2023届高考前复习2-7有限与无限思想中的二种题型 （解析版）

2023年高考数学考前30天迅速提分复习方案（上海地区专用））

专题2.7有限与无限思想中的二种题型

题型一：导数及其应用

一、填空题

n2+2

1.（2020秋•上海虹口•高二上外附中校考阶段练习）计算:lim（∕7-

n→oo,7+1000-

［答案］］QQo

【分析】通分化简后，根据极限的定义求得结果.

【详解原式=HmTz=Iiml呼L2

〃T8"+IOOO…〃+1000

=1000.

n+ɪQQQ

故答案为：1000.

2.（2。21春•上海杨浦•高三复旦附中校考阶段练习）计算：！的名詈=--------.

【答案】ɪ

」一2

【分析】将原数列极限变成Iim，-3根据Iim=o,从而可求出原数列

M→∞

极限的值.

3"-（-2）"ɪ

【详解】Iim

3,,+1+2π3

故答案为：ɪ.

【点睛】本题主要考查了求极限，解决此类问题关键是化简，属于基础题.

3.（2022春•上海浦东新•高三上海南汇中学校考期中）若。-2»展开式的第3项为288,

则Iimp→J++ɪl=

【答案】2

【分析】先由展开式的第3项为288,求出X.再由无穷递减等比数列的极限公式求出

,irnf-^÷-T÷+4］的值.

【详解】=36x22'=288,解得x=g,

2Y22

1-ψ=⅛

-Iim-X——

f31一,一

33

故答案为：2.

题型二：数列

一、单选题

1.(2023春•上海•高三校联考阶段练习)下列用递推公式表示的数列中，使得Iim⅛=√2

“T+c©

成立的是()

a+

ɪ+—^―("≥2)an='-'"(n≥2)

A.<2an-∖)B.〈49%+1

-1%=ι

日=2+q”%(心2)

C.D.4ι+ln4(IT

q=1q=1

【答案】D

【分析】判断各选项的符号，结合不动点列出等式，即可求解.

2

【详解】A选项：a=ɪ2%

nan-∖+—,则。“与4-同号，又4=-1,所以4,<0,所以

J2a,ln-∖

,1⅛1¾=√2不成立，故A错误；

B选项：条巧，所以勺与为τ同号，令"X)=黑"解/(X)=X得：X=逆L则

Iiman=ɜɔʌɪ,故B错误；

M→¼X)7

2-3%..1113

C选项：M4zj=∣'∙9=5'%="9=一而

且令f(X)=言，解"x)=X得：x=±√2,所以,%%=应不成立，故C错误；

2+ana2+n

D选项：al="^"-',所以",,>0,/(x)=y^,解/(x)=X得：X=近,即

,照q,=√∑成立，故D正确.

故选：D

2.(2023•上海•统考模拟预测)已知数列｛为｝的各项均为实数，S,,为其前〃项和，若对任意

Q2022,都有闻>∣S*+J,则下列说法正确的是()

A.al,a3,a5,，%,“为等差数歹出,4，%,，。2〃为等比数列

B.ai,a3,a5,为等比数歹U，，七〃为等差数列

C.4,。2，“3，，“2022为等差数歹U，%022，。2023，“2024L,%为等比数列

D.“∣，%，"3，，。2022为等比数歹∣J,“2022,02023，°2024L为等差数列

【答案】C

【分析】令分〃)1斐I⑸是等差数列的前A项和)，由题意可得当〃>2022时,仆,单调递减，结

合二次函数的性质和选项逐一判断即可.

【详解】解：令/(〃)=IS“|20,由题意当”>2022时，””单调递减，

对于首项为q,公差为"的等差数列，

则前〃项和<=四+勺ɪd=/+(4-”(不含常数项)，

此时/(〃)=TJ=IgH+(4-鼻•〃，

由二次函数的性质知：当“足够大时，，⑺不可能为单调递减函数，

所以，A中奇数项及B中偶数项为等差数列均不合题意；

对于C,当前2022项为等差数列，从第2022项开始为等比数列且公比qe(0,l)时，满足

/(n)>∕(n+l),故符合题意；

对于D,当前2022项为等比数列，从第2022项为等差数列时•，同A、B分析：当〃足够大时，不

满足/(〃)>/(〃+1),即“">不可能为单调递减函数，故不合题意

故选：C.

【点睛】方法点睛：等差数列的前〃项和S“是关于〃的二次二项式(不含常数项)，在研究有关等

差数列前〃项和的有关性质性，从二次函数的性质出发，能使问题得到简化.

3.(2019秋•上海嘉定•高二上海市嘉定区第一中学校考阶段练习)已知bg"2>log.2>0,

则的值为()

fa"+bn

A.1B.-IC.0D.不存在

【答案】B

【分析】由对数式的大小可判断出l<b<4,然后再利用极限的方法求解即可.

【详解】因为IOgZ,2>log。2>0,令y=∕(χ)=Iog,,x,y=g(x)=log”x,结合对数函数的图象性

4.(2019秋•上海闵行•高三上海市七宝中学校考阶段练习)已知IimN-"/"7)=1,

"—>8

则实数a的值为()

A.1B.2C.3D.4

【答案】D

【分析】先化简再利用数列的极限求解.

_.,,,,..(2W-√4H2-α∕7+3)(2∕ι+√4??2-an+3),an-3,

(详解］由题NΚZ得RAhmʌ——----------/:------------=l,∙∙∙∣∙m-------1=ɪ

E(2"+W即+3),,->∞(2n+√4√-α∕7+3)

故选：D

【点睛】本题主要考查数列的极限运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

二、填空题

5.(2022秋•上海浦东新∙高三上海市实验学校校考阶段练习)对任意XeR,函数/(x)满

2

足〃x+l)="(x)-尸(x)+g,an=f(n)-f(n),数列｛《,｝的前15项和为-荒，数列匕｝满足

ς,+C,U="(2023)]",若数列｛q｝的前〃项和的极限存在，贝丘=.

【答案】，3

【分析】由题意可得(〃〃+1)-；)2=/(〃)-/(〃)，0≤∕5)≤l,/(∏+l)≥i.展开代入可得

‰+^=-¾.又a“+2+；=-%，化为%+2=4,.再根据数列｛%｝的前15项和与的+；=-4，解

得生，可得心，¾*∙-ι.解出了(2ZT),即可得出%+C田，对〃分奇偶分别求和并取极

限，利用极限相等求得d

22

【详解】f(x+l)=y∣f(x)-f(x)+^,an=f(n)-∕(n),

∙∙∙(7(n+l)-∣)2=∕(n)-∕2(n),

展开为r(〃+1)-/(〃+1)+；="")一尸(〃)，/(∏)-∕2(n)≥O,

即O≤∕(")≤l,/(∏+ι)≥l.

即¾÷ι+；=一%'

1

・••%+2+[=_%+]，

化为4+2=4・

・.・数列｛为｝是周期为2的数列.

数列｛〃〃｝的前15项和为-2，

16

.∙q+%+…+。]4+45=7(q+%)+4=~~~.

16

ŋ1

又氏+二二一4，

4

13

解得出=-77，a∖=-_77•

1616

・13

∙∙a2k=a2=^77,a2k-=a=-77,

IoIo∖∖

3IQ

由尸(2A-1)-∕(2%-1)+7ς=0,/(⅛+l)≥-,解得f(2k-l)=:

Io24

.产(2k)-"2Z)+∖=0,f("+l)≥g,解得〃2%)=W^,

又%+q,+∣=[42023)T=G)",

令数列｛%｝的前"项和为S”,则当〃为奇数时，

9

c'+7;

2[i-(2y,]

l3

则当〃为偶数时，Slt=C1+C∙2+c3+c4+...+*+C,=φ+φ+...+(犷=4一楙一，取极限

1-----

16

a17a

若数列｛c,,｝的前“项和的极限存在，则J+]=/,q=1，

,3

故答案为：—.

【点睛】方法点睛：在遇到周期性数列求和时，可利用分组求和的方法，分别对奇数项和偶数

项进行求和，然后再求和.

6.（2022•上海•高二专题练习）如图，在边长为1的正三角形ABC中，B1C=2ABt,

AtB=2CAi,GA=2BC∣，可得正三角形AMG,以此类推可得正三角形斗避?。”,正三角形

A“B”C，则独

A,β,,Cn,记S“=SABC+SABlG+S++SrlS"=_.

【分析】先判断出S.BC，S.”£，，,Saq构成一个首项为立，公比为:的等比数列，再求

43

和，求极限._

【详解】因为正三角形A8C的边长为1,所以SMC=IXIXIXSin工=3，

λsc234

在边长为1的正三角形ABC中，B1C=2AB1,AyB=2CAi,GA=28G

所以AG=由余弦定理得：BG=且,同理可求：A耳=AG=3•

33

L

所以ABC与ΛBC相似，相似比为立，所以2≡=（.

33abc3

同理可求：=L,SM£-=；.

所以SABC，S，，,SAnBnCtl构成一个首项为丑，公比为9的等比数列,

43

Br

______4_3+

所以IimSn=Iim-—•

∕j→÷κ∏→+oc1-1____1-18

33

故答案为：更.

8

7.（2022•上海•高三专题练习）已知直线/：y=fr+l与X轴交于点A,将线段的〃等分

点从左至右依次记为《，，•，匕1，过这些分点分别作X轴的垂线，与直线/的交点依次为

Ql,Q2,-,Qn-l,从而得到AT个直角三角形AQQ%AQ2P1P2,L,AQn.lPn.2Pn.i,若这些三角

形的面积之和为S”,贝的吧Sn=

【答案】»#。25

【分析】根据所给条件，结合几何关系，先求第i个小直角三角形的面积，列式求和，最后求

极限即可得解.

根据题意，各个小直角三角形的底边长为L,

n

第i(i=l,2,3,,〃-1)个三角形的高24=1_二面积为I(I-与,

n2nn

所以面积之和S11ɪɪ(l-ɪ+1--+1--+L+1--~~-)

2nnnnn

121

l+2÷3++M-1

五

五=

7?nn

/7n

1

〃^

=-7=

224

111

1Sm--=-

in→44

〃4/7

故答案为：—.

4

8.(2022•上海•高三专题练习)无穷等比数列{%}("∈N*"eR)的前〃项和为S,,,且

!吧S“=2,则首项4的取值范围是.

【答案】(0,2)(2,4)

【分析】由无穷等比数列的所有项和的公式得出的关系，根据I的范围即可得出首项％的

取值范围.

【详解】设公比为4,因为吧S“=2,所以言=2,即4=20-4),

又由题意知W∣<l且4片。，所以。<1一q<2,且l-q≠l,

所以4=2(l-q)∈(0,4)且α尸2,所以首项外的取值范围为(0,2)匚(2,4).

故答案为：(0,2)(2,4).

9.(2020秋•上海松江•高三上海市松江二中校考阶段练习)已知正三角形边长为“,用这

个三角形的高为边，做一个新的正三角形，再用这第二个正三角形的高为边做正三角形，这样

无限继续下去，则所有正三角形的面积之和为

【答案】岛2

【分析】通过列举法找出递推关系，再求解面积之和的极限即可

【详解】第一个正三角形边长为。，面积为立Y,高为0”，

42

则第二个正三角形面积为等，=存,第二个正三角形的高为日•华=:。，

则第三个三角形面积为：绊由此递推，可把第一个三角形面积看作，，则公比为前

644

λ

Slfl-Γ^∣Cz3γΛ

〃个三角形的面积和为I(J=后O"，则则&[1-∣JJ=岛2，

1----I'，/

4

故答案为：y∕3a2

10.(2020秋•上海虹口•高二校考期末)已知IimKJ½"j=8,则IimM=.

rt

→∞L^4n-3√JΛ→*n

【答案】32

【分析】先分子、分母同除以〃2,再根据数列极限的运算公式可求极限.

【详解】由数列极限的运算公式得

.¾

—=lim—=—I-i0m0-=8,

3Λ→OO44n*n

村

.Jim=32.

w→∙≈〃

故答案为：32.

【点睛】对关于〃的分式的极限，可通过分子、分母同除以〃的最高次累来求.

11.(2022•上海•高二专题练习)设无穷等比数列｛qJ的各项和为则首项外的取值范围

是____________,

【答案】幡朋

【分析】由题设可得，=4且τ<g<ι且qwo,由此能够推导出％的取值范围.

∖-q2

【详解】由IimS,,=Iim驾山=L可得普二且-1<”1且g≠0

Λ→CCι-q21一夕2

q=Vq)

-1<夕<1且#0

..。<q<1且。尸Q

故答案为：(*W⅛,1)

【点睛】本题考查无穷等比数列的极限存在的条件的应用，考查了数学运算能力和逻辑推理能

力，属于一般题目.

12.(2020春•上海静安•高三统考阶段练习)设4(",y,,)("∈N*)是函数y=2x+'的图像上

X

的点，直线χ="+ι与直线y=y”的交点为纥，A41ΛA,∣的面积为s“，贝丹吧s,,的值为

【答案】1

【分析】«tBA,(«2nl)，4.(nUn2-L),S„(«l,2.l),

,++++i++M⅛5,,=1--ΓL-.FT

后求!吧s,,得解.

【详解】因为4(〃，L)是函数y=2x+∙l的图像上的点,

X

所以笫=2〃+—,所以A”(几2n+-),4+∣(〃+1,2〃+2H------),

nn72+1

直线X="+1与直线y=y〃的交点为Bzt,

所以B"(n+1,2«+-).

n

所以-∣=2+∕τT

所以。出人的面积S,=gxlx(2+-)=1+/1

2n

]

所以S〃=l-

2n2+2n

所以!吧S”T.

故答案为：L

【点睛】本题主要考查数列的极限的计算，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识

的理解掌握水平.

13.(2022春•上海长宁•高三上海市复旦中学校考期中)设等差数列｛%｝的公差d为-2,前

2-M2

〃项和为S“，贝Illimaaʌ=

eSll

【答案】-3

【分析】由等差数列性质表示出4,S,,,再结合极限定义求解即可

【详解】设数列首项为4,贝∣Jα,,=q-2("-l)=-2w+q+2,

S,,=一~~—=-rt2+(«(+l)n,贝Ij

.a^-n2(-1n+a+iy-ιΓ3H2

I1im-l------=Iim----------i-------------=Iim--=-3

w→∞Sn→soz

tl+(“+I)”w→∞-n

故答案为：一3

【点睛】本题考查数列极限的求法，等差数列性质的应用，属于基础题

14.(2019秋•上海闵行•高三上海市七宝中学校考阶段练习)凡是(2+x)"(〃wN*)的展开式

各项系数的和，则ɪɪm[-+—+-•-+—I=______.

Fq¾a,J

【答案】

【分析】先求出=3"，’=(；)",再利用数列的极限求解即可.

a”J

【详解】因为4,是(2+x)"("wN*)的展开式各项系数的和，

所以α,,=(2+1)"=3",.∙一=(；)",

0-r

rrN1.(1ɪ“1.r∣⅛1II

2

所以Ilm—=Iimp------τ-]=-^r=-.

-cl4¾a,J—01-1[-I2

33

故答案为：ɪ

【点睛】本题主要考查二项式的展开式的系数，考查数列的极限的计算，意在考查学生对这些

知识的理解掌握水平.

n(n≤2)

15.(2020•上海杨浦•统考一模)已知数列｛4｝的通项公式为4=C丫_..、("€")，

[2)(〃刈

S,是数列M,｝的前〃项和，则,吧S,=

7

【答案】ɪ

n("≤2)

(,≥3)("WN)可得

【解析】因为｛可｝的通项公式为αl,=[J∣'

,她5"=,%(4+%+%+4,)=4+4+㈣(/+4++〃“)，即可求得答案.

n(n≤2)

【详解】血｝的通项公式为《,=[5>3)("CN*)

.∙.HmS=Iim(a+tz+α,+«„).

rt→÷X>nrt→+00t2

=q+%+Hm(%+%++〃〃)

.7

/.1IimSr=一

n→+∞n2

故答案为：]7.

【点睛】本题主要考查了数列极限运算,解题关键掌握数列极限的求法,考查了分析能力和计算

能力,属于基础题.

三、解答题

16.(2022春•上海黄浦•高一格致中学校考阶段练习)如果数列｛。“｝每一项都是正数，且对

任意不小于2的正整数〃满足Y≤⅛.∕z,,+l,则称数列｛α,,｝具有性质就

⑴若a.=pW、b“=m+b(久久a、6均为正实数)，判断数列｛q｝、圾｝是否具有性质明并说

明理由；

⑵若数列｛《,｝、｛2｝都具有性质弘cn=a,,+bn,证明：数列｛%｝也具有性质肱

axx

(3)设实数αN2,方程χ2-0r+ι=o的两根为七、X?，,.="+'i>若S+&++&>"-1对

a2a3an+l

任意正整数K恒成立，求所有满足条件的a

【答案】(1)数列｛q｝具有性质断数列｛2｝不具有性质〃

(2)证明见解析

(3)a=2

【分析】(1)结合性质M直接判断｛叫、也｝即可；

(2)由｛4｝、也｝都具有性质”,C,,=4+2,可直接得出d≤-,⅛≤⅛+1,要证

d≤Gτ∙G+∣,化简可得证2。也≤an-∣∙⅛+∣+αn÷ι∙⅛-,,结合性质M和基本不等式即可求证；

(3)先将%=X'+月结合韦达定理代换成4,=k+3,设法证明具有性质则原不等

ʃɪ

式可进一步放缩为詈W"T,求出49,解一元二次不等式即可求解.

【详解】⑴对4,=PW'=(Pq)Wz，可看作以网为首项，4为公比的等比数列，

故说=⅛-∣¾+∣)故｛4｝具有性质”；

2

^bπ=an+b,若满足f4履也用，Bβ(An+⅛)<[α(w-l)+fe][α(M+l)+fe],

整理得v[(m+6)-α｝[(m+b)+α],β[J(an+h)2<(an+h)2-a2,0≤-a2,

因为a>0,所以O≤-°2不成立，所以｛〃,｝不具有性质

⑵若｛q｝｛"｝都具有性质M,c,=4+4,则a：≤%%,d≤%%,

cfl++

d=(《，+d)2，Jτ=4τ+⅛.∏ςrt∣=⅛÷1+⅛tl,n-l∙ς,÷l=(n-l⅛-l)-(⅛÷l⅛+l)，

要证数列｛%｝也具有性质M，即证C：Vc.T∙c,+∣,即(4,+b,,)2≤(",τ+%τ)∙(α,,+∣+%),

整理得:¢+b∙+2a,lbn<*∙απ+l+⅛.l∙⅛+,+%•%+¾+l-⅛.1,因为a；≤七一A*∣,b；<⅛,,.l⅛,,+1,即证

MP,VatIT也M+⅛÷l⅛-l①，

2

因为Y≤a,,.laπ+l,b;≤⅛.l⅛,,+1,所以(q∙⅛)≤∙aπ+l∙⅛.,∙⅛+l=(«„.,•⅛+1)∙(⅛.,-«„+,)>

所以aJ⅛≤7(«„-i∙⅛÷∣)∙(⅛-l¾÷∣)，2a,,∙⅛<2y∕(an,l∙⅛tl)∙(⅛.∣∙⅛+1),

由基本不等式可得2√(an.,∙⅛+l)∙(⅛,1∙a,,+l)<a„_,∙⅛+,+¾+,∙⅛.l,①得证；

(3)由方程/一0¥+1=0的两根为4超,勺=邸+*；'("€1<)可得%+x2=a,xtx2=∖,

x2=—,an=x∖+~τ,an-∖=x∖'+^^4τ>⅛+∣='x∣'+l+T^Γ>a：=x：”+±+2,

X[X[X]

an-∖■¾÷∣=[-vΓ'+-7τ][-rΓ1+击]=X；"+!+3+X；≥a：=+!+2,即?5T，

IɪlX、)ɪiɪj%%+1

所以放缩得幺+幺+,+—≥-l÷-+，+乌-≥"-l,即吧L≥"1,

a

生。22。2%¾+l%

22

当〃=1时，a1=xi+x2=a；当〃=2时，a2=x^+jζ=(ɪ,+x2)-2xlx2=a-2,

所以Y∖≥〃-1,即E≥JL恒成立，故Y⅛N1,解得。«-1,2],

a~-2a~-2na-2l

又a≥2,故只能a=2.

17.(2021•上海青浦•统考一模)如果数列｛q｝每一项都是正数，且对任意不小于2的正整

数〃满足a；≤¾.,⅛t,,则称数列｛%｝具有性质M.

(1)若4=P∙q","=m+b(PMa3均为正实数)，判断数列｛4｝、也｝是否具有性质M；

⑵若数列｛q｝、｛"｝都具有性质%C=4+",证明：数列｛%｝也具有性质M；

(3)设实数a≥2,方程V-ar+l=0的两根为％、/，4=工'+石(〃。*),若

~+~++&>"T对任意〃eN,恒成立，求所有满足条件的a.

a2。3an+∖

【答案】(l)｛q｝具有性质也｝不具有性质M

(2)证明见详解

⑶Q=2

【分析】⑴结合性质M直接判断｛%｝、也｝即可；

(2)由应｝、也｝都具有性质M，%=4+2,可直接得出孀≤%τ4+∣,≤%%,

要证c：≤4τG+∣,化简可得证2。也≤¾-,∙⅛+,+¾+1∙⅛-l,结合性质M和基本不等式即可求证；

(3)先将%=%"+石结合韦达定理代换成a,,=k+j7,设法证明｛叫具有性质M,则原不等

xI

式可进一步放缩为詈≥“T,求出4，%,解一元二次不等式即可求解.

【详解】⑴对Q=P∙∕=(/MWI,可看作以网为首项，q为公比的等比数列，故

a：=%4,+∣,故｛¾｝具有性质M；

对〃,=""+8,若满足片≤b,ιt>,,+∣,gp(an+b)2<[a(n-l)+⅛][o(π+l)+h],整理得

(an+b)2≤[(an+⅛)-a]∙[(an+fe)+4z],gp(an+b)2<(an+b)2-a2,0≤-a2,因为a>0,所以0≤-/不

成立，所以他,｝不具有性质M；

⑵若｛απ｝4⅛｝都具有性质M,cn=al,+b,,,则a；≤all,laπ+l,b；≤⅛,,.1⅛n+1,

ca+c+β+

d=(4+dY'"-<="-<⅛-i`-÷ι=⅛÷∣⅛÷l,%∙J*ι=(n-∣⅛-∣)∙(⅛÷∣+⅛t∣)，

要证数列｛c,｝也具有性质M,即证c；4ς,-l-%,即(ɑ,,+Y≤(".∣+⅛,l)∙(aπ+l+⅛+,),整理得:

d+8+2anbn<⅛.1∙a””+⅛.1∙⅛+,+an,l∙⅛+l+¾+l∙⅛,,,因为4；≤α.τ4+∣,⅛≤⅛.1⅛+,，即证

¼,⅛≤⅛-1'⅛÷1+。田也T①，

因为4%%，b：≤bll,lbll+l,所以(4,,也J≤%也”=(%也J(%,为“)，

」

所以4∙A<J(j%)∙(Jτ∙4+J，2ahn≤2^a„_t∙⅛tl)∙(⅛.l∙α,wl),

由基本不等式可得2"(4τ∙"+J∙(%τ∙α,,+J≤α,τ也用+α,用∙⅛.1,①得证；

⑶由方程/一奴+1=0的两根为占、々,。“=普+工：("€1<)可得用+々=。,中2=1,

XA+3=X｝+±+3+M≥4=M"+4+2,BP^≤⅜L,所以放缩得

X[JX∣X]ɑrt+1

—l+-++—≥-l+-++-ii->ZI-I,即竺1∙≥k-1,

a

。2%%%%n+X%

22

当〃=1时，α1=X1+x2=α；当〃=2时，Ci2=x1+x1=(x1+x2)--2xlx2=a-2,

所以即士≥j∙L恒成立，故EN】，解得“e[T,2],Xβ>2,故只能4=2.

a~-2a~-2na-2LJ

18.(2020秋•上海虹口•高二上外附中校考阶段练习)对于无穷数列｛(,｝,若正整数〃。，使

得〃≥%5eN*)时，有人>1,,则称⑵｝为“"/不减数列”.

(1)设SJ为正整数，且s>f,甲：｛%｝为“「不减数列”.乙：｛怎｝为“广不减数列”.设

判断命题：“甲是乙的充分条件”的真假，并说明理由；

(2)已知函数y=∕(χ)与函数y=-2+2的图像关于直线y=x对称，数列｛4｝满足

4=3,4+2=/(〃")("€N*),如果｛α,,｝为“"广不减数列“，试求“。的最小值.

【答案】(1)假命题；答案见解析；(2)2.

【分析】(1)根据不减数列”的定义即可判断命题真假；

(2)根据条件求得函数y=/(x)的解析式，然后据“〃。~不减数列”的定义即可求得〃。的最小

值.

【详解】⑴对于甲：优｝为“s~不减数列"OXJ<XJ+I<XJ+2<,

对于乙：限｝为“广不减数列"o%<x,M<%<,

∙.∙s∕为正整数，且s>f,

.∙.乙n甲，甲石乙，甲是乙的必要条件；

故“甲是乙的充分条件”是假命题.

(2)由题知函数y=∕(x)是函数y=-'+2的反函数，

X

贝IJy(X)=J―，4+2=J-SeN*);

2-xZ-a”

｛¾｝为不减数列”时，由q=3=%=-1<1知，

«o>l»‰>an,"2%恒成立；

假设4<1(k≥n),则以+∣<%∙+2=:;------<1,

nz-ak

即当〃≥%,an<l.

11

于是4+1。；

2~an-∖2~an-2O%>%

同理%+2>”向O4,>4τ;

即对于数列｛%｝,当%>1时，恒有色<%<%<，而4>的，

因此，%的最小值为2.

【点睛】方法点睛：根据不减数列”的定义，考察综合分析论证与求解能力.

19.(2022•上海•高三专题练习)已知无穷数列的首项为4,其前〃项和为S,,,且

a“*「a“=d(w∈N*),其中d为常数且dwθ.

(1)设q=d=l,求数列｛4,J的通项公式，并求吧U-~的值；

isan

(2)设d=2,S1=-I,是否存在正整数左使得数列｛"∙S,,｝中的项h&<应成立？若存在，求

出满足条件&的所有值；若不存在，请说明理由.

(3)求证：数列｛七｝中不同的两项之和仍为此数列中的某一项的充要条件为存在整数〃?且

m≥-∖,使得“∣=/.

【答案】(1)an=n(∈N*)；ɪim(l-ɪ)=1.()存在；左的值为1,2,3,4,5,6,7,8；(3)

n>8a2

证明见解析.

【解析】(1)利用已知条件得数列｛《,｝是以1为首项、1为公差的等差数列，求出通项公式，

取极限即可；(2)利用等差数列的前〃项和公式先得到明,再求出囚，利用等差数列的前“项

i2

和公式得到"P,=〃3-8心即上&=kSk=/次_8)<四，即可求出满足条件上的所有值；

(3)①先证必要性：存在%,使得%+4=4,利用等差数列的通项公式得到

a,=(k-s-t+∖)d,故存在m,使得加=改一6T+1,使得4=〃以，m∈Z.运用反证法.证明

即可；②再证充分性：当4=〃立，加NT,meZ,任取等差数列仅“｝中不同的两项g和q

(s≠f),利用等差数列的通项公式得到q+(s+/+利-2)d=4+ii

满足题意.

【详解】⑴由矶-4,=1,

得数列｛q｝是以1为首项、1为公差的等差数列.

故α,,="(∏∈N')；

lɪɪrɪ(l----)=lim(l-■-)=1.

"T8Clnn→∞",

(2)SJ是等差数列,S1=Ia4=-I,

得知=-1,又因为d=2,

所以q=-7.

故S“=∙^∙∕+(ɑ∣-5)”=〃2一8〃，

所以"•5“=/—8"~(”eN"),

i2

k-Sli=k-Sk=k∖k-8)<√2,

当k=1,2,3,4,5,6,7,8时，

k-Sk≤0<√2,不等式成立；

当k≥9,k∙Sκ≥k2>Ji时,不等式都不成立.

所以满足条件的所有的女的值为123,4,5,6,7,8.

(3)①先证必要性：任取等差数列伍“｝中不同的两项应和q(SHr),

存在％,使得α,+α,=4，

贝IJ2〃]+(s+/—2)d=4+(k—Γ)d,

得q=(%-sT+l)d,故存在加,

使得加=AτT+l,

使得%=md,m≡Z.

再证〃?2-1：运用反证法.

假设当4/0时，加2-1不成立，

则机<-1恒成立.

对于不同的两项4、a2,应存在4,

使得4+%=4，

即(2m+1)"=〃以+(/-1)",

故/=帆+2,又因为机是小于-1的整数，

故∕≤0.所以假设不成立，

故，〃N-1.

②再证充分性：当q=〃以，m≥T,meZ,

任取等差数列U｝中不同的两项α,和q(s≠f),

as+q=2q+(s+/-2)d=ai+(s+t+m-2)d,

∣⅛1为]s+/+tn—2≥O且s+/+/??—2wZ,

所以4+(s+r+根-2)d=<zs+,+m.,,

综上①②可得，

等差数列｛%｝中不同的两项之和仍为此数列中的某一项的充要条件为存在整数加且，"≥T,使

得q=znd得证.

【点睛】关键点睛：熟练掌握等差数列的通向公式以及等差数列的前〃项和公式是解决本题的

关键，证明充要条件时要分别证明充分性和必要性两种情况.

20.(2020春•上海浦东新•高一上海市进才中学校考期末)已知等比数列｛&“｝的前〃项和为

S",4=2,a3=2a2+16,且满足S2020<0.

(1)求数列｛4｝的通项公式；

(2)求无穷数列，的各项和.

【答案】(1)α,,=2∙(-2Γl(n∈N∙);(2)ɪ.

【分析】(1)假设等比数列的公比，然后根据题意计算出公比，根据等比数列的通项公式的

表示可得结果.

(2)根据(1)的结论，以及极限的概念，简单计算可得结果.

【详解】⑴设等比数列的公比为4,

由题可知：

F*=卜：2=仁_2或4=4

∖a3=2%+16[qq~=2alcj+16

又S-严)〈°.可知…2

D2020<U，-JKHτ

1-q

所以4=2∙(-2)"T(neN∙)

(2)由(1)可知：¾=2∙(-2r,,则-L=LH

a.2I2)

可知数列-L是首项为J,公比为的等比数列

a,,22

故答案为：α,,=2∙（-2Γ'（w∈N∙）,ɪ

【点睛】本题考查等比数列的通项公式以及前〃项和，还考查了极限的思想，本题关键在于审

题以及计算，属中档题.

21.（2020•上海•高三专题练习）求值：lim"："（a≠O）.

π→5°α+α+÷a

_.....1+62T+。4++a2n

【a答λ案t】IIm-------——

λ→°0α+α5++α2/J-11,∣α∣<∣

【分析】分子分母都是公比为/的等比数列，先考虑"=1,即。=1或。=-1两种情况求极

限，再分时<1和|4>1两种情况讨论数列的极限.

【详解】分子分母都是公比为/的等比数列，先考虑〃=1,即α=l或α=T两种情况.

当α=l时，原式=Iim”^=1；

Λ→OO〃

9a=1

M=T

,∣α∣<l

,同›1

【点睛】本题考查极限求值，重点考查分类讨论的思想，等比数列的前八项和，属于基础题

型，本题解答中除了对公比Y=1需要单独讨论外，另一个要点是注意数列的项数，这里分子

是〃+1项，分母是〃项.

22.（2022•上海•高二专题练习）已知数列｛q｝的前〃项之和S“满足5〃=1+啊（一工1）.

（1）求证：｛s,,-ι｝是公比为二T的等比数列；

r-1

（2）求适合］,吧5“=1的7的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）r<∣

【分析】（1）由题得5,=7二-「5,1，再证明uʒ=-［，｛S,,-1｝是公比为二T的等比

∖-r1—r*JΛ-I-Ir-Ir-1

数列即得证；

（2）求出S<,=l-（二）",由题得I-1<1,解不等式即得解.

r-11-r

【详解】（I）由题得5,,=l+r⑸-S,zX"≥2）,

1r

所以Sn=-------------S“_]，

1-r∖-r

Irr

所以包一，，

1.TΞ7-TΞ7"-17ΞT(S,I-II

SzIT-I5π-,-lSe-Ir-1

所以｛S,,-1｝是公比为二T的等比数列.

r-1

(2)由题得R=1+S[=,—.

所以S-I=JI=I

1-r1-r

因为｛S,∙1｝是公比为二7的等比数列，

r-1

所以s〃—1=丁匚(二7尸=—("7)”,∙∙∙∖=l-(-ɪ-r，

∖-rr—1r-∖r—1

因为把SS“=i,

所以Iim(I-(-⅛")=1,

“一>8尸一ɪ

所以I■l<ɪ，

1-r

所以一1<一一<1,

1-r

解之得，•<;.

所以r的取值范围为r<g∙

【点睛】本题主要考查数列性质的证明，考查数列的极限的计算和不等式的解法，意在考查学

生对这些知识的理解掌握水平.

23.(2020•上海•高三专题练习)如图所示，设正三角形I边长为4,热∣是7“的中点三角

形，A”为7；除去后剩下三个三角形内切圆面积之和，求J,吧(