数列-安徽省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

安徽省部分市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·安徽芜湖·模拟预测）已知为递增等差数列的前n项和，且为等差数列，则使得成立的n的最小值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）数列共有项，且，，，则这样的数列有（     ） A．个 B．个 C．个 D．个 3．（2024·安徽合肥·三模）已知数列的前项和为，首项，且满足，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·安徽滁州·三模）已知是单调递增的等比数列，，则公比的值是（   ） A．2 B． C．3 D． 5．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知数列各项为正数，满足，，若，，则（ ） A． B． C． D． 6．（2024·安徽阜阳·模拟预测）设正数数列的前项和为，且，则（    ） A．是等差数列 B．是等差数列 C．单调递增 D．单调递增 7．（2024·安徽安庆·三模）若项数均为的两个数列满足，且集合，则称数列是一对“项紧密数列”．设数列是一对“4项紧密数列”，则这样的“4项紧密数列”有（    ）对． A．5 B．6 C．7 D．8 8．（2024·安徽马鞍山·三模）已知数列是公差为2的等差数列，若成等比数列，则（    ） A．9 B．12 C．18 D．27 9．（2024·安徽黄山·二模）已知数列是等差数列，且，，则数列的公差是（    ） A． B． C． D． 10．（2024·安徽池州·二模）对于数列，若点都在函数的图象上，其中且，则“”是“为递增数列”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 11．（2024·安徽黄山·一模）已知是以为公比的等比数列，，，则（    ） A． B． C． D． 12．（2024·安徽阜阳·一模）已知数列满足，则“为递增数列”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 二、多选题 13．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知等差数列的前n项和为，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若为常数列，则一定为等比数列 D．若且，则公差d的最小值为 14．（2024·安徽淮北·二模）已知数列的前项和分别为，若，则（    ） A． B． C．的前10项和为 D．的前10项和为 15．（2024·安徽黄山·二模）已知数列满足：，其中，下列说法正确的有（    ） A．当时， B．当时，数列是递增数列 C．当时，若数列是递增数列，则 D．当时， 16．（2024·安徽安庆·二模）满足，，的数列称为卢卡斯数列，则（    ） A．存在非零实数t，使得为等差数列 B．存在非零实数t，使得为等比数列 C． D． 三、解答题 17．（2024·安徽安庆·三模）已知数列是等差数列，，且，，成等比数列，，数列的前n项和为 (1)求数列的通项公式及数列的前n项和 (2)是否存在正整数m，n（），使得，，成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由. 18．（2024·安徽芜湖·三模）若数列的各项均为正数，且对任意的相邻三项，都满足，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项，都满足则称该数列为“凸数列”． (1)已知正项数列是一个“凸数列”，且，（其中为自然常数，），证明：数列是一个“对数性凸数列”，且有； (2)若关于的函数有三个零点，其中．证明：数列是一个“对数性凸数列”： (3)设正项数列是一个“对数性凸数列”，求证： 19．（2024·安徽池州·二模）记为数列的前项的和，已知. (1)求的通项公式； (2)令，求. 20．（2024·安徽黄山·一模）随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为数列的二阶差分数列，其中． (1)数列的通项公式为，试判断数列是否为等差数列，请说明理由？ (2)数列是以1为公差的等差数列，且，对于任意的，都存在，使得，求的值； (3)各项均为正数的数列的前项和为，且为常数列，对满足，的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值． 21．（2024·安徽淮北·一模）已知数列为递增的等比数列，，记、分别为数列、的前项和，，. (1)求数列的通项公式； (2)证明：当时，. 参考答案： 1．B 【分析】利用等差数列的性质，找到首项和公差的关系，求解出的最小值. 【详解】，由等差中项的性质知， 设等差数列的公差为，则 化简得又，又数列为等差数列，则使得即又则n的最小值为3. 故选：B. 2．A 【分析】根据题目该数列相邻两项之差或，因为，已确定，所以只需先判断到相邻两项之差有几个和几个及其排列方法数，就能对应得到中间七项可能的排列方法数. 计算可得相邻两项之差中有个和个，利用排列组合可得. 【详解】设，因为，所以或. 可设，…，中有个2和个, 则，解得，， 即，…，中有个和个，因此这样的数列共有个. 故选：A 3．D 【分析】借助与的关系并化简可得，结合，逐项代入计算即可得解. 【详解】由可得， 所以可得， . 故选：D 4．A 【分析】利用等比数列的性质求出，再解方程组求出，即可得解. 【详解】因为是等比数列， 所以， 则，解得或， 又因为是单调递增的等比数列， 所以， 所以公比. 故选：A. 5．C 【分析】由，得，再结合，可得，进而可得数列是等差数列，即可求出的通项，从而可求出数列的通项，再利用裂项相消法求解即可. 【详解】因为，，所以， 因为，所以，， 即， 所以数列是等差数列， 又，，所以， 所以数列的公差为，首项为， 所以，所以， 所以，则， 所以. 故选：C. 6．D 【分析】先利用和的关系求出，进而得出，；再逐项判断即可. 【详解】依题意可得：，. 因为， 所以当时，，即，解得， 当时，，整理得：， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列. 从而， . 因为当时，， 当时，. 也适合上式， 所以，故选项A、B错误，选项D正确. 因为， 所以选项C错误. 故选：D. 7．B 【分析】根据可得，结合可得，，然后列举出所有紧密数列对即可. 【详解】由条件知， 于是， 又， 所以， 于是“4项紧密数列”有； 共有6对. 故选：B． 【点睛】关键点点睛：关键在于对新定义的理解，根据定义求得，然后据此列举出所有紧密数列对. 8．D 【分析】利用等比中项列式，借助等差数列通项公式求解即得. 【详解】由成等比数列，得， 所以，解得， 所以. 故选：D 9．B 【分析】利用等差数列的性质列方程，能求出公差． 【详解】数列是等差数列，且，， ，解得，， 则数列的公差是． 故选：B． 10．A 【分析】利用等比数列的性质，结合指数函数的性质和充分必要条件的判断求解. 【详解】因为在函数的图象上，所以， 即是以为首项，为公比的等比数列. 若，且，，则可能的情况由两种： （1）则，所以等比数列首项为负，公比，所以等比数列单调递增； （2）则，所以等比数列首项为正，公比，所以等比数列单调递增. 所以“”是“为递增数列”的充分条件. 若为递增数列，，又且， 所以：或 由； 由； 所以“”是“为递增数列”的必要条件. 故选：A 11．A 【分析】 根据等比数列的基本性质可得出关于实数的等式，解之即可. 【详解】因为数列是以为公比的等比数列，且，， 则，解得. 故选：A. 12．C 【分析】由为递增数列得，再由充分条件与必要条件的定义进行判断即可. 【详解】由为递增数列得， ， 则对于恒成立，得．可得，反之不行， 故选：C． 13．AD 【分析】根据题意，结合等差数列的通项公式和求和公式，以及等比数列的定义，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，若，则，所以A正确； 对于B中，若，，则， 则构成首项为2，公差为4的等差数列， 所以，所以B不正确； 对于C中，若为常数列，只有当时，数列为等比数列， 当时，数列不构成等比数列，所以C不正确； 对于D中，若且，令，可得， 即，可得， 所以，解得， 当时，公差的最小值为，所以D正确. 故选：AD. 14．ABD 【分析】本题首先根据题意判断出数列、分别是等差数列、等比数列，求出等比数列的通项公式，进而分析也是等比数列并求出其通项公式，可解决选项A、B、D的问题，再依据裂项法，可解决选项C的问题. 【详解】，所以是首项，公差的等差数列， ，故选项A正确. 令，则， ， 又，， ，故选项C错误. 又，， 又，，， 是首项为，公比的等比数列， ，故选项B正确. 又， 是首项为，公比为的等比数列， ，故选项D正确. 故选：ABD. 15．ACD 【分析】根据可得，即可迭代求解A，根据，时，可得为常数列，即可判断B；根据二次函数的单调性，证出当时，从而判断出数列的单调性，建立关于的一元二次不等式，解出首项的取值范围，判断出C项的正误；当，时，根据递推关系证出，从而可得，由此推导出，进而利用等比数列的求和公式证出，从而判断出D项的正误． 【详解】对于A，当时，，又，故， 所以，故A项正确． 对于B，因为且， 所以， 当，时，，此时数列是常数列，故B项错误； 对于C, 由于数列是递增数列, 当时，故，， 故， 所以，即， 解得或，故C项正确； 对于D,当时，，结合，可知， ，，结合， 可知是递增数列，，则， 即，所以， 即， 所以，当时，，所以， 可得，故D项正确； 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：递推关系式转化的常见形式 （1）转化为常数，则数列是等差数列． （2）转化为常数，则数列是等差数列． （3）转化为常数，则数列是等差数列． （4）转化为常数，则数列是等差数列． （5）转化为常数，则数列是等差数列． （6）转化为常数，则数列是等差数列． 16．BCD 【分析】对A、B：借助等差数列与等比数列定义计算即可得；对C：借助代入即可得；对D：由，得到，从而将展开后借助该式裂项相消即可得. 【详解】对A：若数列为等差数列，则有， 即，由， 故有恒成立，即有，无解， 故不存在这样的实数，故A错误； 对B：若数列为等比数列，则有， 即，由， 故有恒成立，即有， 即，解得，此时， 故存在非零实数t，使得为等比数列，故B正确； 对C：由， 则， 即有，故C正确； 对D：由， 故， 故 ，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于由，得到，从而将展开后可借助该式裂项相消. 17．(1)， (2)存在，， 【分析】（1）设出公差，得到方程组，求出公差，得到通项公式，并利用错位相减法求和； （2）假设存在正整数m，n（），使得，，成等比数列，得到方程，得到，求范围，即得结论. 【详解】（1）由题意在等差数列中，设公差为d， 由，得，则， 又，，成等比数列， ∴7，，成等比数列，得， 即，得， ∴，， ∴数列的通项公式为：（）． ∴， ∴ . （2）若存在正整数m，n（），使得，，成等比数列， 则，即， 化简得：，解得： 又且，所以，， 故存在正整数，，使得，，成等比数列. 18．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据的性质，由等量关系代换成关于的结论，紧扣定义，即可证明； （2）由原函数有三个零点，且导函数为二次函数，分析出导函数有两个零点，判别式大于零，推得；有三个零点，得到有三个零点，再次借助导函数的零点个数，可以得到，即可得证； （3）记，利用分析法，只需证，由数列为对数性凸数列，得到，，再用基本不等式证明即可. 【详解】（1）因为，所以，因为正项数列是一个“凸数列”， 所以，所以，所以， 所以数列是一个“对数性凸数列”，， 所以，变形可得到， 所以数列是一个“对数性凸数列”，且有. （2）因为有三个零点， 所以有两个不等实数根， 所以， 又，所以； 时，，所以不是的零点， 又， 令，则也有三个零点， 即有三个零点， 令，则有三个零点， 所以有两个零点， 所以， 因为， 所以正项数列对任意的相邻三项，都满足， 所以数列是一个“对数性凸数列”. （3）记，则要证， 即证， 即，即①， 因为数列为对数性凸数列，所以，， 所以，所以， ， 而， 所以 ， 当且仅当时等号成立， 故式①成立，所以原不等式成立． 【点睛】方法点睛：解决数列新定义题型，需要耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按照新定义的要求，结合所学习过的知识点，逐一分析、证明、求解. 19．(1) (2) 【分析】（1）先利用数列通项与前n项和的关系判定数列是等差数列，进而求得其通项公式； （2）先利用（1）的结论，求得数列是等比数列，进而求得其前n项和. 【详解】（1） 当时， 则有： 化简得 又是以2为首项，1为公差的等差数列 的通项公式为 （2）由（1）知： 当时， 又是以为首项，为公比的等比数列 20．(1)不是等差数列，是等差数列 (2) (3)2 【分析】（1）理清条件的新定义，结合等差数列性质进行判断； （2）根据新定义和等差数列、等比数列的性质等进行分类讨论求解； （3）根据等差数列的性质以及新定义求解出，运用均值不等式求解出的范围，从而得出的最值. 【详解】（1）因为，所以， 因为，，， 故，， 显然， 所以不是等差数列； 因为，则，， 所以是首项为12，公差为6的等差数列. （2）因为数列是以1为公差的等差数列， 所以，故， 所以数列是以公比为的正项等比数列，， 所以， 且对任意的，都存在，使得，即， 所以，因为，所以， ①若，则，解得（舍），或， 即当时，对任意的，都存在，使得. ②若，则，对任意的，不存在，使得. 综上所述，. （3）因为为常数列，则是等差数列， 设的公差为，则， 若，则，与题意不符； 若，所以当时，， 与数列的各项均为正数矛盾，所以， 由等差数列前项和公式可得， 所以， 因为， 所以， 因为，故， 所以 则当时，不等式恒成立， 另一方面，当时，令，，， 则，， 则 ， 因为，， 当时，， 即，不满足不等式恒成立， 综上，的最大值为2. 【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题，关于新定义问题的常见思路为： （1）理解新定义，明确新定义中的条件、原理、方法与结论等； （2）新定义问题要与平时所学知识相结合运用； （3）对于不等式恒成立问题要结合均值不等式进行求解最值，把握好分类讨论的时机. 21．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设数列的公比为，根据题意，列出方程组求得，进而求得数列的通项公式； （2）由（1）求得，分为偶数和为奇数，两种情况讨论，分别求得的表达式，结合指数幂的性质，即可得证. 【详解】（1）解：设等比数列的公比为， 因为，，可得， 可两式相减，可得，所以，解得或， 又因为数列为递增的等比数列，所以，则， 所以数列的通项公式为. （2）解：由（1）知，可得. 当为偶数时， . 此时，. 当时，，所以成立. 当为奇数时，. 检验知，当时，上式也成立. 此时，， 当时，，所以成立. 综上所述，当时，成立. 学科网（北京）股份有限公司 $$