数列-辽宁省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

辽宁省部分市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·辽宁葫芦岛·二模）集合的整数元素的个数为，数列的前n项和为，满足，，且，都有成立，下列选项正确的是（    ） A．数列的通项公式为 B． C．实数的取值范围是 D．时，数列中的每一项都不能够被5整除 2．（2024·辽宁大连·模拟预测）已知数列的前n项的积为，，则使得成立的n的最大值为（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 3．（2024·辽宁鞍山·二模）数列的通项公式为，则（    ） A． B． C．5 D．8 4．（2024·辽宁大连·一模）在等差数列中，能被3 整除，能被7整除，则下列各项一定能被21 整除的是（    ） A． B． C． D． 5．（2024·辽宁葫芦岛·二模）等差数列中，，，则使得前n项的和最大的n值为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 6．（2024·辽宁大连·一模）数列中， ，若数列是等差数列，则最大项为（   ） A． B．或 C． D． 二、多选题 7．（2024·辽宁锦州·模拟预测）已知数列满足：，其中，下列说法正确的有（    ） A．当，时， B．当时，数列不一定是递增数列 C．当时，若数列是递增数列，则 D．当，时， 8．（2024·辽宁沈阳·二模）已知数列的通项公式为，则下列说法正确的有（    ） A．若，则数列单调递减 B．若对任意，都有，则 C．若，则对任意，都有 D．若的最大项与最小项之和为正数，则 9．（2024·辽宁大连·一模）已知递增等比数列的公比为，且满足，下列情况可能正确的是（    ） A． B． C． D． 三、填空题 10．（2024·辽宁锦州·模拟预测）已知正项数列的前项和为，且满足，则 ．（其中表示不超过的最大整数） 11．（2024·辽宁抚顺·三模）已知数列的前n项和为，若，则 ， . 12．（2024·辽宁抚顺·一模）记为等比数列的前项和，已知，且与的等差中项为6，则的值是 ． 四、解答题 13．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知数列满足，，是数列的前项和，对任意，有 (1)求数列的通项公式； (2)设，求的前100项的和. 14．（2024·辽宁丹东·二模）已知数列中，，． (1)求的通项公式； (2)设数列是等差数列，记为数列的前n项和，，，求． 15．（2024·辽宁沈阳·三模）设公差不为的等差数列的首项为，且成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)已知数列为正项数列，且，设数列的前项和为，求证：. 16．（2024·辽宁大连·一模）对于数列，定义“T变换”：T将数列A变换成数列，其中，且．这种“T变换”记作，继续对数列B进行“T变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束． (1)写出数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列： (2)若不全相等，判断数列不断的“T变换”是否会结束，并说明理由； (3)设数列A：2020，2，2024经过k次“T变换”得到的数列各项之和最小，求k的最小值． 17．（2024·辽宁鞍山·二模）设数列的前项和为，已知，且． (1)证明：为等比数列，并求数列的通项公式； (2)设，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，设，数列的前项和为，求除以16的余数． 18．（2024·辽宁葫芦岛·一模）大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作删去一个无穷非减正整数数列中除以M余数为N的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列的通项公式，，通过“数据漏斗”软件对数列进行操作后得到，设前n项和为． (1)求； (2)是否存在不同的实数，使得，，成等差数列？若存在，求出所有的；若不存在，说明理由； (3)若，，对数列进行操作得到，将数列中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到，再将的每一项都加上自身项数，最终得到，证明：每个大于1的奇平方数都是中相邻两项的和． 19．（2024·辽宁辽阳·一模）已知数列满足. (1)求的通项公式； (2)设，证明：. 20．（2024·辽宁沈阳·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)表示不超过x的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围； (3)，求数列的前项和． 21．（2024·辽宁沈阳·一模）已知等比数列的各项均为正数，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求证：. 参考答案： 1．D 【分析】利用题意，可计算，判断B是错误的；再利用的关系，可求得，但要注意此时，再检验首项，可判断A是错误的；对于不等式，可利用化简变形，再分类讨论来分离参变量，最后求出范围，同样要注意首项另外计算，可判断C也是错误的；对于被5整除，只需要化简原式就可以判断，同时也要注意首项的判断，才能决定选项D是正确的. 【详解】解，所以，即B错误； 所以，则， 两式相减得：， 当时，，所以，不满足上式，所以A错误； 由上，当时， 由恒成立，则， 等价变形得：，化简得：， 当为偶数得：，则，所以， 当为奇数得：，由，所以， 但是当时，，而， 由得：，解得， 综上可得：，所以C错误； 当时，， 因为和都能被5整除，而一定不能被5整除，此时一定不能被5整除， 而当时，，显然不能被5整除，所以D正确； 故选：D． 2．B 【分析】先由求出，再当时，由得，得到是以为首项，1为公差的等差数列，所以，从而求出，，利用裂项相消法求和得，结合选项即可求解. 【详解】令，则得， 当时，因为，所以，所以，即， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，所以， 故，所以， 当时，， 所以 ， 所以，结合选项，将n的值代入检验， 则使得成立的n的最大值为2022. 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查由递推公式求通项公式、裂项相消求数列的和、以及放缩法的应用，解决本题的关键点有：一是利用乘积递推式及等差数列的通项公式求出，二是利用放缩法思想结合裂项相消法求和. 3．C 【分析】根据数列的通项公式可求数列的任意一项. 【详解】因为 所以. 故选：C 4．C 【分析】一方面假设，结合数列是等差数列算出即可排除ABD，另一方面考虑一般情况，设，通过等差数列性质以及数论知识可判断C正确. 【详解】一方面若，则，从而， 此时，即ABD不满足题意； 另一方面我们考虑一般情况，若，则， 从而， 所以， 又，所以，也就是说一定能被21整除. 故选：C. 5．B 【分析】根据条件，可得数列为递减数列，且，，可判断得解. 【详解】在等差数列中，，由，可得， ，，且数列为递减数列， 所以使得前n项的和最大的n值为8. 故选：B. 6．D 【分析】根据等差数列的基本量确定数列的首项与公差，从而可得通项，作差确定差的符号，从而确定数列的单调性，从而可得最大项. 【详解】若数列是等差数列，则数列的首项为，公差为， 所以，则， 所以， 则当时，，则； 当时，，故此时数列单调递减，则 综上，最大项为. 故选：D. 7．ABCD 【分析】根据可得，迭代求解判断A；由为常数列判断B；由已知判断数列的单调性，再建立关于的一元二次不等式，解出首项的取值范围，判断C；由已知可得，由此推导出，再求和判断出D. 【详解】对于A，当时，，又，则， 当时，，而，因此，A正确； 对于B，显然且，即， 当，时，，即，此时数列是常数列，不单调，B正确； 对于C，数列是递增数列，当时，有， ，因此， 则，即，解得或，C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，D正确； 故选：ABCD 【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 8．ACD 【分析】对于选项A，求出，再作差判断两式分母的大小关系判断即可；对于选项B，求解，再分为奇数与偶数的情况讨论即可；对于选项C，分为奇数与偶数的情况讨论，进而求和分析是否为0即可；对于选项D，先将条件转化为：到距离最小的正奇数到的距离大于到距离最小的正偶数到的距离，再分情况讨论即可. 【详解】对于选项A，由条件知，，而， 结合，知，所以， 所以，即数列单调递减，故A正确； 对于选项B，首先有. 若，则当n为偶数时，，从而必成立； 而当n为奇数且时，由，知，，从而，即，这意味着. 所以只要，就一定有恒成立，所以由恒成立不可能得到，故B错误； 对于选项C，显然当同为奇数或同为偶数时，必有同号，故； 而当的奇偶性不同时，为奇数，此时不妨设分别是奇数和偶数，则 因为，故为偶数，而为奇数，所以， 所以，故C正确； 对于选项D，首先显然的是，最大项必定是某个第偶数项，最小项必定是某个第奇数项. 当为偶数时，要让最大，即要让最小； 而当为奇数时，要让最小，即要让最小. 设和分别是到距离最小的正偶数和正奇数，则条件相当于. 而，故条件等价于，即. 这表明，条件等价于，到距离最小的正奇数到的距离，大于到距离最小的正偶数到的距离. 若，则到距离最小的正奇数和正偶数分别是1和2，而由可知，不符合条件； 若，是正奇数，则到距离最小的正奇数到的距离为0，不可能大于到距离最小的正偶数到的距离，不符合条件； 若，且不是正奇数，设到的距离最近的正偶数为，则. 此时到距离最小的正偶数到的距离为，从而到距离最小的正奇数到的距离大于，进一步知任意正奇数到的距离都大于. 从而，，这意味着，，所以. 综上，，，故D正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题的数列通项中含有，这往往意味着我们需要对的奇偶性作分类讨论，分两种情况对数列进行讨论才可全面地解决问题. 9．BCD 【分析】原数列递增等价于，或，，进一步得，从而分类讨论得或，构造函数求得的范围，对比选项即可得解. 【详解】原数列递增等价于，或，. 等价于，即. 从而，或，. 这意味着的范围是或， 令，或，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 从而或， 这表明了的范围是或. 所以A错误，B正确，C正确，D正确. 故选：BCD. 10．88 【分析】直接利用数列的递推关系求出，再利用放缩法结合裂项相消求出结果. 【详解】正项数列的前项和为，且满足， 当时， 当时，，整理可得： ， 所以数列为首项为1，公差为1的等差数列，则，则， 则， 所以 故 因为，，，， 所以，， 所以，故， 故答案为：88 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是证明数列为首项为1，公差为1的等差数列，利用放缩法得到，注意常见的裂项相消求和模型. 11． 2 99 【分析】利用给定条件，直接求出，再判断数列特征求出. 【详解】由，得，解得； 则，显然是等差数列，所以. 故答案为：2；99 12．30 【分析】由题意可得，解方程求出，再由等比数列的前项和求解即可. 【详解】设等比数列的首项为，公比为， 所以，解得：， 所以. 故答案为：30. 13．(1)； (2) 【分析】（1）根据作差得到，从而得到，结合等差数列的定义计算可得； （2）由（1）可得，记，则，利用并项求和法计算可得. 【详解】（1）由，， 两式相减得，即， 因为，所以，即， 故是首项为，公差为的等差数列， 所以； （2）由（1）知， 所以， 记，则， 14．(1) (2) 【分析】（1）由，得到，再利用累加法求解； （2）设数列的公差为d，根据，得到，从而，再由求解. 【详解】（1）由，得， 当时，， 当时，， 所以． （2）设数列的公差为d， 因为，得，易知， 因为，所以，可得， 又因为，所以，所以． 15．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设等差数列的公差为，则，根据等比中项的性质及等差数列通项公式得到方程，求出，即可求出通项公式； （2）由（1）得，即，从而得到，再利用裂项相消法计算可得. 【详解】（1）设等差数列的公差为，则， ，，成等比数列， 则，即， 将代入上式，解得或（舍去）． ； （2）由（1）得，又， 所以， 所以， 则 ． 16．(1)0，1，1 (2)不会，理由见解析 (3)507 【分析】（1）根据数列的新定义写出经过5次“T变换”后得到的数列即可； （2）先假设数列经过不断的“T变换”结束，不妨设最后的数列，由数列往前推，则非零数量可能通过“T变换”结束，或者数列为常数列，进而得到可能出现的情况，推出矛盾，故假设不成立，即可证明； （3）先往后推几项，发现规律，假设1次“T变换”后得到的通项，多写几项推出规律，往后继续进行，推到使数字接近1时，再继续推，往后会发现k次“T变换”得到的数列是循环的，得到最小值，进而推出次数即可. 【详解】（1）由题知，5次变换得到的数列依次为 3，1，2；2，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1； 所以数列：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列为0，1，1. （2）数列经过不断的“变换”不会结束， 设数列， 且， 由题可知：， ， 即非零常数列才能经过“变换”结束； 设（为非零常数列）， 则为变换得到数列的前两项，数列只有四种可能： ， 而以上四种情况，数列的第三项只能是0或， 即不存在数列，使得其经过“变换”变成非零常数列， 故数列经过不断的“变换”不会结束； （3）数列经过一次“变换”后得到数列， 其结构为（远大于4） 数列经过6次“变换”后得到的数列依次为： ； 所以，经过6次“变换”后得到的数列也是形如“”的数列， 变化的是，除了4之外的两项均减小24， 则数列经过次“变换”后得到的数列为：2，6，4， 接下来经过“变换”后得到的数列依次为： 4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2； 至此，数列各项和的最小值为4，以后数列循环出现， 数列各项之和不会变得更小， 所以最快经过次“变换”得到的数列各项之和最小， 即的最小值为507． 【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题.关于数列的新定义一般思路为：根据定义写出几项；找出规律；写成通项；证明结论. 17．(1) (2) (3)8 【分析】（1）根据求出，构造出，得到为首项为，公比为的等比数列，并求出通项公式，得到； （2）变形得到，构造，作差得到，得到数列单调性，得到； （3），结合及二项式定理得到当为奇数时，，当为偶数时，，分组求和得到，利用二项式定理得到除以16的余数为除以16的余数，求出答案. 【详解】（1）当时，，又，所以， 当时，①， 故②， 式子①-②得，，即， 又，故当时，， 故，即， 因为为首项为，公比为的等比数列， 故，故， （2）由（1）知，，故， 对于任意的，不等式恒成立， 即恒成立， 设，于是， 当时，，即， 当时，，即， 故，所以， 综上，的取值范围是； （3）由（1）知，， 因为 ， 当为奇数时，，故， 当为偶数时，，故， 所以 ， ， 考虑当时，能被16整除，另外也能被16整除， 故除以16的余数为除以16的余数， ， 故除以16的余数为8. 【点睛】方法点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 18．(1) (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）结合题意可得，借助等比数列前项和公式计算即可得； （2）借助反证法，假设存在，结合等差数列的性质得到与假设矛盾之处即可得； （3）借助题意，计算出后，可得，，即可得，，再得到，， 即可得，设出，从而证明，分、、、逐个证明即可得. 【详解】（1）由，知：当时，； 当时，故，， 则，； （2）假设存在，由单调递增，不妨设，，，，， 化简得，∵，∴， ∴，∴， 与“，且，”矛盾，故不存在； （3）由题意，，则，，， 所以保留，，则，，， 又，，，，， 将，删去，得到，则，， ，，， 即：，，， 即：，， 记，下面证明：， 由，，，， 时，，， ； 时，，， ； 时，，， ； 时，，， ， 综上，对任意的，都有，原命题得证． 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于由题意得到的通项公式后，设出，从而证明，此时需分、、、逐个证明. 19．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据数列递推式，采用两式相减的方法，即可求得答案； （2）由（1）的结果可得的表达式，利用分组求和法，即可证明结论. 【详解】（1）由题意可知，当时，； 当时，由得，， 两式作差可得，， 也适合该式，故； （2）证明：由题意知， 故 ， 由于，则，故， 即. 20．(1)， (2) (3) 【分析】（1）设出数列公比，数列公差，结合题意计算即可得； （2）由，即可得，令，由的值，可得数列的单调性，计算出前五项，即可得的取值范围； （3）分奇偶讨论后，分别借助错位相减法与裂项相消法求和计算即可得. 【详解】（1）设数列首项，设公比， 设数列首项，设公差， ∵，即， ∴，（舍去），， ∴．； （2）， 其中， ∴， 集合，设， ， 所以当时，，当时，． 计算可得，，，，， 因为集合有4个元素，； （3）， ， 设， ， 则 ， 所以， 当n为奇数时，， 设 ， 所以. 21．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用等比数列基本量计算； （2）根据对数运算求得，由得证. 【详解】（1）设的公比为，由知， ， 由得， . （2）证明：由题知， 所以， . 学科网（北京）股份有限公司 $$