数列专项训练-2025届高三数学一轮复习

数列专项训练-高三数学上学期一轮复习检测卷 一、单选题 1．已知等比数列的公比，且数列是一个递减的数列，则的值可以为（    ） A． B． C． D．3 2．记等差数列的前项和为，则（    ） A．14 B．72 C．36 D．60 3．设数列满足．设为数列的前项的和，则（   ） A．110 B．120 C．288 D．306 4．等差数列：，，，，满足，，则（    ） A．5.4 B．6.3 C．7.2 D．13.5 5．已知数列满足，，且，若表示不超过的最大整数，则（    ） A．2015 B．2016 C．2017 D．2018 6．已知数列的前项和为，，，且是，的等差中项，则使得成立的最小的的值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 7．某企业今年年初有资金1000万元，由于引进了先进生产设备，资金年平均增长率可达到，每年年底需要扣除下一年的消费基金50万元，剩余资金投入再生产，设该企业从今年起每年年初拥有的资金数依次为则表示与之间关系的递推公式为（    ） A． B． C． D． 8．有一个国王奖励国际象棋发明者的故事，故事里象棋发明者要求这样的奖励；在棋盘上的64个方格中，第1个方格放1粒小麦，第2个方格放2粒小麦，…，第个方格放粒小麦，结果国王拿出全国的小麦也不够．假设能有这么多的小麦，则这个故事继续如下，将这些小麦用1，2，3，…，编号并按照一定规律逐个抽取幸运小麦，设第次被抽取的小麦编号为，若第一次随机抽取的幸运小麦编号为，接下来的幸运小麦按照规律逐个抽取，则共能抽取（   ）粒幸运小麦． A．4 B．5 C．15 D．63 二、多选题 9．已知是等比数列，公比为，若存在无穷多个不同的，满足，则下列选项之中，可能成立的有（    ） A． B． C． D． 10．意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，…即从第三项开始，每一项都是它前两项的和．后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列．下面关于斐波那契数列说法正确的是（    ） A． B．是偶数 C． D． 11．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（    ） A． B． C． D．数列的前2n项和的最小值为2 三、填空题 12．已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 . 13．记为公差不为零的等差数列的前n项和.若，且，，成等比数列，则的值为 . 14．已知数列满足，，且数列的前项和为．若的最大值为，则实数的最大值是 ． 四、解答题 15．已知数列和等差数列的前n项和分别为，，且，，. (1)求数列，的通项公式； (2)若，求数列的前n项和. 16．已知数列满足：（）． (1)求数列的通项公式； (2)设（），数列前项和为，试比较与的大小并证明． 17．已知为等比数列，其前项和为． (1)求的通项公式； (2)记各项均为正数的数列的前项和为，若，证明：当时，． 18．已知数列的各项均为正整数，设集合，，记的元素个数为. (1)若数列A:1，3，5，7，求集合，并写出的值; (2)若是递减数列，求证:“”的充要条件是“为等差数列”; (3)已知数列，求证:. 19．点列，就是将点的坐标按照一定关系进行排列．过曲线上的点作曲线的切线与曲线交于，过点作曲线的切线与曲线交于点，依此类推，可得到点列：，，，…，，…，已知． (1)求数列、的通项公式； (2)记点到直线（即直线）的距离为， （I）求证：； （II）求证：，若值与（I）相同，则求此时的最小值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】根据给定条件，写出等比数列的通项，再分类探讨数列单调性即可得解. 【详解】等比数列的公比，则，显然是递增的， 当时，数列是递增的，不符合要求； 当时，数列是递减的，符合题意，则恒成立， 所以的值可以为. 故选：C 2．D 【分析】利用等差数列性质可得公差，再由前项和公式以及通项公式计算可得结果. 【详解】由等差数列性质可知，可得； 设等差数列的公差为， 可得，解得； 又. 故选：D 3．A 【分析】利用分组求和法，结合已知，可得答案. 【详解】 . 故选：A. 4．B 【分析】利用等差数列的通项公式及前项和公式即可求解. 【详解】设等差数列的的公差为， 由题意可知，解得， 所以. 故选：B. 5．B 【分析】先由累加法求出，进而求得，再用裂项相消法求解即可. 【详解】由可得，又， 故数列是以12为首项，8为公差的等差数列，则， ，，，，， 故当时，，则时，， 又适合上式，故，则， 则， 所以， 又，所以. 故选：B. 6．D 【分析】由题意得到是等比数列，进而得到，利用错位相减法求出，构造函数，并利用导数判断函数的单调性，即可求出符合条件的的最小值. 【详解】是，的等差中项， ，故， 而，， 故数列是首项为1，公比为2的等比数列，则， ， 记，则， ， 两式相减可得，， 即，令，即， 设，则， ，，在单调递减， 是递减数列， 当时，， 当时，， 使得成立的最小的的值为11. 故选：D. 7．A 【分析】根据题意列式即可得解. 【详解】依题意，，. 故选：A. 8．B 【分析】根据递推公式可得，进而取对数求解通项公式即可得，再列不等式求解即可. 【详解】配方得：． 取对数：，设，则， 又，所以，，． 由放小麦的规则可得小麦总粒数为， . 故选：B 9．ABC 【分析】分类讨论，结合等比数列的通项和性质分析判断. 【详解】当时，则有： ①当，则为非零常数列，故，符合题意，A正确； ②当，则为单调数列，故恒不成立，即且不合题意； 当时，可得，则有： ①当，若为偶数时，则； 若为奇数时，则； 故符合题意，B正确； ②当，若为偶数时，则，且，即； 若为奇数时，则，且，即； 故符合题意，C正确； ③当，若，可得， ∵，则，可得，则，这与等比数列相矛盾， 故和均不合题意，D错误. 故选：ABC. 10．ABD 【分析】选项ACD通过递推关系分析即可． 选项B通过奇数偶数特性分析可得出是奇数偶数是周期出现的． 【详解】由已知，数列满足递推关系． 选项：； 故正确； 选项：观察数列可知，数列每三项都是奇、奇、偶重复循环，， 恰好能被3整除，且为偶数，所以也为偶数，故正确； 选项：若选项C正确，又，则， 同理，，依次类推， 可得，显然错误，故错误； 选项：， 又，故正确； 故选：． 11．ACD 【分析】当时，,当时，,联立可得，利用累加法可得，从而可求得，在逐项判断即可. 【详解】令且， 当时，①； 当时，②， 由①②联立得. 所以， 累加可得. 令(且为奇数)，得. 当时满足上式， 所以当为奇数时，. 当为奇数时，， 所以，其中为偶数. 所以，故C正确. 所以，故A正确. 当为偶数时，，故B错误. 因为， 所以的前2n项和 ， 令， 因为数列是递增数列，所以的最小项为， 故数列的前2n项和的最小值为2，故D正确. 故选:ACD. 【点睛】数列求和的方法技巧 (1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． (3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和． 12． 【分析】根据题意，结合和，即可求得数列的通项公式. 【详解】数列的前项和为， 当时，， 当时，， ，不满足上式， 所以数列的通项公式为 故答案为： 13．2022 【分析】根据等差数列的性质可得，结合等比中项可得，结合等差数列的定义分析求解. 【详解】因为数列为等差数列，则，可得， 设等差数列的公差为， 因为，，成等比数列，则， 即，解得或（舍去）， 所以. 故答案为：2022. 14． 【分析】将已知化简为，由前n项和与通项关系可求得，进而可得，结合等差数列前n项和取最大值时的性质即可求得结果. 【详解】因为，即， 当时，， 两式相减得， 所以，（）， 又满足， 所以，（）， 令，，显然数列是等差数列， 若的最大值为，则，解得， 所以实数的最大值是. 故答案为：. 15．(1)，； (2). 【分析】（1）根据给定的递推公式，由等差数列的前n项和公式求得公差，即得通项公式；由作差法得数列为等比数列，由等比数列的通项公式求解. （2）由（1）求出，运用错位相减法，结合等比数列的求和公式即可得到所求和． 【详解】（1）由，得，即，解得，则， 设等差数列的公差为，由，得，解得， 所以数列的通项公式为； 由，得当时，，两式相减得，即， 因此数列是首项为1，公比为的等比数列， 所以数列的通项公式为. （2）由（1）及，得， 令数列的前n项和为， 则， 于是， 两式相减得， 所以. 16．(1)，（） (2)，证明见解析 【分析】（1）结合前项和与通项公式的关系分和两种情况求解即可； （2）先验证，再讨论时，，进而根据裂项求和法得. 【详解】（1）①， （）②， ①－②得（）， ∴（）， 当时，，不满足上式， ∴，（） （2）当时，， ， 当时， ， ∵，∴ 综上所述，． 17．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，结合，求得，进而求得数列的通项公式； （2）由，得到，进而得到当时，，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】（1）解：设等比数列的公比为， 因为，可得，所以， 又由，所以， 所以数列的通项公式为. （2）解：因为，所以， 将上面各式相乘，可得， 所以，当时，. 18．(1). (2)证明见解析； (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，结合集合的新定义，即可求解； （2）若为等差数列，且是递减数列，得到，结合，证得充分性成立；再由是递减数列，得到，结合互不相等，得到，得到必要性成立，即可得证； （3）根据题意，得到，得出，得到，不妨设，则，推得为奇数，矛盾，进而得证. 【详解】（1）解：由题意，数列， 可得， 所以集合，所以. （2）证明：充分性：若为等差数列，且是递减数列，则的公差为， 当时，，所以， 则，故充分性成立.         必要性:若是递减数列，，则为等差数列， 因为是递减数列，所以， 所以，且互不相等， 所以， 又因为， 所以且互不相等， 所以， 所以， 所以为等差数列，必要性成立. 所以若是递减数列，“”的充要条件是“为等差数列”. （3）证明：由题意集合中的元素个数最多为个， 即，         对于数列，此时， 若存在，则，其中， 故，         若，不妨设，则，而， 故为偶数，为奇数，矛盾， 故，故，故由得到的彼此相异，所以. 19．(1)，； (2)（I）证明见解析；（II）证明见解析 【分析】（1）根据给定条件，利用导数的几何意义求出切线方程，再联立切线方程与曲线方程求出切点的坐标，进而可得出数列、的通项公式； （2）（I）求出直线的方程，利用点到直线距离公式求出，再利用等比数列前和公式求解即得； （II）根据（I）再结合指数函数的性质即可得解. 【详解】（1）曲线上点处的切线的斜率为， 故得到的方程为， 联立方程，消去y得：， 化简得：，所以：或， 由得到点的坐标， 由就得到点的坐标， 所以：， 故数列是首项为1，公比为的等比数列， 所以：，； （2）（I）由（1）知：，， 所以直线的方程为：， 化简得：， 因为， 所以， ； （II） ， 与（I）中相同，当时，此时最小值为． 【点睛】思路点睛：利用导数求函数在其上一点处的切线方程的基本步骤如下： （1）对函数求导得； （2）计算切线的斜率； （3）利用点斜式写出切线方程. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$