专题04数列（难点）-2021-2022学年高二数学上学期挑战满分期末冲刺卷（人教A版2019）

专题04数列（难点）一、单选题1．已知数列是公比为的等比数列，是其前和，若恒成立，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据分类讨论确定的表达式，再根据恒成立问题的解法即可求出．【详解】当时，，符合题意；当时，恒成立，当时，不等式变形得，，因为，此时符合题意；当时，不等式变形得，，因为，此时符合题意；当时，若为偶数，则不等式变形得，，即，若该不等式恒成立，则，即，所以设，，，所以当时，，此时，此时该不等式不可能恒成立；当时，，若该不等式恒成立，只需，解得（舍去）或，综上，；若为奇数，不等式变形得，，满足题意；综上所述，实数的取值范围是．故选：A．2．数列满足，，，若数列为单调递增数列，则的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件求出数列通项，再由数列为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答.【详解】数列中，，，则有，而，因此，数列是公比为2的等比数列，，即，则，因数列为单调递增数列，即，，则，，令，则，，当时，，当时，，于是得是数列的最大值的项，即当n=3时，取得最大值，从而得，所以的取值范围为.故选：C3．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是1，且，.记数列的前项和、前项积分别为，，若，则的最小值为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】先利用序列的所有项都是1，得到，整理后得到是等比数列，进而求出公比和首项，从而求出和，利用，列出不等式，求出，从而得到的最小值【详解】因为，，所以，又序列的所有项都是1，所以它的第项，所以，所以数列是等比数列，又，，所以公比，.所以，，，要，即，即，所以，所以，，所以的最小值为4.故选：C.4．数列中，，，使对任意的（）恒成立的最大值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据数列的通项公式，列出各项，找数列的规律，判断到哪一项是等于，即可得答案.【详解】由已知可得，数列：，可得规律为；；；此时将原数列分为三个等差数列：，；，；;因为，所以满足对任意的恒成立的最大值为．故选：B.5．数列满足，，，设，记表示不超过的最大整数．设，若不等式，对恒成立，则实数的最大值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先通过构造等比数列求出数列的通项公式，并进而用累加法求出的通项公式及的通项公式.最后利用裂项相消法将化简后取整，整理的最小值后得解【详解】由题意得：，，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，，又，，…，，，由累加法，；，，，，，，，，对恒成立，，则实数的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查数列的综合应用问题，解题关键是能够采用构造法、累加法求得数列的通项公式，进而用裂项相消法化简的形式，并最终将恒成立问题转化为最值问题.6．已知数列的各项均不为零，，它的前n项和为．且，，（）成等比数列，记，则（）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，【答案】C【分析】结合等比性质处理得，再分和分类讨论，时较为简单，结合裂项法直接求解，当时，放缩后再采用裂项即可求解.【详解】由，，成等比数列可得，①，也即②，②①得，因为，所以，，即数列的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，当时，，即，对A、B，当时，，此时数列为等差数列，前项和为，，故，当时，，故A、B错误；对C、D，当时，，,当n为偶数时，，当n为奇数时，，所以,,此时，故C正确，D错误.故选：C7．定义表示不超过的最大整数，如，．若数列的通项公式为，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题可得当时，含有个数列中的项，又，再利用错位相减法即求.【详解】由题知当时，含有个数列中的项，又，所以，两边同乘以，得，两式相减，得，所以．故选：．8．设正项数列的前项和为，当时，，，成等差数列，给出下列说法：①当时，；②的取值范围是；③；④存在，使得.其中正确说法的个数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由数列的各项都是正数，得，可判断①；由已知可得，，得数列是首项为，公差为的等差数列；是首项为，公差为的等差数列.表示，再由，得可求得的取值范围，判断②；由，可判断③；由，得，可判断④.【详解】解：因为数列的各项都是正数，所以，所以①正确；由，，成等差数列，可得，，则，，，；，，，，所以数列是首项为，公差为的等差数列；是首项为，公差为的等差数列.所以，由，得解得，所以的取值范围是，所以②正确；，所以③正确；因为，所以，，所以④错误.故正确的命题的个数为3个，故选：C.9．设数列，若存在公比为q的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”，则下列说法错误的是（）A．数列；2，4，8，16，32是数列：3，7，12，24的一个“等比分割数列”B．若数列存在“等比分割数列”，则有和成立，其中C．数列：，，2存在“等比分割数列”D．数列的通项公式为，若数列的“等比分割数列”的首项为1，则公比【答案】C【分析】利用“等比分割数列”的定义判断即得.【详解】对于A，因为符合定义，故A正确；对于B，由定义知，故B正确；对于C，若正确，则，，则矛盾，故C错误；对于D，，解得，故D正确.故选：C.10．已知数列满足，，若，且存在，使得成立，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意，令，进而证明数列是以为首项，为公差的等差数列，故可得，，在结合题意将问题转化为，再求数列的最大值代入解一元二次不等式即可得答案.【详解】，．令，，又，∴数列是以为首项，为公差的等差数列，，即，，∵存在，使得成立，．令得则，，或．，，即，解得，∴实数的取值范围是．故选：D．11．设等差数列的前项和为，公差为．已知，，，则选项不正确的是（）A．数列的最小项为第项 B．C． D．时，的最大值为【答案】D【分析】根据题意，由等差数列的性质及前项和公式依次分析选项，综合即可得出答案．【详解】解：由题意，又，所以，故选项正确；由，且，，，得，解得，选项正确；由题意当时，，当时，，所以，，故时，的最大值为10，故选项错误；由于，数列是递减数列，当时，，当时，；当时，，当时，，所以当时，，当时，，当时，，故数列中最小的项为第6项，选项正确．故选：．12．已知数列满足，（），则下列选项正确的是（）A．是递减数列B．是递增数列，且存在使得C．D．【答案】C【分析】由已知可得即可判断A；在等式的两边同时除以，用放缩法可得，结合累加法得化简可得，可判断B与C；同理可得，结合累加法有，可判断D．【详解】由，即，又（），所以（），可得出，且对任意的，，所以，，即，所以数列为单调递增数列，错；在等式的两边同时除以可得，其中且，所以，，，…，，累加得，所以，则，，故正确，不正确，对于，所以，，，…，，累加得，可得，则，所以，．故选：．13．已知数列，且满足，，则下列说法中错误的是（）A．若，当时，有：B．若，则C．当时，是递增数列；当时，是递减数列D．存在，使恒成立【答案】B【分析】先根据题目条件得到，，及与的符号相同.选项A，在等式两边减去8，再变形得，代入求解即可；选项B，先确定数列为递增数列，再算出，而后利用放缩法得到，当时，，因为存在正整数，当时，有，所以，故选项B错误；选项C，利用与的符号相同可判定；选项D，分，和讨论的范围.【详解】由题知，，，因为，所以，所以，，.因为，所以，两式相减整理得，，因为时，，所以，与的符号相同，选项A：由得，，，若，则，所以.当时，，故选项A正确；选项B：若，则，因为，所以，依次类推有，所以数列是递增数列；又，，当时，，因为，所以存在正整数，当时，有此时，故选项B错误；选项C：当时，有，所以，从而有，依次类推可得，所以数列是递增数列；当时，因为，所以，所以，从而有，依次类推可得，所以数列是递减数列，故选项C正确；选项D：当时，由选项C的解析知，数列是递减数列，所以；当时，由解得，又，所以，同理可推导，依次类推，有；当时，由及得，同理可推导，依次类推，有；令为和中的最大者，则对恒成立，故选项D正确；故选：B.14．已知数列，，其中数列满足，前项和为满足；数列满足：，且对任意的､都有：，则数列的第47项的值为（）A．384 B．47 C．49 D．376【答案】A【分析】根据，分别取不同的n值，求得，并根据，求得；取得，，从而利用累加法求得，从而求得结果.【详解】时，，解得，时，，得，时，，得，从而有，，时，，得，时，，得，则，，又，故，取得，，则故，则，故数列的第47项为故选：A15．在一个正三角形的三边上，分别取一个距顶点最近的十等分点，连接形成的三角形也为正三角形（如图1所示，图中共有个正三角形）．然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复多次，可得到如图2所示的优美图形（图中共有个正三角形），这个过程称之为迭代．在边长为的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后迭代得到如图3所示的图形（图中共有个正三角形），其中最小的正三角形面积为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】记第个正三角形的边长为，第个正三角形的边长为，根据与的关系判断出为等比数列，由此求解出最小的正三角形的边长，从而面积可求.【详解】设第个正三角形的边长为，则个正三角形的边长为，由条件可知：，又由图形可知：，所以，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，所以，所以最小的正三角形的面积为：，故选：A.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是将已知问题转化为等比数列问题，通过每一次的迭代分析正三角形的边长之间的关系，从而分析得到正三角形的边长成等比数列，据此可进行相关计算.16．已知数列的通项公式为，在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；…在和之间插入n个数，使成等差数列．这样得到一个新数列：，记数列的前项和为，有下列结论：①②③④其中，所有正确结论的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据等差数列的性质和数列求和的方法逐一判断：，可得①的正误；在数列中是第项，可得②的正误；由，，得，可得③的正误；分组求和得，可得④的正误.【详解】①,故①正确；②在数列中是第项，所以，故②错误；③，，故③正确；④，故④正确.故选：C【点睛】本题考查等差数列的性质和数列求和，弄清插入的项数是解题关键，属于较难的题目.二、多选题17．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，记，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据给定条件逐项分析、推理计算即可判断作答.【详解】依题意，的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，即，A正确；依题意，当时，，得，B正确；由给定的递推公式得：，，…，，累加得，于是有，即，C错误；，，，…，，因此，，D正确.故选：ABD【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.18．在数列中，已知是首项为1，公差为1的等差数列，是公差为的等差数列，其中，则下列说法正确的是（）A．当时， B．若，则C．若，则 D．当时，【答案】ACD【分析】利用等差数列的通项公式可判断A；利用已知条件结合等差数列的通项公式可判断B；利用等差数列的求和公式可判断C；利用等比数列求和公式可判断D.【详解】对于A，当时，，可知数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，故A正确；对于B，由已知，是公差为的等差数列，则，是公差为的等差数列，则，即，解得：或，故B错误；对于C，，解得：，故C正确；对于D，，故D正确；故选：ACD19．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形几何具有自身相似性，从它的任何一个局部经过放大，都可以得到一个和整体全等的图形如下图的雪花曲线，将一个边长为的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图（2），如此继续下去，得图（3），记为第个图形的边长，记为第个图形的周长，为的前项和，则下列说法正确的是（）A．B．C．若，为中的不同两项，且，则最小值是D．若恒成立，则的最小值为【答案】AD【分析】本题考查等比数列的通项公式和等比数列的应用，属于较难题目．设第个图形的边数为，可得为等比数列，求得其通项公式，并求得的通项公式，进而得到和的通项公式，即可对，作出判定；利用等比数列的性质得到，进而求得的最小值，判断C选项；根据的单调性和范围求得单调性和范围，从而求得的最小值，从而判断D选项．【详解】由题意可知，下一个图形的边长是上一个图边长的，边数是上一个图形的4倍，可得周长的递推关系式为，由图知，，选项A正确；从第2个图形起，每一个图形的边长均为上一个图形边长的，所以数列是1为首项，为公比的等比数列，所以，选项B错误；由，得，计算得所以，当且仅当时取“=”.因为题中要求，所以选项C错误；根据选项B中的分析，，所以即设，则在上单调递增.所以时，所以的最小值是.选项D正确.故选：AD.20．已知在中，分别是边的中点，分别是线段的中点，分别是线段的中点，设数列满足，给出下列四个结论，其中正确的是（）A．数列是递增数列，数列是递减数列B．数列是等比数列C．数列既有最小值，又有最大值D．若在中，，则最小时，.【答案】ABD【分析】根据条件得到，进一步得到数列与数列的通项公式，从而就容易判断各个选项.【详解】根据题意可得，，，，，，，，则，由于在中，不共线，，，则数列是单调递增数列，数列是单调递减数列，A正确；数列即为，是首项和公比均为的等比数列，B正确；恒成立，在单调递增，所以有最小值，无最大值，故C错误；根据题意，，当时，取得最小值，即有最小时，，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题就是向量与数列的交汇，以向量的线性运算为基础，关键是得到数列的通项公式，进而考查数列的性质，同时考查了学生应用知识的能力与运算能力.三、填空题21．已知，数列满足.若对任意正实数λ，总存在和相邻两项，使得成立，则实数的最小值为___________.【答案】【分析】根据已知条件证得数列是等差数列，根据求得的最小值.【详解】依题意，即，整理得，所以，即，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，，，由得，由于，所以，，所以，所以，所以的最小值为.故答案为：22．已知数列满足：，，若前2010项中恰好含有666项为0，则的值为___________.【答案】8或9或8【分析】先利用x=1，2，3，4，5分析出在前2010项中含有0的项的个数的规律即可计算得解.【详解】因数列满足：，，则：当时，数列各项为：1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中恰好含有项为0，当时，数列各项为：1，2，1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中，由知，恰好含有669项为0，当时，数列各项为：1，3，2，1，1，0，1，1，0，1，1，…，在前2010项中，由知，恰好含有669项为0，当时，数列各项为：1，4，3，1，2，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中，由知，恰好含有668项为0，当时，数列各项为：1，5，4，1，3，2，1，1，0，1，1，…，在前2010项中，由知，恰好含有668项为0，由上述可得当或时，在前2010项中恰好含有667项为0，当或时，在前2010项中恰好含有666项为0，所以的值为8或9.故答案为：8或9【点睛】关键点睛：涉及给出递推公式探求数列规律的问题，按条件写出变量的前几个取值对应的数列，认真分析每个变量对应的数列，找准变化规律是解决问题的关键.23．如果数列满足：，且对于任意，存在实数使得是方程的两个根，则的所有可能值构成的集合是____________．【答案】【分析】根据一元二次方程的解法求出，可知或，先由判断出数列在前项中后一项比前一项小的项数，再根据数列的前项中后一项比前一项小的项数分类讨论，即可求出．【详解】因为方程的两个根为，所以或，所以或．当恒成立时，若，则，这与不符；当恒成立时，若，则，这与不符；当时，在数列的前项中，后一项比前一项大的有项，后一项比前一项小的有项，所以有，，解得，，所以在数列的前项中，若没有后一项比前一项小的项，则；若后一项比前一项小的项只有一项，则；若后一项比前一项小的项有两项，则．故的所有可能值构成的集合是．故答案为：．24．设集合A＝{2n|0≤n≤16，n∈N}，它共有136个二元子集，如{20，21}，{21，22}…等等.记这136个二元子集为B1，B2，B3，…B136，.设，定义S（B1）＝|x﹣y|，则S（B1）+S（B2）+S（B3）…+S（B136）＝_____.（结果用数字作答）【答案】1835028【分析】由题意可得：S（B1）+S（B2）+S（B3）…+S（B136）＝（21﹣20+22﹣20+……+216﹣20）+（22﹣21+23﹣21+……+216﹣21）+……+（215﹣214+216﹣214）+（216﹣215），利用等比数列的求和公式即可得出．【详解】由题意可得：S（B1）+S（B2）+S（B3）…+S（B136）＝（21﹣20+22﹣20+……+216﹣20）+（22﹣21+23﹣21+……+216﹣21）+……+（215﹣214+216﹣214）+（216﹣215）＝16×20+15×21+……+2×214+216215＝217×15+216（2+22+……+215）（16+15×21+……+2×214+215）＝217×15+216（21718）＝217×14+20＝1835028．故答案为：1835028四、解答题25．已知轴上的点满足.射线上的点满足.（1）证明：是等比数列；（2）用表示点和点的坐标；（3）求四边形的面积的取值范围.【答案】（1）证明见详解；（2），；（3）.【分析】（1）根据题意，由向量的运算得出，且，由等比数列的定义，即可证明是等比数列；（2）由（1）得是以4为首项，为公比的等比数列，根据等比数列的通项公式得出，利用累加法求出，从而得出点的坐标；再根据题意得出，由等差数列的定义可知是以3为首项，2为公差的等差数列，根据等差数列的通项公式求出，从而得出点的坐标；（3）根据题意，可知四边形面积为，进而化简得，令，从而有，当时，可知，当时，可知，可知的最大值为，结合，可得出，从而得出四边形的面积的取值范围.（1）解：已知轴上的点满足，则，，，，所以是以4为首项，为公比的等比数列.（2）解：由（1）得是以4为首项，为公比的等比数列，，，符合上式，，，射线上的点满足，则，，，，，是以3为首项，2为公差的等差数列，，.（3）解：由（2）得，，则，，四边形面积为：，即，令，则，，当时，可知；当时，可知；即，所以的最大值为，又，且，所以，而，故,所以四边形的面积的取值范围是.【点睛】关键点点睛：本题考查数列的实际应用，考查等差和等比数列的证明、等差等比数列通项的求解、利用累加法求数列通项公式，以及数列和函数的综合问题，解题的关键在于第3问令，通过求出的最大值和，从而得出的取值范围，考查学生分析解决问题的能力以及转化能力.26．在数列中，若对任意的，都有成立，则称数列为“差增数列”．（1）试判断，是否为“差增数列”，并说明理由；（2）若数列为“差增数列”，且，，对于给定得正整数，求使得的前项的和最小时，的通项公式；（3）若数列为“差增数列”，且，，且，求证：．【答案】（1）是；理由见解析（2）；（3）证明见解析．【分析】（1）由新定义可知，只要证明an+an+2＞2an+1即可；（2）由新定义可得对任意的n∈N*，恒成立．可令，运用累加法，结合等差数列的求和公式可得bn；（3）利用反证法即可证明不等式.（1）数列是“差增数列”，理由如下：∴，∴数列是“差增数列”；（2）由已知，对任意的n∈N*，恒成立．令，则，且，若的前项的和最小，则，∴∴，当时，也适合上式，∴；（3）证明：（反证法）假设．由已知可得均为正数，且，．而由可得，即，又，所以．同理可得，因此，这与已知矛盾，所以．27．设数列满足.（1）求证：数列为等比数列；（2）若数列满足，是否存在实数，使得数列是单调递增数列?若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.（3）对于大于2的正整数（其中），若、、三个数经适当排序后能构成等差数列，求符合条件的数组.【答案】（1）证明见解析（2）存在，（3）【分析】（1）根据题意，结合递推公式以及等比数列定义，即可求证；（2）根据题意，通过对进行讨论，结合作差法，即可求解；（3）根据题意，分别对、、三个数不同排序进行讨论，即可求解.（1）证明：根据题意，由，得，即，又，故数列是以1为首项，2为公比的等比数列.（2）依题意，则.若存在，则对恒成立.①当奇数时，，其中当时，，故；②当为偶数时，，其中当时，，故.综上所述，存在实数，使得数列是单调递增数列.（3）由（1）知，、、这三项经适当排序后能构成等差数列，①若，则，∴，又，∴，∴；②若，则，∴，左边为偶数，右边为奇数，∴不成立；③若，同理也不成立.综合①②③得，.28．已知二次函数同时满足：①不等式的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在，使得不等式成立．设数列的前项和．（1）求的表达式．（2）求数列的通项公式．（3）设，，的前项和为，若对任意，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】由不等式的解集有且只有一个元素，结合根的判别式，求出的值，进而分类讨论，利用二次函数单调性即可得出结果；由知，，当时，，当时，，即可得出结果；由及其已知可得，，，再利用数列的单调性即可得出结果.（1）解：由不等式的解集有且只有一个元素得，解得或，当时，在上单调递增，故不存在，使得不等式成立；当时，在上单调递减，故存在，使得不等式成立．综上所述，．（2）解：由知：，当时，，当时，，．（3）解：，，，，当时，，由对，恒成立，等价于对，恒成立，而是关于的增函数，当时，，实数的取值范围是．29．已知数列满足.（1）当时，求证：数列不可能是常数列；（2）若，求数列的前项的和；（3）当时，令，判断对任意，是否为正整数，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）当时，；当时，.（3）对任意，是正整数，理由见解析.【分析】（1）由题干条件得到，故可说明数列不可能是常数列；（2）分，与，两种情况进行求解；（3）先求出，，故猜想对任意，是正整数，对平方后整理为，代入中，消去，得到关于的式子，再进行整理得到，故可类推出结果.（1）证明：，因为，，