2024高考数学二轮复习压轴题型分类专练（新高考用）-专题01数列及其应用（含解析）

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专题01 数列及其应用
（2023·新高考Ⅰ卷）设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
(1)若，求的通项公式；
(2)若为等差数列，且，求．
（2023•新高考Ⅱ）已知为等差数列，，记，为，的前项和，，．
求的通项公式；
证明：当时，．
（2022•新高考Ⅱ）已知是等差数列，是公比为2的等比数列，且．
（1）证明：；
（2）求集合，中元素的个数．
（2023·湖南岳阳·统考模拟）已知数列{an}的前n项和为．
（1）证明数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）设，若对任意正整数n，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
（2023·广东广州·校考期中）已知数列满足，，记．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)设数列的前n项和为，求数列的前n项的和．
（2023·浙江温州·统考模拟）设Sn为正项数列{an}的前n项和，满足2Sn＝+an﹣2．
（I）求{an}的通项公式；
（II）若不等式（1+）≥4对任意正整数n都成立，求实数t的取值范围；
（Ⅲ）设bn＝（其中r是自然对数的底数），求证：．
（2023·福建厦门·校考练习）设是数列的前项和，已知
(1)求，并证明：是等比数列；
(2)求满足的所有正整数.
（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考练习）已知数列是公差为1的等差数列，且，数列是等比数列，且，.
(1)求和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
（2023•广东模拟）已知正项等比数列{an}和其前n项和Sn满足a5﹣a1＝2S4，a2•a3＝a4．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）在am和am+1之间插入m个数，使得这m+2个数依次构成一个等差数列，设此等差数列的公差为bm，求满足bm＞50的正整数m的最小值．
（2023•苏州三模）已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a2＝3，且a3，a5，a8成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前2023项和．
（2023•上海）已知，在该函数图像上取一点，过点，做函数的切线，该切线与轴的交点记作，若，则过点，做函数的切线，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．
（2022·北京·统考高考真题）已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
(1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
(3)若为连续可表数列，且，求证：．
（2022·天津·统考高考真题）设是等差数列，是等比数列，且．
(1)求与的通项公式；
(2)设的前n项和为，求证：；
(3)求．
（2022•上海·统考高考真题）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．
（2022·浙江·统考高考真题）已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
(1)若，求；
(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
题型训练
答案&解析
【1】
【答案】(1)(2)
【详解】（1），，解得，
，
又，
，
即，解得或（舍去），
.
（2）为等差数列，
，即，
，即，解得或，
，，
又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得.
综上，.
【2】
【解析】（1），，
根据题意可得，
，
，又，
解得，，
，；
（2）为等差数列，为等差数列，且，
根据等差数列的通项公式的特点，可设，则，且；
或设，则，且，
①当，，时，
则，
，，又，
解得；
②当，，时，
则，
，，又，
此时无解，
综合可得．
【3】
【解析】（1）证明：设等差数列的公差为，
由，得，则，
由，得，
即，
．
（2）由（1）知，，
由知，，
，即，
又，故，则，
故集合，中元素个数为9个．
【4】
【解答】（1）证明：由得，又，
∴数列是以为首项，公差为1的等差数列，
∴，即，
∴当n≥2时，，
又a1＝1不满足上式，
∴；
（2）解：由（1）知，
∴，
∴，
∴当n≤2时，bn+1＞bn；
当n≥3时，bn+1＜bn，即b1＜b2＜b3＞b4＞b5＞⋯，
∴bn的最大值为，
依题意，即m2﹣m﹣2＞0，
解得m＜﹣1或m＞2，即实数m的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．
【5】
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，得到，结合，得出，即可求解；
（2）由（1），求得，得到，分为偶数和为奇数，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为数列满足，，可得，
又因为，即，且，
所以数列表示首项为，公差为的等差数列.
（2）解：由（1），可得数列的通项公式为，可得，
所以
当为偶数时，

；
当为奇数时，

，
所以数列的前项和为：.
【6】
【解答】解：（I）2Sn＝+an﹣2，2Sn﹣1＝+an﹣1﹣2．（n≥2），
两式相减得2an＝﹣+an﹣an﹣1，
即﹣﹣an﹣an﹣1＝0，
∴（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0
得an﹣an﹣1＝1，（n≥2），
又由2S1＝+a1﹣2，得a1＝2，
∴an＝n+1；
（II）（1+）≥4即为（1+）n+1≥4，
当n＝1时，（1+）2≥4，得﹣≤t≤0且t≠﹣2，
下面证明当﹣≤t≤0且t≠﹣2时，（1+）n+1≥4对任意正整数n都成立．
当n≥2时，n+1+t＞0，
∴（1+）n+1≥（1+）n+1，
又n＝1时，上式显然成立．
故只要证明（1+）n+1≥4对任意正整数n都成立即可．
∴（1+）n+1＝1+•（）+•（）2+…+•（）n+1≥1+•（）+•（）2＝1+2+≥4，
（Ⅲ）bn＝，
∴＝＝[•]＝[•]＝[•]，
∴≤•
当k≥2时，＝＜＝＝＝2（﹣），
∴++…+＜×2[（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]＝×2（﹣）＜×2×＝
【7】
【答案】(1)，证明见解析
(2)1，2
【分析】（1）利用代入计算即可求得，由等比数列定义可求得，即可得出证明；
（2）利用数列分组求和可得出，再利用二次函数及指数函数单调性即可求得结果.
【详解】（1）由可得，
所以，
可得；
由已知得，
所以，
其中，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）知，
所以，
所以，
所以
，
由二次函数及指数函数性质可知当时，单调递减，
其中，
所以满足的所有正整数为1，2.
【8】
【答案】(1)；(2).
【详解】（1）因为，是正项等比数列．且，
所以，即，所以，
又因为，所以，解得，
所以的通项公式为：.
（2）结合题意: ,得到，
所以 ，
当时，，
;
当时，，
，
综上所述：.
【9】
【解答】解：（I）设等比数列的公比为q，
由题意得，
解得a1＝1，q＝3，
故an＝3n﹣1；
（II）由题意可得，bm＝＝＝，
则bm+1﹣bm＝＝＞0，
故数列{bn}单调递增，
因为b5＝27＜50，b6＝＞50，
故满足题意的m的最小值为6．
【10】
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
∵a2＝3，且a3，a5，a8成等比数列，
∴，即，解得，
∴an＝n+1；
（2）由（1）得an＝n+1，则，
对于任意k∈N*，则b4k﹣3＝﹣4k+2，b4k﹣2＝0，b4k﹣1＝4k，b4k＝0，
∴b4k﹣3+b4k﹣2+b4k﹣1+b4k＝2，
故数列{bn}的前2023项和为（b1+b2+b3+b4）+⋯+（b2021+b2022+b2023+b2024）﹣b2024＝506×2﹣0＝1012．
【11】
【解析】（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，．
【12】
【答案】(1)是连续可表数列；不是连续可表数列．
(2)证明见解析．3)证明见解析．
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；
（3）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．
（1）
，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
（2）
若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，， ．
（3）
，若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,
从而若,则，至多可表个数，
而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，
则所有数之和，，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，
（仅一种方式），
与2相邻，
若不在两端,则形式，
若，则（有2种结果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故在一端，不妨为形式，
若,则 （有2种结果相同，矛盾），同理不行，
，则 （有2种结果相同，矛盾），从而，
由于,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能，①或，②
这2种情形，
对①：，矛盾，
对②：，也矛盾，综上，
当时，数列满足题意，
．
【13】
【答案】(1)(2)证明见解析(3)
【详解】（1）设公差为d，公比为，则，
由可得（舍去），
所以；
（2）证明：因为所以要证，
即证，即证，
即证，
而显然成立，所以；
（3）因为
，
所以
，
设
所以，
则，
作差得
，
所以，
所以.
【14】
【解析】（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．
【15】
【答案】(1)(2)
【详解】（1）因为，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
所以，
（2）因为，，成等比数列，
所以，
，
，
由已知方程的判别式大于等于0，
所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，
又
所以