专题05 数列（期末真题汇编，山东专用）高三数学上学期

专题05 数列 3大高频考点概览 考点01 等差数列 考点02 等比数列 考点03 数列求和综合性问题 地 城 考点01 等差数列 一、单选题 1．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知等差数列的前n项和为，且，则（   ） A．不可能为0 B．没有最小值 C．有最大值 D．有最小值 2．（24-25高三上·山东枣庄·期末）已知数列是等差数列，，则（    ） A．19 B．51 C．69 D．87 3．（24-25高三上·山东青岛·期末）设数列满足，，，若表示大于的最小整数，如，，记，则数列的前2024项之和为（   ） A．4050 B．4049 C．4048 D．4047 4．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知数列满足，，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·山东滨州·期末）已知两个等差数列，的首项分别为1和2，且，则数列的前20项的和为（   ） A．165 B．630 C．60 D．330 6．（24-25高三上·山东潍坊·期末）记为等差数列的前项和．已知，，则的公差等于（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知等差数列的前项和为，，则（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 二、多选题 8．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知等差数列，前项和，则（    ） A． B． C． D．为公差为的等差数列 9．（24-25高三上·山东淄博·期末）设公比为q的等比数列前n项的积为，则（    ） A．若，则 B．若，则必有 C．若，，则有最大值 D．若，则数列一定是等差数列 三、填空题 10．（24-25高三上·山东淄博·期末）已知数列中，，，（，），则 ． 11．（23-24高三上·山东烟台·期末）已知等差数列的前项和为且，则的值为 . 四、解答题 12．（24-25高三上·山东威海·期末）已知抛物线，点在上，为常数，，按如下方式依次构造点，过点作轴的垂线交于点，过且斜率为的直线与的另一个交点为.记的坐标为. (1)当时，求； (2)设，证明：数列是等差数列； (3)设为的面积，证明：为定值. 13．（24-25高三上·山东菏泽·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线为C上不与左、右顶点重合的两点，记直线AB的斜率为中点为 (1)当直线OM斜率存在时，求用a，b表示； (2)记C在点A处切线的斜率为，在点B处切线的斜率为，证明：依次构成等差数列的充要条件为 14．（24-25高三上·山东淄博·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，成等差数列，且． (1)求证：为等边三角形； (2)如图，点D在边BC的延长线上，且，，求的值． 地 城 考点02 等比数列 一、单选题 1．（24-25高三上·山东威海·期末）已知是与的等比中项，直线与圆交于两点，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C．4 D．6 二、多选题 2．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知数列满足，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则对任意，有 D．若，则存在，当时，有 三、填空题 3．（24-25高三上·山东青岛·期末）递增等比数列的各项均为正数，且，则 ； 4．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知正项等比数列的前n项和为，，则 ． 5．（24-25高三上·山东枣庄·期末）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.如果设次传球后球在甲手中的概率为，则 ； . 四、解答题 6．（24-25高三上·山东烟台·期末）已知数列的前项和. (1)求数列的通项公式； (2)设是的任意排列，表示其中同时满足条件①和②的排列的个数，为数列的前项和. （i）证明：； （ii）证明：能被2整除. 7．（23-24高三上·山东青岛·期末）在各项均为正数的数列中，，，． (1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式； (2)若，记数列的前n项和为． （i）求；（ii）证明：． 地 城 考点03 数列求和综合性问题 一、单选题 1．（24-25高三上·山东青岛·期末）飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 二、多选题 2．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知正项数列满足，，设，的前项和为，，则（   ） A．为等差数列 B． C．为递增数列 D． 三、填空题 3．（24-25高三上·山东济南·期末）从数列的前100项中，选出不同的3项，使其从小到大排列后，构成等比数列，则共有 种选法，所有符合要求的选法得到的递增等比数列的公比之和为 . 四、解答题 4．（23-24高三上·山东烟台·期末）已知数列的前项和，且成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)若，求证：数列的前项和. 5．（24-25高三上·山东泰安·期末）设正项数列的前项和为，若. (1)求数列的通项公式； (2)若不等式对任意正整数均成立，求的取值范围. 6．（24-25高三上·山东滨州·期末）已知数列的前项和． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 7．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知递增等差数列的前项和为是和的等比中项． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证：． 8．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，且数列是等差数列，． (1)证明：数列是等差数列． (2)若数列、满足，，令，求证：． 9．（24-25高三上·山东菏泽·期末）记为首项为4的数列的前n项和，且是以首项为3，公比为的等比数列. (1)求； (2)求数列的通项公式； (3)求数列的前n项和. 10．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知正项数列前项积为，. (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 11．（24-25高三上·山东潍坊·期末）甲、乙两位同学参加知识答题比赛，得分高者获胜．已知共20道试题，甲能答对其中的15道题，乙答对每道题的概率为，每答对一题得5分，答错不扣分．两人商议后约定：甲随机选择其中的3道题作答；乙依次作答，且每答对一题继续答下一题，题目答错或者答完则结束答题．设甲答题总得分为，乙答题总得分为． (1)求甲答题总得分的概率； (2)求乙答题总得分的期望，并从期望角度说明甲、乙谁胜出？ （参考数据：） 12．（23-24高三上·山东烟台·期末）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)求证：. 13．（24-25高三上·山东济南·期末）已知数列满足记为数列的前n项和.若有穷数列满足则称数列为的生成数列. (1)若求的通项公式； (2)记集合中元素的个数为 （ⅰ）若求的通项公式； （ⅱ）若且恒成立，求实数m的最小值. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 数列 3大高频考点概览 考点01 等差数列 考点02 等比数列 考点03 数列求和综合性问题 地 城 考点01 等差数列 一、单选题 1．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知等差数列的前n项和为，且，则（   ） A．不可能为0 B．没有最小值 C．有最大值 D．有最小值 【答案】D 【分析】利用等差数列的性质可知数列是递增数列，结合，可判断每个选项的正误. 【详解】因为，所以等差数列的公差，所以数列是递增数列， 又，故所有负数项的和最小，所以有最小值，故B错误，D正确； 当，时，随的增大而增大，故无最大值，故C错误， 当，时，，所以可能为0，故A错误. 故选：D. 2．（24-25高三上·山东枣庄·期末）已知数列是等差数列，，则（    ） A．19 B．51 C．69 D．87 【答案】C 【分析】利用等差数列的前n项和公式结合等差数列的性质进行求解即可. 【详解】. 故选：C. 3．（24-25高三上·山东青岛·期末）设数列满足，，，若表示大于的最小整数，如，，记，则数列的前2024项之和为（   ） A．4050 B．4049 C．4048 D．4047 【答案】B 【分析】变形得到，从而为等差数列，得到，累加法得到，从而，得到，当时，，故，从而求出答案. 【详解】， 故为公差为2的等差数列，首项为， 所以， 则 ， 故， 故，当时，，故， 所以数列的前2024项之和为. 故选：B 4．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知数列满足，，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】当时，代入得.将两边同时除以可得，即数列是首项为，公差为1的等差数列.利用等差数列通项公式可得，化简即可求解. 【详解】， ∴当时，，即. ， ∴数列是首项为，公差为1的等差数列， ，即. 故选：D. 5．（24-25高三上·山东滨州·期末）已知两个等差数列，的首项分别为1和2，且，则数列的前20项的和为（   ） A．165 B．630 C．60 D．330 【答案】B 【分析】根据等差数列的通项公式可得，进而求出，结合等差数列前项和公式计算即可求解. 【详解】设等差数列的公差分别为， 由，，得， 解得，所以， 所以前项和为 . 故选：B 6．（24-25高三上·山东潍坊·期末）记为等差数列的前项和．已知，，则的公差等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等差数列求和公式及通项公式列方程，解方程即可. 【详解】由已知数列为等差数列，设其公差为， 则， 解得， 故选：D. 7．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知等差数列的前项和为，，则（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】利用等差数列的通项及前项和性质求解即可判断. 【详解】， 故选：D. 二、多选题 8．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知等差数列，前项和，则（    ） A． B． C． D．为公差为的等差数列 【答案】AC 【分析】A.由，令求解；B.由 求解；C.由求解；D. 由判断. 【详解】解：因为等差数列，前项和， 所以，故A正确； ，则，故B错误； ，故C正确； ，所以为公差为1的等差数列，故错误； 故选： 9．（24-25高三上·山东淄博·期末）设公比为q的等比数列前n项的积为，则（    ） A．若，则 B．若，则必有 C．若，，则有最大值 D．若，则数列一定是等差数列 【答案】BC 【分析】利用等比数列的积的性质，来研究各选项，即可得到判断. 【详解】由于公比为q的等比数列前n项的积为， 因为，所以， 所以，故A错误； 因为，且， 所以，由于等比数列奇数项必同号，则，故B正确； 因为，，所以等比数列是递减数列， 必存在，使得且，这个时候，故C正确； 因为，所以， 由于， 当时，不满足等于同一个常数，故数列不一定是等差数列， 故D错误； 故选：BC. 三、填空题 10．（24-25高三上·山东淄博·期末）已知数列中，，，（，），则 ． 【答案】 【分析】根据题意可知数列是以首项为1，公差为2的等差数列，结合等差数列通项公式分析求解. 【详解】因为，且， 可知数列是以首项为1，公差为2的等差数列， 则，可得， 所以. 故答案为：. 11．（23-24高三上·山东烟台·期末）已知等差数列的前项和为且，则的值为 . 【答案】 【分析】利用等差数列的基本量和表示,，计算即可. 【详解】结合题意：设等差数列的公差为， 因为,，所以，解得. 故答案为： 四、解答题 12．（24-25高三上·山东威海·期末）已知抛物线，点在上，为常数，，按如下方式依次构造点，过点作轴的垂线交于点，过且斜率为的直线与的另一个交点为.记的坐标为. (1)当时，求； (2)设，证明：数列是等差数列； (3)设为的面积，证明：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由点在可得，根据直线的方程联立抛物线方程可得； （2）由点差法可得，得，进而确定，可得，进而可得，即得，即证； （3）由，由点差法可， 进而可得直线的斜率为，可得，由直线的方程为，可得到直线的距离为，进而，即证.   【详解】（1）    因为点在上，所以，解得， 由题意知的坐标为，直线的方程为：， 由，整理得，解得. （2）法一：由题意知的坐标为， 所以，又， 两式相减得，即， 由题意知，可得， 所以数列是以1为首项，为公差的等差数列， 所以，可得， 所以， 可得，所以数列是等差数列. 法二： 由题意知的坐标为， 所以直线的方程为， 由，可得， 由题意知是直线与的公共点，所以， 所以数列是以1为首项，为公差的等差数列， 所以，可得， 所以， 所以，所以数列是等差数列. （3）法一：的三个顶点为， 因为，两式相减得，即， 所以直线的斜率为， 可得， 直线的方程为， 即， 设到直线的距离为，则 所以， 所以为定值. 法2： 的三个顶点为， 可得， ， 所以 ， 所以为定值. 法3： 要证为定值，只需证， 即证与面积相等， 因为，两式相减得， 即， 所以直线的斜率为， 同理可得直线的斜率为 所以，可得点到直线的距离相等， 所以，即为定值. 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键能用点差法得到，进而，确定是等差数列，可得，进而依次得到，，；第三问由，可得和直线的方程为，进而得到直线的距离，进而，即证. 13．（24-25高三上·山东菏泽·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线为C上不与左、右顶点重合的两点，记直线AB的斜率为中点为 (1)当直线OM斜率存在时，求用a，b表示； (2)记C在点A处切线的斜率为，在点B处切线的斜率为，证明：依次构成等差数列的充要条件为 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据已知有、，再由点差法得，即可得结果； （2）从充分性、必要性两个角度证明，应用分类讨论，结合等差数列的定义得到且A，B关于y轴对称，即可证结论. 【详解】（1）由题意，显然，存在，显然， 直线OM斜率存在，故，则A、B不关于y轴对称，即 直线OM斜率存在，故AB不过坐标原点O，则A、B不关于原点对称，即 由题知，故， 由A，B在双曲线上，故， 两式相减得，故， 综上. （2） 先证充分性：即时，依次构成等差数列， 当OM斜率存在时，即，显然不满足， 所以OM斜率不存在，即与y轴重合，则轴，， 由双曲线关于y轴对称，知，故依次构成等差数列. 再证必要性：即依次构成等差数列时，， 当AB过原点时，由对称性知，而AB显然不为C的切线，故，不依次构成等差数列， 当AB不过原点，由（1）得，且过的切线为， 联立，则， 整理得， 由， 所以且，则， 所以切线为，又，则， 所以C在处的切线方程为， 即，故，同理可得， 由依次构成等差数列，即，即， 由（1）得，即，化简得， 设直线且，则， 即，即，得， 此时且A，B关于y轴对称，故M在y轴上，则 故依次构成等差数列的充要条件为 【点睛】关键点点睛：第二问，从充分、必要性两个角度证明，结合直线与双曲线的位置关系得到且A，B关于y轴对称为关键. 14．（24-25高三上·山东淄博·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，成等差数列，且． (1)求证：为等边三角形； (2)如图，点D在边BC的延长线上，且，，求的值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据等差中项可得，再结合余弦定理分析证明； （2）设，在中，利用余弦定理可得，再利用正弦定理运算求解. 【详解】（1）因为，，成等差数列，则， 又因为，由余弦定理可得， 即，解得， 所以为等边三角形. （2）设，则， 在中，由余弦定理可得， 即，解得，即， 由正弦定理可得. 地 城 考点02 等比数列 一、单选题 1．（24-25高三上·山东威海·期末）已知是与的等比中项，直线与圆交于两点，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C．4 D．6 【答案】B 【分析】由题意，，圆心到直线的距离为，利用圆的弦长公式得，换元后利用基本不等式求最值即可. 【详解】 因是与的等比中项，故，， 圆的圆心坐标为，半径， 设圆心到直线的距离为，则， 则， 设， 则， 当且仅当时等号成立， 故选：B 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是巧妙变形得到，进而巧妙换元结合基本不等式求最值. 二、多选题 2．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知数列满足，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则对任意，有 D．若，则存在，当时，有 【答案】ABD 【分析】结合基本不等式及不等性质分别判断各选项. 【详解】A选项：由，及，可知， 所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，A选项正确； B选项：由，则，又， 当且仅当，即时成立， 又，则，即恒成立，B选项正确； C选项：由，又，所以，即， 所以，C选项错误； D选项：由A选项可知当时，恒成立，此时满足恒成立； 当且时，对于时成立，即（）， 又由C选项可知，即， 又单调递减， 所以存在且，当时，使得， 综上所述存在，当时，有，D选项正确； 故选：ABD. 三、填空题 3．（24-25高三上·山东青岛·期末）递增等比数列的各项均为正数，且，则 ； 【答案】 【分析】应用等比数列的通项公式及已知可得，再由即可求值. 【详解】由题设且公比，则，整理得， 所以，而. 故答案为：9 4．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知正项等比数列的前n项和为，，则 ． 【答案】4 【分析】利用数列前n项和的意义，结合等比数列项间关系列式求解. 【详解】设正项等比数列的公比为，由，得， 即，于是，解得， 所以. 故答案为：4 5．（24-25高三上·山东枣庄·期末）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.如果设次传球后球在甲手中的概率为，则 ； . 【答案】 【分析】记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，利用全概率公式列式，再借助数列递推公式求通项判断作答. 【详解】记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，， ，则， 于是得，即， 而， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 因此，，即， 所以n次传球后球在甲手中的概率是. . 故答案为：①；②. 四、解答题 6．（24-25高三上·山东烟台·期末）已知数列的前项和. (1)求数列的通项公式； (2)设是的任意排列，表示其中同时满足条件①和②的排列的个数，为数列的前项和. （i）证明：； （ii）证明：能被2整除. 【答案】(1) (2)（i）（ii）证明见解析. 【分析】（1）降次作差即可得，再根据等比数列通项公式即可； （2）（i）分，和讨论即可；（ii）根据余数规律猜测得猜测余数列以7为周期，再证明该猜想，结合即可. 【详解】（1）当时，，所以． 当时，，又， 所以，即， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以． （2）（i）因为，所以或． 当，则各项分别除以2后，恰是满足条件①②的排列，其个数为； 当，则，此时各项分别除以8后，恰是 满足条件①②的排列，其个数为； 当，设是该排列中第一个出现的2的偶数次幂， 则前个数应是应是或． 由条件②知，排在后的各数，要么都小于，要么都大于． 因为4在后面，此时仅有1个排列，即递增排出所有2的奇数次幂， 再依递减的顺序排出所有的2的偶数次幂． 综上，得到递推关系． 因为， 将所有式子相加，得：， 因为，所以，得证． （ii）因为，由递推公式可得除以2的余数依次为：，猜测余数列以7为周期． 事实上，令表示除以2的余数， 则 所以数列的周期为7．又， 所以所以能被2整除，命题得证． 【点睛】关键点点睛：该题第二问第一小问的关键是对的值进行分类讨论. 7．（23-24高三上·山东青岛·期末）在各项均为正数的数列中，，，． (1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式； (2)若，记数列的前n项和为． （i）求；（ii）证明：． 【答案】(1)证明见解析， (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）由等比数列定义证明为等比数列，并写出通项公式，再用累乘法求出； （2）（i）运用对数运算进行分组求和；（ii）构造数列，其前n项和为，只需证明：，利用导数研究函数，，恒大于0得证. 【详解】（1）由题意知， 因此数列是以为首项，以4为公比的等比数列， 于是，． ． 又适合上式，所以． （2）（i）因为， 所以 ． （ii）因为数列的前n项和为 ， 所以只需证明：， 也就是， 令，只需证明， 设函数，，． 所以，即成立，得证． 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和； （2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和； （3）对于型数列，利用分组求和法； （4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和. 地 城 考点03 数列求和综合性问题 一、单选题 1．（24-25高三上·山东青岛·期末）飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】分析出，从而得到，错位相加法求和，求极限，得到答案. 【详解】，即投掷1次到达终点，故第一次投掷的点数为3，故， ，即投掷2次到达终点，故第一次投掷的点数不为3， 第二次投掷的点数可根据第一次投掷的点数来唯一确定， 两次投掷的点数有以下的情况，， 故， ，即投掷3次到达终点，前两次投掷均没有到达终点， ， ……， ，即投掷次到达终点，前次投掷均没有到达终点， ， 故①， ②， 则①-②得 ， 故. 故选：B 【点睛】关键点点睛：分析得到，即投掷次到达终点，前次投掷均没有到达终点，得到，再根据求期望公式和错位相减法进行求解. 二、多选题 2．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知正项数列满足，，设，的前项和为，，则（   ） A．为等差数列 B． C．为递增数列 D． 【答案】ACD 【分析】根据即可结合等差中项判断A，根据裂项求和可得，即可求解BC，利用导数求证当且仅当时取等号，取可得，即可利用对数的运算性质求解. 【详解】由可得， 故，故为等差数列，A正确， 设公差为，由，可得，故， ， 因此 ，故， 故，故B错误， 对于C，由于故，因此为单调递增数列，C正确， 对于D，设 则当时，单调递减，当时，单调递增，故，故当且仅当时取等号， 因此取可得， 故 由于，故 故D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：利用常用不等式取可得，即可利用对数的运算性质求解. 三、填空题 3．（24-25高三上·山东济南·期末）从数列的前100项中，选出不同的3项，使其从小到大排列后，构成等比数列，则共有 种选法，所有符合要求的选法得到的递增等比数列的公比之和为 . 【答案】 【分析】由题意可将中的项按连续取3项、间隔1项取、间隔2项取、…、间隔49项取，从而计算出所有的取法以及公比之和. 【详解】解：由题意若将连续3项取，取到3项为：…则共有98种选法，公比均为2； 若间隔1项取，取到3项为：…共有96种选法，公比均为 若间隔2项取，取到3项为：…共有94种选法，公比均为 … 若间隔49项取，取到3项为：共有2种选法，公比均为 则共有…种选法， 所有符合要求的选法得到的递增等比数列的公比之和为…① 则…② ①-②可得… 所以 故答案为：2450 四、解答题 4．（23-24高三上·山东烟台·期末）已知数列的前项和，且成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)若，求证：数列的前项和. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据等比中项的定义，得到，解出，得到，进而算出数列的通项公式； （2）利用错位相减法，结合等比数列的前项和公式算出的表达式，进而证出不等式成立. 【详解】（1）根据题意，可得，即， 解得，所以， 当时，， 当时，，也符合， 故. （2）证明：由（1）的结论，可得， 所以， 两边都乘以，得， 以上两式相减，可得： 所以，结合，可知不等式成立. 5．（24-25高三上·山东泰安·期末）设正项数列的前项和为，若. (1)求数列的通项公式； (2)若不等式对任意正整数均成立，求的取值范围. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由题设结合即可求解； （2）先由（1）求出，进而求得，于是将问题转化成，再由即可得解. 【详解】（1）由题，， 所以当时， 当时，，整理得， 因为，所以，即， 所以数列是以为首项和公差的等差数列， 所以. （2）由（1），故， 所以， 所以 ， 所以不等式对任意正整数均成立对任意正整数均成立 对任意正整数均成立， 所以，又， 所以，所以满足题意的实数的取值范围为. 6．（24-25高三上·山东滨州·期末）已知数列的前项和． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）根据的关系求数列的通项公式即可； （2）由（1）可得，结合分组求和与裂项相消法计算即可求解. 【详解】（1）因为， 所以当时，． 当时，． 当时，上式也成立． 所以． （2）由（1）得，， 所以， 所以， 所以， 整理得． 7．（24-25高三上·山东泰安·期末）已知递增等差数列的前项和为是和的等比中项． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用等差数列的求和公式，结合等比中项定义可构造方程组求得，由此可得；由此可得； （2）利用等差数列的求和公式和得，然后利用裂项求和结合函数的单调性可得； 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为 则① 是和的等比中项 ② 由①②得 （2） 数列为递增数列 又 综上，． 8．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，且数列是等差数列，． (1)证明：数列是等差数列． (2)若数列、满足，，令，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）依题意利用等差数列定义即可证明得出结论； （2）求出数列、的通项公式，再利用累乘法以及裂项相消求和即可得出结论. 【详解】（1）设，则， 当时，； 当时，； 因为，所以，解得或； 当时，，， 当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列； 当时，，不合题意，舍去． 综上可知为等差数列． （2）由已知可得，，所以． 所以，即， 利用累乘法可得： ①当时， ． ②经检验当时也符合题意，所以 所以． 即 9．（24-25高三上·山东菏泽·期末）记为首项为4的数列的前n项和，且是以首项为3，公比为的等比数列. (1)求； (2)求数列的通项公式； (3)求数列的前n项和. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）应用等比数列的定义写出通项公式，即可得，进而求项； （2）利用关系求数列的通项公式； （3）由（2）得，再应用错位相减法、等比数列前n项和公式求和. 【详解】（1）由题意，得，则，则 （2）由（1），当时，则， 又满足上式，故 （3）由（2），得，记的前n项和为， 所以①， 则②， ①②得，， 则，故数列的前n项和为 10．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知正项数列前项积为，. (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）分和两种情况讨论即可； （2）求出，求出，根据错位相减法即可求出列的前项和. 【详解】（1），当时，， 当时，， 时适合上式，所以； （2）， ，， 令①， ②， ①－②得， 所以， 所以. 11．（24-25高三上·山东潍坊·期末）甲、乙两位同学参加知识答题比赛，得分高者获胜．已知共20道试题，甲能答对其中的15道题，乙答对每道题的概率为，每答对一题得5分，答错不扣分．两人商议后约定：甲随机选择其中的3道题作答；乙依次作答，且每答对一题继续答下一题，题目答错或者答完则结束答题．设甲答题总得分为，乙答题总得分为． (1)求甲答题总得分的概率； (2)求乙答题总得分的期望，并从期望角度说明甲、乙谁胜出？ （参考数据：） 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由已知，甲答题总得分，即甲答对2道题，答错1道题，由概率公式计算即可. （2）由已知，求得，由乙答题得分的取值范围为，求出对应概率，进而由期望公式求出，即可得到答案. 【详解】（1）因为共20道试题，甲能答对其中的15道题， 甲答题总得分，即甲答对2道题，答错1道题， 所以甲答题总得分的概率为 . （2）设甲答对题目的个数为，则， 则， 所以； 由题意可知，乙答题得分的取值范围为， ，，，， ， ， 记， ， 得 ， 所以， ， 因为，所以， 则，所以乙胜出． 12．（23-24高三上·山东烟台·期末）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)求证：. 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析； 【分析】（1）对求导可得，再对参数进行分类讨论即可讨论出函数的单调性； （2）易知当时，满足，再利用对数运算性质以及累加法即可得出证明； 【详解】（1）易知函数的定义域为， ， 当时，， 易知时，，此时单调递减，时，，此时单调递增； 即在上单调递减，在上单调递增； 当时，令， 易知当时，， 当时，，在上单调递减，在上单调递增，在单调递减； 当时，，在上单调递减，在上单调递增，在单调递减； 当时，，所以在单调递减； 当时，，所以在单调递减，在单调递增； 综上可知，当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在单调递减； 当时，在单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在单调递减； （2）由（1）可知当时，在单调递增，所以， 即（当且仅当时等号成立）， 令可得，即； ， ， 累加可得. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用（1）中结论，由根据累加法即可求得结论. 13．（24-25高三上·山东济南·期末）已知数列满足记为数列的前n项和.若有穷数列满足则称数列为的生成数列. (1)若求的通项公式； (2)记集合中元素的个数为 （ⅰ）若求的通项公式； （ⅱ）若且恒成立，求实数m的最小值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）由题意可知令得即可得的通项公式； （2）（ⅰ） 由于 … 证明集合中元素的个数为构造为等比数列即可求解； （ⅱ）对两边取对数，求导，再令进而得从而可得是以1为首项，2为公比的等比数列，利用裂项相消法即可求解. 【详解】（1）由题意可知 令则即 当时 当时符合上式. 所以 （2）（ⅰ）因为 则 由于 … 而 又 于是集合中元素的个数为 又 则为首项是公比为2的等比数列， 于是则 （ⅱ）对两边取对数得： 再对x求导可得 令得 又 所以即 由于 … 而 因为和则数列和的每一项均不为零，则 于是那么 则 当时 则即 又 所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以 设 则 所以实数m的最小值为 【点睛】关键点睛：本题考查数列的新定义问题，属于难题.求解的关键是利用定义将问题转化为数列项与和的问题． 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $