专题11 数列（压轴题，20题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（湖南专用）

专题11 数列（压轴题，20题） 1．（23-24高二上·湖南长沙·期末）设数列的前项和为，且，若对任意的，均有是常数且成立，则称数列为“数列”. (1)若数列为“（1）数列”，求数列的通项公式； (2)若数列为“数列”，且，设，证明. 2．（23-24高二上·湖南怀化·期末）已知数列的首项，且满足． (1)求证：数列为等比数列； (2)若，数列前项的和为，求． 3．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列的前项和为，且﹔等差数列前项和为满足，． (1)求数列，的通项公式； (2)设，求数列的前项和； 4．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列的前项和为，且满足：. (1)求证：数列为等差数列； (2)，，数列满足：，求数列的前100项和. 5．（23-24高二上·湖南永州·期末）已知正项数列前n项和为，满足，数列满足，记数列的前n项和为， (1)求数列的通项公式； (2)求满足不等式的正整数的最大值． 6．（23-24高二上·湖南常德·期末）已知数列的前n项和满足，且． (1)求数列其通项公式； (2)设，为数列的前n项和，求使成立的最小正整数n的值． 7．（23-24高二上·湖南益阳·期末）已知数列满足，数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和； (3)求数列的前99项的和的值． 8．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知为数列的前n项和，，; 是等比数列，，，公比． (1)求数列，的通项公式； (2)数列和的所有项分别构成集合A，B，将的元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求． 9．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列的前n项和（），数列满足． (1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)设数列满足（为非零整数，），问是否存在整数，使得对任意，都有． 10．（23-24高二上·湖南常德·期末）如果数列满足：且，则称数列为阶“归化数列”．若数列还满足：数列项数有限为；则称数列为“阶可控摇摆数列”. (1)若某6阶“归化数列”是等比数列，写出该数列的各项； (2)若某13阶“归化数列”是等差数列，求该数列的通项公式； (3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由. 11．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列各项都不为0，，，的前项和为，且满足. (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 12．（23-24高二上·湖南·期末）已知数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，求证：. 13．（23-24高二上·湖南常德·期末）已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，. (1)求，的通项公式； (2)已知，求数列的前项和； (3)求证：. 14．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列与数列满足下列条件：①，；②，；③，，记数列的前项积为. (1)若，，，，求； (2)是否存在，，，，使得，，，成等比数列？若存在，请写出一组，，，；若不存在，请说明理由； (3)若，求的最大值. 15．（23-24高二上·湖南·期末）已知，，若方程有两个不相等的非零实数根，，设，，其中，称数列和为方程的“特征数列”. (1)若，，求特征数列的前项和； (2)若，，证明：为定值； (3)从集合中随机取一个数作为，从集合中随机取一个数作为，求事件“且”的概率. 16．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列中，，且为数列的前项和，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 17．（23-24高二·湖南长沙·期末）已知数列，中，． （1）若数列为等比数列，且公比，且，，，求与的通项公式； （2）若数列为等差数列，其前项和为，且，，证明：． 18．（23-24高二·湖南郴州·期末）已知数列中，，当时，，记． (1)求数列的通项公式； (2)设数列的前n项和为，证明：． 19．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列：的各项均为正整数，设集合，记的元素个数为. (1)若数列：，且，，求数列和集合； (2)若是递增的等差数列，求的值（用表示），并说明理由； (3)请你判断是否存在最大值，并说明理由. 20．（23-24高二上·湖南·期末）对于项数列，若满足，则称它为一个满足“绝对值关联”的阶数列． (1)对于一个满足“绝对值关联”的阶数列.证明：存在，满足； (2)若“绝对值关联”的阶数列还满足，则称为“绝对值关联”的阶数列． ①请分别写出一个满足“绝对值关联”的阶数列和满足“绝对值关联”的阶数列（不必论证，符合要求即可）； ②若存在“绝对值关联”的阶数列，求的最小值（最终结果用常数或含的式子表示）． 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题11 数列（压轴题，20题） 1．（23-24高二上·湖南长沙·期末）设数列的前项和为，且，若对任意的，均有是常数且成立，则称数列为“数列”. (1)若数列为“（1）数列”，求数列的通项公式； (2)若数列为“数列”，且，设，证明. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用新定义和，可得答案； （2）利用新定义和可得，所以，，两式相减得化简计算可得答案. 【详解】（1）数列为“（1）数列”，则，故， 两式相减得：，. 又时，，所以， 故对任意的恒成立，即（常数）， 故数列为等比数列，其通项公式为； （2）因为数列为“（2）数列”，所以，所以， 故有， 又时，，故，满足：， 所以对任意正整数恒成立， 数列的前几项为：，且， 故当时，；当时，；当时，，且是递增数列， 所以，， 两式相减得： ， ， 因为，故，即. 2．（23-24高二上·湖南怀化·期末）已知数列的首项，且满足． (1)求证：数列为等比数列； (2)若，数列前项的和为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）将条件两边同时取倒数，然后两边同时减1，可证明等比数列. （2）利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）由，得， 即， 即， 所以数列为等比数列，首项，公比 （2）由（1）得， ① ② ①-②，得 3．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列的前项和为，且﹔等差数列前项和为满足，． (1)求数列，的通项公式； (2)设，求数列的前项和； 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）根据数列前项和与通项的关系得出，然后根据等差数列的前项和公式与等差数列通项公式的基本量运算即得； （2）根据已知化简得，令为的前项和，根据错位相减法得出，令为的前项和，根据裂项相消法得出，即可得出的前项和. 【详解】（1）由，得， 当时，， ， ， ， 为首项为1，公比为3的等比数列， ， ， ， 又， ，， ； （2）， ， ， 令为的前项和， 则， 则， 所以， 所以， ， 所以； 令为的前项和， 则 ， 所以． 故的前项和为： ． 4．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列的前项和为，且满足：. (1)求证：数列为等差数列； (2)，，数列满足：，求数列的前100项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助与的关系，消去，得到，左右同除后变形可得，补充细节即得证； （2）记住两角差的正切公式，将所求问题转化为裂项相消求和即可得. 【详解】（1）由，即， 当时，即， 则， 化简得：， 左右同除，得， 即， 故当时，有、、， 累加得， 故， 当时，有， 当时，有， 故数列是以为首项，为公差的等差数列； （2）由（1）知数列为等差数列， 故公差，， 由， 故， 则的前100项和为 ， 又， 故， 即则的前100项和为. 5．（23-24高二上·湖南永州·期末）已知正项数列前n项和为，满足，数列满足，记数列的前n项和为， (1)求数列的通项公式； (2)求满足不等式的正整数的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据求解即可； （2）先利用分组求和法求出，再建立不等式，构造新的数列并判断其单调性即可得解. 【详解】（1）由，① 当时，，解得（舍去）， 当时，，② 由①②得，即， 因为，所以， 当时，由，得，矛盾， 所以，即， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以； （2）由（1）得， 所以 ， ， 由，得， 即，即， 令， 则 ， 当时，，所以数列从第项起是递减数列， 又， 所以满足不等式的正整数的最大值为． 【点睛】思路点睛：已知数列的前项和，求通项公式的步骤： （1）当时，； （2）当时，根据可得出，化简得出； （3）如果满足当时的通项公式，那么数列的通项公式为；如果不满足当时的通项公式，那么数列的通项公式要分段表示为. 6．（23-24高二上·湖南常德·期末）已知数列的前n项和满足，且． (1)求数列其通项公式； (2)设，为数列的前n项和，求使成立的最小正整数n的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由可得,两式相减得：,所以，两式相减可得：，再求出的值，则可得数列为3为首项，2为公差的等差数列.由此即可求出其通项公式. （2）求出数列的通项公式，利用裂项相消即可求出其前n项和，即可出解不等式. 【详解】（1）由题意知， 则, 两式相减得：, 化简得:, 所以， 两式相减得：， 化简得：， 令，得：， 即，解得， 且， 所以数列为3为首项，2为公差的等差数列， 所以 （2）又(1)知， 所以 则 令，得， 解得：. 又，所以. 所以使成立的最小正整数n的值为8. 7．（23-24高二上·湖南益阳·期末）已知数列满足，数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和； (3)求数列的前99项的和的值． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）利用数列的前项和，求通项； （2）根据（1）的结果，利用错位相减法求和； （3）观察数列的形式，求得，再利用倒序相加法求和. 【详解】（1）由 ① 得 ② ①－②得：， 在①式中令得，合适上式，所以对任意的正整数n都有： （2）， 两式相减得： 整理得： （3）， 所以 所以，为定值，则 且，两式相加得，因此 8．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知为数列的前n项和，，; 是等比数列，，，公比． (1)求数列，的通项公式； (2)数列和的所有项分别构成集合A，B，将的元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求． 【答案】(1)， (2)660 【分析】 （1）将移项作差可得是等差数列，结合可求出数列的通项公式，将代入等式计算，即可求出数列的通项公式； （2）由可判断前20项中最多含有三项，排除可确定前20项中的项数和的项数，进而可求出前20项和. 【详解】（1） 由，可得，又，即， ∴，故． ∵是等比数列，由，，， ∴，，解得，，即． （2）由（1）知：，令，则， 所以 ，，在新数列的前20项， 因为与为公共项，所以前20项中有18项数列中的项以及，. . 9．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列的前n项和（），数列满足． (1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式； (2)设数列满足（为非零整数，），问是否存在整数，使得对任意，都有． 【答案】(1)证明见解析， (2)存在整数，使得对任意，都有 【分析】（1）根据求出，结合得到，从而得到是首项和公差均为1的等差数列，求出通项公式，得到； （2）求出，，解出，分与两种情况，结合数列的单调性求出，结合为非零整数，求出. 【详解】（1）证明：在中， 令，得，解得：， 当时，， ∴， ∴，即． ， ∴，即当时，， 又， ∴数列是首项和公差均为1的等差数列． 于是， ∴； （2）由， 得， ∴， ，① 当，，2，3，时，①式即为，② 依题意，②式对，2，都成立， ∵单调递增， ∴即可， 当，，2，3，时，①式即为③， 依题意，③式对，2，都成立， ∵单调递减， 即可， ，又， 存在整数，使得对任意，都有． 10．（23-24高二上·湖南常德·期末）如果数列满足：且，则称数列为阶“归化数列”．若数列还满足：数列项数有限为；则称数列为“阶可控摇摆数列”. (1)若某6阶“归化数列”是等比数列，写出该数列的各项； (2)若某13阶“归化数列”是等差数列，求该数列的通项公式； (3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由. 【答案】(1)或 (2)或 (3)不能，理由见解析 【分析】（1）利用“归化数列”的条件可得，从而，以后各项依次可写出； （2）由13阶“归化数列”得，当时，，当时，，由此可得的通项公式； （3）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断. 【详解】（1）设成公比为的等比数列，显然， 则有， 得，解得，由， 得，解得， 所以数列或为所求6阶“归化数列”； （2）设等差数列的公差为，由， 所以，所以，即， 当时，与归化数列的条件相矛盾， 当时，则， 所以，即， 所以， 当时，由， 所以，即， 所以， 故或； （3）不能，理由如下： 记中所有非负项之和为，负项之和为， 因为数列为“阶可控摇摆数列”，则，得， 故，所以， 若存在，使得，即， 则， 且， 假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为， 则， 因为，所以， 所以； 又，则， 所以； 即与不能同时成立. 故数列不为“阶可控摇摆数列”. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前项和，最后在通项和前项和的基础上讨论数列的性质. 11．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列各项都不为0，，，的前项和为，且满足. (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1)，； (2) 【分析】（1）利用与的关系，得到，再利用隔项等差数列的性质，分别求出为奇数与为偶数时的通项，进而可得答案. （2）利用倒序相加，求得，整理得，进而利用裂项求和法，得到 【详解】（1）时，，，两式相减，可得，由题意得，可得，则有 当为奇数时，为等差数列，， 当为偶数时，为等差数列，， （2）， ，利用倒序相加，可得 ， 解得， ， 12．（23-24高二上·湖南·期末）已知数列满足. (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分别取为奇数和偶数时，再利用诱导公式化简递推式，即可得出数列的通项公式； （2）由（1）知，利用错位相减化简即可得出，从而得证. 【详解】（1）当时，， 即，所以数列是首项为2、公比为2的等比数列，因此. 当时，， 所以数列是首项为1、公差为2的等差数列，因此. 故数列的通项公式为 （2）证明：由（1）知，，记. 则①， ②， ①－②得， 化简得. 故. 【点睛】关键点睛：隔项数列求通项，分类讨论为奇数和偶数两种情况是关键.考查了数列递推式，诱导公式及数列前项和的错位相减法，属于较难题. 13．（23-24高二上·湖南常德·期末）已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，. (1)求，的通项公式； (2)已知，求数列的前项和； (3)求证：. 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列的项求公差，即可求数列的通项公式，代入条件求等比数列的项，即可求通项公式； （2）分为奇数和偶数，求数列的通项公式，再根据列项相消法和错位相减法求和； （3），再进行放缩，利用列项相消法求和，证明不等式. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由，得，所以， 由，.得， 所以，，故，所以. （2）当是奇数时，， 当是偶数时，， 则① ② ①-②得： 即 化简得：. 所以. （3）， 当时，， 因为，所以； 当时，也成立.故. 【点睛】关键点点睛：本题考查等差和等比数列，以及求和，不等式和放缩法的综合应用，第二位问的关键是当为偶数时，列项相消法求和，第三问的关键放缩后进行求和. 14．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列与数列满足下列条件：①，；②，；③，，记数列的前项积为. (1)若，，，，求； (2)是否存在，，，，使得，，，成等比数列？若存在，请写出一组，，，；若不存在，请说明理由； (3)若，求的最大值. 【答案】(1)； (2)不存在，理由见解析； (3). 【分析】 （1）利用已知数据直接计算即得. （2）假定存在，分两种情况讨论即得. （3）设，分析出，再求出的最大值即可. 【详解】（1） 由，得，由，得， 由，得， 所以. （2） 不存在. 假设存在，设公比为， 若，则，公比，矛盾， 若，则，公比，矛盾， 因此假设不成立，所以不存在. （3） 依题意，，且，， 设，则，得， 于是，显然的值从大到小依次为， 若，则且，当数列为或，可以取得， 显然当时，最大，此时，则， ， 从而 ，又， 所以. 【点睛】 思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题. 15．（23-24高二上·湖南·期末）已知，，若方程有两个不相等的非零实数根，，设，，其中，称数列和为方程的“特征数列”. (1)若，，求特征数列的前项和； (2)若，，证明：为定值； (3)从集合中随机取一个数作为，从集合中随机取一个数作为，求事件“且”的概率. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据定义求出，再利用分组求和法及等比数列前项和公式计算即得. （2）由已知可得，变形即可推理计算得证. （3）求出方程有不等实根的所有可能结果，再求出且含有的结果，利用古典概率计算即得. 【详解】（1）当，时，解方程，得或3，则， 所以. （2）依题意，，， ， 因此， 所以为定值5. （3）依题意，一共有种不同的情况，且均满足和， 则方程一定有两个不相等的非零实数根，， ，要使，则需， 通过特例观察可以猜想，下面证明该等式： ，显然，， 当，时，，数列前6项依次为，，，，，，不符合题意； 当，时，，数列前6项依次为，，，，，，符合题意； 当，时，由，得，符合题意； 当，时，，数列前6项依次为，，，，，，符合题意； 当，时，由，得，符合题意， 所以满足“且”的一共有（种）情况， 所以所求概率为. 【点睛】关键点点睛：猜想出递推公式并证明，是解决本题第3问的关键. 16．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列中，，且为数列的前项和，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)求出，可求出通项公式，即可求得的通项公式； (2) 求出，再讨论为奇、偶数，利用裂项相消法即可求数列的前项和. 【详解】（1）根据题意知①，又因②， ①式除②式可得， 所以可得是以为首项，为公差的等差数列， 则，所以， ，当时也满足该式， 所以. （2）由(1)结论可知，所以， 设的前项和为，则当为偶数时， 则当为奇数时， 所以. 17．（23-24高二·湖南长沙·期末）已知数列，中，． （1）若数列为等比数列，且公比，且，，，求与的通项公式； （2）若数列为等差数列，其前项和为，且，，证明：． 【答案】（1），；（2）证明见解析. 【分析】（1）由题意可求出数列的公比，从而求得，根据题意已知条件，再结合累加法和等比数列前项和公式即可求解数列的通项公式； （2）由题意可求出数列的公差，从而求得，根据题意已知条件，再结合累乘法可求出，由裂项相消法求得，即可证明. 【详解】（1）依题意，，，而，即， 由于，所以解得，所以. 所以． 所以 ． （2）依题意设数列公差为，因为得，又求得， 所以． 由，所以（，）， 故， 所以． 即，. 18．（23-24高二·湖南郴州·期末）已知数列中，，当时，，记． (1)求数列的通项公式； (2)设数列的前n项和为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)根据递推公式可得，累加法可得数列的通项公式 (2)先验证时不等式成立，再根据时，， 利用放缩法结合裂项相消可证得结论. 【详解】（1）解：由题意得， 所以，即． 当时， ． 当时，也符合． 综上，． （2）证明：由（1）得， 当时； 当时，， 故当时， ． 综上，． 19．（23-24高二上·湖南长沙·期末）已知数列：的各项均为正整数，设集合，记的元素个数为. (1)若数列：，且，，求数列和集合； (2)若是递增的等差数列，求的值（用表示），并说明理由； (3)请你判断是否存在最大值，并说明理由. 【答案】(1)：，； (2)，利用见解析 (3)存在，理由见解析 【分析】（1）根据新定义列举出集合的元素即可求；根据题意可知，求出，即可求解； （2）设公差为d（），则，即可分析得； （3）利用的定义结合特例可判断存在最大值. 【详解】（1）由：，且，得，，均不相等， 则2，，都是集合中的元素，而， 于是，解得，， 所以数列：，. （2）因为为递增的等差数列，设的公差为， 当时，，则， 所以. （3）存在最大值，理由如下： 依题意，集合中的元素个数最多为个，即，取：，此时， 若存在，则，其中， 故，若， 不妨设， 则，而， 故为偶数，为奇数，矛盾， 即有，，因此由：得到的彼此相异， 于是，即的最大值为，所以必有最大值. 【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，解答的关键在于理解题意并根据数列中项的大小及数字特征分析清楚任意两项的所有可能取值，从而分析得出的值. 20．（23-24高二上·湖南·期末）对于项数列，若满足，则称它为一个满足“绝对值关联”的阶数列． (1)对于一个满足“绝对值关联”的阶数列.证明：存在，满足； (2)若“绝对值关联”的阶数列还满足，则称为“绝对值关联”的阶数列． ①请分别写出一个满足“绝对值关联”的阶数列和满足“绝对值关联”的阶数列（不必论证，符合要求即可）； ②若存在“绝对值关联”的阶数列，求的最小值（最终结果用常数或含的式子表示）． 【答案】(1)证明见解析 (2)①，；② 【分析】（1）假设或，根据新定义可得，即可证明； （2）①根据新定义直接写出结果即可； ②设，其中，， 根据新定义可得；由、和不等式的性质 可得，分类讨论为奇、偶数即可. 【详解】（1）因为为满足“绝对值关联”的阶数列， 假设，则，不满足题意， 同理若，则，也不满足题意， 所以中必有一些数小于，也必有一些数大于， 不妨设（其中）， 故存在，满足． （2）①一个满足“绝对值关联”的阶数列为：； 一个满足“绝对值关联”的阶数列为：； ②设，且． 不妨设，其中， 并记， 不妨设（否则用代替即可）， 于是得，因为， 即，所以， 一方面有，另一方面. 所以，即， 当且仅当，即时等号成立. （i）当为偶数时，设，则有前项为正数，后项为负数的数列 ，是“绝对值关联”的阶数列， 又，所以的最小值为； （ii）当为奇数时，设， 则等价于且， 即不小于与中的最大者． 当或时，两者中的最大者均为，有， 当或时，有或，则有， 所以取或时，可能取得最小值， 且有前项为正数， 后项为负数数列符合题意， 所以可以取得最小值． 综上所述的最小值为. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$