新高考数学二轮复习提分练习04 数列的性质 恒成立问题、插项问题、公共项问题、规律问题、奇偶问题（2份，原卷版+解析版）

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1、数列的周期性，此类问题的解法是由定义求出数列的前几项，然后归纳出周期性.
2、函数与数列的综合问题，解决该问题应该注意的事项：
(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
3、证明数列单调性的方法：根据与的关系判断出数列的单调性（当恒为正或者负时，可以考虑利用与的大小关系判断数列单调性）.
4、当出现与年份有关的数列选择题，题目本身难度比较大的时候，比如，出现2019、2020、2021类似这样的数字，我们完全可以通过逐个分析选项，通过选项找规律后判断是否符合题意，来决定哪个选项正确.比如求，可以令，将选项中的所有数字用来表示，然后通过来验证哪个选项正确.如果题目问的是之类的偶数年份，最好是通过这样的偶数项来验证.
【典型例题】
例1．（浙江省杭州市第二中学滨江校区2022-2023学年高三上学期期中数学试题）已知数列满足（，为自然对数的底数），且对任意的都存在，使得成立，则数列的首项须满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
设，令，得到.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故，即（当且仅当时取等号）.
故（当且仅当时取等号）.
即.要使对任意的都存在，使得成立，
显然时，，一定能满足题意；
当时，，如图此时不满足题意；
当时，，如图此时满足题意；
综上，.
故选：C
例2．（2023•新蔡县月考）数列满足，则数列的前60项和等于
A．1830B．1820C．1810D．1800
【解析】解：由，
可得数列的前60项和为
．
故选：．
例3．（2023•江苏模拟）若单调递增数列满足，且，则的取值范围是 ．
【解析】解：单调递增数列满足，且，
，解得，
，解得，
由条件可以得出，也就是隔3项成等差数列，公差为3．
只要保证就可以保证整个数列单调递增．
单调递增数列中，，，
，解得．
的取值范围是，．
故答案为：，．
例4．（广东省实验中学2023届高三考前热身训练数学试题）已知为数列的前项和，，平面内三个不共线的向量，，，满足，，，若，，在同一直线上，则___________.
【答案】
【解析】设，所以，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以，所以，所以是周期为的周期数列，
因为，所以，
所以，
所以，
故答案为：.
例5．（江苏省苏州市吴中区木渎高级中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题）数列中，，且，记数列的前n项和为，若对任意的恒成立，则实数的最大值为__________.
【答案】
【解析】
由为变形为，又
所以数列是等比数列，首项为2，公比为，所以，可得，
所以，则，所以，解得，
当n为奇数时，恒成立，等价于恒成立，而，所以，
当n为偶数时，恒成立，等价于恒成立，而，所以，
综上得，所以实数的最大值为，
故答案为：.
例6．（江西省临川二中、临川二中实验学校2023届高三第二次模拟考试文科数学试题）已知数列的前项和为，若对一切正整数，不等式恒成立，则满足条件的最小整数为______.
【答案】2020
【解析】解：当时，，得，
当时，，
整理得 ，等式两边同除得，
则数列是以为首项，1为公差的等差数列，
，
则，
所以不等式对一切正整数恒成立，
即对一切正整数恒成立，
令，当时，最大，
，
解得，因为，，
此时，
，即。
所以满足条件的最小整数为2020.
故答案为：2020
【过关测试】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）设数列的通项公式为，其前项和为，则（ ）
A．B．C．180D．240
【答案】D
【解析】当，时，，；
当，时，，；
当，时，，；
当，时，，.
，.
故选：D
2．（2023·山东潍坊·高三统考期末）已知定义在上的函数满足，对，，有，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】令，由已知可得.
令，由已知可得，
设，则，整理可得.
又，所以，所以.
则，
所以.
故选：A.
3．（2023·全国·高三专题练习）设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（ ）
A．1或3B．2或3C．1或4D．2或4
【答案】A
【解析】，
时，，
相减可得：，即
又时，，解得，满足，
数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．
对任意正整数n，都有成立，
得①，
又②，
②－①×3得：，
又，所以，得，
进而，
由，得，即，
记，则，
以下证明时，，
因为，
即时，单调递减，，
综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3．
故选：A．
4．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知数列、，，，其中为不大于x的最大整数.若，，，有且仅有4个不同的，使得，则m一共有（ ）个不同的取值.
A．120B．126C．210D．252
【答案】C
【解析】设，其中，且不全为0，，
若，则，，
，，
若，则，，
，，
所以若则，，若，则，
若，，则，，
，，，，
若，，则，，
，，，，
若，，则，，
，，，，
若，，则，，
，，，，
所以时，，时，，
同理可以证明时，，，，
因为有且仅有4个不同的，使得，即中有且仅有4个变量取值为1，其余变量取值为0，又从中任选4个变量有种取法，
故满足条件的的个数为，即210个，
故选：C.
5．（2023·北京朝阳·高三统考期末）在数列中，，若存在常数c，对任意的，都有成立，则正数k的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，
所以，
所以，
由于满足上式，故
当时，有趋近于时，趋近于
此时没有最大值，故不满足题意，舍去；
所以，
当时，可证对任意的，都有，
由题知，若存在常数c，对任意的，都有成立，则，
以下进行证明：存在常数，对任意的，都有成立.
当时，，结论成立
假设时结论成立，即
则，
则存在常数，对任意的，都有成立
故正数k的最大值为.
故选：B.
6．（2023·湖南长沙·统考一模）裴波那契数列，因数学家莱昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列满足，且．卢卡斯数列是以数学家爱德华·卢卡斯命名，与裴波那契数列联系紧密，即，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为，
所以当时，，
所以，
故，
因为，
所以，，
故，
所以.
故选：C.
7．（2023·全国·高三专题练习）已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为等比数列
C．D．
【答案】D
【解析】由题意得：，，
由于，故数列不是等比数列，A错误；
则，，，
由于，故数列不为等比数列，B错误；
时，，即，
又，
故为等比数列，首项为2，公比为3，
故，
故，，……，，
以上20个式子相加得：，C错误；
因为，所以，两式相减得：
，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符和该式，故，
令得：，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符号该式，故，
令得：，
综上：，D正确.
故选：D
8．（2023·山西太原·高三统考期末）如表所示的数阵称为“森德拉姆素数筛”，表中每行每列的数都成等差数列，设表示该数阵中第m行、第n列的数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】对于，表示第3行第18个数字，由数阵可知：第3行是以4为首项，以3为公差的等差数列，则第18个数字为，故选项错误；
对于，表示第6行第8个数字，由数阵可知：第6行是以7为首项，以6为公差的等差数列，则第8个数字为，故选项错误；
对于，表示第7行第7个数字，由数阵可知：第7行是以8为首项，以7为公差的等差数列，则第7个数字为，故选项错误；
对于，表示第12行第4个数字，由数阵可知：第12行是以13为首项，以12为公差的等差数列，则第4个数字为，故选项正确，
故选：.
9．（2023·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期末）已知等差数列的前项和为，向量，，，且，则用表示，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由得：，即，
，
，；
为等差数列的前项和，设其公差为，
，
同理可得：，
，
.
故选：B.
二、多选题
10．（2023·湖北·校联考模拟预测）数列各项均为正数，其前n项和，且满足，下列四个结论中正确的是（ ）
A．为等比数列B．为递减数列
C．中存在大于3的项D．中存在小于的项
【答案】BD
【解析】对于A：假设数列为等比数列，设其公比为q，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，故A错；
对于B：当时，.因为，所以，所以，可得，所以数列为递减数列，故B对；
对于C：由题意可知，，当时，，可得；由B知数列为递减数列，故C错；
对于D：因为数列各项均为正数，其前n项和，所以随着n的增大，递增.
而恒成立，所以递减，且，
所以中必存在小于的项
故选：BD.
11．（2023·全国·高三专题练习）若数列满足，则称数列为“差半递增”数列，则（ ）
A．正项递增数列均为“差半递增”数列
B．若数列的通项公式为，则数列为“差半递增”数列
C．若数列为公差大于0的等差数列，则数列为“差半递增”数列
D．若数列为“差半递增”数列，其前项和为，且满足，则实数的取值范围为
【答案】BCD
【解析】对于A，假设一个正项递增数列为：1,4,5，
则，则，不满足“差半递增”数列，A错误；
对于B，因为，
所以
，
因为，所以函数单调递增，所以当，
即恒成立，所以数列为“差半递增”数列，B正确；
对于C，设公差，，，，
所以，
所以，数列为“差半递增”数列，C正确；
对于D，因为，所以，所以，
当时，，
所以，所以，
所以数列为等差数列，公差为1，所以，
所以，
所以对任意，，即，
所以，
所以，因为,
所以当时有最大值为，
所以，D正确；
故选:BCD.
12．（2023·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期末）以下为自然数从小到大依次排成的数阵：
第n行有个数，则（ ）A．该数阵第n行第一个数为
B．该数阵第n行最后一个数为
C．该数阵前n行共有个数
D．该数阵前n行所有数的和为
【答案】ABC
【解析】对于A，该数阵每行第一个数分别为，，…，归纳可得数阵第行第一个数为，故A正确；
对于B，由A知，第行的第一个数为，故第行的最后一个数为，故B正确；
对于C，数阵前行共有个数，故C正确；
对于D，数列前行总和为，故D不正确
故选：ABC
13．（2023·山东德州·高三统考期末）已知数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．
C．数列为等差数列D．为奇数时，
【答案】ABD
【解析】对于A选项，，A对；
对于B选项，因为，则，
对任意的，由可得，
上述两个等式作差可得，
所以，数列中的奇数项成以为首项，公差为的等差数列，
数列中的偶数项成以为首项，公差为的等差数列，
当为奇数时，设，则，
当为偶数时，设，则，
综上所述，，B对；
对于C选项，，故数列不是等差数列，C错；
对于D选项，当为奇数时，设，则，
则
，D对.
故选：ABD.
14．（2023·湖南株洲·高三校联考期末）已知数列满足，数列前项和为，则下列叙述正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】，
又，
归纳可得，
故选项A正确；
数列单调递减，
当 时， ；
当 时，.故选项D正确；
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
,
，
所以当时，
.
故选项C错误；
， 故选项B正确；
故选：ABD.
15．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）已知数列满足，且，是数列的前项和，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【解析】对于A:,,在单调递增, 在单调递减, ,当且仅当时,
若,又因为则,则，则,又因为所以所以，
设，
当时，单调递减，当时，单调递增.
所以所以所以
由, 当时,
因为，所以,则,同理得,
当时，；
所以，所以数列单调递减.则, 所以选项A正确.
对于B：由前面得．下面证明．
只需证明，令，
，
令，则，
∴成立．所以，
所以，所以选项B错误；
对于C：，设，设，
则．所以函数单调递减，所以随着减小，
从而增大．所以，即．所以C错误．
对于D：一般地，证明：．
只需证明．
．令，
则，
∴成立．所以，所以．所以D正确．
故选：.
三、填空题
16．（2023·山西太原·高三统考阶段练习）高斯是德国著名的数学家，有“数学王子”之称，以其名字命名的成果有110个.设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，若用表示的非负纯小数，如，已知数列满足，则__________.
【答案】
【解析】，，
，，
，
由此可得到规律：当为奇数时，，
，
故答案为：.
17．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛.设是一个“0，1数列”，定义数列：数列中每个0都变为“1，0，1”，中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列.例如数列：1，0，则数列：0，1，0，1，0，1.已知数列：1，0，1，0，1，记数列，，2，3，…，则数列的所有项之和为______.
【答案】
【解析】依题意，可知经过一次变换，每个1变成3项，其中2个0，1个1；每个0变成3项，其中2个1，1个0，
因为数列：1，0，1，0，1，共有5项，3个1，2个0，
所以有项，3个1变为6个0，3个1；2个0变为4个1，2个0；故数列中有7个1，8个0；
有项，7个1变为14个0，7个1；8个0变为16个1，8个0；故数列中有23个1，22个0；
有项，23个1变为46个0，23个1；22个0变为44个1，22个0；故数列中有67个1，68个0；
所以数列的所有项之和为.
故答案为：.
18．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，其首项，若数列是单调递增数列，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】由题意得，则，即，
当时，解得或；
当时，不等式无解；
又因为，所以
即，又，所以
即；
又因为，易得
所以，，解得或
利用对勾函数性质可知，函数在上满足恒成立，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
19．（2023·全国·高三对口高考）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，对折次，那么________．
【答案】
【解析】由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，
所以对着三次的结果有：，，；，
共4种不同规格（单位）；故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，
故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为，第次对折共有种规格，其面积均为，
则对于第次对折后的图形的面积之和，
设，
则，
两式作差得：，
因此，．
故答案为：．
20．（2023·上海·高三专题练习）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是______．
【答案】440
【解析】由题意可知：第一项，第二项，第三项，，第项，
根据等比数列前项和公式，求得每项和分别为：，，，，，
每项含有的项数为：1，2，3，，，
总共的项数为，
所有项数的和为，
由题意可知：为2的整数幂，只需将消去即可，
则①，解得：，总共有，不满足，
②，解得：，总共有，不满足，
③，解得：，总共有，不满足，
④，解得：，总共有，满足，
该款软件的激活码440．
故答案为：440.
21．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，且对于任意的，都有恒成立，则实数的取值范围______________．
【答案】
【解析】，，
两式相减得：，
对于任意的，都有恒成立，对于任意的，都有恒成立，对于任意的恒成立，当时，单调递增，欲使，即即可；
当时，，因为单调递减，欲使即．
综上所述，实数的取值范围是：．
故答案为：
22．（2023春·河南开封·高三统考开学考试）现取长度为2的线段的中点，以为直径作半圆，该半圆的面积为（图1），再取线段的中点，以为直径作半圆．所有半圆的面积之和为（图2），再取线段的中点，以为直径作半圆，所有半圆的面积之和为，以此类推，则______．
【答案】
【解析】依题意，，
，
，
以此类推可知，数列是首项为，公比是的等比数列，
所以.
令，
则，
，
两式相减得

所以.
所以.
故答案为：
23．（2023·山东日照·高三校联考期末）设正项等比数列的公比为，首项，关于的方程有两个不相等的实根，且存在唯一的，使得．则公比的取值范围为______．
【答案】
【解析】有两个不相等的实根，，
，解得：，，，
，解得：，；
不满足，则存在唯一的，使得，
，，等比数列为递减数列，即；
若，则均不满足，不合题意；
，又唯一，则，
，解得：，即公比的取值范围为.
故答案为：.
24．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，，是递增数列，是递减数列，则__________．
【答案】
【解析】因为是递增数列，所以，
故，
因为，所以，
所以，
又，所以，
因为是递减数列，所以，
同理，所以，
所以，即的首项为3，公差为的等差数列，
即．
故答案为：.
2
3
4
5
6
7
…
3
5
7
9
11
12
…
4
7
10
13
16
19
…
5
9
13
17
21
25
…
6
11
1
21
26
31
…
7
13
19
25
31
37
…
…
…
…
…
…
…
…
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15