为；

⑤由上可得数列为的形式，设其中有项为2，有项为1，则有，

从而有，

由二次函数的性质可得，当且仅当时，最大，为511566.

【点睛】关键点睛：本题考查了有穷数列的前项和及满足集合中元素的个数，属于难点，在解答每一小问时，要紧扣还是一个正整数数列，进行逻辑推理，从而得出结论.

16．(1)数列是，数列不是；

(2)不存在，理由见解析；

(3)答案见解析.

【分析】（1）根据定义验证是否恒成立，即可判断；

（2）假设存在，则由已知可推得.

当时，，这与假设矛盾，所以不存在；

（3）根据已知推出，进而推出，，，，相加可推得.根据基本式，结合题意可得的最小值不小于30.进而得出的范围，得到所有可能的整数解.分情况讨论，得出数列，即可得到的所以可能的取值.

【详解】（1）根据定义，数列应满足，都有，

即恒成立.

对于数列：有，，，均满足，所以数列是数列；

对于数列，因为不满足，所以数列不是数列.

（2）不存在正实数，使得数列是数列.

说明理由如下：假设存在正实数，使得数列是数列，

则，都有，即恒成立.

因为，

所以，

当时，，这与假设矛盾.

所以，不存在正实数，使得数列是数列.

（3）因为数列是数列，所以.

所以，

所以，，，，，，

所以，

即，所以.

所以，

因为数列是整数列，所以的最小值不小于30.

假设，必有，解得，

因为，所以可取9，10，11，12.

当时，，存在满足条件的数列.

，，，，，，，，；

当时，，存在满足条件的数列.

，，，，，，，，，；

当时，，存在满足条件的数列.

，，，，，，，，，，；

当时，，存在满足条件的数列.

，，，，，，，，，，，.

以上都是的充分条件.

所以的最小值为30，此时的所有可能的取值为，，20，.

17．(1)受制约，不受制约，理由见解析

(2)且.

(3)是的充分不必要条件，证明见解析

【分析】（1）根据数列新定义，判断、且是否有成立即可判断；

（2）由题设可得，利用等差数列的定义写出的通项公式；

（3）由新定义判断、的推出关系，结合充分、必要性的定义得到结论.

【详解】（1）由、且，则，而，

显然，则，故受制约，

由、且，

当，即，故；

当，即，故.

故不受制约.

综上，受制约，不受制约.

（2）由、且，有，

所以，又，，

故的奇数项、偶数项分别为首项为1、3，且公差均为2的等差数列，

当且，则，

当且，则，

综上，且.

（3）结论：是的充分不必要条件，证明如下：

为真：受集合制约，由、且，

当，有成立，则，进而可得：①；

当，有成立，结合①有；

此时，受集合制约；

为真：受集合制约，由、且，有；

而，不一定有成立（反例：且，显然，有），

故不一定受区间制约；

所以，受区间制约，必受集合制约，但受集合制约，不一定受区间制约；

综上，是的充分不必要条件.

18．(1)不具有性质,具有性质,

(2)证明见解析

(3)

【分析】(1)根据性质的定义,观察到,可得不具有性质,根据,可以发现中相邻两项及首尾两项的差的绝对值均小于等于1,故具有性质,根据定义代入求值,即可得出;

(2)“”等