备战2025届高考数学：数列高考原题重现+针对性训练

备战2025年高考数学：数列高考原题重现+针对性训练 高考原题重现 （2024·新高考Ⅰ卷）设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列． （1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列； （2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列； （3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞． 针对性训练 1．（2024高三下·宜春模拟） 在正项数列中，已知，且． （1）求数列的通项公式； （2）求证：． 2．（2024高三下·重庆三模）已知在数列中，. （1）求证：数列是等差数列，并求数列的前项和； （2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求面积的最大值. 3．（2024高三下·保定模拟）对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的. （1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的. （2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列. （3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式. 4．（2024高三下·湖北月考）对于数列，及常数p，若满足，且，则称对关于p耦合． （1）若对关于0耦合，且，，求； （2）若对关于1耦合，且，求，的通项公式； （3）若存在，，使得对关于耦合，且对关于耦合，证明：，． 5．（2024·万江模拟）设公差不为0的等差数列的首项为1，且a2，a5，a14成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）已知数列为正项数列，且，设数列的前项和为，求证： 6．（2024·东阳模拟）若正实数数列满足，则称是一个对数凸数列；若实数列满足，则称是一个凸数列。已知是一个对数凸数列，． （1）证明：； （2）若，证明：； （3）若，，求的最大值． 7．（2024·温州模拟）数列，满足：是等比数列，，，且. （1）求，； （2）求集合中所有元素的和； （3）对数列，若存在互不相等的正整数，，，，使得也是数列中的项，则称数列是“和稳定数列”.试分别判断数列，是否是“和稳定数列”.若是，求出所有j的值；若不是，说明理由. 8．（2024·深圳模拟）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在x=0处的阶导数都存在时，.注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式. （1）根据该公式估算的值，精确到小数点后两位， （2）由该公式可得：.当时，试比较与的大小，并给出证明， （3）设，证明：. 9．（2024高三下·湖南模拟）角谷猜想，也称为“3n+1”猜想.其内容是：任取一个正整数，如果是偶数，将它除以2如果是奇数，则将它乘以3再加上1，如此反复运算，该数最终将变为1这就是对一个正整数运算时“万数归1”现象的猜想.假如对任意正整数，按照上述规则实施第1次运算后的结果记为，实施第2次运算后的结果记为，，实施第n-1次运算后的结果记为，实施第n次运算后得到数1，停止运算，便可以得到有穷数列：，，，，1，其递推关系式为：，叫做数列的原始项.将此递推关系式推广为：，且，其它规则不变，得到的数列记作数列，试解答以下问题： （1）若，则数列的项数为　 　； （2）求数列的原始项的所有可能取值构成的集合； （3）若对任意的数列，均有，求d的最小值. 10．（2024·毕节模拟）在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等差数列.在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为m阶等比数列． （1）若数列为1阶等比数列，，，求的通项公式及前n项的和； （2）若数列为m阶等差数列，求证：为m阶等比数列； （3）若数列既是m阶等差数列，又是阶等差数列，证明：是等比数列． 答案解析部分 高考原题重现答案 【答案】（1）解：等差数列 a1，a2，…，a6 删去两项后，余下4项成等差数列，此时剩下的数列若想构成数列，必然是公差为d的数列， 即可能的情况为a1，a2，a3，a4或a2，a3，a4，a5，或a3，a4，a5，a6， 故删去的两项（i，j）可以为（5，6），（1，6），（1，2） （2）证明：依题意得， 数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列， 即a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，a4m+2，易分析连续的四项为等差数列， 即a14，a15，......，a4m+2，后共有(4m-12)连续项，此时必然构成等差数列， 即证得a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，为等差数列，则数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列， 通过分析可知，可以按照，，进行分组； 故数列a1，a2，…，a4m+2（2，13）——可分数列 ，按，，.....进行分组成可分数列； （3）证明：按如下两种方式进行选取 （i，j） ， 1≤i＜j≤4m+2，且 i，j∈， ①原数列除去外，所有连续的部分为4的倍数，此时数列分组的公差为d. 1)当j-i=1时，即（i，j）为（1，2），（5，6），.....（4m+1，4m+2），共(m＋1)种； 2)当i=1时，j = 4k＋2，即（i，j）为（1，6），（1，10），.....（1，4m+2），k = 1，2，3，.… ，m，共m种； 3)当i=5时，j = 4k＋6，即（i，j）为（5，10），（5，14），.....（5，4m+2），k = 1，2，3，.… ，(m-1)，共m种； ...... 4)当i=4m-3时，j = 4m+2，即（4m-3，4m+2），共1种； 综上，共有种可能情况， ②连续(4t＋2)(t ∈)项删去其中第2项和倒数第2项，余下的部分保证其连续部分为4的倍数.此时，除去这(4t＋2)项，余下的项每4项依次构成一组，则每组均为等差数列. 下面先证明，连续(4t＋2)(k ∈ N*)项删去其中第2项和倒数第2项后，这4t项可完成一个划分. 设是数列中的连续(4t＋2)项，可按如下方式完成划分： ，，其中，(i=3，4，5，......，t) 证明完毕. 下面选取(i，j)， 5)当这连续(4t＋2)项为至(i= 2，3，… ，m)时，对应(m ― 1)种取法； 6)当这连续(4k＋2)项为至(i= 3，4，…· ，m)时，对应(m -2)种取法； ......... 7)依此类推，当这连续(4t＋2)项为a1至 a4m+2 时，对应1种取法. 综上，共有种可能情况， 即 Pm＞ . 针对性训练答案 1．【答案】（1）解：由，可得， 即， 因为，所以， 所以数列是首项为，公差为0的等差数列， 又因为，所以，所以数列的通项公式为． （2）解：由（1）知， 则，当时，取等号， 因为， 所以， 所以． 2．【答案】（1）证明：由题意，，即 为等差数列：首项，公差， ，则， 设， （2）解： 由正弦定理，有， 即，又， ，即 由， 由余弦定理得：， ，即，当且仅当时取等号， ，即△ABC面积最大值为 3．【答案】（1）证明：是等差数列，设， 令， 则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的 （2）解：因为数列是“优分解”的，设， 其中， 则. 当时， 当时，是首项为，公比为的等比数列. （3）解：一方面，数列是“优分解”的，设， 其中，由（2）知 因为，所以. 是首项为2，公比为的等比数列. 另一方面，因为是“优分解”的，设， 其中， 是首项为2，公比为的等比数列， ，且， 化简得， 即数列是首项，公比为的等比数列. 又， 又解得， 综上所述，. 4．【答案】（1）解：若对关于0耦合，则，且， 所以，， 因为，， 故，． 所以 ． （2）解：若对关于1耦合，则，且， 所以，，故， 又因为，故， 故当n为奇数时，，即， 所以当n为偶数时，； 当n为偶数时，，即， 所以当n为奇数时，． 综上，． （3）解：由题设可知，，，且，． （ⅰ）若，则，，，，显然． （ⅱ）若，由上得，故． 假设，则，，故或． ①若，则，，，这与矛盾； ②若，则，，这与矛盾． 所以若，则，． 故，可得，故． 所以对于任意，，且，由于，故，，代入题设检验，各式均成立． 综上，，． 5．【答案】（1）设等差数列的公差为， 因为均成等比数列．所以，即． 解得，或（舍）， 则． （2）．且，所以， 则． ． 6．【答案】（1）由题意得：，∴， ∴，，，，， 将以上式子累乘得：，也即成立． 另解：由题意得：， ∴，∴成立． （2）证1：∵，∴， ∴， 则， ∴，∴． 证2：考虑反证法，假设， 由得， ∴，∴， 同理：， ∴，∴， 同理可证：，，…，， 综上可得：，与条件矛盾， ∴假设不成立，∴成立． 证3：∵，∴，也即， 同时，由可得：， ∴，也即， ∴，，…，， 将以上式子累加得：， 也即，同理可得： ， ， …… ， 将以上式子累加得：， ∴，∴，∴成立． （3）由可得：， ∴，也即， ∴，，…，， 将以上式子累加得：，① 另外，，，…，， 将以上式子累加得：，② 结合①②式可得：， ∴，化简得：， 另外，显然有符合题意，此时， 综上，的最大值为10． 附：数列的性质可参考这类下凸函数进行理解， 不等式相当于函数图象上三条直线的斜率大小关系． 7．【答案】（1）， （2） （3）若是“和稳定数列”，则 ， 当被3整除余1时即可； 若是“和稳定数列”， 则 即，不妨取 则 ，矛盾， 故不是“和稳定数列”. 8．【答案】（1） （2）略 （3）略 9．【答案】（1）5 （2）解： 下面证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列， 时，符合题意， 反证，假设存在正整数，当时，不存在数列为数列， 设此时的最小值为，即时，存在o数列， 时，不存在数列 ①当为奇数时，因为存在以为原始项的数列， 所以，就是原始项为的数列，与假设矛盾 ②当为偶数时，因为存在以为原始项的数列， 所以就 是原始项为的数列，与假设矛盾. 综上可知，数列的原始项的所有可能取值为全体大于等于2的正整数， 即数列的原始项的所有可能取值构成的集合为 （3）解： 依题意 先证明符合题意，即 当时，显然成立；当时，，即也成立； 当时，对任意， 故即， ①当时，由，， 所以 ②当时，由， ，所以 下面证明，对任意正偶数，构造， 先验证为数列，“ 当时，为奇数， 当时，为偶数， 当时，所以为数列 下面证明不符合题意，假设，因为 ， 所以，，矛盾 综上可得的最小值为 10．【答案】（1）解：因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列， 设公比为，则为正数， 由已知得，解得， 因为，所以，所以， 所以的通项公式为， 前n项的和为； （2）解：因为为m阶等差数列，所以对任意的，都存在， 使得成立， 所以， 即，所以为m阶等比数列； （3）解：因为既是m阶等差数列，又是阶等差数列， 所以对，有与同时成立， 所以与同时成立， 所以，，成等比，，，成等比， 由，，成等比，得，，也成等比， 设，， 所以，所以数列是等比数列. 学科网（北京）股份有限公司 $$