压轴题05数列压轴题十五大题型汇总-3

这是一份压轴题05数列压轴题十五大题型汇总-3，共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知定义在R上的函数满足，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数（为自然对数的底），，记为从小到大的第个极值点，数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．B．
C．D．
3．对于数列，定义为数列的“加权和”．设数列的“加权和”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
4．已知函数的定义域和值域均为，对于任意非零实数，函数满足：，且在上单调递减，，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．在定义域内单调递减D．为奇函数
5．已知函数的定义域为，且对任意的，都有，若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的图象关于y轴对称
C．D．
6．记函数的导函数为，已知，若数列，满足，则（ ）
A．为等差数列B．为等比数列
C．D．
7．黄金分割是指将整体一分为二，较小部分与较大部分的比值等于较大部分与整体部分的比值，其比值为，这个比例被公认为是最能引起美感的比例．四名同学对此展开了探究，下列说法中正确的是（ ）
A．若椭圆的焦点在轴上，上顶点为，右顶点为，左焦点为．小欧提出只要满足，椭圆的离心率就等于
B．一顶角等于的等腰三角形，小斯通过正、余弦定理和二倍角公式，算得该三角形底边长与腰长的比值等于
C．假设，小莱发现若公比大于0的等比数列与著名的斐波那契数列的递推公式相同，则数列的公比等于
D．小利在阅读时了解到：古老的雅典帕提农神庙，其柱顶至屋顶的距离与柱高满足，则
8．已知正四面体中，，，，…，在线段上，且，过点作平行于直线，的平面，截面面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．为递减数列
C．存在常数，使为等差数列
D．设为数列的前项和，则时，
三、填空题
9．已知，若直线与有个交点，则 .
10．已知函数的定义域为，且的图象关于点中心对称，若，则 .
11．黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：时，．若数列，给出下列四个结论：
①；②；③；④．
其中所有正确结论的序号是 ．
四、解答题
12．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.
13．有穷数列中，令，
(1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得；
(2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值；
(3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：.
14．给定整数，由元实数集合定义其随影数集.若，则称集合为一个元理想数集，并定义的理数为其中所有元素的绝对值之和.
(1)分别判断集合是不是理想数集；（结论不要求说明理由）
(2)任取一个5元理想数集，求证：；
(3)当取遍所有2024元理想数集时，求理数的最小值.
注：由个实数组成的集合叫做元实数集合，分别表示数集中的最大数与最小数.
15．对正整数，设数列.是行列的数阵，表示中第行第列的数，，且同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合或中元素的个数为．
(1)若，求的值；
(2)若对任意中都恰有行满足第列和第列的数均为1．
①能否满足？说明理由；
②证明：．
16．表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，.
(1)求，，；
(2)已知时，.
（i）求；
（ii）设，数列的前n项和为，证明：.
17．已知，其中．
(1)当时，证明：；
(2)若，求的取值范围；
(3)设，，证明：．
18．已知函数．
(1)当时，证明：有且仅有一个零点．
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
(3)证明：．
19．数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量，其模定义为.类似地，对于行列的矩阵，其模可由向量模拓展为（其中为矩阵中第行第列的数，为求和符号），记作，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵，其矩阵模.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.
(1)，，矩阵，求使的的最小值.
(2)，，，矩阵求.
(3)矩阵，证明：，，.
20．如图，已知曲线及曲线．从上的点作直线平行于轴，交曲线于点，再从点作直线平行于轴，交曲线于点，点的横坐标构成数列．
(1)试求与之间的关系，并证明：；
(2)若，求的通项公式．
参考答案：
1．D
【分析】依次求出猜想,再用等比数列求和.
【详解】,
,
,
,
,
,

,

故选：D
【点睛】关键点点睛:本题关键是通过计算观察得到,进而转化为等比数列求和.
2．C
【分析】由题意求导并令，结合题意可求得，对是奇数还是偶数进行分类讨论，再结合等比数列求和公式、分组求和法即可得解.
【详解】由题意，
令，则，即，所以，
又，
所以是以为首项，为公差的等差数列，即，
当时，，
当时，，
从而
.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是在得到之和还要对分类讨论，得，由此即可顺利得解.
3．B
【分析】借助与的关系可计算出数列的解析式，即可得，则分及两种情况分类讨论，当时，为有特殊定义域的二次函数，结合二次函数的性质可得，解出即可得.
【详解】当时，，则，
即，故，
当时，，符合上式，故，
则，故，
因为对任意的恒成立，
当时，有，即，不符合要求，
当时，则有，
解得.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在得到后，可知当时，为有特殊定义域的二次函数，即可结合二次的函数的性质解题.
4．BC
【分析】赋值法可判断A，根据等比数列求和公式判断B，利用奇偶函数的定义及赋值法判断C，由函数的特例可判断D.
【详解】对于，令，则，
因，故得，故A正确；
对于由，
令，则，
则，即，
故是以为首项，2为公比的等比数列，
于是，故B错误；
对于，由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则①，
把都取成，可得②，
将②式代入①式，可得，
化简可得即为奇函数，故D正确；
对于C，在上单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，
但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故C错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对已知的函数抽象表达式的处理，一般以赋值化简为主，根据选项信息对自变量进行针对性赋值，求出函数值，或者推导出递推式，或者构造出的关系式即可判断奇偶性等.
5．AC
【分析】对于A：令代入运算即可判断；对于B：令解得，令解得，即可判断；对于CD：若，可得，分析可知是以首项，公差为1的等差数列，结合等差数列以及裂项相消法分析求解.
【详解】因为，且函数的定义域为，
对于选项A：令，可得，解得，故A正确；
对于选项B：令，可得，解得，
令，可得，
所以的图象不关于y轴对称，故B错误；
对于选项CD：若，可得，
令，可得，
可知数列是以首项，公差为1的等差数列，
可得，
则，
所以，
故C正确，D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：根据题意整理可得若，可得，进而可得，结合等差数列分析求解.
6．ACD
【分析】利用给定定义结合等差数列定义判断A，排除法判断B，利用累加法求出，再用裂项相消法判断C，利用数列的性质判断单调性判断D即可.
【详解】若，则，
，，
故，易知，经检验，
故是以为首项，为公差的等差数列，故A正确，
而，又因为等比数列中不能有，则不可能为等比数列，故B错误，
易得，，故，
则，则，
故，故C正确，
令，且，
当时，令，，
故，故，即此时为单调递增数列，
故，即恒成立，故成立，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是构造新数列，利用数列的性质判断单调性，然后求出端点值，得到所要证明的不等关系即可．
7．ABD
【分析】选项A，将条件中数量积用坐标表示，整理方程可得；选项B，分别用正余弦定理得到边长与腰长的方程，联立方程组可得；选项C，由等比数列性质，在两边同除以可得公比的方程；选项D，结合对数性质，借助连等式设法，找到的等量关系即可.
【详解】对选项A，设椭圆的方程为，
则，，，
由，得，
即，即，可得，故A正确；
对选项，设该三角形底边长为，腰长为，
由正弦定理得，即①；
又由余弦定理得②，
①②两式联立得，即，
由于，，故，故B正确；
对选项C，设数列的公比为，，则，
由题意得，，两边同除以整理得，
，解得，故C错误；
对选项D，设，
则，，，由，
得，即，
则，且，解得，故D正确．
故选：ABD．
8．ABD
【分析】A选项，画出截面，并判断出截面为矩形，求出截面边长，得到，求出；B选项，利用得到B正确；C选项，求出，并用等差数列的定义判断C错误；D选项，化简得到，利用裂项相消法求和，列出方程，求出答案.
【详解】由题意得，
取中点，连接，因为均为等边三角形，
所以，
因为，平面，
因为平面，
所以，
A选项，过点做交于点，过点做交于点，连接，则，
故四边形为截面，且四边形为矩形，
由相似知识可知，，
故，所以，A正确；
B选项，因为，所以，
故，故为递减数列，B正确；
C选项，，则，
不是常数，C错误；
D选项，，
则，
令，解得，D正确.
故选：ABD
9．
【分析】由题意首先确定函数的性质，然后结合直线与圆的位置关系得到的表达式，最后裂项求和即可求得的值.
【详解】当时，，即，，
当时，，所以可得函数周期为2，
画出函数图象，如图所示：
若直线与有个交点，
根据图象知，直线与第个半圆相切其圆心为
不妨设切点为，连接，
所以在中，，
，故，
所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解。
10．
【分析】先根据条件证明，然后由证明，再由此证明，最后由得到结果.
【详解】对任意，由于，且函数的定义域为，
故点在曲线上，且曲线关于点中心对称，
故点也在曲线上，从而，
从而对任意有.
从而对任意，由知，即.
根据条件又有，即.
现在对任意的整数，我们有：
，
所以，从而有：
.
故有：
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对函数方程的处理，通过其中取值的任意性，代入合适的值得到关键条件.
11．②③④
【分析】根据黎曼函数的定义和性质逐项分析.
【详解】对于①， 时， ，故①错误；
对于②， ，，，故②正确；
对于③，
，故③正确；
对于④，， ，
构造函数 ， ，则 ，单调递增，
，即当时 ， ，
，
当时， ，， ，故④正确.
故选：②③④.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
12．(1)7
(2)或10
(3)
【分析】（1）根据集合新定义，确定中最小的元素即可；
（2）根据集合中的元素可得，设，，分别讨论当时，当时，当时，的取值情况，即可得结论；
（3）设，则，其中，，所以，根据组合数的运算性质确定与的关系，即可求得的值.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，注意两点：
（1）根据集合定义式，确定集合中元素的特点，结合指数运算确定指数的取值情况从而得集合中的元素性质；
（2）确定集合中的元素个数为时，结合组合数的运算性质确定与的关系.
13．(1)、、、
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）结合题意，逐个计算即可得；
（2）由题意可得，，可得当时，有，当时，，结合，即可得解；
（3）将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.
【详解】（1）为时，，
为时，，
为时，，
为时，，
故，且使得的有序数对有、、、；
（2）由题意可得，，
又为整数，故，，
则，
同理可得，
即有，
同理可得，当时，有，
即当时，有，
当时，，
故
；
（3）对于数列，，不妨设，
①首先考虑的情况，
由于，，故，同理，，，
故.
②再考虑中有连续一段是连续的正整数的情况，
此时,
因为，，
故这说明此连续的项的和为负.
同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负，
再由①中结论，可得.
③若在①②中，由于，
此时去掉前项，则可转化①②的情况，所以有.
④若，则，
所以此时有，
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.
14．(1)集合是理想数集，集合不是理想数集
(2)证明见解析
(3)1024144
【分析】（1）由理想数集的定义即可判断；
（2）为了方便说明，假定元素间一个有序关系为，从而分三种情况，，，讨论即可得证；
（3）首先通过分类讨论证明，对元理想数集，有.从而有，即，通过放缩与等差数列求和即可得解.
【详解】（1）设的随影数集分别为，
则，
所以集合是理想数集，集合不是理想数集.
（2）不妨设集合且，即.
为理想数集，，则，且，使得.
当时，.
当且仅当且时，等号成立；
当时，.
当且仅当且时，等号成立；
当时，.
当且仅当时，等号成立.
综上所述：.
（3）设.
为理想数集.
，且，使得.
对于，同样有.
下先证对元理想数集，有.
不妨设集合中的元素满足.即.
为理想数集，
，且，使得.
当时，，
当且仅当且时，等号成立；
当时，，当且仅当且时，等号成立；
当时，.
当且仅当时，等号成立.
.
.当且仅当时，等号成立.
.
理数.
当且仅当或时，等号成立.
理数的最小值为.
【点睛】关键点点睛：关键是通过分类讨论证明，对元理想数集，有，由此即可顺利得解.
15．(1)
(2)①不满足，理由见解析；②证明见解析
【分析】（1）记，计算出、、即可得；
（2）①由题意可得中满足的的个数共有个，亦可得其为个，当时，可得，此方程无解，故不满足；②满足，但的的个数为，亦可得其为，即有，借助该等式表示出后放缩即可得.
【详解】（1）记，
则，
，
，故；
（2）①不满足，理由如下：
假设满足，
因为的每行恰有三个1，故中满足的的个数共有个，
另一方面，从中任选两列共有种可能，且对任意两列，
都恰有行使得这两列的数均为1，故中满足的的个数共有个，
所以，当时，得，此方程无解，
所以不满足；
②由①可得，即，
下面考虑满足，但的的个数：
对中满足和3的行，每行恰有两组使且，
所以满足，但的的个数为，
设数列中有项为项为0，
满足，但的的个数为，
所以满足，但的的个数为，
所以，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，关键点在于结合定义，得到满足，但的的个数为且为.
16．(1)；；
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，进一步分析即可求解；
（2）（i）依题可得中与互质的正整数个数为，中与互质的正整数个数为，再结合即可求解；
（ii）先求得，可利用，根据等比数列求和后即可求解；也可以利用放缩法结合数列求和的裂项相消法求解.
【详解】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，
因为与2互质的数为1，所以；
因为与3互质的数为1，2，所以；
因为与6互质的数为1，5，所以.
（2）（i）因为中与互质的正整数只有奇数，
所以中与互质的正整数个数为，所以，
又因为中与互质的正整数只有与两个，
所以中与互质的正整数个数为，
所以，所以，
（ii）解法一：因为，
所以，所以，
令，因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以数列的前n项和，
所以，
又因为，所以，
解法二：因为，所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，所以
因为，所以，
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点一：对题中定义的理解；关键点二：对的放缩，或者.
17．(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，求导研究其单调区间，可得答案；
（2）根据指数函数的性质，利用分类讨论思想，整理不等式构造函数，再利用导数求得其最值，建立不等式，可得答案；
（3）将不等式的右边整理为求和式，利用放缩法结合（1）的不等式可得答案.
【详解】（1）当时，，则．
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
因此，．
（2）由，则．
当时，显然不等式恒成立．
当时，整理可得．
令函数，
易知，，则，易知是增函数．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故．
所以为使，都有，必有．
对，都有，当且仅当时等号成立，
则有，所以，即．
（3）由（1）知当时，，从而．
，
利用不等式和，
可得
，
即当时，．
【点睛】结论点睛：两个常见的重要不等式：
（1）；（2）.
18．(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数探讨函数的单调性，再利用零点存在性定理推理即得.
（2）等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出函数的最大值即得.
（3）利用（2）的结论得，再赋值并借助不等式性质，等比数列前n项和公式推理即得.
【详解】（1）当时，函数定义域为，则，
令，则在上恒成立，则在上单调递增，
则，即在上恒成立，在上单调递增，
而，，
所以根据零点存在定理知，有且仅有一个零点．
（2）当时，等价于，
令，求导得，令，
则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
则，于是当时，，单调递增，
当时，，单调递减，因此，
所以a的取值范围为．
（3）由（2）可知，当时，有，则，
因此，
所以．
【点睛】思路点睛：不等式恒成立或存在型问题，可构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
19．(1)10
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列求和公式和一元二次不等式的求解即可；
（2）总结得第对角线上的平方和为，再代入化简即可；
（3）等价转化结合放缩法得证明成立，再利用换元法和导数证明即可.
【详解】（1）由题意得.
若，则，即.
因式分解得.因为，所以.
所以使的的最小值是10.
（2）由题得第1对角线上的平方和为，
第2对角线上的平方和为
，
第对角线上的平方和为
，
第对角线上的平方和为，
所以
所以.
（3）由题意知，证明
等价于证明，
注意到左侧求和式，
将右侧含有的表达式表示为求和式有
故只需证成立，
即证成立，令，
则需证成立，
记，则在上恒成立，所以在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立，即成立，
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是转化为证明，再结合放缩法转化为证明，最后利用导数证明即可.
20．(1)；证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，从而有，再根据在上，即可得与之间的关系，根据，可得与异号，再结合，即可得证；
（2）根据，可得，两式相除，利用构造法结合等比数列的通项即可得解．
【详解】（1），从而有，在上，故，
故，
由及，知，下证：，
，故与异号，
，故，故，即；
（2），则，，
两式相除得，，
故是以为首项，以为公比的等比数列，
则，解得．
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的递推公式，求数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，构造等比数列是解题的关键.