数列-天津市部分区2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

天津市部分区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·天津南开·二模）设数列的通项公式为，若数列是单调递增数列，则实数b的取值范围为（    ）. A． B． C． D． 2．（2024·天津河北·二模）在数列中，若对任意的都满足（其中为常数），则称数列为等差比数列. 已知等差比数列中，，则等于（    ） A．5 B．9 C．15 D．105 3．（2024·天津北辰·三模）已知在等比数列中，，等差数列的前项和为，且，则（    ） A．60 B．54 C．42 D．36 4．（2024·天津河西·三模）若数列满足，则称为“对奇数列”．已知正项数列为“对奇数列”，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·天津滨海新·三模）已知数列为各项不为零的等差数列，为数列的前项和，，则的值为（    ） A．4 B．8 C．12 D．16 6．（2024·天津武清·模拟预测）在等差数列中，公差，若，则（    ） A．12 B．13 C．14 D．15 7．（2024·天津和平·一模）已知等比数列的各项均为正数，若成等差数列，则（    ） A． B． C． D． 8．（2024·天津北辰·模拟预测）设数列满足，则数列的前5项和为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 9．（2024·天津和平·二模）已知数列满足，则数列的通项公式为 ，若数列的前项和为，记，则数列的最大项为第 项． 10．（23-24高二下·天津北辰·模拟预测）在公差大于零的等差数列中，，，成等比数列，若，则 . 三、解答题 11．（2024·天津河西·二模）已知数列的首项，且满足，的前项和为. (1)证明数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)在数列中，，，求数列的通项公式及. 12．（2024·天津和平·二模）已知为等差数列的前n项和，，． (1)若为数列的前n项和，求； (2)等差数列满足，数列满足． （i）求数列与数列的通项公式； （ii）求． 13．（2024·天津南开·二模）已知是等差数列，公差，，且是与的等比中项. (1)求的通项公式 (2)数列满足，且. （ⅰ）求的前n项和. （ⅱ）是否存在正整数m，n（），使得，，成等差数列，若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由. 14．（2024·天津河北·二模）已知是等差数列，其前项和为是等比数列，已知，是和的等比中项. (1)求和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)记，求证：. 15．（2024·天津北辰·三模）已知为等差数列，前项和为，若，；数列满足：，. (1)求和的通项公式； (2)对任意的，将中落入区间内项的个数记为. （i）求； （ii）记，的前项和记为，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 16．（2024·天津滨海新·三模）已知等差数列的前项和为，，，数列是公比大于1的等比数列，且，． (1)求，的通项公式； (2)数列，的所有项按照“当为奇数时，放在的前面；当为偶数时，放在的前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列：，，，，，，，…，求数列的前7项和及前项和； (3)是否存在数列，满足等式成立，若存在，求出数列的通项公式，若不存在，请说明理由． 17．（2024·天津武清·模拟预测）已知数列是正项等比数列，是等差数列，且， (1)求数列和的通项公式; (2)，求数列的前项和. (3)表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围; 18．（2024·天津红桥·二模）已知是等差数列，是公比为正数的等比数列，且，，，． (1)求数列{，的通项公式； (2)设， （ⅰ）求； （ⅱ）求． 19．（2024·天津滨海新·二模）已知数列满足，其中. (1)若，求数列的前n项的和； (2)若，且数列满足：，证明：. (3)当，时，令，判断对任意，，是否为正整数，请说明理由. 20．（2024·天津河东·一模）设是等差数列，是各项均为正数的等比数列，，． (1)求数列与的通项公式； (2)数列的前项和分别为； （ⅰ）证明； （ⅱ）求． 参考答案： 1．A 【分析】由递增数列定义可得，代入计算即可得解. 【详解】由题意可得恒成立，即， 即，又，，故. 故选：A. 2．D 【分析】根据等差比数列的定义求解即可. 【详解】因为为等差比数列，所以， 所以，解得，由，解得： 故选：D 3．C 【分析】首先根据等比数列的性质计算出，然后得出等差数列的，最后再根据等差数列求和公式即可求解. 【详解】由等比数列的性质可知，因为，所以，， 所以. 故选：C 4．C 【分析】根据新定义可证得数列是等比数列，从而可利用等比数列通项求解问题. 【详解】因为正项数列为“对奇数列”，所以， 则，即数列是公比为2的等比数列，又因为， 所以， 故选：C. 5．D 【分析】由数列的递推式，分别令，结合等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，再根据等差数列通项公式即可得到答案． 【详解】设等差数列公差为，∵， ∴当时，，解得， ∴， 当时，， ∴， ∴． 故选：D． 6．D 【分析】根据题意，利用等差数列的通项公式和求和公式，列出方程，即可求解. 【详解】因为，可得， 所以，即， 又因为，所以. 故选：D． 7．A 【分析】设等比数列的公比为q，且，由等差数列的中项性质列方程计算可得q，再由等比数列的通项公式计算可得 【详解】因为等比数列中的各项都是正数，设公比为q，得， 又成等差数列， 可得， 又，所以，解得或， 又，所以 则， 故选：A 8．D 【分析】利用递推关系求出，再利用裂项相消法求和即可得出答案. 【详解】当时，， 当时， ， ， 两式相减可得：，所以， 又时，，所以不满足， 所以，设，数列的前项和， 所以， 设数列的前5项和为： . 故选：D. 9． 【分析】当时求出，当时，，作差即可求出的通项公式，从而求出，即可表示出，再由基本不等式求出数列的最大项. 【详解】因为， 当时，，解得； 当时，， 两式相减得，即， 经检验当时也成立，所以； 因为，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号． 所以数列的最大项为第项. 故答案为：；． 10． 【分析】首先由条件得到，再根据等差数列的通项公式，转化为关于公差的方程，即可求解. 【详解】设数列的公差为， 由，得，且， 所以，得， 得或（舍）， 所以. 故答案为： 11．(1)证明见及解析， (2) (3)， 【分析】（1）依据等比数列的定义构造等比数列，再求解通项即可. （2）利用裂项相消法求出，结合分离参数法求解参数范围即可. （3）结合题意求出，再利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）∵，∴， 即，又， ∴数列是以2为首项，1为公差的等差数列， ∴，. （2）， ∴， 由，得， ∴恒成立，， 当且仅当时取等，此时解得， 所以实数的取值范围是. （3）由，， ∴， 数列的奇数项是以2为首项，4为公比的等比数列， 偶数项为以2为首项，4为公比的等比数列， ， 设， ， 两式相减得， ∴， 所以. 12．(1) (2)（i），；（ii）. 【分析】（1）设数列公差为，求出，然后求出数列的前n项和即可； （2）（i）设数列公差为，由（1）得，又，求出，然后求出即可；（ii）利用错位相减法与裂项相消法求和即可. 【详解】（1）设数列公差为，由公式，， 有，求得，即，所以． 设，前项和为，． 当时，． 当时，． 所以 （2）（ⅰ）设数列公差为，由（1）得，又， 即，解得，所以． （ⅱ）， 设， ，① ，② ①－②得， ． 所以，． 设， 所以，． ． 所以，． 13．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，，． 【分析】（1）由等差中项得到，由等比中项得到，解出，求得的通项公式； （2）（ⅰ）根据，由累加法得到数列的通项公式进而得到数列的通项公式，裂项相消法求和； （ⅱ）假设存在，分别表示出，，，由等差中项得到，得到或，解得，符合题意. 【详解】（1）因为为等差数列，且，所以． 又是与的等比中项，所以，即． 化简得，解得或（舍）， 所以． （2）（i）由，得，所以（），又， 当时， ， 又也适合上式，所以， 则， 所以． （ⅱ）假设存在正整数m，n，使得，，成等差数列， 则，即，整理得， 显然是25的正约数，又，则或， 当，即时，与矛盾； 当，即时，，符合题意， 所以存在正整数使得，，成等差数列，此时，． 【点睛】方法点睛：裂项相消法求和常见的裂项方法 （1），特别地当时，； （2），特别地当时，； （3） （4） （5） 14．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由求出，利用又是和的等比中项、求出； （2）利用错位相减法求出； （3）利用放缩法求和可得答案. 【详解】（1）由题意， ， 又是和的等比中项，得， 又，解得， ； （2）， 设， 则， 将以上两式相减得 ， ； （3） ， ， . 结论得证. 15．(1)， (2)（i）（ii）存在，，理由见解析 【分析】（1）的通项通过基本量法求解，的通项通过令，两式作商求解. （2）（i）求出即可得出答案；     （ii）根据题意求出和的关系，在利用取值范围求出和. 【详解】（1）， 所以， ① 当时，则② ①②得：，所以是公差为的等差数列， 当时有：，所以 （2）（i） 因为，所以，所以 （ii），把代入得：， 所以，， 所以 因为，，所以， 当时，（舍去），当时，（舍去）， 当时，，所以存在，. 【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的基本量计算，数列与不等式的综合应用.解题的关键是设出公差，列式求解求得，进而通过得求出，此外，对于探究性问题，一般解法是先假设存在，再根据已知条件推出结论或矛盾，本题在解答过程中核心是借助化简整理得.考查数学运算求解能力，逻辑推理能力. 16．(1)， (2)， (3)存在； 【分析】（1）利用等差数列和等边数列通项公式及求和公式，列出方程组即可求解； （2）利用分组求和及等差等边数列求和公式即可求解； （3）利用前n项和与通项公式之间的关系，采用作差法即可判断求解. 【详解】（1）设等差数列的公差为，， 可知，所以． 又，所以数列的公差， 所以， 设等比数列的公比为，，． 所以，．得到，联立得 解得或（舍去），代入中，解得 得数列的通项公式为． （2）由题意 （3）由已知得① 当时，②， ①②两式相减得：， 当时，也符合③ 所以，对于都成立． 又当时④成立 ③④两式相减得：，经检验也符合 故存在． 17．(1)； (2) (3) 【分析】（1）设出公比和公差，得到方程组，求出公比和公差，求出通项公式； （2）设，错位相减法求得，设，裂项相消法求得，进而可得结果； （3）求出，设，作差法得到其单调性，结合集合有4个元素，求出. 【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为， 因为， 则，解得或（舍去）， 所以；. （2）因为，， 设， ， 两式相减得 ， 所以， 当n为奇数时，， 设 ， . （3）由题意可知：， 其中， 所以， 集合，设， 则， 所以当时，，当时，． 计算可得，，，，， 因为集合有4个元素，． 【点睛】结论点睛：常见的裂项相消法求和类型： 分式型：，，等； 指数型：，等； 根式型：等； 对数型：，且. 18．(1)； (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）利用递推公式，等差数列，等比数列的性质解方程即可求出、、，再由基本量法写出通项即可； （2）（ⅰ）先化简可得由累乘法求出即可；（ⅱ）先裂项化简可得，再用分组求和即可. 【详解】（1）设的首项为，公差为，的公比为， 因为，， 所以， 解得或（舍）， 所以，即， 所以， 又，，即， 解得， 所以，即 （2）（ⅰ）因为，则， 则； （ⅱ）因为， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问对于分式形式的数列求出可采用裂项相消法. 19．(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)对任意，，是正整数.理由见解析 【分析】（1）分和两种情况讨论，利用求和公式可得答案； （2）先求，利用裂项相消法求和可证结论； （3）先根据得出，，再根据递推式得出进而可以判断. 【详解】（1）因为，，所以当时，，时，， 即为奇数时，；为偶数时，. 记数列的前n项的和为，当为偶数时，，当为奇数时，， 综上，其中. 当时，，时，，此时是等比数列， 当时，； 当时，，故. （2）由（1）知，，时，， ， （3）对任意，，是正整数.理由如下： 当，时，，此时； ，此时； 由，平方可得，， 又，所以， 整理可得， 当时，，所以 ， 所以，由，所以，以此类推，可知对任意，，是正整数. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是把的通项公式化成裂项相消的结构求和；二是通过递推关系得到，根据前几项为自然数，递推可得结论. 20．(1)； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意，列出方程求得的值，即可求解； （2）（ⅰ）由（1）求得，结合裂项法求和，即可得证； （ⅰⅰ）由（1）求得，结合错位相减法求和，即可求解. 【详解】（1）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 则，， 因为，可得，解得， 又因为，可得， 又由且，可得，解得（负值舍去）， 所以. （2）（ⅰ）证明：由，可得， 所以， 则. （ⅰⅰ）解：由，可得， 则 ， 可得， 则， 两式相减得， ， 所以，即 【点睛】关键点点睛：本题第2问（ⅱ）解决的关键是，通过观察计算发现的结果满足错位相减法的要求，从而得解. 学科网（北京）股份有限公司 $$