2020-2024五年高考數學真題分類匯編專題13 數列（真題10個考點精準練+模擬練）解析版

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題13數列（真題10個考點精準練+精選模擬練）5年考情考題示例考點分析2024年秋考12、18題2024年春考7、12題數列的應用、等比數列的性質；數列與函數的綜合等差數列的性質及求和公式；數列、不等式的應用2023秋考3、21題2023春考16題等比數列的前n項和公式；數列與函數的綜合應用等差數列和等比數列的性質2022秋考10、21題2022春考16、18題等差數列的n項和公式、通項公式；數列中的遞推公式、推理問題、數列的通項公式等知識數列的應用、等比數列性質的應用；等差數列與等比數列的前n項和、數列極限的求法、數列的函數特性及應用。2021年秋考8、12題2021年春考1、9、21題等比數列通項公式和無窮遞縮等比數列的求和公式；數列概念的理解和應用、遞推公式的應用等差數列的通項公式；無窮等比數列的概念及性質、極限的運算；數列的綜合應用、等比數列的判定及求解。2020年秋考2、8、21題2020年春考13題數列極限的求法；等差數列的前n項和與通項公式；數列的綜合應用、不等式以及不等關系、二次函數以及函數的相關性質綜合應用。數列極限的求法一．等差數列的通項公式（共1小題）1．（2021?上海）已知等差數列的首項為3，公差為2，則21．〖祥解〗由已知結合等差數列的通項公式即可直接求解．【解答】解：因為等差數列的首項為3，公差為2，則．故答案為：21．【點評】本題主要考查了等差數列的通項公式，屬于基礎題．二．等差數列的前n項和（共3小題）2．（2024?上海）數列，，，的取值范圍為．〖祥解〗由已知結合等差數列的求和公式及性質的應用，屬于基礎題．【解答】解：等差數列由，知數列為等差數列，即，解得．故的取值范圍為．故答案為：．【點評】本題主要考查了等差數列的性質及求和公式的應用，屬于基礎題．3．（2022?上海）已知等差數列的公差不為零，為其前項和，若，則，2，，中不同的數值有98個．〖祥解〗由等差數前項和公式求出，從而，由此能求出結果．【解答】解：等差數列的公差不為零，為其前項和，，，解得，，，，1，，中，，，其余各項均不相等，，，中不同的數值有：．故答案為：98．【點評】本題考查等差數列的前項和公式、通項公式等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．4．（2020?上海）已知數列是公差不為零的等差數列，且，則．〖祥解〗根據等差數列的通項公式可由，得，在利用等差數列前項和公式化簡即可得出結論．【解答】解：根據題意，等差數列滿足，即，變形可得，所以．故答案為：．【點評】本題考查等差數列的前項和與等差數列通項公式的應用，注意分析與的關系，屬于基礎題．三．等比數列的性質（共1小題）5．（2021?上海）在無窮等比數列中，，則的取值范圍是，，．〖祥解〗由無窮等比數列的概念可得公比的取值范圍，再由極限的運算知，從而得解．【解答】解：無窮等比數列，公比，，，，，，，．故答案為：，，．【點評】本題考查無窮等比數列的概念與性質，極限的運算，考查學生的運算求解能力，屬于基礎題．四．等比數列的前n項和（共1小題）6．（2023?上海）已知首項為3，公比為2的等比數列，設等比數列的前項和為，則189．〖祥解〗直接利用等比數列的前項和公式求解．【解答】解：等比數列的首項為3，公比為2，．故答案為：189．【點評】本題主要考查了等比數列的前項和公式，屬于基礎題．五．數列的應用（共5小題）7．（2022?上海）已知等比數列的前項和為，前項積為，則下列選項判斷正確的是A．若，則數列是遞增數列 B．若，則數列是遞增數列 C．若數列是遞增數列，則 D．若數列是遞增數列，則〖祥解〗反例判斷；反例判斷；構造等比數列，結合等比數列的性質判斷；推出數列公比以及數列項的范圍，即可判斷．【解答】解：如果數列，公比為，滿足，但是數列不是遞增數列，所以不正確；如果數列，公比為，滿足，但是數列不是遞增數列，所以不正確；如果數列，公比為，，數列是遞增數列，但是，所以不正確；數列是遞增數列，可知，可得，所以，可得正確，所以正確；故選：．【點評】本題考查數列的應用，等比數列的性質的應用，是中檔題．8．（2024?上海），，，，任意，，，，滿足，求有序數列，，，有48對．〖祥解〗由題意得，10，12，18，20，，設，由單調性有，，，，分類討論可求解．【解答】解：由題意得，10，12，18，20，，滿足，不妨設，由單調性有，，，，分兩種情況討論：①，，解得，，，，②，，解得，，，，所以有2種，綜上共有對．故答案為：48．【點評】本題綜合考查了數列，不等式的應用，屬于難題．9．（2024?上海）無窮等比數列滿足首項，，記，，，，若對任意正整數，集合是閉區(qū)間，則的取值范圍是，．〖祥解〗當時，不妨設，則，，，，結合為閉區(qū)間可得對任意的恒成立，故可求的取值范圍．【解答】解：由題設有，因為，，故，故，當時，，，，故，，此時為閉區(qū)間，當時，不妨設，若，，，則，，若，，，，則，，若，，，則，，綜上，，，，，又為閉區(qū)間等價于，，，為閉區(qū)間，而，故對任意恒成立，故，故，故對任意的恒成立，因為，故當時，，故即．故答案為：，．【點評】本題考查數列的應用，等比數列的性質的應用，是中檔題．10．（2021?上海）已知數列滿足，對任意，和中存在一項使其為另一項與的等差中項．（1）已知，，，求的所有可能取值；（2）已知，、、為正數，求證：、、成等比數列，并求出公比；（3）已知數列中恰有3項為0，即，，且，，求的最大值．〖祥解〗（1）根據和中存在一項使其為另一項與的等差中項建立等式，然后將，，的值代入即可；（2）根據遞推關系求出、，然后根據等比數列的定義進行判定即可；（3）分別求出，，的通項公式，從而可求出各自的最大值，從而可求出所求．【解答】解：（1）由題意，或，解得，解得，經檢驗，，（2）證明：，，或，經檢驗，；，或（舍，；，或（舍，；，或（舍，；綜上，、、成等比數列，公比為；（3）由或，可知或，由第（2）問可知，，則，即，，則，，同理，，，同理，，的最大值．【點評】本題主要考查了數列的綜合應用，等比數列的判定以及通項公式的求解，同時考查了學生計算能力，屬于難題．11．（2020?上海）已知數列為有限數列，滿足，則稱滿足性質．（1）判斷數列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性質，請說明理由；（2）若，公比為的等比數列，項數為10，具有性質，求的取值范圍；（3）若是1，2，3，，的一個排列，符合，2，，，、都具有性質，求所有滿足條件的數列．〖祥解〗（1）根據定義，驗證兩個數列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性質即可；（2）假設公比的等比數列滿足性質，可得：，推出，通過，時，時：時，四種情況討論求解即可．（3）設，分時，當時，當時，當時，以及，4，，，，五種情況討論，判斷數列的可能情況，分別推出判斷是否滿足性質即可．【解答】解：（1）對于數列3，2，5，1，有，，，滿足題意，該數列滿足性質；對于第二個數列4、3、2、5、1，，，．不滿足題意，該數列不滿足性質．（2）由題意：，可得：，，3，，，兩邊平方可得：，整理可得：，當時，得此時關于恒成立，所以等價于時，，所以，，所以，或，所以取，當時，得，此時關于恒成立，所以等價于時，，所以，所以，所以?。敃r：，當為奇數時，得，恒成立，當為偶數時，，不恒成立；故當時，矛盾，舍去．當時，得，當為奇數時，得，恒成立，當為偶數時，，恒成立；故等價于時，，所以，所以或，所以取，綜上，．（3）設，，4，，，，因為，可以取，或，可以取，或，如果或取了或，將使不滿足性質；所以的前5項有以下組合：①，；；；；②，；；；；③，；；；；④，；；；；對于①，，，，與滿足性質矛盾，舍去；對于②，，，，與滿足性質矛盾，舍去；對于③，，，，與滿足性質矛盾，舍去；對于④，，，與滿足性質矛盾，舍去；所以，4，，，，均不能同時使、都具有性質．當時，有數列，2，3，，，滿足題意．當時，有數列，，，3，2，1滿足題意．當時，有數列，1，3，，，滿足題意．當時，有數列，，，，，3，2，1滿足題意．所以滿足題意的數列只有以上四種．【點評】本題考查數列的綜合應用，不等式以及不等關系，二次函數的性質以及函數的相關性質的綜合應用，考查分析問題解決問題的能力是難度大的題目，必須由高的數學思維邏輯修養(yǎng)才能解答．六．數列的求和（共1小題）12．（2021?上海）已知為無窮等比數列，，的各項和為9，，則數列的各項和為．〖祥解〗設的公比為，由無窮遞縮等比數列的求和公式，解方程可得，進而得到，，求得數列的首項和公比，再由無窮遞縮等比數列的求和公式，可得所求和．【解答】解：設的公比為，由，的各項和為9，可得，解得，所以，，可得數列是首項為2，公比為的等比數列，則數列的各項和為．故答案為：．【點評】本題考查等比數列的通項公式和無窮遞縮等比數列的求和公式，考查方程思想和運算能力，屬于基礎題．七．數列遞推式（共2小題）13．（2021?上海）已知，2，，對任意的，或中有且僅有一個成立，，，則的最小值為31．〖祥解〗設，由題意可得，，恰有一個為1，然后分兩種情況分別求解的值，即可得到答案．【解答】解：設，由題意可得，，恰有一個為1，如果，那么，，，，同樣也有，，，，，全部加起來至少是；如果，那么，，，同樣也有，，，，，全部加起來至少是，綜上所述，最小應該是31．故答案為：31．【點評】本題考查了數列的概念的理解和應用，遞推公式的應用，考查了邏輯推理能力與運算能力，屬于中檔題．14．（2022?上海）數列對任意且，均存在正整數，，滿足，，．（1）求可能值；（2）命題：若，，，成等差數列，則，證明為真，同時寫出逆命題，并判斷命題是真是假，說明理由；（3）若，成立，求數列的通項公式．〖祥解〗（1）利用遞推關系式可得，然后計算的值即可；（2）由題意可得，則，從而命題為真命題，給出反例可得命題為假命題．（3）由題意可得，，然后利用數學歸納法證明數列單調遞增，最后分類討論即可確定數列的通項公式．【解答】解：（1），或．（2），，，，，，，為等差數列，，．逆命題：若，則，，，，，，，為等差數列是假命題，舉例：，，，，，，，，．（3）因為，，，，，以下用數學歸納法證明數列單調遞增，即證明恒成立：當，明顯成立，假設時命題成立，即，則，則，命題得證．回到原題，分類討論求解數列的通項公式：1．若，則矛盾，2．若，則，，，此時，，3．若，則，，，（由（2）知對任意成立），，事實上：矛盾．綜上可得．【點評】本題主要考查數列中的遞推關系式，數列中的推理問題，數列通項公式的求解等知識，屬于難題．八．數列與函數的綜合（共2小題）15．（2024?上海）已知．（1）若過，求的解集；（2）存在使得、、成等差數列，求的取值范圍．〖祥解〗（1）先求出函數解析式，再結合函數的單調性，即可求解；（2）根據等差數列的性質，推得有解，再結合分離常數法，以及二次函數的性質，即可求解．【解答】解：（1）由過可得，則，解得（負值舍去），因為在上是嚴格增函數，，則，解得，故所求解集為；（2）因為、、成等差數列，所以，即有解，化簡可得，則且，故在上有解，又，故在上，，故，解得或，又，所以，故的取值范圍為．【點評】本題主要考查數列與函數的綜合，考查轉化能力，屬于中檔題．16．（2023?上海）已知，在該函數圖像上取一點，過點，作函數的切線，該切線與軸的交點記作，若，則過點，作函數的切線，該切線與軸的交點記作，以此類推，，，直至停止，由這些項構成數列．（1）設屬于數列，證明：；（2）試比較與的大小關系；（3）若正整數，是否存在使得、、、、依次成等差數列？若存在，求出的所有取值；若不存在，請說明理由．〖祥解〗（1）對函數求導，利用導數的幾何意義，可得過點，的切線方程，再結合題意即可得證；（2）由不等式，結合（1）即可得出結論；（3）易知公差，，考察函數，利用導數可知的單調性情況，進而得到至多存在兩個，使得，由此可知，再驗證即可．【解答】解：（1）證明：，則過點，的切線的斜率為，由點斜式可得，此時切線方程為，即，令，可得，根據題意可知，，即得證；（2）先證明不等式，設，則，易知當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，則（1），即，結合（1）可知，；（3）假設存在這樣的符合要求，由（2）可知，數列為嚴格的遞減數列，，2，3，，，由（1）可知，公差，，先考察函數，則，易知當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，則至多只有兩個解，即至多存在兩個，使得，若，則，矛盾，則，當時，設函數，由于，，則存在，使得，于是取，，，它們構成等差數列．綜上，．【點評】本題考查數列與函數的綜合運用，考查邏輯推理能力和運算求解能力，屬于中檔題．九．數列的極限（共3小題）17．（2020?上海）計算：A．3 B． C． D．5〖祥解〗把分子分母同時除以，則答案可求．【解答】解：．故選：．【點評】本題考查數列極限的求法，是基礎的計算題．18．（2020?上海）計算：．〖祥解〗由極限的運算法則和重要數列的極限公式，可得所求值．【解答】解：，故答案為：．【點評】本題考查數列的極限的求法，注意運用極限的運算性質，考查運算能力，是一道基礎題．19．（2022?上海）已知在數列中，，其前項和為．（1）若是等比數列，，求；（2）若是等差數列，，求其公差的取值范圍．〖祥解〗（1）由已知求得等比數列的公比，再求出前項和，求極限得答案；（2）求出等差數列的前項和，代入，對分類分析得答案．【解答】解：（1）在等比數列中，，，則，公比，則，；（2）若是等差數列，則，即，當時，；當時，恒成立，，，．綜上所述，，．【點評】本題考查等差數列與等比數列前項和，考查數列極限的求法，考查數列的函數特性及應用，是中檔題．一十．等差數列與等比數列的綜合（共2小題）20．（2023?上海）已知無窮數列的各項均為實數，為其前項和，若對任意正整數都有，則下列各項中可能成立的是A．，，，，，為等差數列，，，，，，為等比數列 B．，，，，，為等比數列，，，，，，為等差數列 C．，，，，為等差數列，，，，，為等比數列 D．，，，，為等比數列，，，，，為等差數列〖祥解〗由對任意正整數，都有，可以知道，，，，不可能為等差數列，若，，則，矛盾；若，，當，，使得，矛盾；若，，當，，必有使得，矛盾；若，當，，必有使得，矛盾；若，當，，，必有使得，矛盾；即可判斷．【解答】解：由對任意正整數，都有，可以知道，，，，不可能為等差數列，因為若，當，，，必有使得，矛盾；若，，則，矛盾；若，，當，，使得，矛盾；若，，當，，必有使得，矛盾；若，當，，必有使得，矛盾；所以選項中的，，，，為等差數列與上述推理矛盾，故不可能正確；選項中的，，，，為等差數列與上述推理矛盾，故不可能正確；選項中的，，，，為等差數列與上述推理矛盾，故不可能正確；由排除法可得正確．故選：．【點評】本題考查了等差數列和等比數列的性質，屬于中檔題．21．（2020?上海）已知各項均為正數的數列，其前項和為，．（1）若數列為等差數列，，求數列的通項公式；（2）若數列為等比數列，，求滿足時的最小值．〖祥解〗（1）設等差數列的公差為，運用等差數列的求和公式，解方程可得，進而得到所求通項公式；（2）設等比數列的公比為，由等比數列的通項公式可得，再由等比數列的求和公式，解不等式可得的最小值．【解答】解：（1）數列為公差為的等差數列，，，可得，解得，則；（2）數列為公比為的等比數列，，，可得，即，則，，，即為，即，可得，即的最小值為7．【點評】本題考查等差數列和等比數列的通項公式和求和公式的運用，考查方程思想和運算能力，屬于基礎題．一．選擇題（共14小題）1．（2024?松江區(qū)校級模擬）用數學歸納法證明不等式的過程中，由遞推到時不等式左邊A．增加了 B．增加了 C．增加了，但減少了 D．增加了，但減少了〖祥解〗分別求出當，時，不等式左邊的表達式，通過比較，即可求解．【解答】解：當時，不等式左邊為，當時，不等式的左邊為，故不等式左邊增加了，但減少了．故選：．【點評】本題主要考查數學歸納法的應用，屬于基礎題．2．（2024?長寧區(qū)二模）設數列的前項和為，若存在非零常數，使得對任意正整數，都有，則稱數列具有性質①存在等差數列具有性質；②不存在等比數列具有性質；對于以上兩個命題，下列判斷正確的是A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假〖祥解〗根據等差數列的求和公式，結合題中條件，即可判斷①；設等比數列的公比為，首項為，根據等比數列的求和公式，結合題中條件，即可判斷②．【解答】解：對于①，若等差數列具有性質，則存在非零常數，使得對任意正整數，都有，令，則，即，令，則，即，令，則，即，由，得，即，化簡得，所以等差數列具有性質，①是真命題；對于②，若等比數列具有性質，則存在非零常數，使得對任意正整數，都有，令，則，即，令，則，即，令，則，則，由，設等比數列的公比為，則，化簡得，所以等比數列具有性質，所以②是假命題．故選：．【點評】本題屬于新概念題，考查了等差、等比數列的求和公式及性質，屬于中檔題．3．（2024?青浦區(qū)二模）設為是首項為，公比為的等比數列的前項和，且，則A． B． C． D．〖祥解〗根據題意算出，可得且，由此對各項的結論加以判斷，即可得到本題的答案．【解答】解：，，，即且，，兩邊都除以，得，可得．對于，由，可得，故項不正確；對于，由于，所以不成立，故不正確；對于，因為，所以，可得．結合，可得，故正確；對于，根據且，當，時，，此時不成立，故不正確．故選：．【點評】本題主要考查等比數列的通項公式及其性質、等比數列的前項和公式等知識，考查了計算能力、邏輯推理能力，屬于中檔題．4．（2024?浦東新區(qū)校級四模）已知數列不是常數列，前項和為，且．若對任意正整數，存在正整數，使得，則稱是“可控數列”．現給出兩個命題：①存在等差數列是“可控數列”；②存在等比數列是“可控數列”．則下列判斷正確的是A．①與②均為真命題 B．①與②均為假命題 C．①為真命題，②為假命題 D．①為假命題，②為真命題〖祥解〗由等差數列、等比數列的通項公式和求和公式，結合“可控數列”的定義，可得結論．【解答】解：①，數列不是常數列，則，則看作是一次函數的變化，由得，看作是二次函數的變化，當足夠大時，極限的思想說明不成立；②，取，則，當時，取，可得，，滿足；當時，取，可得，而，滿足．故選：．【點評】本題考查數列的新定義和等差數列、等比數列的通項公式和求和公式，考查轉化思想和推理能力，屬于中檔題．5．（2024?黃浦區(qū)二模）設數列的前項和為，若對任意的，都是數列中的項，則稱數列為“數列”．對于命題：①存在“數列”，使得數列為公比不為1的等比數列；②對于任意的實數，都存在實數，使得以為首項、為公差的等差數列為“數列”．下列判斷正確的是A．①和②均為真命題 B．①和②均為假命題 C．①是真命題，②是假命題 D．①是假命題，②是真命題〖祥解〗根據題意，結合“數列”的定義，舉出實例說明①②正確，即可得答案．【解答】解：根據題意，依次分析兩個命題：對于①，對于數列，令，則，數列為公比不為1的等比數列，①正確；對于②，等差數列，令，有，則有，數列為“數列”，②正確．故選：．【點評】本題考查等比數列、等差數列的性質和定義，涉及數列的求和，屬于中檔題．6．（2024?普陀區(qū)校級三模）設為無窮數列．若存在正整數，使得對任意正整數，均成立，則稱為“低調數列”．有以下兩個命題：①，是低調數列當且僅當；②若存在，使得，，，，為低調數列，則．那么A．①是真命題，②是假命題 B．①是假命題，②是真命題 C．①、②都是真命題 D．①、②都是假命題〖祥解〗根據“低調數列”的定義驗證即可．【解答】解：對于數列，由存在正整數，使得對任意正整數，均成立，則稱為“低調數列”定義可知．若該數列為低調數列，因均小于，故．反之，當時，，即該數列為低調數列．故①是真命題．對于數列，，，，，顯然．若存在使得該數列為低調數列，則對一切正整數恒成立．若，則當時，不成立；若，取即可；若，則，取即可．綜上，②是真命題．故選：．【點評】本題考查數列的應用，考查學生的運算能力，屬于中檔題．7．（2024?寶山區(qū)二模）數列中，是其前項的和，若對任意正整數，總存在正整數，使得，則稱數列為“某數列”．現有如下兩個命題：①等比數列為“某數列”；②對任意的等差數列，總存在兩個“某數列”和，使得．則下列選項中正確的是A．①為真命題，②為真命題 B．①為真命題，②為假命題 C．①為假命題，②為真命題 D．①為假命題，②為假命題〖祥解〗由等比數列結合新定義即可判斷①，若，設，，再由新定義可得則，即可判斷②．【解答】解：對于①，由等比數列可得，若對任意正整數，總存在正整數，使得，則，即，顯然不成立，故①為假命題；對于②，設等差數列的公差為，則．令，，則．下面證是“某數列”．設的前項和為，則．于是對任意的正整數，總存在正整數，使得，所以是“某數列”．同理，可證也是“數列”．所以對任意的等差數列，總存在兩個“某數列”和，使得成立，故②為真命題．故選：．【點評】本題考查新定義的理解和運用，考查等比數列的通項和求和，考查推理和運算能力，屬于中檔題．8．（2024?普陀區(qū)模擬）設是數列的前項和，若數列滿足：對任意的，存在大于1的整數，使得成立，則稱數列是“數列”．現給出如下兩個結論：①存在等差數列是“數列”；②任意等比數列都不是“數列”．則A．①成立②成立 B．①成立②不成立 C．①不成立②成立 D．①不成立②不成立〖祥解〗由題意可得任意的，存在大于1的整數，使得，對命題①，分公差或兩種情況討論可判斷結論；對于②，舉例如，可判斷結論．【解答】解：由“數列”的定義，對任意的，存在大于1的整數，使得，成立，則對于任意的，存在大于1的整數，使得，對于命題①不成立，理由如下：假設存在，當時，總存在，由于對任意正整數，都有，總存在正整數，使得與，不會存在．當時，總存在，由于對任意正整數，有，總存在整數，使得與，不存在．對于命題②不成立，理由如下：舉例說明：如，有，，，可取，可以保證不等式成立．綜上，①②均不成立．故選：．【點評】本題考查新定義，考查轉化思想與閱讀理解能力，考查分類討論思想，是中檔題．9．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）已知數列滿足，．給出下列四個結論：①數列每一項都滿足；②數列的前項和；③數列每一項都滿足成立；④數列每一項都滿足．其中，所有正確結論的序號是A．①④ B．②④ C．①③④ D．①②④〖祥解〗通過遞推公式，判斷出數列單調性，由此得到數列的取值范圍，根據取值范圍對①③④進行判斷，算出即可判斷②．【解答】解：由，，得，，，，②錯誤；，又因為，所以，所以，①正確；由，可得，即，又，兩邊同時除以，可得，，，，累加可得，又因，所以，即有，當時，，所以，③錯誤；由，得，則當時，，則，當時，，所以，故④正確．故選：．【點評】本題主要考查數列遞推式，考查運算求解能力，屬于中檔題．10．（2024?浦東新區(qū)二模）設，，，記，2，，，令有窮數列為零點的個數，2，，，則有以下兩個結論：①存在，使得為常數列；②存在，使得為公差不為零的等差數列．那么A．①正確，②錯誤 B．①錯誤，②正確 C．①②都正確 D．①②都錯誤〖祥解〗對于①，列舉驗證，對于②，列舉驗證．【解答】解：當時，，此時，，此時，，此時，故存在，使為常數列；①正確；設，則有個零點1，2，3，，，則在，，，的每個區(qū)間內各至少一個零點，故至少有個零點，因為是一個次函數，故最多有個零點，因此有且僅有個零點，同理，有且僅有個零點，，有且僅有個零點，故，所以是公差為的等差數列，故②正確．故選：．【點評】本題主要考查數列與函數的綜合，屬于中檔題．11．（2024?奉賢區(qū)三模）若數列的前項和為，關于正整數的方程記為，命題：對于任意的，存在等差數列使得有解；命題：對于任意的，存在等比數列使得有解；則下列說法中正確的是A．命題為真命題，命題為假命題 B．命題為假命題，命題為真命題 C．命題為假命題，命題為假命題 D．命題為真命題，命題為真命題〖祥解〗根據題意，利用等差數列與等比數列的性質，結合有解，構造出滿足條件的等差、等比數列，即可求解．【解答】解：當時，可得且，顯然滿足；當時，設等差數列的首項，公差為，可得，此時，，滿足，即存在等差數列；使得有解，當時，設等差數列的首項，公差為，可得，，，此時，，滿足，即存在等差數列使得有解，綜上可得，對于任意的，存在等差數列使得有解，所以命題為真命題；當時，取等比數列的首項為，公比為，可得，則，此時滿足即成立；當時，取等比數列的首項，公比，可得，此時，，滿足，即存在等比數列使得有解，當時，令，即為首項，公比為的等比數列，此時，，滿足，即存在等比數列使得有解；綜上可得，對于任意的，存在等比數列使得有解，所以命題為真命題．故選：．【點評】本題考查等差數列、等比數列的綜合應用，屬于難題．12．（2024?松江區(qū)校級模擬）數列的前項和為，若數列與函數滿足：①的定義域為；②數列與函數均單調增；③存在正整數，使成立，則稱數列與函數具有“單調偶遇關系”．給出下列兩個命題：①與數列具有“單調偶遇關系”的函數有有限個；②與數列具有“單調偶遇關系”的函數有無數個．A．①②都是真命題 B．①是真命題，②是假命題 C．①是假命題，②是真命題 D．①②都是假命題〖祥解〗以一次函數為例，可判斷①；令，通過計算可判斷②，進而可得正確選項．【解答】解：對于①：以一次函數為例，，，，即，整理得，只要方程有正整數解且即可，如方程中取，則有，即，對進行不同的取值即可保證數列具有“單調偶遇關系”的函數有無數組，故命題①是假命題；對于②：數列的前項和為，令．由得，取，即可保證恒成立，故命題②為真命題．故選：．【點評】本題主要考查數列與函數的綜合，考查運算求解能力，屬于中檔題．13．（2024?黃浦區(qū)校級三模）已知數列是1為首項，2為公差的等差數列，是1位首項，2為公比的等比數列，設，，，則當時，的最大值為A．9 B．10 C．11 D．24〖祥解〗由題設知，，由和，得，由此能求出當時的最大值．【解答】解：是以1為首項，2為公差的等差數列，，是以1為首項，2為公比的等比數列，，，，，解得：．則當時，的最大值是9．故選：．【點評】本題考查等差數列、等比數列的基本量、通項，結合含兩個變量的不等式的處理問題，對數學思維的要求比較高，有一定的探索性，綜合性強，難度大，易出錯．14．（2024?浦東新區(qū)校級四模）已知數列滿足為正整數），，設集合．有以下兩個猜想：①不論取何值，總有；②若，且數列中恰好存在連續(xù)的7項構成等比數列，則的可能取值有6個．其中A．①正確，②正確 B．①正確，②錯誤 C．①錯誤，②正確 D．①錯誤，②錯誤〖祥解〗設出數列中的一項，，然后分被3除余1，余2，余0三種情況進行討論，借助給出的遞推關系式進行推證即可判斷①，結合遞推關系式得到符合的形式，然后保證，即可判斷②．【解答】解：（1）不妨設出數列中的一項，，①若被3除余1，則由已知可得，，，若被3除余2，則由已知可得，，，若被3除余0，則由已知可得，，所以對對任意的，，則，所以對數列中的任一項，若，則，因為，所以，所以數列中必存在某一項（否則與上述結論矛盾），若，結論得證，若，則，，結論得證，若，則，得證，所以，不論取何值，總有；故①正確；②若是3的倍數，則，若被3除余1，則由已知可得，，若被3除余2，則由已知可得，，所以連續(xù)的7項構成等比數列的公比為，因為，所以這7項中前6項一定都量3的倍數，而第七項一定不是3的倍數（否則構成等比數列的連接項數會多于7項）設第7項為，則是被3除余1或余2的正整數，則可推得，因為，所以，或，由遞推關系式可知，在該數列的前項中，滿足小于等于2022的項只有；，或，，或，所以首項的有可能取值的集合為，，，，，，故的可能取值有6個．故②正確．故選：．【點評】本題考查數列的遞推關系式，考進學生的抽象思維能力，屬難題．二．填空題（共35小題）15．（2024?閔行區(qū)校級三模）設某直角三角形的三個內角的余弦值成等差數列，則最小內角的正切值為．〖祥解〗根據題意，設該直角三角形為，且，由等差數列的性質可得，進而分析可得答案．【解答】解：根據題意，設該直角三角形為，且，則有，即，又，則有，解得．故答案為：．【點評】本題考查等差數列的性質，涉及三角函數的誘導公式，屬于基礎題．16．（2024?普陀區(qū)模擬）設等比數列的公比為，則“，，成等差數列”的一個充分非必要條件是（或．〖祥解〗根據已知條件，結合等差數列、等比數列的性質，即可求解．【解答】解：，，成等差數列，則，即，解得或，故“，，成等差數列”的一個充分非必要條件是（或．故答案為：（或．【點評】本題主要考查等差數列、等比數列的性質，屬于基礎題．17．（2024?黃浦區(qū)校級三模）數列滿足為正整數），且與的等差中項是5，則首項1．〖祥解〗根據已知條件，結合等差數列、等比數列的性質，即可求解．【解答】解：數列滿足為正整數），則數列為等比數列，不妨設其公比為，則，與的等差中項是5，則，即，解得．故答案為：1．【點評】本題主要考查等差數列、等比數列的性質，屬于基礎題．18．（2024?松江區(qū)校級模擬）已知等差數列的前項和為，若，，則759．〖祥解〗根據已知條件，結合等差數列的通項公式，求出公差，再結合等差數列的前項和公式，即可求解．【解答】解：由題意可得，，，，，，．故答案為：759．【點評】本題主要考查等差數列的前項和公式，屬于基礎題．19．（2024?虹口區(qū)模擬）已知數列的前項和，則9．〖祥解〗當時，，即可求解．【解答】解：數列的前項和，，則．故答案為：9．【點評】本題考查了數列的與的關系，屬于基礎題．20．（2024?浦東新區(qū)二模）已知等差數列滿足，，則5．〖祥解〗直接利用等差數列的性質求出結果．【解答】解：根據等差數列的性質，，解得．故答案為：5．【點評】本題考查的知識點：等差數列的性質，主要考查學生的運算能力，屬于基礎題．21．（2024?松江區(qū)二模）已知等差數列的公差為2，前項和為，若，則使得成立的的最大值為5．〖祥解〗利用等差數列的性質求解．【解答】解：等差數列的公差為2，前項和為，，，解得，，，，，整理得，解得，，使得成立的的最大值為5．故答案為：5．【點評】本題考查等差數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．22．（2024?普陀區(qū)校級模擬）已知為等比數列，公比，，且，，成等差數列，則通項公式．〖祥解〗由，，成等差數列，得，然后利用等比數列通項公式，代入求出公比即可．【解答】解：由，，成等差數列，且，得，解得或，又，所以，所以．故答案為：．【點評】本題考查等比數列的基本量運算，屬于基礎題．23．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）已知為無窮等比數列，，，則的公比為．〖祥解〗由題意知，，再利用無窮等比數列和的公式求解即可．【解答】解：因為無窮等比數列，，則，，又，所以，解得或（舍．故答案為：．【點評】本題主要考查了等比數列的求和公式，屬于基礎題．24．（2024?楊浦區(qū)二模）各項為正的等比數列滿足：，，則通項公式為．〖祥解〗利用等比數列的性質直接求解．【解答】解：各項為正的等比數列滿足：，，，解得，通項公式為．故答案為：．【點評】本題考查等比數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．25．（2024?閔行區(qū)校級三模）設是等比數列的前項和，若，，則5．〖祥解〗利用等比數列的性質求解．【解答】解：是等比數列的前項和，，，由題意得，，因為，，，，成等比數列，故，即，解得，則，所以，，故．故答案為：5．【點評】本題考查等比數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．26．（2024?金山區(qū)二模）設公比為2的等比數列的前項和為，若，則4．〖祥解〗由已知結合等比數列的求和及等比數列的性質即可求解．【解答】解：因為公比為2的等比數列中，，則．故答案為：4．【點評】本題主要考查了等比數列的性質及求和公式的應用，屬于基礎題．27．（2024?楊浦區(qū)校級三模）無窮等比數列滿足：，，則的各項和為．〖祥解〗利用等比數列通項公式列方程首項和公比，由此能求出的各項和．【解答】解：因為無窮等比數列滿足：，，所以，所以，或，，當，時，的各項和為，當，時，的各項和為．的各項和為．故答案為：．【點評】本題考查等比數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎檔題．28．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）已知首項為2的等比數列的公比為，則3．．〖祥解〗根據題意判斷出等比數列是無窮遞縮等比數列，然后根據無窮遞縮等比數列的求和公式進行計算即可得到結果．【解答】解：由題意，可知等比數列是無窮遞縮等比數列，故．故答案為：3．【點評】本題主要考查無窮遞縮等比數列的求和問題，屬基礎題．29．（2024?奉賢區(qū)三模）若數列滿足對任意整數有成立，則在該數列中小于100的項一共有25項．〖祥解〗首先令，可得首項，再由作差法求得時的，由，解不等式可得所求．【解答】解：任意整數有成立，可得時，，當時，，對也成立，則，，令，解得，即有，2，，25，共有25項．故答案為：25．【點評】本題考查數列的遞推式和等差數列的通項公式，考查轉化思想和運算能力，屬于基礎題．30．（2024?寶山區(qū)校級四模）數列的最小項的值為．〖祥解〗根據題意，設，分析的單調性和函數值符號，進而分析數列的單調性，即可得答案．【解答】解：根據題意，設，可以由函數向右平移個單位得到，則在上遞減，且，在，上遞減且，對于數列，則在上遞減，且，在上遞增，且，故當時，取得最小值，其最小值為．故答案為：．【點評】本題考查數列的函數特性，涉及數列的最小項，屬于基礎題．31．（2024?虹口區(qū)二模）已知等比數列是嚴格減數列，其前項和為，，若，，成等差數列，則3．〖祥解〗先求公比，再求等比數列的前項和，最后判斷極限．【解答】解：設等比數列的公比為，則由，，成等差數列可得，即，整理得，解得，或，又等比數列是嚴格減數列，，故，，當時，，．故答案為：3．【點評】本題考查等比數列的前項和，屬于基礎題．32．（2024?浦東新區(qū)校級四模）記為等比數列的前項和．若，則的公比為．〖祥解〗先設等比數列的公比為，先令代入題干已知條件驗證可得，當時，結合等比數列的求和公式及題干已知條件列出關于公比的方程，解出的值，即可得到結果．【解答】解：由題意，設等比數列的公比為，數列是等比數列，首項，公比，①當時，，，則，，此時不滿足題干已知條件，故，②當時，則，，由，可得，化簡整理，得，解得，或，即（舍去），或，等比數列的公比為．故答案為：．【點評】本題主要考查等比數列的基本運算．考查了分類討論，方程思想，轉化與化歸思想，等比數列的求和公式的運用，以及邏輯推理能力和數學運算能力，屬中檔題．33．（2024?閔行區(qū)校級三模）數列滿足，若，，則數列的前20項的和為210．〖祥解〗數列的奇數項、偶數項都是等差數列，結合等差數列求和公式、分組求和法即可得解．【解答】解：數列滿足，若，，則，所以數列的奇數項、偶數項分別構成以1，2為首項，公差均為2的等差數列，所以數列的前20項的和為．故答案為：210．【點評】本題主要考查數列的求和，考查運算求解能力，屬于中檔題．34．（2024?嘉定區(qū)校級模擬）已知數列是等比數列，且．設，數列的前項和為，則．〖祥解〗根據等比數列的性質求得，根據等差數列的性質求得．【解答】解：因為為等比數列，，所以，又，可得（為常數），為等差數列，所以．故答案為：．【點評】本題考查了等差數列和等比數列的性質，屬于中檔題．35．（2024?黃浦區(qū)校級模擬）若項數為的數列，滿足：，2，3，，，我們稱其為項的“對稱數列”．例如：數列1，2，2，1為4項的“對稱數列”；數列1，2，3，2，1為5項的“對稱數列”．設數列為項的“對稱數列”，其中，，，是公差為的等差數列，數列的最小項等于，記數列的前項和為，若，則的值為5或4．．〖祥解〗根據公差可得數列單調性進而可得，進而可得等差數列的通項公式，再結合對稱數列的定義列方程求解即可．【解答】解：由于，，，是公差為的等差數列，故，，，單調遞減，所以，故，則，．又，故，即，由等差數列前項和公式有，化簡得，解得或．故答案為：5或4．【點評】本題考查了等差數列的通項公式和前項和公式，屬于中檔題36．（2024?寶山區(qū)二模）在數列中，，且，則4．〖祥解〗利用遞推公式求出數列的前4項，由此猜想．再用數學歸納法證明，由此能求出．【解答】解：在數列中，，且，，，，由此猜想．下面用數學歸納法證明：①，成立，②假設成立，則成立，由①②得，則．故答案為：4．【點評】本題考查數列的遞推公式、遞推思想、數學歸納法等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．37．（2024?閔行區(qū)校級模擬）已知有窮數列的首項為1，末項為12，且任意相鄰兩項之間滿足，，則符合上述要求的不同數列的個數為144．〖祥解〗先分析從首項1到末項12的運算方法的分類，然后結合組合數公式即可求解．【解答】解：從首項1到末項12的運算方法共分為以下幾類：（1）11次，方法數為1；（2）9次，2次，方法數為；（3）7次，2次，方法數為；（4）5次，3次，方法數；（5）3次，4次，方法數為；（6）1次，5次，方法數，故共有種．故答案為：144．【點評】本題主要考查了數列遞推關系的應用，組合數公式的應用及分步計數原理的應用，屬于中檔題．38．（2024?長寧區(qū)校級三模）已知數列的通項公式為，數列滿足，則．〖祥解〗把代入，整理后再求數列極限得答案．【解答】解：，，，則，．故答案為：．【點評】本題考查數列極限的求法，考查化歸與轉化思想，考查運算求解能力，是中檔題．39．（2024?黃浦區(qū)二模）已知數列是給定的等差數列，其前項和為，若，且當與時，，，取得最大值，則的值為21．〖祥解〗由已知結合等差數列的性質及二次函數的性質對的正負進行分類討論，分別進行求解即可．【解答】解：當時，有，所以，即為最小值，若取得最大值，則；當時，有，所以，即為最大的值，若取得最大值，則根據二次函數的對稱性可知，；所以．故答案為：21．【點評】本題主要考查了等差數列性質的綜合應用，屬于中檔題．40．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）已知無窮數列的前項和為，不等式對任意不等于2的正整數恒成立，且，那么這樣的數列有2個．〖祥解〗令，求得，再由與的關系，求得或，求得，結合不等式恒成立，可得所求結論．【解答】解：當時，，得或，當時，由，得，兩式相減得：，整理得，所以或，當時，由，可得，由題意可得對任意不等于2的正整數恒成立，則，，，，成立；當時，由，可得，，不合題意，舍去；當時，由，可得，由題意可得對任意不等于2的正整數恒成立，則，，，，成立；當時，若，可得，，不合題意，舍去．所以滿足題意的數列有2個．故答案為：2．【點評】本題考查數列的遞推式和等差數列、等比數列的定義，考查分類討論思想和運算能力、推理能力，屬于中檔題．41．（2024?嘉定區(qū)校級模擬）已知數列滿足，，則此數列的通項．〖祥解〗利用等差數列的通項公式即可得出．【解答】解：，即，數列是等差數列，公差為．．故答案為：．【點評】本題考查了等差數列的通項公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．42．（2024?徐匯區(qū)校級模擬）已知數列，是公差相等的等差數列，且，若為正整數，設，則數列的通項公式為．〖祥解〗設數列，的公差為，由可得，，代入可得答案．【解答】解：設數列，的公差為，由，可得，解得，則，，即，所以．故答案為：．【點評】本題考查了數列的遞推式，重點考查了等差數列通項公式的求法，屬中檔題．43．（2024?閔行區(qū)校級三模）已知數列滿足，點在雙曲線上，則4．〖祥解〗由雙曲線的方程求得，由數列的極限公式求得，再由兩點的距離公式，可得所求值．【解答】解：點在雙曲線上，可得，由于，可取，則，，即有，則．故答案為：4．【點評】本題考查數列極限的求法，以及兩點的距離公式，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．44．（2024?寶山區(qū)二模）某區(qū)域的地形大致如圖1，某部門負責該區(qū)域的安全警戒，在哨位的正上方安裝探照燈對警戒區(qū)域進行探查掃描．假設1：警戒區(qū)域為空曠的扇環(huán)形平地；假設2：視探照燈為點，且距離地面20米；假設3：探照燈照射在地面上的光斑是橢圓．當探照燈以某一俯角從側掃描到側時，記為一次掃描，此過程中照射在地面上的光斑形成一個扇環(huán)，2，3，．由此，通過調整的俯角，逐次掃描形成扇環(huán)、、．第一次掃描時，光斑的長軸為，米，此時在探照燈處測得點的俯角為（如圖．記，經測量知米，且是公差約為0.1米的等差數列，則至少需要經過15次掃描，才能將整個警戒區(qū)域掃描完畢．〖祥解〗由題意可得，從而得故是以為首項，以0.1為公差的等差數列，由等差數的求和公式可得，再由求解即可．【解答】解：因為在中，，，所以，，故，故是以為首項，以0.1為公差的等差數列，故，而，，故．所以至少需要15次才能將整個警戒區(qū)域掃描完畢．故答案為：15．【點評】本題考查了數列在生活中的實際運用，屬于中檔題．45．（2024?普陀區(qū)模擬）設，，是正整數，是數列的前項和，，，若，且，，記，則7．〖祥解〗根據數列遞推式求出的通項，從而可得，進而可得，根據，即可求出．【解答】解：，，兩式相減，得：，即，而，所以，所以，則，當時，，根據數列的性質可知，必有系數1024，512，256，128，64，32，8，則這7個數前面的系數為1，其余系數都是0，故．故答案為：7．【點評】本題主要考查數列遞推式，數列的求和，考查運算求解能力，屬于中檔題．46．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）已知數列滿足：對任意，都有，，設數列的前項和為，若，則的最大值為．〖祥解〗首先求第二項，再找到可行數列，再證明可行性，即可求解．【解答】解：若，則，得，若，與矛盾，只能?。⒁獾揭粋€可行的數列為0，，1，，2，，3，，，下面證明該數列使達到最大．為此，我們證明：當為奇數時，．假設存在某正奇數使，則分為兩種可能：①若，則，；同時，按原數列要求，，，故．注意到該數列顯然為整數數列，故當為奇數時，不存在整數能位于該區(qū)間，因此矛盾．②若，則，，與矛盾；綜上，原假設不成立，故當為奇數時，．而已經找到的數列0，，1，，2，，3，，，其中等號全部成立，故的最大值為．【點評】本題考查數列求和的最值，構造可行數列是解題的關鍵，考查構造思想和運算能力、推理能力，屬于中檔題．47．（2024?長寧區(qū)校級三模）已知數列共有5項，且滿足：①，；②；③，、2、3、4．則滿足條件的數列共有80個．〖祥解〗由特殊角的三角函數值，結合三個條件，首先寫出，，的取值，由分類討論思想，可得所求數列的個數．【解答】解：由③可得，，，，結合①②，即有，，，，，，，，，，，，，，，，，，若，或，都有；，或，都有；若，或，都有，共有．故答案為：80．【點評】本題考查數列與三角函數的綜合、數列的單調性，考查分類討論思想和運算能力，屬于中檔題．48．（2024?楊浦區(qū)校級三模）設關于的方程的從小到大的第個非負解為，2，3，，若數列是無窮等差數列，且在區(qū)間中的項恰好比在區(qū)間，中的項少2項，則的取值集合為為正整數，且．〖祥解〗設是方程的根，則也是方程的根，根據數列是無窮等差數列，求出，根據在區(qū)間中的項恰好比在區(qū)間，中的項少2項，列不等式組求出的取值集合．【解答】解：設第個正解，則的正解從小到大排列為（1），（2），（3），，由，得，因為數列是無窮等差數列，所以，所以，當時，，當，時，，，因為在區(qū)間中的項恰好比在區(qū)間，中的項少2項，所以，解得，所以為正整數，且．故答案為：為正整數，且．【點評】本題考查了等差數列與三角函數求值的應用問題，是難題．49．（2024?普陀區(qū)校級三模）等差數列滿足，則的最大值為50．〖祥解〗根據題意分析可知：存在，使得或，以為例，設等差數列的公差為，結合絕對值不等式的性質分析可知：，且，進而可得，再根據等差數列的前項和公式，求得，從而得出，即可求解．【解答】若對任意，恒成立，則，可得，，顯然兩者不相等，不合題意；同理可得對任意，恒成立也不合題意；所以等差數列一部分為正，一部分為負，即存在，使得或，若，可得，且，當且僅當時，等號成立，即，解得；且，當且僅當時，等號成立即，解得，綜上所述：，即滿足條件的必為偶數，結合等號成立條件可知：且，設等差數列的公差為，則，，，即，，，可得，則，可得，解得，且，即有的最大值為25，的最大值為50；同理可得：當，的最大值也為50．故答案為：50．【點評】本題主要考查等差數列的前項和，屬于難題．三．解答題（共11小題）50．（2024?閔行區(qū)校級三模）如圖，已知正方體頂點處有一質點，點每次會隨機地沿一條棱向相鄰的某個頂點移動，且向每個頂點移動的概率相同，從一個頂點沿一條棱移動到相鄰頂點稱為移動一次，若質點的初始位置位于點處，記點移動次后仍在底面上的概率為．（1）求；（2）證明：數列是等比數列；若，求的最大值．〖祥解〗（1）由圖形可得每一個頂點有3個相鄰的頂點，其中兩個在同一底面，推得，由全概率公式可得；（2）由，結合等比數列的定義，可得證明，由是等比數列．可解得，再解不等式即可．【解答】解：（1）依題意，每一個頂點有3個相鄰的頂點，其中兩個在同一底面．所以當點在下底面時，隨機移動一次仍在下底面的概率為，在上底面時，隨機移動一次回到下底面的概率為，又因為，所以；（2）證明：因為，所以．又因為，所以，所以數列是等比數列．因為，所以，若，即，又，，所以若，的最大值為6．【點評】本題考查等比數列的定義、通項公式和求和公式，以及數列的錯位相減法求和、概率的運算，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．51．（2024?閔行區(qū)校級模擬）某集團投資一工廠，第一年年初投入資金5000萬元作為初始資金，工廠每年的生產經營能使資金在年初的基礎上增長．每年年底，工廠向集團上繳萬元，并將剩余資金全部作為下一年的初始資金，設第年的初始資金為萬元．（1）判斷是否為等比數列？并說明理由；（2）若工廠某年的資金不足以上繳集團的費用，則工廠在這一年轉型升級．設，則該工廠在第幾年轉型升級？〖祥解〗（1）根據已知條件，列出遞推式，再結合等比數列的性質，即可求解；（2）結合（1）的結論，求出，再結合對數的運算性質，即可求解．【解答】解：（1）是等比數列，理由如下：由題意可得，，，則，，由此可得，，即，當時，，故不是等比數列，當且時，故是以為首項，為公比的等比數列；（2）當時，由（1）可知：是以為首項，為公比的等比數列，故，，，設第年轉型升級，則，解得，故，綜上可知：該工廠在第9年轉型升級．【點評】本題主要考查數列的應用，考查轉化能力，屬于中檔題．52．（2024?青浦區(qū)二模）若無窮數列滿足：存在正整數，使得對一切正整數成立，則稱是周期為的周期數列．（1）若（其中正整數為常數，，，判斷數列是否為周期數列，并說明理由；（2）若，判斷數列是否為周期數列，并說明理由；（3）設是無窮數列，已知．求證：“存在，使得是周期數列”的充要條件是“是周期數列”．〖祥解〗（1）根據題設定義，利用的周期，即可得出結果；（2）分與兩種情況討論，當，易得到是周期為1的周期數列，當時，構造，則，利用導數與函數單調性間的關系，可得出是嚴格增（或減）數列，從而可得出結果；（3）根據條件，利用充要條件的證明方法，即可證明結果．【解答】解：（1）因為，所以是為周期為的周期數列．（2）①當時，，，所以當時，是周期為1的周期數列；②當時，記，則，，當且僅當時等號成立．即，所以在上嚴格增．若，則，即，進而可得，即是嚴格增數列，不是周期數列；同理，若，可得是嚴格減數列，不是周期數列．綜上，當時，是周期為1的周期數列；當時，不是周期數列．（3）證明：充分性．若是周期數列，設它的周期為，記，則，，是關于的連續(xù)函數；，是關于的連續(xù)函數；，是關于的連續(xù)函數；，令，則是連續(xù)函數，且，，所以存在零點．于是（c），取，則（c），從而，，一般地，對任何正整數都成立，即是周期為的周期數列．必要性．若存在，使得是周期數列，設的周期為，則，所以是周期為的周期數列．【點評】本題主要考查數列的綜合應用，屬于中檔題．53．（2024?嘉定區(qū)校級模擬）已知，集合，，其中，，，．（1）求中最小的元素；（2）設，，且，求的值；（3）記，，若集合中的元素個數為，求．〖祥解〗（1）直接利用賦值法求出結果；（2）利用分類討論思想的應用①，②，③，進一步求出結果；（3）利用裂項的方法和組合數的變換求出數列的和．【解答】解：（1）中的最小元素為；（2）由題得，設，．①當時，或或或或或．經檢驗，當時，，符合題意，所以．②當時，或或或．經檢驗，當時，，符合題意，所以．③當時，不符合題意．因此，或10．（3）設，則，其中，，所以，設，則，因為，所以，，因為．所以，所以，又因為，所以．【點評】本題考查了數列遞推關系、等差數列的通項公式、裂項求和方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．54．（2024?寶山區(qū)校級四模）已知，數列的前項和為，點，均在函數的圖像上．（1）求數列的通項公式；（2）若，令，求數列的前2024項和．〖祥解〗（1）由題意可得，由與的關系，可得所求通項公式；（2）推得，再由數列的倒序相加求和，可得所求和．【解答】解：（1）由題意可得，當時，，當時，，對也成立，則，；（2）由，可得，又，可得，即有，則，又，兩式相加可得，可得．【點評】本題考查數列的遞推式和函數的對稱性、數列的倒序相加求和，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．55．（2024?徐匯區(qū)模擬）已知各項均不為0的數列滿足是正整數），，定義函數，是自然對數的底數．（1）求證：數列是等差數列，并求數列的通項公式；（2）記函數，其中；證明：對任意，；數列滿足，設為數列的前項和．數列的極限的嚴格定義為：若存在一個常數，使得對任意給定的正實數（不論它多么?。?，總存在正整數滿足：當時，恒有成立，則稱為數列的極限．試根據以上定義求出數列的極限．〖祥解〗（1）利用等差數列定義，構造，即可證明；（2）先證，再證，分開證明．（3）取進行求解．【解答】解：（1）已知各項均不為0的數列滿足是正整數），即，得，所以是以首項，公差為1的等差數列．即．又．當時也滿足，即．（2）①先證：．根據已知，得．由，，當且僅當時等號成立，于是在，上是嚴格增函數，故成立．再證：．又，記，則，由，，故當且僅當時等號成立，于是在，上是嚴格減函數，故，于是．所以．②由題意知，，下面研究．將推廣至一般情形．．由，，，當且僅當時等號成立，于是在，上是嚴格增函數，故成立①；再證：，，記，則，由，，，故當且僅當時等號成立，于是在，上是嚴格減函數，故，于是．所以，，即對任意，．于是對，，整理得，令，得，即，故．當時，，故，即．從而．對于任意給定的正實數，令，則取為大于且不小于6的最小整數，則當時，恒成立，的極限為．【點評】本題考查了數列與不等式等綜合知識，屬于難題．56．（2024?閔行區(qū)二模）已知定義在上的函數的表達式為，其所有的零點按從小到大的順序組成數列．（1）求函數在區(qū)間上的值域；（2）求證：函數在區(qū)間，，上有且僅有一個零點；（3）求證：．〖祥解〗（1）求得的導數，判斷的單調性，可得所求值域；（2）討論為奇數，或偶數時，的單調性，結合函數零點存在定理，可得證明；（3）由（2）可知函數在，，上有且僅有一個零點，再由零點存在定理、以及正切函數的性質和不等式的性質，可得證明．【解答】解：（1）由，當時，，即函數在區(qū)間上是嚴格增函數，且，，所以在區(qū)間上的值域為．（2）證明：當，，時，，①當是奇數時，，函數在區(qū)間，上是嚴格減函數；②當是偶數時，，函數在區(qū)間，上是嚴格增函數；且，故，所以由零點存在定理可知，函數在區(qū)間，，上有且僅有一個零點．（3）證明：由（2）可知函數在，，上有且僅有一個零點，且滿足，即．又因為，故，所以由零點存在性定理可知，函數在上有且僅有一個零點，于是，，，①因為，得，所以，即；（或者②因為，由（1）可知，當時，有，故，所以；由①②可知．【點評】本題考查數列與函數的綜合，以及導數的運用：求單調性，考查分類討論思想、轉化思想和運算能力，屬于難題．57．（2024?普陀區(qū)校級三模）對給定的在定義域內連續(xù)且存在導函數的函數，若對在定義域內的給定常數，存在數列滿足在的定義域內且，且對，，在區(qū)間的圖象上有且僅有在一個點處的切線平行于，（a）和，的連線，則稱數列為函數的“關聯切線伴隨數列”．（1）若函數，證明，都存在“關聯切線伴隨數列”；（2）若函數，數列為函數的“1關聯切線伴隨數列”，且，求的通項公式；（3）若函數，數列為函數的“關聯切線伴隨數列”，記數列的前項和為，證明：當，時，．〖祥解〗（1）根據題意分析可知：數列是以為首項，為公比的等比數列，結合等比數列分析證明