数列-湖南省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

湖南省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----数列 一、单选题 1．（2024·湖南邵阳·三模）已知是等比数列，且，，则（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 2．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知公差不为零的等差数列满足：，且是与的等比中项，设数列满足，则数列的前项和为（ ） A． B． C． D． 3．（2024·湖南长沙·二模）已知等差数列 的公差为 ，前 项和为 ，则 “ ” 是 “ ” 的（     ） A．充分不必要条件 B．充分必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 4．（2024·湖南常德·一模）已知等比数列中，，，则公比为（    ） A． B．2 C． D．4 5．（2024·湖南永州·三模）已知非零数列满足，则（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 6．（2024·湖南岳阳·三模）已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A．有最小值25 B．有最大值25 C．有最小值50 D．有最大值50 7．（2024·湖南益阳·模拟预测）2023年的某一天某红酒厂商为了在线出售其红酒产品，联合小Y哥直播间，邀请某“网红”来现场带货．在带货期间，为吸引顾客光临直播间、增加客流量，发起了这样一个活动：如果在直播间进来的顾客中，出现生日相同的顾客，则奖励生日相同的顾客红酒1瓶．假设每个随机来访的顾客的出生日期都是相互独立的，并且每个人都等可能地出生在一年（365天）中任何一天（2023年共365天），在远小于365时，近似地，，其中．如果要保证直播间至少两个人的生日在同一天的概率不小于，那么来到直播间的人数最少应该为（    ） A．21 B．22 C．23 D．24 8．（2024·河南信阳·模拟预测）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 9．（2024·湖南衡阳·二模）已知是等比数列，且，则（    ） A． B． C．1 D．2 10．（2024·湖南长沙·一模）古印度数学家婆什迦罗在《莉拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日4德拉玛（古印度货币单位），其后日增5德拉玛.朋友啊，请马上告诉我，半个月中，他总共布施多少德拉玛？在这个问题中，这人15天的最后7天布施的德拉玛总数为（    ） A．413 B．427 C．308 D．133 二、多选题 11．（2024·湖南衡阳·模拟预测）在股票市场中，股票的价格是有界的，投资者通常会通过价格的变化来确保自己的风险，这种变化的价格类似于我们数学中的数列，定义如果存在正数，使得对一切正整数，都有，则称为有界数列，数列收敛指数列有极限，我们把极限存在（不含无穷大）的数列称为收敛数列，如数列，显然对一切正整数都有，而的极限为，即数列既有界也收敛.如数列，显然对一切正整数都有，但不存在极限，即数列有界但不收敛.下列数列是有界数列但不收敛的数列有（   ） A． B． C． D． 12．（2024·湖南长沙·三模）设无穷数列的前项和为，且，若存在，使成立，则（    ） A． B． C．不等式的解集为 D．对任意给定的实数，总存在，当时， 13．（2024·湖南益阳·三模）已知是等比数列，是其前n项和，满足，则下列说法正确的有（    ） A．若是正项数列，则是单调递增数列 B．一定是等比数列 C．若存在，使对都成立，则是等差数列 D．若，且，，则时取最小值 14．（2024·湖南长沙·一模）小郡玩一种跳棋游戏，一个箱子中装有大小质地均相同的且标有的10个小球，每次随机抽取一个小球并放回，规定：若每次抽取号码小于或等于5的小球，则前进1步，若每次抽取号码大于5的小球，则前进2步.每次抽取小球互不影响，记小郡一共前进步的概率为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．小华一共前进3步的概率最大 15．（2024·湖南株洲·一模）设的整数部分为，小数部分为，则下列说法中正确的是（    ） A．数列是等比数列 B．数列是递增数列 C． D． 三、填空题 16．（2024·湖南岳阳·模拟预测）设为等差数列的前项和，，则数列的前10项和为 . 17．（2024·湖南长沙·二模）已知数列的通项公式为: ，其前项和为 ，若成等比数列， 则 k= 18．（2024·湖南邵阳·三模）已知数列与均为等差数列，且，则 . 19．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知数列的前项和为，且.若，则的最小值为 . 20．（2024·湖南娄底·一模）龙年参加了一闯关游戏，该游戏共需挑战通过个关卡，分别为：，记挑战每一个关卡失败的概率为，其中.游戏规则如下：从第一个关卡开始闯关，成功挑战通过当前关卡之后，就自动进入到下一关卡，直到某个关卡挑战失败或全部通过时游戏结束，各关卡间的挑战互相独立：若，设龙年在闯关结束时进行到了第关，的数学期望 ；在龙年未能全部通关的前提下；若游戏结束时他闯到第关的概率总等于闯到第关的概率的一半，则数列的通项公式 . 四、解答题 21．（2024·湖南邵阳·三模）已知数列，，函数，其中，均为实数． (1)若，，，，， （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设数列的前项和为，求证：． (2)若为奇函数，，，且，问：当时，是否存在整数，使得成立．若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由．（附：，） 22．（2024·湖南岳阳·模拟预测）已知数列的前项和为. (1)求数列的通项公式； (2)证明：，并求数列的前项和. 23．（2024·湖南长沙·模拟预测）已知数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)已知数列满足. ①求数列的前n项和； ②若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 24．（2024·湖南长沙·三模）若各项均为正数的数列满足（为常数），则称为“比差等数列”.已知为“比差等数列”，且. (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 25．（2024·湖南衡阳·三模）已知正项数列的前项和为，首项. (1)若，求数列的通项公式； (2)若函数，正项数列满足：. （i）证明：； （ii）证明：. 26．（2024·湖南永州·三模）已知数列为等比数列，为等差数列，且，，. (1)求，的通项公式； (2)数列的前项和为，集合共有5个元素，求实数的取值范围； (3)若数列中，，，求证：. 参考答案： 1．D 【分析】根据给定条件，结合等比数列通项公式求解即得. 【详解】设等比数列的公比为，，，则， 则，所以. 故选：D 2．C 【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得，得到，进而得到，结合裂项法求和，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，且是与的等比中项，可得， 即，解得，所以， 又由， 可得. 故选：C. 3．B 【分析】根据等差数列的求和公式化简，等价变形可得，由充要条件概念可得解. 【详解】“ ”，即 ， 则 ， 则“ ” 是“ ” 的充要条件. 故选：B 4．C 【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论. 【详解】. 故选：C. 5．D 【分析】根据题意，由条件可得，再由等比数列的定义即可得到结果. 【详解】由可得，则. 故选：D 6．B 【分析】由，利用等差数列的性质推出，再利用基本不等式计算即得. 【详解】由可得， 因则等差数列的公差，故， 则，当且仅当时取等号， 即当时，取得最大值25. 故选：B. 7．C 【分析】设人数为，根据古典概型概率公式求出“至少有两个人在同一天生日”的概率，再进行化简计算即可. 【详解】设直播间进来了个人，则这个人生日的可能性有种，这个人中任意两个人都不在同一天生日的可能结果种数为， 设“这个人中任意两个不是同一天生日”，根据古典概型概率公式可得， 则其对立事件“这个人中至少有两个人的生日在同一天”的概率为. 由题意：，从而，得，化简得，即，故. 故选：C. 8．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. 9．C 【分析】根据等比数列基本量的计算，结合已知条件，即可求得公比和. 【详解】设等比数列的公比为， 则，又，解得. 故选：C. 10．A 【分析】根据题意，初日4德拉玛，以后每日等量增加5德拉玛，故每日德拉玛数依次构成等差数列，利用等差的通项公式和前项和公式求解. 【详解】由题知，每日德拉玛数依次构成等差数列，设数列首项为，公差为，则，. 则通项公式，，， 则这人15天的最后7天布施的德拉玛总数为： . 故选：A 11．AC 【分析】根据数列的通项公式（递推公式）列出数列的前几项，结合所给定义判断即可. 【详解】对于A：因为，所以，所以，但是的极限不存在， 即有界但不收敛，故A正确； 对于B：因为，所以，所以，且的极限为， 所以有界且收敛，故B错误； 对于C：因为， 所以， ， 所以，所以，但是的极限不存在， 所以有界但不收敛，故C正确； 对于D：因为，所以，所以的极限为，且， 所以有界且收敛，故D错误； 故选：AC. 12．BCD 【分析】根据题意，得到且是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解. 【详解】由，可得， 且，即 又由，可得数列是等差数列，公差， 所以是递减数列，所以是最大项，且随着的增加，无限减小，即， 所以A错误、D正确； 因为当时，；当时，， 所以的最大值为，所以B正确； 因为， 且， 所以当时，；当时，，所以C正确. 故选：BCD. 13．ACD 【分析】对于A，由题意易得，，可判断结论；对于B，在时，通过取反例即可排除B；对于C，分析时数列的特征即可判断；对于D，先求出的表示式，通过作商分析的大小关系即得. 【详解】对于A，设数列的公比为，由可得，， 因，则得，解得或， 因是正项数列，故，，故是单调递增数列，即A正确； 对于B，由上分析知，或， 当时，， 此时，若为偶数，则都是0，故不符合，即B错误； 对于C，若，则是递增数列， 此时不存在，使对都成立； 若时，易得，故存在，使得对都成立， 此时为常数列，故是公差为0的等差数列，故C正确； 对于D，因，，故由上分析知， 则， 由， 当时，，故，数列递减，且； 当时，，故，数列递增，且； 则当时，取最小值，故D正确. 故选：ACD. 14．BC 【分析】根据题意直接求概率判断选项A，然后根据题意求出递推公式即可判断选项B，根据递推公式判断数列是首项为，公比为的等比数列，求通项公式判断选项C，分类讨论求解概率通项的最大值判断D. 【详解】根据题意，小郡前进1步的概率和前进2步的概率都是，所以，， 故选项A错误； 当时，其前进几步是由两部分组成：先前进步，再前进1步，其概率为， 或者先前进步，再前进2步，其概率为，所以， 故选项B正确； 因为，所以， 而，所以，即， 故选项C正确； 因为当时，，所以， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列. 所以，所以. 当n为奇数时，为偶数，则，此时数列单调递增，所以； 当n为偶数时，为奇数，则，此时数列单调递减， 所以； 综上，当时，概率最大，即小华一共前进2步的概率最大，故选项D错误. 故选：BC 15．ABC 【分析】借助二项式展开式，得到，后逐项计算即可得. 【详解】由， ， 则 ， 由为整数，且， 故的整数部分即为， 小数部分即为， 即，； 是以为首项，为公比的等比数列， 由，，故A、B正确； ， 故C正确； ， 故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题关键在于观察出与的展开式特点，得到是整数，且，从而得出，. 16． 【分析】由等差数列的性质求出，即可求出，再由裂项相消法即可得出答案. 【详解】设的公差为， 由于为等差数列的前项和，， 可得，所以，则， 令，所以， 故数列的前10项和为. 故答案为：. 17．6 【分析】根据等比中项结合等差数列的前n项和公式求出，再解方程，即可求得答案. 【详解】因为成等比数列，所以 ， 由于数列的通项公式为: ， 故是首项为1，公差为2的等差数列，且前项和为， 所以 ，所以 (舍去负值)， 所以 (舍去负值)， 故答案为：6 18．1012 【分析】根据等差数列通项公式的性质可设，结合题意可得，，进而可得结果. 【详解】因为数列与均为等差数列， 可设，则， 可知，即，则， 则，解得，即， 所以. 故答案为：1012. 19．7 【分析】降次作差得，构造数列，求出，则得到，作差构造新数列，再证明其单调性即可得到答案. 【详解】因为， 两式相减得：，即. 两边同除以可得， 又，得，满足， 所以数列是首项为，公差为的等差数列，故， 即，所以， 因为， 令，则， 所以数列单调递增，因为， 所以当时，，即； 当7时，， 即.所以的最小值为7. 故答案为：7. 【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是作差得到，然后是构造等差数列，从而得到，最后作差并结合数列的单调性即可. 20． 【分析】若，则得可能取值为，分别求解概率，再求解数学期望即可；根据题意求解游戏结束时进行到第关的概率为，由可得，于是根据递推关系式可得数列的通项公式. 【详解】若，则得可能取值为， 又，所以； 设未能通关的前提下，游戏结束时进行到第关的概率为； 那么有， 由可得； 即，对两边同时取倒数，可得，即，又， 故是首项为1，公比为2的等比数列， 从而. 故答案为：；. 21．(1)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 (2)存在，5 【分析】（1）（ⅰ）利用构造好的递推关系去得到等比递推公式，并求出通项公式； （ⅱ）利用裂项相消法去求和，再利用单调性去证明不等式； （2）由于递推关系分段且复杂，只能先从前面几项开始逐项分析，从而把问题求解. 【详解】（1）（ⅰ），， 由， 得，解得， 又， ， ，是以2为公比，2为首项的等比数列． ． （ⅱ）令，则， ． 显然，当时，是递增数列，在时，单调递减， 可得，． ． （2）为奇函数， ． ， 又，， ，． ， 由得，． ， ， ，， 在上为增函数， 当时，，； ， ． 当时，． 时，，又， 当时，，． 又，的最大值为5． 【点睛】方法点睛：第二问由于递推关系分段而且复杂，所以就得从前面几项，逐项分析判断，也能求出问题的答案. 22．(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）降次作差得到，再验证即可； （2）代入得到，再利用累加法即可得到答案. 【详解】（1）当时，； 当时，， ，当时，适合上式， 故 （2）， 成立， ， ， ...... ， 累加得 即， . 23．(1) (2)①；② 【分析】（1）利用数列的递推关系求的通项公式； （2）①利用错位相减求和即可；②设，根据数列的单调性，分n为偶数、为奇数讨论可得答案. 【详解】（1）因为①， 当时，，当时，②， 得，即；因为符合，所以； （2）①，由（1）知，所以，， 所以，两式相减得， ， 所以； ②，由①得， 设，则数列是递增数列. 当n为偶数时，恒成立，所以； 当n为奇数时，恒成立，所以即. 综上，的取值范围是. 24．(1) (2) 【分析】（1）利用“比差等数列”的定义可得，令，则为常数列， 可得，可求的通项公式； （2）分为奇数与偶数两种情况求解可得数列的前项和. 【详解】（1）由为“比差等数列”， 得， 从而. 设，则， 所以数列为等差数列. 因为， 所以为常数列， 因此，，即， 所以是首项为，公比为的等比数列， 因此. （2）当为偶数时， ； 当为奇数时，. 综上，. 25．(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，结合变形，再利用等差数列求出通项. （2）（i）利用导数证明不等式，由此放缩各，再利用分组求和法求解即得；（ii）由（i）推理证得及，再利用裂项相消法求和推理即得. 【详解】（1）正项数列中，，，，当时，， 两式相减得，即， 而，则，因此数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以数列的通项公式为. （2）（i）令，求导得，当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增，则，即， 于是， 即，即， 当时，， 当时，因此， 所以 （ii）由已知，所以，得， 当时，，于是， 当时，， 又，所以，恒有，当时，， 由，得当时，， 则当时，， 从而 ， 于是， 所以. 【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求. 26．(1)， (2). (3)证明见解析 【分析】（1）设数列的公比为，数列的公差为，由已知易得，，可求，； （2）设数列，可求得，，进而可得，可得，可求的取值范围为. （3），进而计算可得不等式成立. 【详解】（1）设数列的公比为，数列的公差为， 则由，，所以，所以， ，即，所以， 所以； （2）设数列， 则， 所以 ， ， 令， ， 可得， 故当时，最大， 且， 所以，即的取值范围为. （3）由， 则当时， ， 当时，也满足上式， 所以， ， 所以原不等式成立. 学科网（北京）股份有限公司 $$