专题05 数列（四大类型题）15区新题速递（教师卷）- 2024年高考数学一模试题分类汇编（上海专用）

这是一份专题05 数列（四大类型题）15区新题速递（教师卷）- 2024年高考数学一模试题分类汇编（上海专用），共24页。试卷主要包含了等差数列，等比数列，等差，数列新定义等内容，欢迎下载使用。

1．（2024·上海嘉定·统考一模）己知等差数列，公差为，则下列命题正确的是（ ）
A．函数可能是奇函数
B．若函数是偶函数，则
C．若，则函数是偶函数
D．若，则函数的图象是轴对称图形
【答案】D
【分析】利用可判断A；举反例可判断BC；求出可判断D.
【详解】对于A，若函数是奇函数，则，
可得，所以，此时，，
此时函数是偶函数，故A错误；
对于B，当时，，所以，
，函数是偶函数，
则，故B错误；
对于C，若，则，则，所以，
则，所以函数不是偶函数，故C错误；
对于D，若，则，
，所以，
所以函数的图象关于对称，是轴对称图形，故D正确.
故选：D.
2．（2024·上海闵行·统考一模）已知，，数列是公差为1的等差数列，若的值最小，则 ．
【答案】3
【分析】结合等差数列的通项公式，转化为二次函数的最值问题可解.
【详解】∵数列是公差为1的等差数列，可设：.
∴
∴当时，的值最小.
故答案为：3
3．（2024·上海宝山·统考一模）已知等差数列的前项和为，若则
【答案】
【分析】由等差数列的性质结合等差数列的求和公式可得答案.
【详解】由等差数列的性质可得：，
所以，
故答案为：8.
4．（2024·上海普陀·统考一模）设是等差数列的前项和，若，则 .
【答案】21
【分析】由等差数列性质，得，结合等差数列前项和公式即可得.
【详解】由是等差数列，则，即，
则有.
故答案为：.
5．（2024上·上海浦东新·高三统考期末）已知是等差数列的前项和，若，则满足的正整数的值为 ．
【答案】
【分析】由等差数列的通项公式，然后利用等差数列的求和公式即可求解.
【详解】由题意得等差数列，得，
所以其前项和为，
由，即，解得，（舍），
所以的值为.
故答案为：.
6．（2024·上海青浦·统考一模）已知数列的通项公式为，记，若，则正整数的值为 ．
【答案】或
【分析】对分，讨论求出，代入运算可得解.
【详解】令，则，
当时，
，
，
由，得，化简整理得，，解得或；
当时，
，
由，得，化简整理得，解得，
这与矛盾，不合题意；
综上，符合题意的正整数或.
故答案为：2或3.
7．（2024·上海普陀·统考一模）若数列满足，（，），则的最小值是 .
【答案】6
【分析】利用累加法求得，计算，由对勾函数的性质求最小值，注意是正整数.
【详解】由已知，，…，，，
所以，，
又也满足上式，所以，
设，由对勾函数性质知在上单调递减，在递增，
因此在时递减，在时递增，
又，，
所以的最小值是6，
故答案为：6.
8．（2024·上海杨浦·统考一模）等差数列中，若，，则的前10项和为 .
【答案】
【分析】根据等差数列公式得到，再求和即可.
【详解】等差数列，，，解得，
故，则的前10项和为.
故答案为：.
9．（2024·上海嘉定·统考一模）已知数列的前n项和为，其中．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)，；
(2)
【分析】（1）利用之间的关系进行求解即可；
（2）利用裂项相消法进行求解即可.
【详解】（1）因为当时，有，
所以当时，有，
两式相减，得，
当时，由，适合，
所以，；
（2）因为，；
所以，
因此.
10．（2024·上海长宁·统考一模）已知等差数列的前项和为，公差.
(1)若，求的通项公式；
(2)从集合中任取3个元素，记这3个元素能成等差数列为事件，求事件发生的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用等差数列的求和公式，列出方程，求得，进而求得数列的通项公式；
（2）根据题意，得到所有的不同取法有20种，再利用列举法求得事件中所包含的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】（1）解：由等差数列的前项和为，公差，
因为，可得，解得，
所以，即数列的通项公式为.
（2）解：由题意，从集合中任取3个元素，共有种不同的取法，
其中这3个元素能成等差数列有
，有6种不同的取法，
所以事件的概率为.
11．（2024·上海崇明·统考一模）已知．
(1)若函数是实数集R上的严格增函数，求实数m的取值范围；
(2)已知数列是等差数列（公差），．是否存在数列使得数列是等差数列？若存在，请写出一个满足条件的数列，并证明此时的数列是等差数列；若不存在，请说明理由；
(3)若，是否存在直线满足：①对任意的都有成立，
②存在使得？若存在，请求出满足条件的直线方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在数列，数列满足：，证明见解析
(3)存在直线满足题意，直线方程为
【分析】（1）此题分析题意，根据实数集题意可得对任意的R都成立，故可得出答案.
（2）利用等差数列性质，结合题意，首先得出对一切正整数成立.
再经过化简计算得出结果.
（3）首先分析题意，按三种不同情况进行分析，最后得出直线方程为.
【详解】（1）（1）因为函数是实数集R上的严格增函数，
所以对任意的R都成立
因为函数的最小值为，所以
（2），若是等差数列，则对一切正整数成立，
即，
将代入化简得，
即，
展开化简得对一切正整数成立，所以，
故；
此时
，所以为常数，
故是等差数列
（3）令
则当时，
时，存在使得，
即存在使得，与题意不符
同理，时，存在使得，与题意不符
时，
当时，显然存在使得，即存在使得
当时，对任意的都有，
当时，存在，使得，且对任意的都有，即对任意的都有
综上，存在直线满足题意，直线方程为
二、等比数列
12．（2024·上海金山·统考一模）设集合，、均为的非空子集（允许）．中的最大元素与中的最小元素分别记为，则满足的有序集合对的个数为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据子集的个数，先求解的有序集合对的个数，然后用总个数减去即可求解.
【详解】对于给定的,集合是集合的任意一个子集与的并，故有种不同的取法，
又,所以的任意一个非空子集，共有种取法，
因此，满足的有序集合对的个数为，
由于有序对有个，
因此满足的有序集合对的个数为
故选：B
13．（2024·上海闵行·统考一模）已知数列为无穷等比数列，若，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】利用无穷等比数列的前项和公式及性质即可得解.
【详解】因为为无穷等比数列，，
所以，则，则，
因为，所以是以为公比的等比数列，且，
此时，所以，
当时，；
当时，，
因为，所以，故，则；
综上：，即，故的取值范围为.
故答案为：.
14．（2024·上海奉贤·统考一模）已知数列是各项为正的等比数列，，，则其前10项和 ．
【答案】
【分析】根据题意，由条件可得数列的公比为，则，即可得到结果.
【详解】因为数列是各项为正的等比数列，则其公比，
又，，则，即，
所以数列为常数数列，且，
所以.
故答案为：
15．（2024·上海宝山·统考一模）已知函数，正项等比数列满足，则
【答案】
【分析】利用倒序相加法，结合函数的对称性以及等比数列的性质即可求得正确答案.
【详解】函数，可看成向左平移1个单位，向上平移1个单位得到,
因为的对称中心为，所以的对称中心为，
所以，
因为正项等比数列满足，所以，
所以，
所以，
①，
②，
则①②相加得：
即，
所以.
故答案为：.
16．（2024·上海崇明·统考一模）已知等比数列首项，公比，则 ．
【答案】31
【分析】按照等比数列前项和公式计算即可.
【详解】，
故，
故答案为：31.
17．（2024·上海金山·统考一模）已知数列满足，且．
(1)求的值；
(2)若数列为严格增数列，其中是常数，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据对数运算性质可得，即可判断为等比数列，即可根据等比数列的通项求解，
（2）利用作差法可得对正整数恒成立，即可求解.
【详解】（1）由，得，故，即.
又，故数列是以为首项，为公比的等比数列.
从而，.所以.
（2）设数列满足，
因为数列为严格增数列，
故对正整数恒成立，
即对正整数恒成立，
当时，取到最小值.所以.
18．（2024·上海青浦·统考一模）已知有穷等差数列的公差d大于零．
(1)证明：不是等比数列；
(2)是否存在指数函数满足：在处的切线的交轴于，在处的切线的交轴于，…，在处的切线的交轴于？若存在，请写出函数的表达式，并说明理由；若不存在，也请说明理由；
(3)若数列中所有项按照某种顺序排列后可以构成等比数列，求出所有可能的m的取值．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在指数函数满足条件，理由见解析
(3)3
【分析】（1）计算，得到证明；
（2）计算切线方程，令得，即，满足条件.
（3）举例说明时成立，考虑时，确定不可能所有项均为正数或均为负数，的前三项即为中最小的三项，确定，考虑，两种情况，根据等比数列性质得到，整理得到，，，验证不成立，得到答案.
【详解】（1），故不是等比数列.
（2）在处的切线方程为，
令得，因此，欲使满足条件，只需使，
令，则，满足条件， 故存在指数函数满足条件．
（3）取，则成等比数列，故满足条件．
考虑，
首先，不可能所有项均为正数或均为负数，
否则，对应的等比数列的公比为正，等比数列严格增或严格减，
从而即为等比数列，不可能．
其次，因为是等比数列，所以也是等比数列，不妨设严格增，
则的前三项即为中最小的三项，
则一定对应于中的连续三项，
不妨设，则．
①若，则，则成等比数列，不可能；
②若，则，则成等比数列，
，即，得，，，
而除了这三项外，最小值为或，
但和均无法与构成等比数列，因此不符合条件．
综上所述：所有可能的的值是3．
【点睛】关键点睛：本题考查了等差数列和等比数列的综合应用，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据特殊例子确定满足条件，再考虑时不成立，是解题的关键.
19．（2024·上海普陀·统考一模）若存在常数，使得数列满足（，），则称数列为“数列”.
(1)判断数列：1，2，3，8，49是否为“数列”，并说明理由；
(2)若数列是首项为的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式；
(3)若数列是“数列”，为数列的前项和，，，试比较与的大小，并证明.
【答案】(1)不是“”数列
(2)，
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据“数列”的定义进行判断，说明理由；
（2）根据是首项为2的“数列”，求出，由是等比数列，设公比为，由，可得，作差可得，利用前三项数列，可以求解和，进而求解等比数列的通项公式；
（3）根据题意构造函数，求导并判断在上单调递增，由是 “数列”与，反复利用，可得对于任意的，,进而得到，推出，再利用在上单调递增，得到，通过已知条件变形推出.
【详解】（1）根据“数列”的定义，则，故，
因为成立，成立，不成立，
所以不是“数列”.
（2）由是首项为的“数列”，则，，
由是等比数列，设公比为，
由，
则，
两式作差可得，
即
由是 “数列”，则，对于恒成立，
所以，
即对于恒成立，
则，即，
解得，，，
又由，，则，即
故所求的，数列的通项公式
（3）设函数，则，令，
解得，当时，，
则在区间单调递减，
且，
又由是 “数列”，
即 ，对于恒成立，
因为，则，
再结合，
反复利用，
可得对于任意的，,
则，
即，则，
即，，，，
相加可得，
则,
又因为在上单调递增，
所以，
又，所以，
即，
故.
【点睛】关键点睛：本题主要数列的新定义题型，紧扣题意进行求解，同时构造函数，利用导数判断单调是证明不等式的关键.
三、等差、等比系列综合
20．（2024·上海杨浦·统考一模）等比数列的首项，公比为，数列满足（是正整数），若当且仅当时，的前项和取得最大值，则取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出的通项公式，分析出其为等差数列，然后由条件得出，代入通项公式即可求解.
【详解】
所以是以为首项，为公差的等差数列，
若当且仅当时，的前项和取得最大值，
所以
即，，
故选：C.
21．（2024·上海徐汇·统考一模）已知等差数列的前项和为，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若等比数列的公比为，且满足，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列前项和公式计算，结合，可求得公差，继而可求得通项公式；（2）根据等差等比数列的通项公式及前项和公式进行计算即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
又因为，且，
所以，故．
所以．
（2）由（1）可知，，又，所以．
因为，可得，
所以，
．
22．（2024上·上海虹口·高三统考期末）2022年12月底，某厂的废水池已储存废水800吨，以后每月新产生的2吨废水也存入废水池．该厂2023年开始对废水处理后进行排放，1月底排放10吨处理后的废水，计划以后每月月底排放一次，每月排放处理后的废水比上月增加2吨．
(1)若按计划排放，该厂在哪一年的几月份排放后，第一次将废水池中的废水排放完毕？
(2)该厂加强科研攻关，提升废水处理技术，经过深度净化的废水可以再次利用，该厂从2023年7月开始对该月计划排放的废水进行深度净化，首次净化废水5吨，以后每月比上月提高20%的净化能力．试问：哪一年的几月份开始，当月排放的废水能被全部净化？
【答案】(1)2025年1月底
(2)2024年8月份.
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式得到不等式，解出即可；
（2）设从2023年1月起第个月深度净化的废水量为，写出，再分析其单调性即可.
【详解】（1）设从2023年1月起第个月处理后的废水排放量为吨，
则由已知条件知:数列是首项为10，公差为2的等差数列，故.
令，
化简得，解得，或；
由是正整数，则.
故该厂在2025年1月底第一次将废水池中的废水排放完毕.
（2）设从2023年1月起第个月深度净化的废水量为吨.
由已知条件，，
当时，数列是首项为5，公比为1.2的等比数列，
故，（为正整数）.
显然，当时，.
当时，由得.
设，则，，
因为，，
所以当时，，即数列是严格增数列，且；
当时，，即数列是严格减数列.
由于.
所以不等式的解为(为正整数).
故该厂在2024年8月开始计划排放的废水能被全部净化.
23．（2024上·上海松江·高三统考期末）已知数列为等差数列，是公比为的等比数列，且．
(1)证明：；
(2)若集合，求集合中的元素个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）借助数列的基本量运算即可得到；
（2）将条件转换后计算出与的关系，再根据的范围要求代入计算即可得.
【详解】（1）证明：设数列的公差为，则，
即，
解得，所以原命题得证.
（2）由（1）知，所以，
因为，所以，解得,
由，，故，即，
所以满足等式的解．
故集合中的元素个数为6.
24．（2024·上海杨浦·统考一模）设函数，（其中常数，），无穷数列满足：首项，.
(1)判断函数的奇偶性，并说明理由；
(2)若数列是严格增数列，求证：当时，数列不是等差数列；
(3)当时，数列是否可能为公比小于0的等比数列？若可能，求出所有公比的值；若不可能，请说明理由.
【答案】(1)奇函数，理由见解析
(2)见解析
(3)存在公比为负数的无穷等比数列，其公比只能是
【分析】（1）利用奇偶性的定义即可判定；
（2）反证法，假设假设数列是等差数列，公差为，然后结合等差数列的性质推出矛盾；
（3）根据递推关系得到与的关系，讨论公比与的大小关系，然后根据等比数列的性质即可得出答案.
【详解】（1）任取，都有，
因此函数是奇函数．
（2）反证法：假设数列是等差数列，公差为，
由数列是严格增数列可知．
因为，所以，即非零常数
因为，
所以（其中是正整数）．
因为，，所以．方程无解，矛盾．
假设不成立，即当时，数列不是等差数列．
（3）若数列是等比数列，则其各项均非零，设其公比为
由 得 ，即．
考虑方程，均为该方程（记为①）的解．
由函数的值域为可知，即，
所以．若，则当充分大时（时），
，这与矛盾，从而不合题意．
若，函数在是严格增函数
由时，可知函数当时，均有，
因此函数的零点（即方程①的解）的绝对值均大于1，即．
但若，由，则当充分大时（时），
将有，这与矛盾，从而不合题意．
综上，只能有．此时方程①为，
记．因为，
所以存在，使是方程①的解．
进而由函数是奇函数，也是方程①的解．因此只需取
其中是正整数即可.
综合上述，存在公比为负数的无穷等比数列，其公比只能是．
四、数列新定义
25．（2024·上海徐汇·统考一模）已知数列为无穷数列．若存在正整数，使得对任意的正整数，均有，则称数列为“阶弱减数列”．有以下两个命题：①数列为无穷数列且（为正整数），则数列是“阶弱减数列”的充要条件是；②数列为无穷数列且（为正整数），若存在，使得数列是“阶弱减数列”，则．那么（ ）
A．①是真命题，②是假命题B．①是假命题，②是真命题
C．①､②都是真命题D．①､②都是假命题
【答案】C
【分析】对于①：根据“阶弱减数列”的定义结合充分必要条件分析判断；对于②：分析可得对一切正整数恒成立，分、和三种情况，分析求解.
【详解】对于①：因为，
若该数列为“弱减数列”，
因为，则，
可得，即，
同理可得，所以；
当时，，
所以该数列为“弱减数列”；
综上所述：数列是“阶弱减数列”的充要条件是，故①是真命题；
对于②：因为，显然，
若存在使得数列为“2阶弱减数列”，
则，即，整理得，
所以对一切正整数恒成立，
若，当时，当，则；
当为奇数，；
可知不合题意，所以，
则，
当时，
则，
可得，不合题意；
若，取，则，符合题意；
若，则，则，
取，则，符合题意；
综上所述：存在，使得数列是“阶弱减数列”，则．故②是真命题.
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题时，可以通过举例或转化法理解新定义，进而根据新定义分析求解.
26．（2024上·上海静安·高三校考阶段练习）设是一个无穷数列的前项和，若一个数列满足对任意的正整数，不等式恒成立，则称数列为和谐数列，给出下列两个命题：
①若对任意的正整数均有，则为和谐数列；
②若等差数列是和谐数列，则一定存在最小值；
下列说法正确的是（ ）．
A．① 是真命题，② 是假命题B．① 是假命题，② 真命题
C．① 和 ② 都是真命题D．① 和 ② 都是假命题
【答案】C
【分析】先得出的等价条件，然后再进行判断.
【详解】对于①：，
若，则，所以①正确；
对于②：设等差数列的公差为，
则，所以，
即为公差为的等差数列，
若为和谐数列，即，则，
所以关于的二次函数，开口向上，
所以在上一定存在最小值，所以②正确；
故选：C
27．（2024上·上海·高三上海中学校考期中）给定一张的数表（如下表），
统计，，，中各数出现次数．若对任意，1，，n，均满足数k恰好出现次，则称之为阶自指表，举例来说，下表是一张4阶自指表．
对于如下的一张7阶自指表．记，N的所有可能值为 ．
【答案】3211000
【分析】由题意，写出7阶自指表，求出，，代入即可求出.
【详解】由题意可得，7阶自指表为:
此时，，，，，
所以.
故答案为：.
28．（2024上·上海杨浦·高三复旦附中校考期中）已知数列，若对于任意正整数n，仍为数列中的项，则称数列为“回归数列”.
(1)已知 ，判断数列是否为“回归数列”，并说明理由；
(2)若数列为“回归数列”，且对于任意正整数n，均有成立，证明：数列为等差数列.
【答案】(1)数列不为“回归数列”，详见解析
(2)详见解析
【分析】(1) 由“回归数列”的概念，结合的结果可判断；
(2)设，结合以及等差数列的概念可解.
【详解】（1）对于任意仍为数列 中的项，则称数列为“回归数列”.
己知则，
显然不是数列中的项，故：数列不为“回归数列”.
（2）由题意知:，必存在，使得：由题意可知：，
，故因此，即:
整理得：，则数列为等差数列.
0
1
2
3
n
0
1
2
3
1
2
1
0
0
1
2
3
4
5
6
0
1
2
3
4
5
6