2020-2024五年高考数学真题分类汇编专题13 数列（真题10个考点精准练+模拟练）解析版

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题13数列（真题10个考点精准练+精选模拟练）5年考情考题示例考点分析2024年秋考12、18题2024年春考7、12题数列的应用、等比数列的性质；数列与函数的综合等差数列的性质及求和公式；数列、不等式的应用2023秋考3、21题2023春考16题等比数列的前n项和公式；数列与函数的综合应用等差数列和等比数列的性质2022秋考10、21题2022春考16、18题等差数列的n项和公式、通项公式；数列中的递推公式、推理问题、数列的通项公式等知识数列的应用、等比数列性质的应用；等差数列与等比数列的前n项和、数列极限的求法、数列的函数特性及应用。2021年秋考8、12题2021年春考1、9、21题等比数列通项公式和无穷递缩等比数列的求和公式；数列概念的理解和应用、递推公式的应用等差数列的通项公式；无穷等比数列的概念及性质、极限的运算；数列的综合应用、等比数列的判定及求解。2020年秋考2、8、21题2020年春考13题数列极限的求法；等差数列的前n项和与通项公式；数列的综合应用、不等式以及不等关系、二次函数以及函数的相关性质综合应用。数列极限的求法一．等差数列的通项公式（共1小题）1．（2021•上海）已知等差数列的首项为3，公差为2，则21．〖祥解〗由已知结合等差数列的通项公式即可直接求解．【解答】解：因为等差数列的首项为3，公差为2，则．故答案为：21．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，属于基础题．二．等差数列的前n项和（共3小题）2．（2024•上海）数列，，，的取值范围为．〖祥解〗由已知结合等差数列的求和公式及性质的应用，属于基础题．【解答】解：等差数列由，知数列为等差数列，即，解得．故的取值范围为．故答案为：．【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．3．（2022•上海）已知等差数列的公差不为零，为其前项和，若，则，2，，中不同的数值有98个．〖祥解〗由等差数前项和公式求出，从而，由此能求出结果．【解答】解：等差数列的公差不为零，为其前项和，，，解得，，，，1，，中，，，其余各项均不相等，，，中不同的数值有：．故答案为：98．【点评】本题考查等差数列的前项和公式、通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．4．（2020•上海）已知数列是公差不为零的等差数列，且，则．〖祥解〗根据等差数列的通项公式可由，得，在利用等差数列前项和公式化简即可得出结论．【解答】解：根据题意，等差数列满足，即，变形可得，所以．故答案为：．【点评】本题考查等差数列的前项和与等差数列通项公式的应用，注意分析与的关系，属于基础题．三．等比数列的性质（共1小题）5．（2021•上海）在无穷等比数列中，，则的取值范围是，，．〖祥解〗由无穷等比数列的概念可得公比的取值范围，再由极限的运算知，从而得解．【解答】解：无穷等比数列，公比，，，，，，，．故答案为：，，．【点评】本题考查无穷等比数列的概念与性质，极限的运算，考查学生的运算求解能力，属于基础题．四．等比数列的前n项和（共1小题）6．（2023•上海）已知首项为3，公比为2的等比数列，设等比数列的前项和为，则189．〖祥解〗直接利用等比数列的前项和公式求解．【解答】解：等比数列的首项为3，公比为2，．故答案为：189．【点评】本题主要考查了等比数列的前项和公式，属于基础题．五．数列的应用（共5小题）7．（2022•上海）已知等比数列的前项和为，前项积为，则下列选项判断正确的是A．若，则数列是递增数列 B．若，则数列是递增数列 C．若数列是递增数列，则 D．若数列是递增数列，则〖祥解〗反例判断；反例判断；构造等比数列，结合等比数列的性质判断；推出数列公比以及数列项的范围，即可判断．【解答】解：如果数列，公比为，满足，但是数列不是递增数列，所以不正确；如果数列，公比为，满足，但是数列不是递增数列，所以不正确；如果数列，公比为，，数列是递增数列，但是，所以不正确；数列是递增数列，可知，可得，所以，可得正确，所以正确；故选：．【点评】本题考查数列的应用，等比数列的性质的应用，是中档题．8．（2024•上海），，，，任意，，，，满足，求有序数列，，，有48对．〖祥解〗由题意得，10，12，18，20，，设，由单调性有，，，，分类讨论可求解．【解答】解：由题意得，10，12，18，20，，满足，不妨设，由单调性有，，，，分两种情况讨论：①，，解得，，，，②，，解得，，，，所以有2种，综上共有对．故答案为：48．【点评】本题综合考查了数列，不等式的应用，属于难题．9．（2024•上海）无穷等比数列满足首项，，记，，，，若对任意正整数，集合是闭区间，则的取值范围是，．〖祥解〗当时，不妨设，则，，，，结合为闭区间可得对任意的恒成立，故可求的取值范围．【解答】解：由题设有，因为，，故，故，当时，，，，故，，此时为闭区间，当时，不妨设，若，，，则，，若，，，，则，，若，，，则，，综上，，，，，又为闭区间等价于，，，为闭区间，而，故对任意恒成立，故，故，故对任意的恒成立，因为，故当时，，故即．故答案为：，．【点评】本题考查数列的应用，等比数列的性质的应用，是中档题．10．（2021•上海）已知数列满足，对任意，和中存在一项使其为另一项与的等差中项．（1）已知，，，求的所有可能取值；（2）已知，、、为正数，求证：、、成等比数列，并求出公比；（3）已知数列中恰有3项为0，即，，且，，求的最大值．〖祥解〗（1）根据和中存在一项使其为另一项与的等差中项建立等式，然后将，，的值代入即可；（2）根据递推关系求出、，然后根据等比数列的定义进行判定即可；（3）分别求出，，的通项公式，从而可求出各自的最大值，从而可求出所求．【解答】解：（1）由题意，或，解得，解得，经检验，，（2）证明：，，或，经检验，；，或（舍，；，或（舍，；，或（舍，；综上，、、成等比数列，公比为；（3）由或，可知或，由第（2）问可知，，则，即，，则，，同理，，，同理，，的最大值．【点评】本题主要考查了数列的综合应用，等比数列的判定以及通项公式的求解，同时考查了学生计算能力，属于难题．11．（2020•上海）已知数列为有限数列，满足，则称满足性质．（1）判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质，请说明理由；（2）若，公比为的等比数列，项数为10，具有性质，求的取值范围；（3）若是1，2，3，，的一个排列，符合，2，，，、都具有性质，求所有满足条件的数列．〖祥解〗（1）根据定义，验证两个数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质即可；（2）假设公比的等比数列满足性质，可得：，推出，通过，时，时：时，四种情况讨论求解即可．（3）设，分时，当时，当时，当时，以及，4，，，，五种情况讨论，判断数列的可能情况，分别推出判断是否满足性质即可．【解答】解：（1）对于数列3，2，5，1，有，，，满足题意，该数列满足性质；对于第二个数列4、3、2、5、1，，，．不满足题意，该数列不满足性质．（2）由题意：，可得：，，3，，，两边平方可得：，整理可得：，当时，得此时关于恒成立，所以等价于时，，所以，，所以，或，所以取，当时，得，此时关于恒成立，所以等价于时，，所以，所以，所以取．当时：，当为奇数时，得，恒成立，当为偶数时，，不恒成立；故当时，矛盾，舍去．当时，得，当为奇数时，得，恒成立，当为偶数时，，恒成立；故等价于时，，所以，所以或，所以取，综上，．（3）设，，4，，，，因为，可以取，或，可以取，或，如果或取了或，将使不满足性质；所以的前5项有以下组合：①，；；；；②，；；；；③，；；；；④，；；；；对于①，，，，与满足性质矛盾，舍去；对于②，，，，与满足性质矛盾，舍去；对于③，，，，与满足性质矛盾，舍去；对于④，，，与满足性质矛盾，舍去；所以，4，，，，均不能同时使、都具有性质．当时，有数列，2，3，，，满足题意．当时，有数列，，，3，2，1满足题意．当时，有数列，1，3，，，满足题意．当时，有数列，，，，，3，2，1满足题意．所以满足题意的数列只有以上四种．【点评】本题考查数列的综合应用，不等式以及不等关系，二次函数的性质以及函数的相关性质的综合应用，考查分析问题解决问题的能力是难度大的题目，必须由高的数学思维逻辑修养才能解答．六．数列的求和（共1小题）12．（2021•上海）已知为无穷等比数列，，的各项和为9，，则数列的各项和为．〖祥解〗设的公比为，由无穷递缩等比数列的求和公式，解方程可得，进而得到，，求得数列的首项和公比，再由无穷递缩等比数列的求和公式，可得所求和．【解答】解：设的公比为，由，的各项和为9，可得，解得，所以，，可得数列是首项为2，公比为的等比数列，则数列的各项和为．故答案为：．【点评】本题考查等比数列的通项公式和无穷递缩等比数列的求和公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．七．数列递推式（共2小题）13．（2021•上海）已知，2，，对任意的，或中有且仅有一个成立，，，则的最小值为31．〖祥解〗设，由题意可得，，恰有一个为1，然后分两种情况分别求解的值，即可得到答案．【解答】解：设，由题意可得，，恰有一个为1，如果，那么，，，，同样也有，，，，，全部加起来至少是；如果，那么，，，同样也有，，，，，全部加起来至少是，综上所述，最小应该是31．故答案为：31．【点评】本题考查了数列的概念的理解和应用，递推公式的应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．14．（2022•上海）数列对任意且，均存在正整数，，满足，，．（1）求可能值；（2）命题：若，，，成等差数列，则，证明为真，同时写出逆命题，并判断命题是真是假，说明理由；（3）若，成立，求数列的通项公式．〖祥解〗（1）利用递推关系式可得，然后计算的值即可；（2）由题意可得，则，从而命题为真命题，给出反例可得命题为假命题．（3）由题意可得，，然后利用数学归纳法证明数列单调递增，最后分类讨论即可确定数列的通项公式．【解答】解：（1），或．（2），，，，，，，为等差数列，，．逆命题：若，则，，，，，，，为等差数列是假命题，举例：，，，，，，，，．（3）因为，，，，，以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明恒成立：当，明显成立，假设时命题成立，即，则，则，命题得证．回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：1．若，则矛盾，2．若，则，，，此时，，3．若，则，，，（由（2）知对任意成立），，事实上：矛盾．综上可得．【点评】本题主要考查数列中的递推关系式，数列中的推理问题，数列通项公式的求解等知识，属于难题．八．数列与函数的综合（共2小题）15．（2024•上海）已知．（1）若过，求的解集；（2）存在使得、、成等差数列，求的取值范围．〖祥解〗（1）先求出函数解析式，再结合函数的单调性，即可求解；（2）根据等差数列的性质，推得有解，再结合分离常数法，以及二次函数的性质，即可求解．【解答】解：（1）由过可得，则，解得（负值舍去），因为在上是严格增函数，，则，解得，故所求解集为；（2）因为、、成等差数列，所以，即有解，化简可得，则且，故在上有解，又，故在上，，故，解得或，又，所以，故的取值范围为．【点评】本题主要考查数列与函数的综合，考查转化能力，属于中档题．16．（2023•上海）已知，在该函数图像上取一点，过点，作函数的切线，该切线与轴的交点记作，若，则过点，作函数的切线，该切线与轴的交点记作，以此类推，，，直至停止，由这些项构成数列．（1）设属于数列，证明：；（2）试比较与的大小关系；（3）若正整数，是否存在使得、、、、依次成等差数列？若存在，求出的所有取值；若不存在，请说明理由．〖祥解〗（1）对函数求导，利用导数的几何意义，可得过点，的切线方程，再结合题意即可得证；（2）由不等式，结合（1）即可得出结论；（3）易知公差，，考察函数，利用导数可知的单调性情况，进而得到至多存在两个，使得，由此可知，再验证即可．【解答】解：（1）证明：，则过点，的切线的斜率为，由点斜式可得，此时切线方程为，即，令，可得，根据题意可知，，即得证；（2）先证明不等式，设，则，易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，则（1），即，结合（1）可知，；（3）假设存在这样的符合要求，由（2）可知，数列为严格的递减数列，，2，3，，，由（1）可知，公差，，先考察函数，则，易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，则至多只有两个解，即至多存在两个，使得，若，则，矛盾，则，当时，设函数，由于，，则存在，使得，于是取，，，它们构成等差数列．综上，．【点评】本题考查数列与函数的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．九．数列的极限（共3小题）17．（2020•上海）计算：A．3 B． C． D．5〖祥解〗把分子分母同时除以，则答案可求．【解答】解：．故选：．【点评】本题考查数列极限的求法，是基础的计算题．18．（2020•上海）计算：．〖祥解〗由极限的运算法则和重要数列的极限公式，可得所求值．【解答】解：，故答案为：．【点评】本题考查数列的极限的求法，注意运用极限的运算性质，考查运算能力，是一道基础题．19．（2022•上海）已知在数列中，，其前项和为．（1）若是等比数列，，求；（2）若是等差数列，，求其公差的取值范围．〖祥解〗（1）由已知求得等比数列的公比，再求出前项和，求极限得答案；（2）求出等差数列的前项和，代入，对分类分析得答案．【解答】解：（1）在等比数列中，，，则，公比，则，；（2）若是等差数列，则，即，当时，；当时，恒成立，，，．综上所述，，．【点评】本题考查等差数列与等比数列前项和，考查数列极限的求法，考查数列的函数特性及应用，是中档题．一十．等差数列与等比数列的综合（共2小题）20．（2023•上海）已知无穷数列的各项均为实数，为其前项和，若对任意正整数都有，则下列各项中可能成立的是A．，，，，，为等差数列，，，，，，为等比数列 B．，，，，，为等比数列，，，，，，为等差数列 C．，，，，为等差数列，，，，，为等比数列 D．，，，，为等比数列，，，，，为等差数列〖祥解〗由对任意正整数，都有，可以知道，，，，不可能为等差数列，若，，则，矛盾；若，，当，，使得，矛盾；若，，当，，必有使得，矛盾；若，当，，必有使得，矛盾；若，当，，，必有使得，矛盾；即可判断．【解答】解：由对任意正整数，都有，可以知道，，，，不可能为等差数列，因为若，当，，，必有使得，矛盾；若，，则，矛盾；若，，当，，使得，矛盾；若，，当，，必有使得，矛盾；若，当，，必有使得，矛盾；所以选项中的，，，，为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；选项中的，，，，为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；选项中的，，，，为等差数列与上述推理矛盾，故不可能正确；由排除法可得正确．故选：．【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，属于中档题．21．（2020•上海）已知各项均为正数的数列，其前项和为，．（1）若数列为等差数列，，求数列的通项公式；（2）若数列为等比数列，，求满足时的最小值．〖祥解〗（1）设等差数列的公差为，运用等差数列的求和公式，解方程可得，进而得到所求通项公式；（2）设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式可得，再由等比数列的求和公式，解不等式可得的最小值．【解答】解：（1）数列为公差为的等差数列，，，可得，解得，则；（2）数列为公比为的等比数列，，，可得，即，则，，，即为，即，可得，即的最小值为7．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．一．选择题（共14小题）1．（2024•松江区校级模拟）用数学归纳法证明不等式的过程中，由递推到时不等式左边A．增加了 B．增加了 C．增加了，但减少了 D．增加了，但减少了〖祥解〗分别求出当，时，不等式左边的表达式，通过比较，即可求解．【解答】解：当时，不等式左边为，当时，不等式的左边为，故不等式左边增加了，但减少了．故选：．【点评】本题主要考查数学归纳法的应用，属于基础题．2．（2024•长宁区二模）设数列的前项和为，若存在非零常数，使得对任意正整数，都有，则称数列具有性质①存在等差数列具有性质；②不存在等比数列具有性质；对于以上两个命题，下列判断正确的是A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假〖祥解〗根据等差数列的求和公式，结合题中条件，即可判断①；设等比数列的公比为，首项为，根据等比数列的求和公式，结合题中条件，即可判断②．【解答】解：对于①，若等差数列具有性质，则存在非零常数，使得对任意正整数，都有，令，则，即，令，则，即，令，则，即，由，得，即，化简得，所以等差数列具有性质，①是真命题；对于②，若等比数列具有性质，则存在非零常数，使得对任意正整数，都有，令，则，即，令，则，即，令，则，则，由，设等比数列的公比为，则，化简得，所以等比数列具有性质，所以②是假命题．故选：．【点评】本题属于新概念题，考查了等差、等比数列的求和公式及性质，属于中档题．3．（2024•青浦区二模）设为是首项为，公比为的等比数列的前项和，且，则A． B． C． D．〖祥解〗根据题意算出，可得且，由此对各项的结论加以判断，即可得到本题的答案．【解答】解：，，，即且，，两边都除以，得，可得．对于，由，可得，故项不正确；对于，由于，所以不成立，故不正确；对于，因为，所以，可得．结合，可得，故正确；对于，根据且，当，时，，此时不成立，故不正确．故选：．【点评】本题主要考查等比数列的通项公式及其性质、等比数列的前项和公式等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．4．（2024•浦东新区校级四模）已知数列不是常数列，前项和为，且．若对任意正整数，存在正整数，使得，则称是“可控数列”．现给出两个命题：①存在等差数列是“可控数列”；②存在等比数列是“可控数列”．则下列判断正确的是A．①与②均为真命题 B．①与②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题〖祥解〗由等差数列、等比数列的通项公式和求和公式，结合“可控数列”的定义，可得结论．【解答】解：①，数列不是常数列，则，则看作是一次函数的变化，由得，看作是二次函数的变化，当足够大时，极限的思想说明不成立；②，取，则，当时，取，可得，，满足；当时，取，可得，而，满足．故选：．【点评】本题考查数列的新定义和等差数列、等比数列的通项公式和求和公式，考查转化思想和推理能力，属于中档题．5．（2024•黄浦区二模）设数列的前项和为，若对任意的，都是数列中的项，则称数列为“数列”．对于命题：①存在“数列”，使得数列为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数，都存在实数，使得以为首项、为公差的等差数列为“数列”．下列判断正确的是A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①是假命题，②是真命题〖祥解〗根据题意，结合“数列”的定义，举出实例说明①②正确，即可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析两个命题：对于①，对于数列，令，则，数列为公比不为1的等比数列，①正确；对于②，等差数列，令，有，则有，数列为“数列”，②正确．故选：．【点评】本题考查等比数列、等差数列的性质和定义，涉及数列的求和，属于中档题．6．（2024•普陀区校级三模）设为无穷数列．若存在正整数，使得对任意正整数，均成立，则称为“低调数列”．有以下两个命题：①，是低调数列当且仅当；②若存在，使得，，，，为低调数列，则．那么A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题〖祥解〗根据“低调数列”的定义验证即可．【解答】解：对于数列，由存在正整数，使得对任意正整数，均成立，则称为“低调数列”定义可知．若该数列为低调数列，因均小于，故．反之，当时，，即该数列为低调数列．故①是真命题．对于数列，，，，，显然．若存在使得该数列为低调数列，则对一切正整数恒成立．若，则当时，不成立；若，取即可；若，则，取即可．综上，②是真命题．故选：．【点评】本题考查数列的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．7．（2024•宝山区二模）数列中，是其前项的和，若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称数列为“某数列”．现有如下两个命题：①等比数列为“某数列”；②对任意的等差数列，总存在两个“某数列”和，使得．则下列选项中正确的是A．①为真命题，②为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题〖祥解〗由等比数列结合新定义即可判断①，若，设，，再由新定义可得则，即可判断②．【解答】解：对于①，由等比数列可得，若对任意正整数，总存在正整数，使得，则，即，显然不成立，故①为假命题；对于②，设等差数列的公差为，则．令，，则．下面证是“某数列”．设的前项和为，则．于是对任意的正整数，总存在正整数，使得，所以是“某数列”．同理，可证也是“数列”．所以对任意的等差数列，总存在两个“某数列”和，使得成立，故②为真命题．故选：．【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查等比数列的通项和求和，考查推理和运算能力，属于中档题．8．（2024•普陀区模拟）设是数列的前项和，若数列满足：对任意的，存在大于1的整数，使得成立，则称数列是“数列”．现给出如下两个结论：①存在等差数列是“数列”；②任意等比数列都不是“数列”．则A．①成立②成立 B．①成立②不成立 C．①不成立②成立 D．①不成立②不成立〖祥解〗由题意可得任意的，存在大于1的整数，使得，对命题①，分公差或两种情况讨论可判断结论；对于②，举例如，可判断结论．【解答】解：由“数列”的定义，对任意的，存在大于1的整数，使得，成立，则对于任意的，存在大于1的整数，使得，对于命题①不成立，理由如下：假设存在，当时，总存在，由于对任意正整数，都有，总存在正整数，使得与，不会存在．当时，总存在，由于对任意正整数，有，总存在整数，使得与，不存在．对于命题②不成立，理由如下：举例说明：如，有，，，可取，可以保证不等式成立．综上，①②均不成立．故选：．【点评】本题考查新定义，考查转化思想与阅读理解能力，考查分类讨论思想，是中档题．9．（2024•浦东新区校级模拟）已知数列满足，．给出下列四个结论：①数列每一项都满足；②数列的前项和；③数列每一项都满足成立；④数列每一项都满足．其中，所有正确结论的序号是A．①④ B．②④ C．①③④ D．①②④〖祥解〗通过递推公式，判断出数列单调性，由此得到数列的取值范围，根据取值范围对①③④进行判断，算出即可判断②．【解答】解：由，，得，，，，②错误；，又因为，所以，所以，①正确；由，可得，即，又，两边同时除以，可得，，，，累加可得，又因，所以，即有，当时，，所以，③错误；由，得，则当时，，则，当时，，所以，故④正确．故选：．【点评】本题主要考查数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．10．（2024•浦东新区二模）设，，，记，2，，，令有穷数列为零点的个数，2，，，则有以下两个结论：①存在，使得为常数列；②存在，使得为公差不为零的等差数列．那么A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①②都正确 D．①②都错误〖祥解〗对于①，列举验证，对于②，列举验证．【解答】解：当时，，此时，，此时，，此时，故存在，使为常数列；①正确；设，则有个零点1，2，3，，，则在，，，的每个区间内各至少一个零点，故至少有个零点，因为是一个次函数，故最多有个零点，因此有且仅有个零点，同理，有且仅有个零点，，有且仅有个零点，故，所以是公差为的等差数列，故②正确．故选：．【点评】本题主要考查数列与函数的综合，属于中档题．11．（2024•奉贤区三模）若数列的前项和为，关于正整数的方程记为，命题：对于任意的，存在等差数列使得有解；命题：对于任意的，存在等比数列使得有解；则下列说法中正确的是A．命题为真命题，命题为假命题 B．命题为假命题，命题为真命题 C．命题为假命题，命题为假命题 D．命题为真命题，命题为真命题〖祥解〗根据题意，利用等差数列与等比数列的性质，结合有解，构造出满足条件的等差、等比数列，即可求解．【解答】解：当时，可得且，显然满足；当时，设等差数列的首项，公差为，可得，此时，，满足，即存在等差数列；使得有解，当时，设等差数列的首项，公差为，可得，，，此时，，满足，即存在等差数列使得有解，综上可得，对于任意的，存在等差数列使得有解，所以命题为真命题；当时，取等比数列的首项为，公比为，可得，则，此时满足即成立；当时，取等比数列的首项，公比，可得，此时，，满足，即存在等比数列使得有解，当时，令，即为首项，公比为的等比数列，此时，，满足，即存在等比数列使得有解；综上可得，对于任意的，存在等比数列使得有解，所以命题为真命题．故选：．【点评】本题考查等差数列、等比数列的综合应用，属于难题．12．（2024•松江区校级模拟）数列的前项和为，若数列与函数满足：①的定义域为；②数列与函数均单调增；③存在正整数，使成立，则称数列与函数具有“单调偶遇关系”．给出下列两个命题：①与数列具有“单调偶遇关系”的函数有有限个；②与数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个．A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题〖祥解〗以一次函数为例，可判断①；令，通过计算可判断②，进而可得正确选项．【解答】解：对于①：以一次函数为例，，，，即，整理得，只要方程有正整数解且即可，如方程中取，则有，即，对进行不同的取值即可保证数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数组，故命题①是假命题；对于②：数列的前项和为，令．由得，取，即可保证恒成立，故命题②为真命题．故选：．【点评】本题主要考查数列与函数的综合，考查运算求解能力，属于中档题．13．（2024•黄浦区校级三模）已知数列是1为首项，2为公差的等差数列，是1位首项，2为公比的等比数列，设，，，则当时，的最大值为A．9 B．10 C．11 D．24〖祥解〗由题设知，，由和，得，由此能求出当时的最大值．【解答】解：是以1为首项，2为公差的等差数列，，是以1为首项，2为公比的等比数列，，，，，解得：．则当时，的最大值是9．故选：．【点评】本题考查等差数列、等比数列的基本量、通项，结合含两个变量的不等式的处理问题，对数学思维的要求比较高，有一定的探索性，综合性强，难度大，易出错．14．（2024•浦东新区校级四模）已知数列满足为正整数），，设集合．有以下两个猜想：①不论取何值，总有；②若，且数列中恰好存在连续的7项构成等比数列，则的可能取值有6个．其中A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误〖祥解〗设出数列中的一项，，然后分被3除余1，余2，余0三种情况进行讨论，借助给出的递推关系式进行推证即可判断①，结合递推关系式得到符合的形式，然后保证，即可判断②．【解答】解：（1）不妨设出数列中的一项，，①若被3除余1，则由已知可得，，，若被3除余2，则由已知可得，，，若被3除余0，则由已知可得，，所以对对任意的，，则，所以对数列中的任一项，若，则，因为，所以，所以数列中必存在某一项（否则与上述结论矛盾），若，结论得证，若，则，，结论得证，若，则，得证，所以，不论取何值，总有；故①正确；②若是3的倍数，则，若被3除余1，则由已知可得，，若被3除余2，则由已知可得，，所以连续的7项构成等比数列的公比为，因为，所以这7项中前6项一定都量3的倍数，而第七项一定不是3的倍数（否则构成等比数列的连接项数会多于7项）设第7项为，则是被3除余1或余2的正整数，则可推得，因为，所以，或，由递推关系式可知，在该数列的前项中，满足小于等于2022的项只有；，或，，或，所以首项的有可能取值的集合为，，，，，，故的可能取值有6个．故②正确．故选：．【点评】本题考查数列的递推关系式，考进学生的抽象思维能力，属难题．二．填空题（共35小题）15．（2024•闵行区校级三模）设某直角三角形的三个内角的余弦值成等差数列，则最小内角的正切值为．〖祥解〗根据题意，设该直角三角形为，且，由等差数列的性质可得，进而分析可得答案．【解答】解：根据题意，设该直角三角形为，且，则有，即，又，则有，解得．故答案为：．【点评】本题考查等差数列的性质，涉及三角函数的诱导公式，属于基础题．16．（2024•普陀区模拟）设等比数列的公比为，则“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是（或．〖祥解〗根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．【解答】解：，，成等差数列，则，即，解得或，故“，，成等差数列”的一个充分非必要条件是（或．故答案为：（或．【点评】本题主要考查等差数列、等比数列的性质，属于基础题．17．（2024•黄浦区校级三模）数列满足为正整数），且与的等差中项是5，则首项1．〖祥解〗根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．【解答】解：数列满足为正整数），则数列为等比数列，不妨设其公比为，则，与的等差中项是5，则，即，解得．故答案为：1．【点评】本题主要考查等差数列、等比数列的性质，属于基础题．18．（2024•松江区校级模拟）已知等差数列的前项和为，若，，则759．〖祥解〗根据已知条件，结合等差数列的通项公式，求出公差，再结合等差数列的前项和公式，即可求解．【解答】解：由题意可得，，，，，，．故答案为：759．【点评】本题主要考查等差数列的前项和公式，属于基础题．19．（2024•虹口区模拟）已知数列的前项和，则9．〖祥解〗当时，，即可求解．【解答】解：数列的前项和，，则．故答案为：9．【点评】本题考查了数列的与的关系，属于基础题．20．（2024•浦东新区二模）已知等差数列满足，，则5．〖祥解〗直接利用等差数列的性质求出结果．【解答】解：根据等差数列的性质，，解得．故答案为：5．【点评】本题考查的知识点：等差数列的性质，主要考查学生的运算能力，属于基础题．21．（2024•松江区二模）已知等差数列的公差为2，前项和为，若，则使得成立的的最大值为5．〖祥解〗利用等差数列的性质求解．【解答】解：等差数列的公差为2，前项和为，，，解得，，，，，整理得，解得，，使得成立的的最大值为5．故答案为：5．【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．22．（2024•普陀区校级模拟）已知为等比数列，公比，，且，，成等差数列，则通项公式．〖祥解〗由，，成等差数列，得，然后利用等比数列通项公式，代入求出公比即可．【解答】解：由，，成等差数列，且，得，解得或，又，所以，所以．故答案为：．【点评】本题考查等比数列的基本量运算，属于基础题．23．（2024•浦东新区校级模拟）已知为无穷等比数列，，，则的公比为．〖祥解〗由题意知，，再利用无穷等比数列和的公式求解即可．【解答】解：因为无穷等比数列，，则，，又，所以，解得或（舍．故答案为：．【点评】本题主要考查了等比数列的求和公式，属于基础题．24．（2024•杨浦区二模）各项为正的等比数列满足：，，则通项公式为．〖祥解〗利用等比数列的性质直接求解．【解答】解：各项为正的等比数列满足：，，，解得，通项公式为．故答案为：．【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．25．（2024•闵行区校级三模）设是等比数列的前项和，若，，则5．〖祥解〗利用等比数列的性质求解．【解答】解：是等比数列的前项和，，，由题意得，，因为，，，，成等比数列，故，即，解得，则，所以，，故．故答案为：5．【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．26．（2024•金山区二模）设公比为2的等比数列的前项和为，若，则4．〖祥解〗由已知结合等比数列的求和及等比数列的性质即可求解．【解答】解：因为公比为2的等比数列中，，则．故答案为：4．【点评】本题主要考查了等比数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．27．（2024•杨浦区校级三模）无穷等比数列满足：，，则的各项和为．〖祥解〗利用等比数列通项公式列方程首项和公比，由此能求出的各项和．【解答】解：因为无穷等比数列满足：，，所以，所以，或，，当，时，的各项和为，当，时，的各项和为．的各项和为．故答案为：．【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础档题．28．（2024•浦东新区校级模拟）已知首项为2的等比数列的公比为，则3．．〖祥解〗根据题意判断出等比数列是无穷递缩等比数列，然后根据无穷递缩等比数列的求和公式进行计算即可得到结果．【解答】解：由题意，可知等比数列是无穷递缩等比数列，故．故答案为：3．【点评】本题主要考查无穷递缩等比数列的求和问题，属基础题．29．（2024•奉贤区三模）若数列满足对任意整数有成立，则在该数列中小于100的项一共有25项．〖祥解〗首先令，可得首项，再由作差法求得时的，由，解不等式可得所求．【解答】解：任意整数有成立，可得时，，当时，，对也成立，则，，令，解得，即有，2，，25，共有25项．故答案为：25．【点评】本题考查数列的递推式和等差数列的通项公式，考查转化思想和运算能力，属于基础题．30．（2024•宝山区校级四模）数列的最小项的值为．〖祥解〗根据题意，设，分析的单调性和函数值符号，进而分析数列的单调性，即可得答案．【解答】解：根据题意，设，可以由函数向右平移个单位得到，则在上递减，且，在，上递减且，对于数列，则在上递减，且，在上递增，且，故当时，取得最小值，其最小值为．故答案为：．【点评】本题考查数列的函数特性，涉及数列的最小项，属于基础题．31．（2024•虹口区二模）已知等比数列是严格减数列，其前项和为，，若，，成等差数列，则3．〖祥解〗先求公比，再求等比数列的前项和，最后判断极限．【解答】解：设等比数列的公比为，则由，，成等差数列可得，即，整理得，解得，或，又等比数列是严格减数列，，故，，当时，，．故答案为：3．【点评】本题考查等比数列的前项和，属于基础题．32．（2024•浦东新区校级四模）记为等比数列的前项和．若，则的公比为．〖祥解〗先设等比数列的公比为，先令代入题干已知条件验证可得，当时，结合等比数列的求和公式及题干已知条件列出关于公比的方程，解出的值，即可得到结果．【解答】解：由题意，设等比数列的公比为，数列是等比数列，首项，公比，①当时，，，则，，此时不满足题干已知条件，故，②当时，则，，由，可得，化简整理，得，解得，或，即（舍去），或，等比数列的公比为．故答案为：．【点评】本题主要考查等比数列的基本运算．考查了分类讨论，方程思想，转化与化归思想，等比数列的求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．33．（2024•闵行区校级三模）数列满足，若，，则数列的前20项的和为210．〖祥解〗数列的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解．【解答】解：数列满足，若，，则，所以数列的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列，所以数列的前20项的和为．故答案为：210．【点评】本题主要考查数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．34．（2024•嘉定区校级模拟）已知数列是等比数列，且．设，数列的前项和为，则．〖祥解〗根据等比数列的性质求得，根据等差数列的性质求得．【解答】解：因为为等比数列，，所以，又，可得（为常数），为等差数列，所以．故答案为：．【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，属于中档题．35．（2024•黄浦区校级模拟）若项数为的数列，满足：，2，3，，，我们称其为项的“对称数列”．例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”．设数列为项的“对称数列”，其中，，，是公差为的等差数列，数列的最小项等于，记数列的前项和为，若，则的值为5或4．．〖祥解〗根据公差可得数列单调性进而可得，进而可得等差数列的通项公式，再结合对称数列的定义列方程求解即可．【解答】解：由于，，，是公差为的等差数列，故，，，单调递减，所以，故，则，．又，故，即，由等差数列前项和公式有，化简得，解得或．故答案为：5或4．【点评】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，属于中档题36．（2024•宝山区二模）在数列中，，且，则4．〖祥解〗利用递推公式求出数列的前4项，由此猜想．再用数学归纳法证明，由此能求出．【解答】解：在数列中，，且，，，，由此猜想．下面用数学归纳法证明：①，成立，②假设成立，则成立，由①②得，则．故答案为：4．【点评】本题考查数列的递推公式、递推思想、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．37．（2024•闵行区校级模拟）已知有穷数列的首项为1，末项为12，且任意相邻两项之间满足，，则符合上述要求的不同数列的个数为144．〖祥解〗先分析从首项1到末项12的运算方法的分类，然后结合组合数公式即可求解．【解答】解：从首项1到末项12的运算方法共分为以下几类：（1）11次，方法数为1；（2）9次，2次，方法数为；（3）7次，2次，方法数为；（4）5次，3次，方法数；（5）3次，4次，方法数为；（6）1次，5次，方法数，故共有种．故答案为：144．【点评】本题主要考查了数列递推关系的应用，组合数公式的应用及分步计数原理的应用，属于中档题．38．（2024•长宁区校级三模）已知数列的通项公式为，数列满足，则．〖祥解〗把代入，整理后再求数列极限得答案．【解答】解：，，，则，．故答案为：．【点评】本题考查数列极限的求法，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．39．（2024•黄浦区二模）已知数列是给定的等差数列，其前项和为，若，且当与时，，，取得最大值，则的值为21．〖祥解〗由已知结合等差数列的性质及二次函数的性质对的正负进行分类讨论，分别进行求解即可．【解答】解：当时，有，所以，即为最小值，若取得最大值，则；当时，有，所以，即为最大的值，若取得最大值，则根据二次函数的对称性可知，；所以．故答案为：21．【点评】本题主要考查了等差数列性质的综合应用，属于中档题．40．（2024•浦东新区校级模拟）已知无穷数列的前项和为，不等式对任意不等于2的正整数恒成立，且，那么这样的数列有2个．〖祥解〗令，求得，再由与的关系，求得或，求得，结合不等式恒成立，可得所求结论．【解答】解：当时，，得或，当时，由，得，两式相减得：，整理得，所以或，当时，由，可得，由题意可得对任意不等于2的正整数恒成立，则，，，，成立；当时，由，可得，，不合题意，舍去；当时，由，可得，由题意可得对任意不等于2的正整数恒成立，则，，，，成立；当时，若，可得，，不合题意，舍去．所以满足题意的数列有2个．故答案为：2．【点评】本题考查数列的递推式和等差数列、等比数列的定义，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于中档题．41．（2024•嘉定区校级模拟）已知数列满足，，则此数列的通项．〖祥解〗利用等差数列的通项公式即可得出．【解答】解：，即，数列是等差数列，公差为．．故答案为：．【点评】本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．42．（2024•徐汇区校级模拟）已知数列，是公差相等的等差数列，且，若为正整数，设，则数列的通项公式为．〖祥解〗设数列，的公差为，由可得，，代入可得答案．【解答】解：设数列，的公差为，由，可得，解得，则，，即，所以．故答案为：．【点评】本题考查了数列的递推式，重点考查了等差数列通项公式的求法，属中档题．43．（2024•闵行区校级三模）已知数列满足，点在双曲线上，则4．〖祥解〗由双曲线的方程求得，由数列的极限公式求得，再由两点的距离公式，可得所求值．【解答】解：点在双曲线上，可得，由于，可取，则，，即有，则．故答案为：4．【点评】本题考查数列极限的求法，以及两点的距离公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．44．（2024•宝山区二模）某区域的地形大致如图1，某部门负责该区域的安全警戒，在哨位的正上方安装探照灯对警戒区域进行探查扫描．假设1：警戒区域为空旷的扇环形平地；假设2：视探照灯为点，且距离地面20米；假设3：探照灯照射在地面上的光斑是椭圆．当探照灯以某一俯角从侧扫描到侧时，记为一次扫描，此过程中照射在地面上的光斑形成一个扇环，2，3，．由此，通过调整的俯角，逐次扫描形成扇环、、．第一次扫描时，光斑的长轴为，米，此时在探照灯处测得点的俯角为（如图．记，经测量知米，且是公差约为0.1米的等差数列，则至少需要经过15次扫描，才能将整个警戒区域扫描完毕．〖祥解〗由题意可得，从而得故是以为首项，以0.1为公差的等差数列，由等差数的求和公式可得，再由求解即可．【解答】解：因为在中，，，所以，，故，故是以为首项，以0.1为公差的等差数列，故，而，，故．所以至少需要15次才能将整个警戒区域扫描完毕．故答案为：15．【点评】本题考查了数列在生活中的实际运用，属于中档题．45．（2024•普陀区模拟）设，，是正整数，是数列的前项和，，，若，且，，记，则7．〖祥解〗根据数列递推式求出的通项，从而可得，进而可得，根据，即可求出．【解答】解：，，两式相减，得：，即，而，所以，所以，则，当时，，根据数列的性质可知，必有系数1024，512，256，128，64，32，8，则这7个数前面的系数为1，其余系数都是0，故．故答案为：7．【点评】本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．46．（2024•浦东新区校级模拟）已知数列满足：对任意，都有，，设数列的前项和为，若，则的最大值为．〖祥解〗首先求第二项，再找到可行数列，再证明可行性，即可求解．【解答】解：若，则，得，若，与矛盾，只能取．注意到一个可行的数列为0，，1，，2，，3，，，下面证明该数列使达到最大．为此，我们证明：当为奇数时，．假设存在某正奇数使，则分为两种可能：①若，则，；同时，按原数列要求，，，故．注意到该数列显然为整数数列，故当为奇数时，不存在整数能位于该区间，因此矛盾．②若，则，，与矛盾；综上，原假设不成立，故当为奇数时，．而已经找到的数列0，，1，，2，，3，，，其中等号全部成立，故的最大值为．【点评】本题考查数列求和的最值，构造可行数列是解题的关键，考查构造思想和运算能力、推理能力，属于中档题．47．（2024•长宁区校级三模）已知数列共有5项，且满足：①，；②；③，、2、3、4．则满足条件的数列共有80个．〖祥解〗由特殊角的三角函数值，结合三个条件，首先写出，，的取值，由分类讨论思想，可得所求数列的个数．【解答】解：由③可得，，，，结合①②，即有，，，，，，，，，，，，，，，，，，若，或，都有；，或，都有；若，或，都有，共有．故答案为：80．【点评】本题考查数列与三角函数的综合、数列的单调性，考查分类讨论思想和运算能力，属于中档题．48．（2024•杨浦区校级三模）设关于的方程的从小到大的第个非负解为，2，3，，若数列是无穷等差数列，且在区间中的项恰好比在区间，中的项少2项，则的取值集合为为正整数，且．〖祥解〗设是方程的根，则也是方程的根，根据数列是无穷等差数列，求出，根据在区间中的项恰好比在区间，中的项少2项，列不等式组求出的取值集合．【解答】解：设第个正解，则的正解从小到大排列为（1），（2），（3），，由，得，因为数列是无穷等差数列，所以，所以，当时，，当，时，，，因为在区间中的项恰好比在区间，中的项少2项，所以，解得，所以为正整数，且．故答案为：为正整数，且．【点评】本题考查了等差数列与三角函数求值的应用问题，是难题．49．（2024•普陀区校级三模）等差数列满足，则的最大值为50．〖祥解〗根据题意分析可知：存在，使得或，以为例，设等差数列的公差为，结合绝对值不等式的性质分析可知：，且，进而可得，再根据等差数列的前项和公式，求得，从而得出，即可求解．【解答】若对任意，恒成立，则，可得，，显然两者不相等，不合题意；同理可得对任意，恒成立也不合题意；所以等差数列一部分为正，一部分为负，即存在，使得或，若，可得，且，当且仅当时，等号成立，即，解得；且，当且仅当时，等号成立即，解得，综上所述：，即满足条件的必为偶数，结合等号成立条件可知：且，设等差数列的公差为，则，，，即，，，可得，则，可得，解得，且，即有的最大值为25，的最大值为50；同理可得：当，的最大值也为50．故答案为：50．【点评】本题主要考查等差数列的前项和，属于难题．三．解答题（共11小题）50．（2024•闵行区校级三模）如图，已知正方体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点处，记点移动次后仍在底面上的概率为．（1）求；（2）证明：数列是等比数列；若，求的最大值．〖祥解〗（1）由图形可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，推得，由全概率公式可得；（2）由，结合等比数列的定义，可得证明，由是等比数列．可解得，再解不等式即可．【解答】解：（1）依题意，每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面．所以当点在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，又因为，所以；（2）证明：因为，所以．又因为，所以，所以数列是等比数列．因为，所以，若，即，又，，所以若，的最大值为6．【点评】本题考查等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及数列的错位相减法求和、概率的运算，考查转化思想和运算能力，属于中档题．51．（2024•闵行区校级模拟）某集团投资一工厂，第一年年初投入资金5000万元作为初始资金，工厂每年的生产经营能使资金在年初的基础上增长．每年年底，工厂向集团上缴万元，并将剩余资金全部作为下一年的初始资金，设第年的初始资金为万元．（1）判断是否为等比数列？并说明理由；（2）若工厂某年的资金不足以上缴集团的费用，则工厂在这一年转型升级．设，则该工厂在第几年转型升级？〖祥解〗（1）根据已知条件，列出递推式，再结合等比数列的性质，即可求解；（2）结合（1）的结论，求出，再结合对数的运算性质，即可求解．【解答】解：（1）是等比数列，理由如下：由题意可得，，，则，，由此可得，，即，当时，，故不是等比数列，当且时，故是以为首项，为公比的等比数列；（2）当时，由（1）可知：是以为首项，为公比的等比数列，故，，，设第年转型升级，则，解得，故，综上可知：该工厂在第9年转型升级．【点评】本题主要考查数列的应用，考查转化能力，属于中档题．52．（2024•青浦区二模）若无穷数列满足：存在正整数，使得对一切正整数成立，则称是周期为的周期数列．（1）若（其中正整数为常数，，，判断数列是否为周期数列，并说明理由；（2）若，判断数列是否为周期数列，并说明理由；（3）设是无穷数列，已知．求证：“存在，使得是周期数列”的充要条件是“是周期数列”．〖祥解〗（1）根据题设定义，利用的周期，即可得出结果；（2）分与两种情况讨论，当，易得到是周期为1的周期数列，当时，构造，则，利用导数与函数单调性间的关系，可得出是严格增（或减）数列，从而可得出结果；（3）根据条件，利用充要条件的证明方法，即可证明结果．【解答】解：（1）因为，所以是为周期为的周期数列．（2）①当时，，，所以当时，是周期为1的周期数列；②当时，记，则，，当且仅当时等号成立．即，所以在上严格增．若，则，即，进而可得，即是严格增数列，不是周期数列；同理，若，可得是严格减数列，不是周期数列．综上，当时，是周期为1的周期数列；当时，不是周期数列．（3）证明：充分性．若是周期数列，设它的周期为，记，则，，是关于的连续函数；，是关于的连续函数；，是关于的连续函数；，令，则是连续函数，且，，所以存在零点．于是（c），取，则（c），从而，，一般地，对任何正整数都成立，即是周期为的周期数列．必要性．若存在，使得是周期数列，设的周期为，则，所以是周期为的周期数列．【点评】本题主要考查数列的综合应用，属于中档题．53．（2024•嘉定区校级模拟）已知，集合，，其中，，，．（1）求中最小的元素；（2）设，，且，求的值；（3）记，，若集合中的元素个数为，求．〖祥解〗（1）直接利用赋值法求出结果；（2）利用分类讨论思想的应用①，②，③，进一步求出结果；（3）利用裂项的方法和组合数的变换求出数列的和．【解答】解：（1）中的最小元素为；（2）由题得，设，．①当时，或或或或或．经检验，当时，，符合题意，所以．②当时，或或或．经检验，当时，，符合题意，所以．③当时，不符合题意．因此，或10．（3）设，则，其中，，所以，设，则，因为，所以，，因为．所以，所以，又因为，所以．【点评】本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．54．（2024•宝山区校级四模）已知，数列的前项和为，点，均在函数的图像上．（1）求数列的通项公式；（2）若，令，求数列的前2024项和．〖祥解〗（1）由题意可得，由与的关系，可得所求通项公式；（2）推得，再由数列的倒序相加求和，可得所求和．【解答】解：（1）由题意可得，当时，，当时，，对也成立，则，；（2）由，可得，又，可得，即有，则，又，两式相加可得，可得．【点评】本题考查数列的递推式和函数的对称性、数列的倒序相加求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．55．（2024•徐汇区模拟）已知各项均不为0的数列满足是正整数），，定义函数，是自然对数的底数．（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）记函数，其中；证明：对任意，；数列满足，设为数列的前项和．数列的极限的严格定义为：若存在一个常数，使得对任意给定的正实数（不论它多么小），总存在正整数满足：当时，恒有成立，则称为数列的极限．试根据以上定义求出数列的极限．〖祥解〗（1）利用等差数列定义，构造，即可证明；（2）先证，再证，分开证明．（3）取进行求解．【解答】解：（1）已知各项均不为0的数列满足是正整数），即，得，所以是以首项，公差为1的等差数列．即．又．当时也满足，即．（2）①先证：．根据已知，得．由，，当且仅当时等号成立，于是在，上是严格增函数，故成立．再证：．又，记，则，由，，故当且仅当时等号成立，于是在，上是严格减函数，故，于是．所以．②由题意知，，下面研究．将推广至一般情形．．由，，，当且仅当时等号成立，于是在，上是严格增函数，故成立①；再证：，，记，则，由，，，故当且仅当时等号成立，于是在，上是严格减函数，故，于是．所以，，即对任意，．于是对，，整理得，令，得，即，故．当时，，故，即．从而．对于任意给定的正实数，令，则取为大于且不小于6的最小整数，则当时，恒成立，的极限为．【点评】本题考查了数列与不等式等综合知识，属于难题．56．（2024•闵行区二模）已知定义在上的函数的表达式为，其所有的零点按从小到大的顺序组成数列．（1）求函数在区间上的值域；（2）求证：函数在区间，，上有且仅有一个零点；（3）求证：．〖祥解〗（1）求得的导数，判断的单调性，可得所求值域；（2）讨论为奇数，或偶数时，的单调性，结合函数零点存在定理，可得证明；（3）由（2）可知函数在，，上有且仅有一个零点，再由零点存在定理、以及正切函数的性质和不等式的性质，可得证明．【解答】解：（1）由，当时，，即函数在区间上是严格增函数，且，，所以在区间上的值域为．（2）证明：当，，时，，①当是奇数时，，函数在区间，上是严格减函数；②当是偶数时，，函数在区间，上是严格增函数；且，故，所以由零点存在定理可知，函数在区间，，上有且仅有一个零点．（3）证明：由（2）可知函数在，，上有且仅有一个零点，且满足，即．又因为，故，所以由零点存在性定理可知，函数在上有且仅有一个零点，于是，，，①因为，得，所以，即；（或者②因为，由（1）可知，当时，有，故，所以；由①②可知．【点评】本题考查数列与函数的综合，以及导数的运用：求单调性，考查分类讨论思想、转化思想和运算能力，属于难题．57．（2024•普陀区校级三模）对给定的在定义域内连续且存在导函数的函数，若对在定义域内的给定常数，存在数列满足在的定义域内且，且对，，在区间的图象上有且仅有在一个点处的切线平行于，（a）和，的连线，则称数列为函数的“关联切线伴随数列”．（1）若函数，证明，都存在“关联切线伴随数列”；（2）若函数，数列为函数的“1关联切线伴随数列”，且，求的通项公式；（3）若函数，数列为函数的“关联切线伴随数列”，记数列的前项和为，证明：当，时，．〖祥解〗（1）根据题意分析可知：数列是以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列分析证明