专题06数列-2024届山东省各地市高三数学一模试题分类汇编

专题06数列-2024届山东省各地市高三数学一模试题分类汇编-山东专用（学生版） 一、单选题 1．（2024·山东济南·一模）记等差数列的前n项和为.若，，则（    ） A．49 B．63 C．70 D．126 2．（2024·山东青岛·一模）等比数列中，，，则（    ） A．32 B．24 C．20 D．16 3．（2024·山东青岛·一模）记正项等差数列的前n项和为，，则的最大值为（    ） A．9 B．16 C．25 D．50 4．（23-24高二上·浙江舟山·期末）记为等差数列的前项和，若，则（    ） A．20 B．16 C．14 D．12 5．（2024·山东潍坊·一模）已知等差数列的前n项和为，则（    ） A．6 B．7 C．8 D．10 6．（2024·山东潍坊·一模）已知数列满足，．若数列是公比为2的等比数列，则（   ） A． B． C． D． 7．（2024·山东济宁·一模）已知等差数列的前项和为，且，，则（    ） A．14 B．16 C．18 D．20 8．（23-24高二上·广东东莞·阶段练习）已知数列是公比为2的等比数列，且，则等于（    ） A．24 B．48 C．72 D．96 9．（2024·山东临沂·一模）已知等差数列的前项和为.若，则（    ） A．1012 B．1013 C．2024 D．2025 10．（2024·山东聊城·一模）记等差数列的前项和为，若，，则（    ） A．3 B．5 C．7 D．10 11．（2024·山东聊城·一模）已知数列满足，则“ ”是“ 是等比数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 12．（2024·山东菏泽·一模）若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 13．（2024·山东枣庄·一模）将数列中的所有项排成如下数阵： 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数成等差数列．若，则（   ） A． B． C．位于第45行第88列 D．2024在数阵中出现两次 14．（2024·山东烟台·一模）给定数列，定义差分运算：.若数列满足，数列的首项为1，且，则（    ） A．存在，使得恒成立 B．存在，使得恒成立 C．对任意，总存在，使得 D．对任意，总存在，使得 15．（2024·山东潍坊·一模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（   ） A． B．的图象关于点对称 C． D．（） 三、填空题 16．（2024·山东淄博·一模）已知等比数列共有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则公比q= . 四、解答题 17．（2024·山东济南·一模）已知数列的前n项和为，且，令. (1)求证：为等比数列； (2)求使取得最大值时的n的值. 18．（2024·山东青岛·一模）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，． (1)若，用表示； (2)证明：； (3)若，，，证明：． 19．（2024·山东潍坊·一模）已知函数（）． (1)讨论的单调性； (2)证明：（，）； (3)若函数有三个不同的零点，求的取值范围． 20．（2024·山东济宁·一模）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若，证明：对任意，存在唯一的实数，使得成立； (3)设，，数列的前项和为．证明：． 21．（2024·山东泰安·一模）已知各项均不为0的递增数列的前项和为，且（，且）． (1)求数列的前项和； (2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“-数列”．证明： ①对任意且，存在“-数列”，使得成立； ②当且时，不存在“-数列”，使得对任意正整数成立． 22．（2024·山东日照·一模）已知各项均为正数的数列的前n项和为，且，，成等差． (1)求及的通项公式； (2)记集合的元素个数为，求数列的前50项和． 23．（2024·山东菏泽·一模）已知数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)若，，求证：． 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 $$ 专题06数列-2024届山东省各地市高三数学一模试题分类汇编-山东专用（解析版） 一、单选题 1．（2024·山东济南·一模）记等差数列的前n项和为.若，，则（    ） A．49 B．63 C．70 D．126 【答案】B 【分析】利用等差数列的项的“等和性”得到，再运用等差数列的前n项和公式计算即得. 【详解】因是等差数列，故，于是 故选：B 2．（2024·山东青岛·一模）等比数列中，，，则（    ） A．32 B．24 C．20 D．16 【答案】A 【分析】利用已知求出首项和公比,再求. 【详解】由题得 所以. 故选：A. 3．（2024·山东青岛·一模）记正项等差数列的前n项和为，，则的最大值为（    ） A．9 B．16 C．25 D．50 【答案】C 【分析】根据等差数列的求和公式计算可得，利用基本不等式计算即可得出结果. 【详解】∵， 又∵， ∴，当且仅当时，取“=” ∴的最大值为25. 故选：C 4．（23-24高二上·浙江舟山·期末）记为等差数列的前项和，若，则（    ） A．20 B．16 C．14 D．12 【答案】D 【分析】由等差数列的性质求得，然后依次求得，公差，最后求得． 【详解】∵是等差数列， ∴，，所以， ∴公差， ∴， ∴， 故选：D． 5．（2024·山东潍坊·一模）已知等差数列的前n项和为，则（    ） A．6 B．7 C．8 D．10 【答案】C 【分析】根据题意，由等差数列的前项和公式即可得到，再由等差数列的求和公式即可得到结果. 【详解】因为数列为等差数列，则， 又，则，即， 则. 故选：C 6．（2024·山东潍坊·一模）已知数列满足，．若数列是公比为2的等比数列，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用等比数列求出，进而求得，再利用累加法求通项得解. 【详解】依题意，，，当时，，则， 所以 . 故选：A 7．（2024·山东济宁·一模）已知等差数列的前项和为，且，，则（    ） A．14 B．16 C．18 D．20 【答案】D 【分析】根据题意求出首项与公差，再根据等差数列前项和公式即可得解. 【详解】设数列的公差为， 由，， 得，解得， 所以. 故选：D. 8．（23-24高二上·广东东莞·阶段练习）已知数列是公比为2的等比数列，且，则等于（    ） A．24 B．48 C．72 D．96 【答案】B 【分析】由等比数列通项公式的性质得出结果. 【详解】因为数列是公比为2的等比数列，且， 所以， 故选：B. 9．（2024·山东临沂·一模）已知等差数列的前项和为.若，则（    ） A．1012 B．1013 C．2024 D．2025 【答案】A 【分析】利用等差数列的通项公式即可求解. 【详解】由等差数列的通项公式可得：， 且， 所以. 故选：A. 10．（2024·山东聊城·一模）记等差数列的前项和为，若，，则（    ） A．3 B．5 C．7 D．10 【答案】B 【分析】根据等差数列的性质求解. 【详解】等差数列的前项和为，则，故， ，故， 由得， 故选：B 11．（2024·山东聊城·一模）已知数列满足，则“ ”是“ 是等比数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据充分必要条件的证明方法，结合等比数列的定义与数列递推式即可得解. 【详解】当时，因为，所以， 又，则，则， 依次类推可知，故， 则是首项为，公比为的等比数列，即充分性成立； 当是等比数列时，因为，所以， 当时，，则是公比为的等比数列， 所以，即， 则，，， 由，得，解得，不满足题意； 当，即时，易知满足题意； 所以，即必要性成立. 故选：C. 12．（2024·山东菏泽·一模）若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可求解. 【详解】为奇数时，前项中有个奇数项，即有个正数， ，，故A错误； 为偶数时，前项中有个奇数项，即有个正数， ， ，，故B错误； ，故C正确； ，故D错误. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：根据数列的通项公式的特点分类讨论，利用组合数和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可. 二、多选题 13．（2024·山东枣庄·一模）将数列中的所有项排成如下数阵： 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数成等差数列．若，则（   ） A． B． C．位于第45行第88列 D．2024在数阵中出现两次 【答案】ACD 【分析】根据题意，由等差数列的通项公式求得第一列的通项公式，再由等比数列的通项公式，对各个选项分析，即可求解. 【详解】由第1列数 成等差数列，设公差为， 又由，可得，解得， 则第一列的通项公式为， 又从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列， 可得，所以A正确,B错误； 又因为每一行的最后一个数为， 且，可得是的前一个数，且在第45行， 因为这一行共有个数，则在第45行的第88列，所以C正确； 由题设可知第行第个数的大小为， 令，若，则即； 若，则即；若，则，无整数解. 故D正确. 故答案为：ACD. 14．（2024·山东烟台·一模）给定数列，定义差分运算：.若数列满足，数列的首项为1，且，则（    ） A．存在，使得恒成立 B．存在，使得恒成立 C．对任意，总存在，使得 D．对任意，总存在，使得 【答案】BC 【分析】由已知求出及范围判断AB；利用累加法结合错位相减法求和求出及范围判断C；求出及的范围判断D. 【详解】对于A，由，得，显然有最小值4，无最大值， 因此不存在，使得恒成立，A错误； 对于B，由选项A知，，则， 显然当时，恒成立，B正确； 对于C，由，得， 当时， 即， 于是， 两式相减得， 因此，显然满足上式，则，由， 得数列是递增数列，有最小值1，无最大值， 从而对任意，总存在，使得，C正确； 对于D，，由选项C得， 显然数列是递减数列，，因此对任意，不存在，使得成立，D错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 15．（2024·山东潍坊·一模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（   ） A． B．的图象关于点对称 C． D．（） 【答案】ABD 【分析】对于A，对条件，求导可得；对于B，对条件，两边同时除以可得；对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件，可得与矛盾，可判断C；对于D，求出，，所以有，，，得出数列是以0为首项，为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断． 【详解】因为， 所以，即， 令，得，故A正确； 因为， 当时，， 所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C，假设成立， 求导得， 即，又， 所以，所以与矛盾，故C错误； 对于D，因为，， 所以，，，， 所以有， 所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列， 数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列， 又，， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 所以，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是，的应用，D选项关键是推出是以为首项，为公差的等差数列. 三、填空题 16．（2024·山东淄博·一模）已知等比数列共有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则公比q= . 【答案】2 【分析】根据给定条件，借助等比数列定义求解即得. 【详解】依题意，，即， 而，所以. 故答案为：2 四、解答题 17．（2024·山东济南·一模）已知数列的前n项和为，且，令. (1)求证：为等比数列； (2)求使取得最大值时的n的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)或. 【分析】（1）结合已知，由时化简得，再由及等比数列的定义证明即可； （2）先求得，利用作商法判断数列的单调性即可求得最值. 【详解】（1）由，可得时， 即，，又因为，所以，， 综上，，，所以为首项和公比均为的等比数列. （2）由（1）可得，所以， 时，， 令，可得，（或令，可得）， 可知， 综上，或时，的取得最大值. 18．（2024·山东青岛·一模）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，． (1)若，用表示； (2)证明：； (3)若，，，证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据新定义，由项系数相等可得； （2）利用新定义证明即可； （3）根据多项式的乘法可得，然后利用通项公式整理化简即可得证. 【详解】（1）因为 ， 且， 所以，由可得， 所以. （2）因为， 所以 又因为 所以， 所以. （3）对于， 因为， 所以， 所以， 所以， ， 所以， . 【点睛】难点点睛：本题属于新定义问题，主要难点在于对新定义的理解，利用多项式的乘法分析，结合通项公式即可得证. 19．（2024·山东潍坊·一模）已知函数（）． (1)讨论的单调性； (2)证明：（，）； (3)若函数有三个不同的零点，求的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）求出函数的导数，按与分类讨论求出的单调区间. （2）利用（1）中时的结论，再利用裂项相消法求和，推理即得. （3）变形函数，将的零点个数问题转化为的零点个数，再借助导数及零点存在性定理求解. 【详解】（1）函数定义域为，求导得， 设，则， ①当时，恒成立，且至多一点处为0，函数在上递减； ②当时，有两个零点， 则当或时，，即；当时，，即， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，的递减区间为； 当时，的递减区间为，递增区间为. （2）由（1）知，当时，时，， 则，令， 于是， ， 所以. （3）函数， 由于与同号，则只有一个零点， 令，由，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点， 由（1）知，当时，在上单调递减，不合题意； 当时，由（1）知，的两极值点满足，所以，得， 由， 则，由（2）知，当时，， 则，即， 因此， 由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点， 显然， 而，则，于是当时，存在三个不同的零点， 所以的取值范围是. 【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 20．（2024·山东济宁·一模）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若，证明：对任意，存在唯一的实数，使得成立； (3)设，，数列的前项和为．证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】 （1）先求函数的导函数，然后根据导函数对进行分类讨论即可； （2）先构造函数，可判断在区间上单调递减，构造函数，根据其单调性，可判断，，进而可判断，，进而结合根的存在性定理可证； （3）先令，时，，即，可得，放缩后裂项相消可证. 【详解】（1） 函数的定义域为，， ①若，恒成立，在上单调递增． ②若，时，，单调递增； 时，，单调递减． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2） 证明：令， 则 因为， 所以，在区间上单调递减． 令，，则， 所以，时，，单调递减，时，，单调递增， 所以，， 又，所以，，所以恒成立， 又因为，，所以，． 同理可得，， 由（时等号成立）得，，即（时等号成立）， 又，所以，所以恒成立， 又因为，，，所以，， 所以，区间上存在唯一实数，使得， 所以对任意，存在唯一的实数，使得成立； （3） 证明：当时，由（1）可得，在上单调递减． 所以，时，，即． 令，，则， 即，即 令，，则， 所以，， 所以，. 【点睛】关键点点睛：第二问证明方程在区间上具有唯一解，可根据函数的单调性，和根的存在性定理综合判断； 第三问，先利用函数对进行放缩，后利用裂项相消法证明. 21．（2024·山东泰安·一模）已知各项均不为0的递增数列的前项和为，且（，且）． (1)求数列的前项和； (2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“-数列”．证明： ①对任意且，存在“-数列”，使得成立； ②当且时，不存在“-数列”，使得对任意正整数成立． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据和的关系，结合等差数列的定义和通项公式、裂项相消法进行求解即可； （2）①根据不等式，构造函数，利用导数的性质进行运算证明即可； ②根据①的结论，结合特殊值法进行运算证明即可. 【详解】（1）， 各项均不为0且递增， ， ， ， ， 化简得， ， ， ， ， ， 为等差数列， ， ， ； （2）①证明：设“G-数列”公比为，且， 由题意，只需证存在对且成立， 即成立， 设，则， 令，解得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， ， ， 存在，使得对任意且成立， 经检验，对任意且均成立， 对任意且，存在“G-数列”使得成立； ②由①知，若成立，则成立， 当时，取得，取得， 由，得， 不存在， 当且时，不存在“G-数列”使得对任意正整数成立． 【点睛】关键点睛：根据不等式的形式，构造函数，利用导数的性质进行求解. 22．（2024·山东日照·一模）已知各项均为正数的数列的前n项和为，且，，成等差． (1)求及的通项公式； (2)记集合的元素个数为，求数列的前50项和． 【答案】(1)， (2)2497 【分析】（1）根据等差中项可得，结合与之间的关系分析可知数列为等差数列，再利用等差数列通项公式运算求解； （2）根据题意可得，结合基本不等式可得，结合等差数列求和公式运算求解. 【详解】（1）因为，，成等差，则，且， 当时，可得，解得或（舍去）； 当时，可得， 两式相减得，整理得， 且，则； 可知数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以. （2）因为，由（1）可得，即， 因为，当且仅当，即时，等号成立， 可知； 当时，因为， 所以； 综上所述：. 所以数列的前50项和为. 23．（2024·山东菏泽·一模）已知数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)若，，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用与项的关系，结合等比数列的定义及通项公式即可求解； （2）利用（1）的结论及对数的运算，利用裂项相消法求数列的前项和即可求解. 【详解】（1）由①， 当时，解得， 当时，②， ①-②，得， 数列是以首项为，公比为的等比数列， ． 经验证符合上式，所以． （2）由（1）知， ，． 则， 故 ， 所以，，， 故. 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 $$