2026年高考数学一轮复习分层练习（压轴题）03：数列（20题）（含答案详解）

这是一份2026年高考数学一轮复习分层练习（压轴题）03：数列（20题）（含答案详解），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．已知数列的前项和，等差数列满足，，数列满足，设数列的前项和为，若对于，都有，则（ ）
A．6B．7C．8D．9
2．已知数列满足，，且，，则m等于（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．对，设是关于的方程的实数根，，其中符号表示不超过的最大整数，则（ ）
A．1013B．1015C．2023D．2025
4．已知一个各项非零的数列满足且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．设，已知，若恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
6．定义：满足当为奇数时，；当为偶数时，，则称为“回旋数列”.若为“回旋数列”，，设前项和为，从中任意抽取两个数，两个数之和大于的概率为，的前项积为，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．且恒不小于
D．
7．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，对于数列，若，下列说法不正确的是（ ）
A．存在的等差数列，使得为等比数列
B．存在等差数列，使得为等差数列
C．不存在等比数列，使得为等差数列
D．若存在等差数列，使得为等比数列，且，则的最小值大于
8．设数列，，，记数列前n项和为，则（ ）
A．B．不存在
C．D．存在
9．定义：满足当为奇数时，；当为偶数时，，，则称为“回旋数列”.若为“回旋数列”，，，设前项和为，从，，…，中任意抽取两个数，两个数之和大于的概率为，的前项积为，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．且恒不小于D．
10．定义“01数列”如下：①，；②共有项（，），其中项为0，项为1，且对任意的，，中0的个数不少于1的个数. 记“01数列”的个数为，则（ ）
A．
B．
C．
D．当时，
三、填空题
11．数列满足：，当时，，若存在无穷多个和无穷多个，使得，则 ．
12．已知数列中的每一项均满足，记这2025项中任意两项乘积之和为，即，则的最小值为 .
13．已知是定义在上的奇函数，，且对任意，均有，则 ， .
14．已知是定义在R上的奇函数，，且对任意，均有，则 ．
15．已知等差数列的公差与等比数列的公比相等，且，，，则 ；若数列和的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列，数列的前项和为，则使得成立的的最小值为 ．
四、解答题
16．已知无穷数列满足，为正整数，．
(1)若，求；
(2)证明：“存在，使得”是“是周期为3的数列”的必要不充分条件；
(3)若，是否存在数列，使得恒成立？若存在，求出一组的值；若不存在，请说明理由．
17．设集合，其中，且，将A中每个子集的元素和按照不减的顺序排列（空集的元素和记为0），可以得到一组整数，，，…，其对应的子集分别为，，，…，，并定义（表示中元素的和，.
(1)若.
①求，，，；
②证明：是等差数列.
(2)若且，证明：.
18．在一个整数数列：，，，中，若对于一个数对，存在另一个数对，满足，则称数对是一个“有趣数对”.
(1)写出整数数列：的所有“有趣数对”；
(2)若，且为等差数列，求所有“有趣数对”的个数；
(3)固定整数，求一个n项整数数列中“有趣数对”个数的最大可能值.
19．设数列的各项都是正数，为数列的前n项和，且对任意.都有，，，（e是自然对数的底数，）.
(1)求数列、的通项公式；
(2)求数列的前n项和；
(3)试探究是否存在整数，使得对于任意，不等式恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
20．已知数列，对于任意的，，当，总有恒成立，则称数列为凸数列．
(1)以下两个数列中，哪一个是凸数列？（写出序号即可，无需说明理由）
①，，，，
②，，
(2)若数列为凸数列，证明：
(3)已知个实数满足，若这个实数依次构成的数列为凸数列，求最小的，使得对所有的，都有
《数列》参考答案
1．A
【分析】根据题意，先求出可得，判断出数列的单调性可得答案.
【解析】因为，时，，
由，所以，
设等差数列的公差为，由得，
解得，所以，可得，
则，
所以当时，；当时，，
所以，
又因为，，，，
所以当时，；当时，；
当时，，因此当时，数列单调递减；
当时，单调递增，所以，故.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是判断出数列的单调性.
2．B
【分析】利用递推式化简得，化简后利用裂项相消法计算求解得出，最后计算范围即可求解.
【解析】因为数列满足，，所以，
因为，所以，
所以，
，
因为，所以，
，
所以，所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，由题设条件得到，从而得解.
3．A
【分析】根据条件构造函数，求得函数的导数，判断函数的导数，求出方程根的取值范围，进而结合等差数列的求和公式，即可求解.
【解析】设函数，则，
当是正整数时，可得，则为增函数，
因为当时，，
且，
所以当时，方程有唯一的实数根且，
所以，
因此.
故选：A.
【点睛】方法点睛：构造新函数，结合导数和零点的存在定理，求得当时，方程有唯一的实数根且是解答的关键.
4．A
【分析】令，递推关系可化为，证明，证明数列为等比数列，由此可求数列的通项公式，再分别在，，条件下判断函数的单调性可得结论.
【解析】因为，，
所以，
设，则，
所以
若，则,，矛盾，
所以，故，
所以数列为以为首项，公比为的等比数列，
所以，
故，
若，则，
数列为递增数列，且，
所以数列为递减数列，与已知矛盾；
若，则，
所以数列为递减数列，且，
所以数列为递增数列，满足条件；
当时， ，故，
所以数列为递减数列，
令，可得，
所以当，且时，，
当，且时，，
与条件矛盾，
所以的取值范围是，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过对递推式的变形，并设，换元可得，再证明数列为等比数列，由此求出数列的通项公式.
5．C
【分析】根据题意得到，推出，得到答案.
【解析】由题意得，故，
故，
故
，
由于，故.
故选：C
【点睛】关键点点睛：
6．BCD
【分析】结合递推关系证明数列的奇数项为等差数列，偶数项为等差数列，求出数列的通项公式，由此判断A，利用组合求和法求判断B，根据古典概型概率公式求，判断C，利用放缩法求，判断D.
【解析】因为数列为“回旋数列”，，
当为奇数时，；当为偶数时，，
所以当为奇数时，，，
所以，
所以数列为等差数列，公差为，
所以当为奇数时，，
所以当为偶数时，，，
所以，
所以数列为等差数列，公差为，
又，，故，
所以当为偶数时，，
所以，，所以，A错误；
，
所以，
，
所以，，
，，
所以，B正确，
从，，，中任意抽取两个数，有种取法，
其中两个数之和大于的取法包含取一个奇数项与它之后的所有偶数项，或取一个偶数项与它之前的所有奇数项，
故有，
所以，
所以，，C正确；
的前项积为，D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合递推关系，确定数列的奇数项为等差数列，偶数项为等差数列，再结合等差数列通项公式求出数列的通项公式.
7．AB
【分析】对于选项A，在假设存在等差数列，使得为等比数列的前提下，推导出，与相矛盾，，故A错；对于选项B，在假设存在等差数列，使得为等差数列的前提下，推导出与相矛盾，故B错；对于选项C，在假设存在等比数列，使得为等差数列的前提下，推导出与有关的方程无解，即假设不成立，故C正确；对于选项D，在假设存在等差数列，使得为等比数列，且的前提下，推导出的最小值是，故D正确.
【解析】因为当时，，
所以当时，，所以，
因为函数是定义在上的奇函数，
所以，
所以.
对于选项A，假设存在等差数列，使得为等比数列，
令，
因为，所以，
因为，所以有，
即，
即，
即，
若，则，
若，则，
显然与题目中的相矛盾，故A错.
对于选项B，假设存在等差数列，使得为等差数列，
则，且，
所以，则，
设等差数列的公差为，则，即.
显然不满足，故B错.
对于选项C，假设存在等比数列，使得为等差数列，
则，
不妨设，只需，
只需，
即有解.
令则，
令，则，
且，
则在上单调递增，又，
故对于任意都有.
令，则，
即在上单调递增，
令，且，
则，
故在上单调递减，则，
所以无解，
所以假设不成立，故C正确.
对于选项D，假设存在等差数列，使得为等比数列，
因为为等差数列，且，且，
所以可知，设，
所以，
所以，
因为且为奇函数，所以，
因为数列为等比数列，设公比为，
所以，所以，所以，
所以，
令则，
令，
则，观察得.
令，
则，显然，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
所以为的唯一零点.
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，
即的最小值是，故D正确.
故选：AB
【点睛】关键点睛：
对于选项A，推导出，与相矛盾，是关键；
对于选项B，推导出与相矛盾，是关键；
对于选项C，推导出无解是关键；
对于选项D，推导出的最小值是是关键.
8．AD
【分析】数列由及递推式定义，首先寻找固定点，解方程 得 或，由于初始值为正，数列收敛于，定义，分析 的衰减速度和前项和的性质。
【解析】观察前几项：，，，，，
可猜测奇数项在下方，偶数项在上方，
假设数列收敛于，则满足方程：
解得或，由于初始值，且递推式中分母，
故收敛于，现进行数学推导，
若，则，
，
分子化简为，
由于，且，
分子可进一步化简为，
因为，所以整体分子为正数，
故，即，
若，则，同理，分子化简为，
由于，故，
即，假设接近，误差很小，
当时，设，
，
因为是方程的解，
通过近似（很小，分母中的可忽略）得到，
进一步化简为，
因此，误差，
当时，设，类似推导可得，
误差仍满足，
每次误差缩小倍，因此第项的误差为，
故，，
由于，故，故A正确；
根据递推关系，误差，且，
通过递推可得通项公式，
因此，，将与右侧表达式对比，
，
需判断是否存在使得，
两边同除以得，
由于，当足够大时，会趋近于 ，最终小于，故B错误；
是首项为，公比为的等比数列，
，
当时，，
故。比较与，
显然，故C错误；
当时，，
存在，故D正确.
故选：AD.
【点睛】本题关键在于证明数列收敛于以及求出的通项公式.
9．BCD
【分析】结合递推关系证明数列的奇数项为等差数列，偶数项为等差数列，求出数列的通项公式，由此判断A，利用组合求和法求判断B，根据古典概型概率公式求，判断C，利用放缩法求，判断D.
【解析】因为数列为“回旋数列”，，
当为奇数时，；当为偶数时，，
所以当为奇数时，，，
所以，
所以数列为等差数列，公差为，
所以当为奇数时，，
所以当为偶数时，，，
所以，
所以数列为等差数列，公差为，
又，，故，
所以当为偶数时，，
所以，，所以，A错误；
，
所以，
，
所以，，
，，
所以，B正确，
从，，，中任意抽取两个数，有种取法，
其中两个数之和大于的取法包含取一个奇数项与它之后的所有偶数项，或取一个偶数项与它之前的所有奇数项，
故有，
所以，
所以，，C正确；
的前项积为，D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合递推关系，确定数列的奇数项为等差数列，偶数项为等差数列，再结合等差数列通项公式求出数列的通项公式.
10．ACD
【分析】根据“01数列”新定义和计数原理的知识点，进行排列即可求解.
【解析】对于选项A，因为中0的个数不少于1的个数，所以“01数列”是01010,01001,00110,00011,00101，则个数为5个，故A正确；
对于选项B，由题意知，，可以表示01010011,01010101,01001101,01001011,01000111,00110011,00110101,00101011,00100111,00011101,00001111，，则，所以，故B错误；
对于选项C，理由同选项D，因为，所以不存在，则，故C正确；
对于选项D，当时，可以分类以0结尾和以1结尾前者为，确定末尾为0，则少个0，个0与个1进行组合，后者对应，确定末尾为1，则少个1，前面个0与个1进行组合，因此，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】根据“01数列”新定义进行排列，与计数原理的知识点相结合，即可求解.
11．
【分析】通过建立数列的递推关系，首先利用特征方程法求出其特征根，再通过待定系数确定数列通项公式的结构形式。接着根据特征根的不同情况分三类讨论通项的具体表达式，并结合题目条件“存在无穷多个奇数项和偶数项满足特定不等式”展开分析。通过数学归纳法对偶数项进行放缩，证明左边不等式成立；针对奇数项和偶数项分别利用通项公式和基本不等式进行放缩，推导出右边不等式的矛盾，从而反推出唯一可能的参数值。最终通过验证该参数满足所有条件，得出所求结果。
【解析】研究数列，，，
当时，，列出特征方程，求出特征根，待定系数可以得到数列通项公式，
，，
（，是待定系数，代入数列，）解出，得到，
因为，，
所以分，，讨论，
，
，
，
所以只可能存在使得条件成立，
下证，首先证明，
左边不等式只需要对偶数项放缩用数学归纳法即可，
右边不等式先证，，
奇数项通项公式用基本不等式放缩与放缩可以得到左边，
偶数项通项公式用放缩得到右边，
若存在，是奇数，由奇数项的通项公式得到所有大于的奇数项都大于，
则由偶数项的通项公式所有偶数项都大于，
当时，矛盾，
所以（），
所以，
同理可以推出，于是就有，
于是存在使得条件成立.
故答案为：.
12．
【分析】由数列的新定义构造，从而得到，再分三种情况讨论即可；
【解析】，
设，
由题意可得，
要使最小，应使尽可能小，尽可能大，
因为，，所以，考虑以下几种情况：
1012个2,1013个，或1012个，1013个2，此时；
二，1012个2,1012个，1个1，或1个，此时；
三，1012个2,1013个，1个0，此时；
可以发现不能取到和，故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能够根据数列新定义构造出，再分情况讨论.
13．
【分析】要利用数列的递推思想和累乘法来求出，然后再构造为二项式系数来求和，利用二项式系数的性质就可以求出结果.
【解析】令，，由题意知，
又是定义在上的奇函数，则，
∴，化简得，则，
得，累乘，
得，
当时，0!=1，即满足上式，则，
∴，则，
∵，上式可化为，
由于，
由二次项性质，得.
故答案为：，.
【点睛】关键点点睛：令，，结合题设得到，有，应用累乘法求得，结合组合数性质变形目标式.
14．
【分析】要利用数列的递推思想和累乘法来求出，然后再构造为二项式系数来求和，利用二项式系数的性质就可以求出结果.
【解析】令，则由题意知，
又因是定义在R上的奇函数，则，
所以，化简可得，
则，所以，
用累乘法得，
当时，，所以也满足上式，则，所以，
因为，所以上式可化为，
由于，
由二次项性质可得，
则.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：(1)关键是利用数列的递推思想和运用累乘法来求出通项公式；
(2)关键是把阶乘的乘法转化为二项式系数，再利用二项式系数的性质来求和.
15．
【分析】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出数列的通项公式；设满足不等式的正整数的最小值为，推导出，设，其中且，根据可得出关于的不等式，求出的最小值，即可得出的值，即为所求.
【解析】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，
则，，，
解得，，，
所以，，，
由，整理可得，
数列的各项分别为：、、、、、、、、、，
其中前若干项中，数列有项，数列有项，
所以，是数列的第项，
所以，
，
所以，，
令，整理可得，
令，则有，解得，
因为，所以，，可得，
所以，满足不等式的正整数的最小值为，
同理可知，满足不等式的正整数的最大值为，
所以满足不等式的正整数的最小值，即，
设，其中且，
则
，
，
由，整理可得，解得，
所以自然数的最小值为，所以.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列不等式求参数的值，解题的关键在于确定满足条件的正整数的最小值所在的区间，并引入合适的参数，求出相应的参数的值，进而得解,
16．(1)或3或5．
(2)证明见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）分别令，代入，求出，再根据对进行取舍.
（2）证明必要性是以是周期为3的周期数列当条件，推出存在，使得这个结论成立；不充分性只需举出符合存在，使得的特殊数列，推出不是周期数列即可.
（3）对，要考虑和两种情况，注意考虑这种特殊情况.
【解析】（1）因为对任意成立；
令得，所以，则或3，
若，由，则，则或3，
若，由，则，则或5，
因为，综上所述：或3或5．
（2）记，
必要性：若是周期为3的周期数列，或，
当时，数列前5项为：，
由得，该式当且仅当或时成立，
与为正整数矛盾；
当时，数列前5项为：，
由得，则或（舍，此时），
因此，此时数列：，存在，使得，
另一方面：取数列其中当时，，
此时数列不是周期数列，
综上，“存在，使得”是“是周期为3的周期数列”的必要不充分条件．
（3）不存在，理由如下：
等价于或，
首先说明不存在，使得，否则由得记为，
所以，
依此类推得前项为（第项），则要么相等，要么有一项为0，矛盾，因此对任意成立，
其次，不存在，使得以及同时成立，否则两式相加得，矛盾．
（ⅰ）若（*）式只对有限个正整数才成立，不妨设当且仅当时（*）式成立，其中，
则当时，（**）式恒成立，此时恒成立，
由此易知当，因此数列是无界数列，
（ⅱ）若存在无限个正整数使得（*）式成立，不妨设当且仅当时（*）式成立，
其中，考虑与，为方便书写记且，
则，
若，则，
若，则，
则，
此时，
无论哪种情况总有成立，即恒成立，
记，则恒成立，由此易得数列是无界数列，
所以，存在使得，故不存在符合题意的．
【点睛】易错点睛：对，要考虑和两种情况，注意考虑这种特殊情况.
17．(1)①，，，；②证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）①根据定义可求的值；②先证明彼此不同，根据中的最小项和最大项可证是等差数列.
（2）就、及既不是的子集，而也不是的子集分类讨论，后者可设，其中，结合等比数列的求和公式和放缩法，从而可得.
【解析】（1）①解：由题意可知为空集，，，，
故，，，.
②证明：当时，证明是等差数列分为两步，如下：
第一步：证，，
不妨设对应的子集（具有个元素），其中，
对应的子集（具有个元素），其中，
由于，所以子集，可设为的最大下标.
若，则，
即有.
若，则同理有.故，.
第二步：由题意可知为空集，；，.
又因为，，整数，
所以，故，.
故,故是等差数列.
（2）证明：①若，则；
②若，则；
③若既不是的子集，而也不是的子集，
不妨设，，
故有，，，且，.
由，可知.
继而，设（具有个元素），其中，
（具有个元素），其中
由于且，所以，
故有，又因为，，所以有，而，
故，从而得出.
整理有，由于，，
化简有．
结合①②③，证得.
【点睛】思路点睛：对于与等比数列有关的数列不等式的证明，注意当公比满足一定条件时，其前项和会小于第项，证明时注意利用这个性质.
18．(1)，，，，，，
(2)个
(3)
【分析】（1）根据题设定义，结合条件，即可求解；
（2）根据条件，利用题设定义得到，，再分，；，；，和，四种情况讨论，即可求解；
（3）利用题设定义得到，再转化成对，至多有一个i，使得数对，都是“有趣数对”来解决问题，即可求解
【解析】（1）因为，
所以有趣数对有，，，，，，.
（2）若，且为等差数列时，，
所以，，
时，，，，，，共5个，
时，，，，，，，共个，
时，，，，，，，，共个，
时，，共个，
所以所有“有趣数对”个数为26个.
（3）若是有趣的，
则存在另外一个数对，有，
则，
对，至多有一个i，使得数对，都是“有趣数对”，
理由如下：假设存在，使得，都是“有趣数对”，
则由得，，
两式相加得，
当且仅当时取等号，即，至多有一个i使其成立.
又显然不是“有趣数对”，
所以至少有个数对不是“有趣数对”，
因此“有趣数对”不超过个，
如取，，，，，
除，，，，其余数对都是“有趣数对”，
所以这项数列中有个“有趣数对”，
所以固定整数，一个项整数数列中“有趣数对”个数的最大可能值为.
【点睛】方法点晴：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
19．(1)；
(2)
(3)2或3
【分析】（1）根据与的关系可求得数列，两边同时取对数可求得；
（2）先求出的通项公式，再根据错位相减法可求得前n项和；
（3）将不等式化简，求得各自的最值，即可求得结果.
【解析】（1）对于，当时，，即，
因为，所以，
当时，，
两式相减可得，
化简可得，因为数列的各项都是正数，
所以，
所以数列是以1为首项，公差为1的等差数列，
根据；
对于，则，即，
因为，所以，所以是以1为首项，公比为2的等比数列，
则，所以；
（2）由（1）可得，，
所以，
则
，
所以，
，即，
所以；
（3）由（1）可得，所以，
因为，所以，
因为对于任意，不等式恒成立，
所以对于任意，不等式恒成立，
当时，，
当时，，
根据基本不等式可得，当且仅当时，等号成立；
当时，，
当时，，
所以数列在上单调递增，当趋于无穷大时，无穷大，
所以，，
要使不等式恒成立，
满足条件的整数为2或3.
【点睛】关键点点睛：
（1）题目中给出数列前项和的公式，求通项公式时，通常用；
（2）如果是一个等差数列乘一个等比数列，则这个数列的前项和要用错位相减法求解；
（3）对于不等式恒成立问题，若恒成立，则，若恒成立，则.
20．(1)②
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据凸数列的定义，计算判断即得；
（2）利用等价思想和数列拆项方法，将待证不等式转化成，而这只需在题设不等式中，令，时即可证得；
（3）根据（2）的结论，推出，即得，，两式相加得，结合（1）式推得，从而求得.
【解析】（1）对于① ，因，而，显然不满足，故该数列不是凸数列；
对于② ，因，，
由可得：成立，故该数列为凸数列.
（2）当，或时，显然成立；
当，且时，等价于
等价于
等价于，即.
因为对于任意的，，当，总有恒成立，
当，时，成立．
（3）由（2）知，成立，
故①
对固定的，其中且，
当时，；
当时，，
所以．②
．③
②+③得，，
推出④
由①④得，
当时，显然成立，所以．
构造数列：，，，
满足且使得．
【点睛】关键点点睛：对于数列新定义的问题，关键在于要先充分理解定义的要求，明晰推理计算步骤，遵循从特殊到一般的思想，合理运用求解数列通项公式的累加累乘方法，以及求解数列的和的裂项相消法和错位相减法来求和.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
A
A
C
BCD
AB
AD
BCD
ACD