专题21等差数列与等比数列C辑-2022年高考数学压轴必刷题（第二辑）

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2022年高考数学压轴必刷题（第二辑）专题21等差数列与等比数列C辑1．已知数列和满足，，，.则＝_______.【答案】，，且，，则，由可得，代入可得，，且，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，在等式两边同时除以可得，所以，数列为等差数列，且首项为，公差为，所以，，，则，因此，.故答案为：.2．已知数列满足，则数列的前40项和为________.【答案】1260研究奇数项有：……，相邻两个奇数项之和为3；研究偶数项有：，相邻两个偶数项之和构成等差数列；所以前40项的和为.故答案为:1260.3．已知数列满足，为的前项和，记，数列的前项和为，则______．【答案】由题意，数列满足，则，则，则.故答案为：4．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：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：20205．已知数列满足：，数列的前n项和为，则______．【答案】，，，，，，，故答案为.6．已知数列，令，则称为的“伴随数列”，若数列的“伴随数列”的通项公式为，记数列的前项和为，若对任意的正整数恒成立，则实数取值范围为__________．【答案】【解析】由题意得,所以, 相减得-，所以,也满足. 因此数列的前项和为 , 7．已知数列的通项公式是，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.这样得到新数列：，，，，，，，，，，….记数列的前n项和为，有下列判断：①；②；③；④.其中正确的判断序号是______.【答案】①③④①,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.故答案为：①③④.8．已知数列为等比数列，且（为自然对数的底数），数列首项为1，且，则的值为__________．【答案】【解析】，因此9．已知数列中，，则其前项和__________．【答案】【解析】设,化简求出,即,所以数列是以为首项,公比为的等比数列,所以,故其前项和 .10．已知数列的前项和为（），且满足，若对恒成立，则首项的取值范围是__________．【答案】【解析】因为，所以，两式作差得，所以，两式再作差得，可得数列的偶数项是以4为公差的等差数列，从起奇数项也是以4为公差的等差数列. 若对恒成立，当且仅当.又，，所以，解得：.即首项的取值范围是.11．等比数列的相邻两项，是方程的两个实根，记是数列的前项和，则________．【答案】．因为，是方程的两个实根，则由韦达定理得，，，因为数列是等比数列，则数列的公比，又，所以首项，故所以，故数列是以为首项，4为公比的等比数列，所以．故答案为：12．为等差数列，则使等式能成立的数列的项数n的最大值是_________.【答案】易得中有正有负,则数列中的项一定满足或,且项数为偶数.不妨设,设公差为,则此时,且. 又.故.故有.因为,故.因为故,故答案为：13．设，圆（）与轴正半轴的交点为，与曲线的交点为，直线与轴的交点为，若数列满足：，，要使数列成等比数列，则常数________【答案】2或4因为圆（）与曲线的交点为,所以,即,由题可知,点的坐标为,由直线方程的截距式可得直线的方程为:,由点在直线上得:,将,代入并化简得:,由,得,又 故数列是首项为4,公比为的等比数列,故,即,所以,,令,得:,由等式对任意恒成立得:,即 ,解得或,故当时, 数列成公比为4的等比数列;当时, 数列成公比为2的等比数列故答案为: 2或4.14．定义函数，其中表示不小于x的最小整数，如，，当时，函数的值域为，记集合中元素的个数为，则_____________．【答案】解：由题意得，当时，由于，所以，所以，则，当时，由于，所以，所以，则，当时，由于，所以，所以，则，当时，由于，所以，所以，则，以此类推，得，利用累加法得，，故答案为：15．已知是等差数列的前项和，若，设，则数列的前项和取最大值时的值为______________【答案】2019解：等差数列的公差设为，若，则，，所以公差，，即，，即，可得，即数列递减，且，，，，，，，则，由，要使取最大值，可得取得最小值，显然，而，可得时，取得最小值，故答案为：．16．黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想涉及到很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”.黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.已知正项数列的前项和为，且满足，则______（其中表示不超过的最大整数）.【答案】18当时，，，当时，，，是以为首项，公差为1的等差数列，，，，又时，令，，，即，从而.故答案为：.17．数列中，，，设的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围是_______.【答案】，，可得: ，，由，，可得: ，，，所以，，又所以，所以， 由恒成立，即恒成立，设，则，当时，，即，当时，，即，当时，，即，由二次函数的性质可知当时，可得，且，所以，.故答案为：18．已知数列与满足，且为正项等比数列，，.若数列满足对任意的都有，成立，则实数的取值范围______.【答案】∵，①∴时，，②①—②可得，∴.又∵，，∴，∴，∴，∴.∵，对任意的成立，∴恒成立，又，所以恒成立.∵为奇数时，；为偶数时，，，∴的取值范围是.19．已知数列的前n项和为，，，且．若对都成立，则实数的最小值为____________．【答案】解：∵，∴，即，又，∴，依据叠加法（累加法）可得，也适合，∴，．代入，得．令，，∴时，即，时，，当，且时，数列单调递增，当，且时，数列单调递减；又∵，，故大值为，故实数的最小值为．20．已知函数若对于正数，直线与函数的图象恰有个不同的交点，则数列的前n项和为________.【答案】当时，，即，；当时，函数周期为，画出函数图象，如图所示：与函数恰有个不同的交点，根据图象知，直线与第个半圆相切，故，故，数列的前n项和为.故答案为：.21．数列满足递推公式，且，则___________.【答案】2020左右两端同乘以有，从而，，，，将以上式子累加得.由得.令，有.故答案为：202022．已知数列满足：，，若对任意的正整数均有，则实数的最大值是_____.【答案】2因为,累加可得.若,注意到当时,,不满足对任意的正整数均有.所以.当时,证明：对任意的正整数都有.当时, 成立.假设当时结论成立,即,则,即结论对也成立.由数学归纳法可知,对任意的正整数都有.综上可知,所求实数的最大值是2.故答案为：223．数列中，，，若不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.【答案】解 : 由数列满足,，两边取倒数可得：，数列是等差数列, 公差为1, 首项为2，由恒成立,得, 当 为偶数时，, 则，当为奇数时，,则 ∴实数的取值范围为，故答案为：24．已知数列满足，，则______.【答案】由得，，又，所以数列以为首项,以为公差的等差数列, ，，所以，故答案为：.25．定义：若数列满足，则称该数列为“切线一零点数列”已知函数有两个零点1，2，数列为“切线一零点数列，”设数列满足，，，数列的前n项和为，则________．【答案】有两个零点1，2．．由题意，，，又，数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，．故答案为：26．设等差数列的公差为d，若，且，则的前n项和取得最大值时项数n的值为______.【答案】8由题意，因为，整理得，可得，即，解得，所以，因为时，所以，即，又由，可得，所以所以，解得，且，所以，即的前n项和取得最大值时项数n的值为8.故答案为：8.27．已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，设数列的前项和为，则使得成立的最小的的值为________.【答案】3解：由，得，两式相减得，整理得，，，两式相减得.数列的各项为正数，，当 时，，即，解得或（舍）或（舍），又，解得：或（舍），则，数列是公差为1的等差数列，，，，则，相减得，，满足不等式的的最小正整数为3.故答案为:3.28．数列满足，，实数为常数，①数列有可能为常数列；②时，数列为等差数列；③若，则；④时，数列递减；则以上判断正确的有______（填写序号即可）【答案】①②③④对于①：时，，又因为，所以数列为常数列，①正确．对于②：时，两边取倒数，得，所以，数列为等差数列，所以②正确.对于③：令，，再令，，，即，解得，，所以③正确．对于④，令，，归纳猜想，于是，所以④正确．综上，①②③④都正确．故答案为：①②③④.29．我们把一系列向量按次序排列成一列，称之为向量列，记作.已知向量列满足：，，设表示向量与的夹角，若，对于任意正整数，不等式恒成立，则实数的取值范围是______.【答案】所以，故，令则所以单调递增，所以，则因为，所以，则解得综上所述，故答案为：30．已知数列的前项和为，且满足.有以下结论：①数列是等差数列；②；③.其中所有正确命题的序号是______.【答案】①②③对于①，由条件知，当时，，所以对任意正整数，有，又时，求得，所以是等差数列，故①正确；对于②，由①可得，，所以或，所以，当时，成立；当时，，故②正确；对于③仅需考虑，同号的情况即可，可设，均为正，（否则将数列各项同时变为相反数，仍满足条件），由②得，，此时，，从而，故③正确；综上，正确的序号①②③.故答案为：①②③.