資源簡介

參考答案:
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A D B C D C C B C
題號 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 C C D A B B C A ACD C
題號 21 22 23 26 27 28 33 34 35 36
答案 B ABD C C B C B BC B D
題號 37 38 39 40 41 42 43 44 46 47
答案 D D A C A A D A BCD A
題號 48 49 50 51 52 53 54 56 57 59
答案 A C C C BD A D A ACD A
題號 60 62 63 64 66
答案 B D D ACD A
1. C
【知識點】等差中項的應用、求等差數列前 項和
【分析】根據等差中項的性質計算即可.
【詳解】由等差數列的性質可知: ,
;
故選: C.
2. A
【知識點】利用等差數列的性質計算
【分析】設首項為 ,公差為 ,由已知有 ,所以可得 的值.
【詳解】解: 為等差數列,設首項為 ,公差為 ,
由已知有 ,
即 .
故選: A.
3. D
【知識點】等差數列通項公式的基本量計算、利用等差數列的性質計算、等差數列前 項和的基本量計算
【分析】可以根據等差數列的基本量,即將題目條件全轉化成 和 來處理,亦可用等差數列的性質進行處理, 或者特殊值法處理.
【詳解】方法一: 利用等差數列的基本量
由 ,根據等差數列的求和公式, ,
又 .
故選:D
方法二: 利用等差數列的性質
根據等差數列的性質, ,由 ,根據等差數列的求和公式,
,故 .
故選: D
方法三: 特殊值法
不妨取等差數列公差 ,則 ,則 .
故選:D
4. B
【知識點】等差數列通項公式的基本量計算、利用等差數列的性質計算、等差數列前 項和的基本量計算
【分析】由 結合等差中項的性質可得 ,即可計算出公差,即可得 的值.
【詳解】由 ,則 ,
則等差數列 的公差 ,故 .
故選: B.
5. C
【知識點】利用等差數列的性質計算、求等差數列前 項和、等差數列前 項和的基本量計算
【分析】方法一: 根據題意直接求出等差數列 的公差和首項,再根據前 項和公式即可解出;
方法二: 根據等差數列的性質求出等差數列 的公差,再根據前 項和公式的性質即可解出.
【詳解】方法一: 設等差數列 的公差為 ,首項為 ,依題意可得,
,即 ,
又 ,解得: ,
所以 .
故選: C.
方法二: ,所以 ,
從而 ,于是 ,
所以 .
故選: C.
6. D
【知識點】等差數列前 項和的其他性質及應用、既不充分也不必要條件
【分析】利用公差 ,如 與 ,可判斷結論.
【詳解】若公差 ,如數列 ,則數列的前 項和 先減再增;
若 是遞增數列,如 ,則 為常數列也為等差數列,且 ;
所以甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件,故 項正確.
故選: D.
7. C
【知識點】充要條件的證明、判斷等差數列、由遞推關系證明數列是等差數列、求等差數列前 n 項和
【分析】利用充分條件、必要條件的定義及等差數列的定義,再結合數列前 項和與第 項的關系推理判斷作答. ,
【詳解】方法 1,甲: 為等差數列,設其首項為 ,公差為 ,
則 ,
因此 為等差數列,則甲是乙的充分條件;
反之,乙: 為等差數列,即 為常數,設為 ,
即 ,則 ,有 ,
兩式相減得: ,即 ,對 也成立,
因此 為等差數列,則甲是乙的必要條件,
所以甲是乙的充要條件, 正確.
方法 2,甲: 為等差數列,設數列 的首項 ,公差為 ,即 ,
則 ,因此 為等差數列,即甲是乙的充分條件;
反之,乙: 為等差數列,即 ,
即 ,
當 時,上兩式相減得: ,當 時,上式成立,
于是 ,又 為常數,
因此 為等差數列,則甲是乙的必要條件,
所以甲是乙的充要條件.
故選:C
8. C
【知識點】等差中項的應用、直線過定點問題、圓的弦長與中點弦
【分析】結合等差數列性質將 代換,求出直線恒過的定點,采用數形結合法即可求解.
【詳解】因為 成等差數列,所以 ,代入直線方程 得
,即 ,令 得 ,
故直線恒過(1, - 2),設 ,圓化為標準方程得: ,
設圓心為 ,畫出直線與圓的圖形,由圖可知,當 時, 最小,
,此時 .
故選:C
9. B
【知識點】求余弦 (型) 函數的最小正周期、利用定義求等差數列通項公式、數列周期性的應用、集合元素互異性的應用
【分析】根據給定的等差數列, 寫出通項公式, 再結合余弦型函數的周期及集合只有兩個元
素分析、推理作答.
【詳解】依題意,等差數列 中, ,
顯然函數 的周期為 3,而 ,即 最多 3 個不同取值,又
則在 中, 或 或
于是有 或 ,
即有 ,解得 ;
或者 ,解得 ;
所以 或
故選: B
10.
【知識點】等比數列前 項和的基本量計算
【分析】根據題意列出關于 的方程,計算出 ,即可求出 .
【詳解】由題知 ,
即 ,即 ,即 .
由題知 ,所以 .
所以 .
故選:C.
11. C
【知識點】等比數列通項公式的基本量計算、利用等比數列的通項公式求數列中的項
【分析】由題意確定該數列為等比數列,即可求得 的值.
【詳解】當 時, ,所以 ,即 ,
當 時, ,
所以數列 是首項為 2,公比為 3 的等比數列,
則 .
故選: C.
12. C
【知識點】等比數列前 項和的基本量計算、等比數列片段和性質及應用
【分析】方法一: 根據等比數列的前 項和公式求出公比,再根據 的關系即可解出;
方法二: 根據等比數列的前 項和的性質求解.
【詳解】方法一: 設等比數列 的公比為 ,首項為 ,
若 ,則 ,與題意不符,所以 ;
若 ,則 ,與題意不符,所以 ;
由 可得, ①,
由①可得, ,解得: ,
所以 .
故選: C.
方法二: 設等比數列 的公比為 ,
因為 ,所以 ,否則 ,
從而, 成等比數列,
所以有, ,解得: 或 ,
當 時, ,即為 ,
易知, ,即 ;
當 時, ,
與 矛盾,舍去.
故選: C.
【點睛】本題主要考查等比數列的前 項和公式的應用,以及整體思想的應用,解題關鍵是把握 的關系,從而減少相關量的求解,簡化運算.
13. D
【知識點】等比數列通項公式的基本量計算、等比數列前 項和的基本量計算、利用等比數列的通項公式求數列中的項
【分析】設等比數列 的公比為 ,易得 ,根據題意求出首項與公比,再根據等比數列的通項即可得解.
【詳解】解: 設等比數列 的公比為 ,
若 ,則 ,與題意矛盾,
所以 ,
則 ,解得 ,
所以 .
故選: D.
14. A
【知識點】等比數列下標和性質及應用、等比數列子數列性質及應用
【詳解】試題分析:由等比數列的性質知, 成等比數列,所以
故答案為
考點: 等比數列的性質、指數冪的運算、根式與指數式的互化等知識, 轉化與化歸的數學思想.
15. B
【知識點】判斷命題的必要不充分條件、判斷數列的增減性
【分析】當 時,通過舉反例說明甲不是乙的充分條件; 當 是遞增數列時,必有 成立即可說明 成立,則甲是乙的必要條件,即可選出答案.
【詳解】由題,當數列為 時,滿足 ,
但是 不是遞增數列,所以甲不是乙的充分條件.
若 是遞增數列,則必有 成立,若 不成立,則會出現一正一負的情況,是矛盾的,則 成立,所以甲是乙的必要條件.
故選: B.
【點睛】在不成立的情況下, 我們可以通過舉反例說明, 但是在成立的情況下, 我們必須要給予其證明過程.
16. B
【知識點】判斷命題的必要不充分條件、由定義判定等比數列、數列新定義
【分析】利用等比數列的性質以及正負進行判斷即可.
【詳解】若 為等比數列,設其公比為 ,則 為常數,所以
成等比數列,即 是等方比數列,故必要性滿足.
若 是等方比數列,即 成等比數列,則 不一定為等比數列,例如
,有 ,滿足 是等方比數列,但 不是等比數列,充分性不滿足.
故選:B
17. C
【知識點】等比中項的應用、求平面軌跡方程
【分析】首先利用等比數列得到等式, 然后對所得的等式進行恒等變形即可確定其軌跡方程.
【詳解】由題意得 ,即 ,
對其進行整理變形:
所以 或 ,
其中 為雙曲線, 為直線.
故選: C.
【點睛】關鍵點點睛:本題考查軌跡方程, 關鍵之處在于由題意對所得的等式進行恒等變形,
提現了核心素養中的邏輯推理素養和數學運算素養,屬于中等題.
18. A
【知識點】求等比數列前 項和、分組(并項)法求和
【分析】直接利用數列前 項和公式建立等量關系,進一步求出結果.
【詳解】根據題意知,數列分段給出,第 段為首項為 1,公比為 2 的 項等比數列,
因此前 段包含的項數為 ,
這些項的和為
化簡得 ,
設所求數列的前 項包含完整的 段和第 段的前 項,
則 ,且 ,
即 ,且 取得最小整數,
則 ,
易知 隨著 的變大而變大,
當 時, ,不合題意;
當 時, ,符合;
故選: A
19. ACD
【知識點】求等比數列前 項和、數列新定義
【分析】利用 的定義可判斷 選項的正誤,利用特殊值法可判斷 選項的正誤.
【詳解】對于 選項, ,
所以, , A 選項正確;
對于 選項,取 ,
而 ,則 ,即 選項錯誤;
對于 選項, ,
所以, ,
所以, ,因此, 選項正確;
對于 選項, ,故 , 選項正確.
故選: ACD.
20.
【知識點】判斷數列的增減性、利用等差數列的性質計算、求等差數列前 項和
【分析】根據給定條件,利用等差數列的性質及前 項和公式計算推理得解.
【詳解】依題意, ,則 ,
又 ,則 ,
等差數列 的公差 ,因此數列 單調遞減,
,且 ,
即任意正整數 恒成立,
所以對任意正整數 ,都有 成立的 .
故選:C
21. B
【知識點】等差數列通項公式的基本量計算、利用等差數列的性質計算、求等差數列前 項和、求等差數列前 項和的最值
【分析】對于 : 根據 可得 ,結合通項公式分析判斷; 對于 : 根據等差數列性質可得 ,即可分析判斷; 對于 : 根據 分析數列 的符號性, 即可判斷.
【詳解】對于選項 A: 因為數列 為等差數列,
則 ,即 ,
可得 ,則 ,故 錯誤;
對于選項 : 因為 ,則 ,
所以 ,故 正確;
對于選項 D: 因為 ,且 ,可知 ,
當 時, ; 當 時, ;
可知當且僅當 時, 取到最大值,故 錯誤,
對于選項 : 因為 ,
所以 ,故 錯誤；
故選: B.
22. ABD
【知識點】等差數列的單調性、求等差數列前 項和、等差數列前 項和的其他性質及應用、 求等差數列前 項和的最值 【分析】利用 關系及等差數列通項公式得 判斷 ; 根據已知及
項分析得 ,進而確定 的符號判斷 ;
根據 項分析確定數列正負分界項,再由等差數列前 項和確定 對應 的最小值
判斷 B; 根據以上分析確定 各項符號判斷 D.
【詳解】根據題意:
兩式相加,解得 ,當 時, 最大,故 正確;
由 ,可得 ,所以 ,
故 ,
所以 ,故 錯誤；
由以上可得: ,
,而 ,
當 時, ; 當 時, ;
所以使得 成立的最小自然數 ,故 正確.
當 或 時 ; 當 時 ;
由 ,
所以 中最小項為 ,故 正確.
故選: ABD
23.
【知識點】判斷等差數列、等差中項的應用
【分析】分析可知數列 的每一項都是正數,由已知條件可得出 ,結合等差中項法判斷可得出結論.
【詳解】因為數列 各項為正數, 滿足 ,
故對任意的 ,則 ,
所以數列 的每一項都是正數,所以 ,可得 . 由等差中項法可知,數列 是等差數列.
故選: C.
24. 1 或 2
【知識點】由遞推關系證明數列是等差數列
【分析】結合題意可得當 時, ,進而得到 , 進而結合數列 為等差數列可得 為常數 ,進而分 和 兩種情況討論求解即可.
【詳解】由題意, 為數列 的前 項積,且 ,
則當 時, ,即 ,
所以 (定 2).
由數列 為等差數列,則 為常數 ,
①若 ,則 恒成立,即 恒成立,所以 ；
②若 ,則 ,所以 ,解得 .
綜上所述, 或 .
故答案為: 1 或 2 .
【點睛】關鍵點點睛: 本題關鍵在于結合題意得到 ,進而結合等差數列的性質求解即可.
25. 8 tan
【知識點】用和、差角的正弦公式化簡、求值、由遞推關系式求通項公式、等差數列通項公式的基本量計算
【分析】利用等差數列的通項公式和前 項和公式求出等差數列的通項,即可求出 ; 利用兩角差的正弦公式和疊加法即可求數列 的前 項和.
【詳解】設數列 的公差為 ,則 ,解得 ,
則 ,所以 ；
設數列 的前 項和為 ,
......
將這 個式子疊加得 .
故答案為: .
【點睛】形如 這種形式的遞推公式可以利用疊加法求數列 通項公式.
26. C
【知識點】等比數列前 項和的基本量計算
【分析】根據給定條件,求出等比數列 公比 即可計算得解.
【詳解】等比數列 的公比為 ,由 ,得 ,
即 ,而 ,則 ,
因此 ,
所以 .
故選:C
27. B
【知識點】等比數列通項公式的基本量計算
【分析】結合題意, 取最小值時為負數,且 ,利用等比數列的基本量運算即可求解.
【詳解】由題意,要使 最小,則 都是負數,
則 和 選擇 2 和 8,設等比數列的公比為 ,
當 時, ,所以 ,所以 ;
當 時, ,所以 ,所以 ;
綜上, 的最小值為 -16 .
故選: B.
28. C
【知識點】給值求值型問題、由遞推關系證明等比數列、裂項相消法求和、數列不等式能成立 (有解) 問題
【分析】根據題意結合三角恒等變換可得 ,分析可知數列 是以首項 ,公比為 的等比數列,即可得 ,利用裂項相消法求 ,代入運算求解即可.
【詳解】因為 ,且 ,即 ,
且 ,則 ,可得 ,
整理可得 ,解得 或 (舍去),
則 ,
可得 ,則 ,
且 ,可知數列 是以首項 ,公比為 的等比數列,
則 ,可得 ,
所以 ,
則 ,整理可得 ,
則 ,解得 ,
所以 的最大值為 4 .
故選: C.
【點睛】思路點睛:1.利用三角恒等變換求 ；
2. 根據遞推公式分析可知數列 是以首項 ,公比為 的等比數列,進而可得 ;
3. 利用裂項相消法求 ,代入解不等式即可.
29.333
【知識點】等差中項的應用、等比中項的應用
【分析】設公差為 ,從而由題意列式得到 ,化為 ,結合 為整數確定 的取值,進而確定 的值.
【詳解】因為 成等差數列,故設公差為 ,則 ,
由 成等比數列,得 ,結合 ,
得 ,整理得 ,
由于 為整數,且 ,故 為整數, ,
則 ,需滿足 ,即 ,
結合 為整數,代入 ,可得只有當 時, 才為整數,
當 時, ,則 ,不合題意;
當 時, ,則 , , ,適合題意,
則 ,
故答案為: 333
【點睛】關鍵點點睛: 本題考查了數列的綜合應用, 解答的關鍵是利用等差等比數列的性質
來設參數 ,得出 后,要結合題意確定 的值,進而求得答案.
30. 5 720
【知識點】錯位相減法求和、數與式中的歸納推理
【分析】(1)按對折列舉即可；(2)根據規律可得 ,再根據錯位相減法得結果.
【詳解】(1)由對折 2 次共可以得到 三種規格的圖形,所以對著三次的結果有: ,共 4 種不同規格 (單位 ); 故對折 4 次可得到如下規格: ,共 5 種不同規格;
(2)由于每次對著后的圖形的面積都減小為原來的一半,故各次對著后的圖形,不論規格如何,其面積成公比為 的等比數列,首項為 ,第 次對折后的圖形面積為 ,對于第 此對折后的圖形的規格形狀種數,根據 (1) 的過程和結論,猜想為 種
(證明從略),故得猜想 ,
設 ,
則 ,
兩式作差得:
因此, .
故答案為: .
【點睛】方法點睛: 數列求和的常用方法:
(1)對于等差等比數列,利用公式法可直接求解；
(2)對于 結構,其中 是等差數列, 是等比數列,用錯位相減法求和；
( 3 )對于 結構,利用分組求和法；
( 4 )對于 結構,其中 是等差數列,公差為 ,則 ,
利用裂項相消法求和.
31.
【知識點】由定義判定等比數列、求等比數列前 項和
【分析】設 的半徑為 ,分析正方形邊長與半徑的關系可得 ,進而可得 的面積為 ,再分析第 次裁剪操作的正方形邊長,進而可得每次操作減去的面積,再求和即可.
【詳解】設 的半徑為 ,則 ,
的半徑為 ,即 ,故 ,
的面積為 ,
又第 次裁剪操作的正方形邊長為 ,
故第 次裁剪操作裁剪掉的面積為
所以第 次裁剪操作后,裁剪掉的面積之和為
所以第 2024 次操作后,所有被裁剪部分的面積之和為 .
故答案為: .
【點睛】方法點睛: 數列求和的常用方法:
(1)對于等差等比數列,利用公式法可直接求解；
(2)對于 結構,其中 是等差數列, 是等比數列,用錯位相減法求和；
( 3 )對于 結構,利用分組求和法；
(4)對于 結構,其中 是等差數列,公差為 ,則 ,
利用裂項相消法求和.
32.
【知識點】利用導數研究能成立問題、等比數列通項公式的基本量計算
【分析】
利用等比數列,將各項均用 表示,然后構造函數 ,
分類討論 和 兩種情況下 的單調性,進而確定為使方程 有解, 的取值范圍.
【詳解】因為 為等比數列,所以
令 ,
則 .
因為 ,所以 .
當 時, ,此時 恒成立, 在 上單調遞增,
,所以 一定有解,即 ,使得 成立.
當 時, ,則 ,此時 單調遞增; ,則 ,
此時 單調遞減.
為使 有解,則 ,
整理得 ,解得 .
又 ,所以 .
綜上, 的取值范圍是 .
故答案為:
33. B
【知識點】判斷命題的必要不充分條件、判斷數列的增減性、求等差數列前 項和、等比數列通項公式的基本量計算
【分析】根據等比數列的通項公式,結合等差數列的前 項和公式以及充分性和必要性的定義進行判斷即可.
【詳解】由題意,
則 ,
當 時, 對于 不一定恒成立,
如取 ,即得不到數列 為遞減數列;
當數列 為遞減數列時, 且 對于 恒成立,
又因 ,故得 .
故 ” 是 “數列 為遞減數列” 的必要不充分條件.
故選: B.
34. BC
【知識點】確定數列中的最大(小)項、等比數列通項公式的基本量計算、前 項和與通項關系
【分析】根據題意判斷出數列 的前 2023 項大于 1,而從第 2024 項開始都小于 1 . 對于 A,利用等比的定義判斷；對于 ,由 及 與 的關系判斷；對于 ,由 的定義即可判斷; 對于 ,先求出 ,結合 即可判斷.
【詳解】由 得 與 異號,即 或 ,
因為 ,所以 ,
即數列 的前 2023 項大于 1,而從第 2024 項開始都小于 1,
對于 : 公比 ,故 錯誤;
對于 ,因為 ,所以 ,所以 ,故 正確;
對于 ,數列 的前 2023 項大于 1,而從第 2024 項開始都小于 1,
等比數列 的前 項積為 ,所以 是數列 中的最大項,故 正確;
對于
因為 ,所以 ,即 ,故 錯誤.
故選: BC.
35. B
【知識點】倒序相加法求和
【分析】由題意可得 ,再由倒序相加法求解即可.
【詳解】由 可得: ,
所以 ,
所以設
則兩式相加可得:
故選: B.
36. D
【知識點】等比中項的應用、倒序相加法求和
【分析】由等比數列的性質可得 ,由 ,可得 ,故有 ,即可計
算 .
【詳解】由數列 是公比為 的正項等比數列,故 ,
,故 ,
即有 ,
由 ,則當 時,
有 ,
故 ,
故
故 .
故選: D.
37. D
【知識點】求函數值、函數對稱性的應用、倒序相加法求和
【分析】先得到 ,然后利用倒序相加來求和即可.
【詳解】 ,
即
設 ①,
則 ②
①+②得
,
所以 ,
又 ,
所以 .
故選: D.
38. D
【知識點】求等比數列前 項和、錯位相減法求和、求復數的實部與虛部、復數的除法運算
【分析】由錯位相減法化簡復數 后再由復數的運算和復數的幾何意義求出結果即可.
【詳解】因為 鬢 2024 ,
鬃
所以 鬃 ,①
因為 ,所以 ,
所以化簡①可得 ,
所以虛部為 -1012 ,
故選: D.
39. A
【知識點】錯位相減法求和、數列不等式恒成立問題
【分析】由歐拉函數的定義可求出 ,由錯位相減法求出 ,可得 ,即 ,
即可求出 的最小值.
【詳解】因為 3 為質數,在不超過 的正整數中,所有能被 3 整除的正整數的個數為 ,
所以 ,則 ,
所以 ,
兩式相減可得:
所以 ,
因為 ,所以 在 在單調遞增,
所以 恒成立,所以 ,
所以 的最小值為 .
故選: A.
40. C
【知識點】由遞推數列研究數列的有關性質、求等比數列前 項和、錯位相減法求和、由基本不等式比較大小
【分析】
利用數列的遞推式與放縮法, 結合基本不等式, 等比數列的求和公式與錯位相減法, 逐一分析判斷各選項即可得解.
【詳解】對于 ,由題意易得 ,
由 ,得 ,故 正確;
對于 ,由選項 得 ,所以 ,
則 ,故 錯誤；
對于 ,由 ,得 也是遞增數列,
所以 ,即 ,故 正確;
對于 ,由選項 得 ,
累加得 ,
令 ,則 ,
兩式相減,得
則 ,所以 ,故 正確.
故選: C.
【點睛】關鍵點點睛: 本題解決的關鍵是熟練掌握數列的放縮法與錯位相減法, 從而得解.
41. A
【知識點】裂項相消法求和、利用 an 與 sn 關系求通項或項
【分析】由前 項和與 的關系得到 ,證明數列 是等差數列,得出 和
通項公式,從而得到 的前 項和.
【詳解】令 ,依題意得 ,即 ,則
即 ,
所以數列 是以 1 為首項. 1 為公差的等差數列.
所以 .
所以 .
故選: A.
42. A
【知識點】利用等差數列的性質計算、裂項相消法求和
【分析】首先對已知等式進行變形,可得到數列 的性質,進而求出 的表達式,然后
得出 的表達式,再利用裂項相消法求出前 8 項和.
【詳解】已知 ,等式兩邊同時除以 ,得到 .
因為 ,所以 ,那么數列 是以 1 為首項,2 為公差的等差數列.
得 ,則 .
求數列 的前 8 項和
故選: A.
43. D
【知識點】累加法求數列通項、求等差數列前 項和、裂項相消法求和
【分析】根據累加法可得數列 的通項公式,再根據裂項相消求和即可得答案.
【詳解】由題意可得
,
累加可得
,所以 ,
故 .
故選: D.
44. A
【知識點】裂項相消法求和、利用 an 與 sn 關系求通項或項
【分析】由 結合題意可得 ,再由裂項求和法可化簡 ,
即可得答案.
【詳解】由 ,
又 ,
則 , ,
又 時, ,則 .
則 ,
則 .
令 .
故選: A
45. 121
【知識點】導數的運算法則、利用定義求等差數列通項公式、裂項相消法求和
【分析】先求導 ,根據 ,得到 ,進而
求得 ,得到 ,利用裂項相消法求解.
【詳解】解: 因為 ,
所以 ,
因為 ,
所以 ,
即 ,
所以 是以 1 為首項,以 1 為公差的等差數列,
所以 ,則 ,
所以 ,
則 ,
因為 ,
所以 ,解得 ,
所以使得 成立的最小正整數 為 121
故答案為:121
46. BCD
【知識點】用導數判斷或證明已知函數的單調性、裂項相消法求和、利用 an 與 sn 關系求通項或項、數列綜合
【分析】應用 與 的關系,將 中的 消掉,求出 判斷符號即可判斷 項的正誤；判斷數列 是等差數列,進而求出 ,再利用作差法判斷 項的正誤；應用放縮法與裂項相消求出 ,再與 比較即可; 構造函數
,并利用導數研究函數的最小值,再取 即可判斷 項的正誤.
【詳解】因為 ,所以當 時, ,
兩式相減,可得 ,
所以 ,
所以 ,
所以 是單調遞減數列,故 錯誤;
當 時, ,所以 ;
當 時, ,化簡整理得 ,
所以數列 是等差數列,其首項為 4,公差為 4,
所以 ,
所以
所以 ,故 正確;
因為 ,
所以
所以 ,故 正確;
設函數 ,則 ,
因為 ,所以 ,
所以 在 上單調遞減,
所以 ,
取 ,所以 ,即
又因為 ,所以 . 故 正確.
故選: BCD.
47. A
【知識點】裂項相消法求和
【分析】由 ,由此可以得到
,然后即可求出 的整數部分.
【詳解】當 , 因 , 所以 , 即 , 故 的整數部分等于 4 故選: A. 48. A 【知識點】累加法求數列通項、裂項相消法求和、累乘法求數列通項 【分析】顯然可知, ,利用倒數法得到 ,再放縮可得 ,由累加法可得 ,進而由 局部放縮可得 ,然后利用累乘法求得 ,最后根據裂項相消法即可得到 , 從而得解.
【詳解】因為 ,所以 .
由
,即
根據累加法可得, ,當 時 ,
則 ,當且僅當 時等號成立,
,
由累乘法可得 ,且 , 則 ,當且僅當 時取等號, 由裂項求和法得: 所以 ,即 .
故選: A.
【點睛】本題解題關鍵是通過倒數法先找到 的不等關系,再由累加法可求得
,由題目條件可知要證 小于某數,從而通過局部放縮得到 的不等關系,
改變不等式的方向得到 ,最后由裂項相消法求得 .
49. C
【知識點】利用定義求等差數列通項公式、分組 (并項) 法求和
【分析】由等差數列的通項公式求得通項 ,然后分組求和可得.
【詳解】設等差數列 的公差為 ,則 ,
所以 ,則 ,
故數列 的前 10 項和為 .
故選: C.
50. C
【知識點】求等差數列前 項和、分組(并項)法求和
【分析】根據題意,結合 ,將 前 24 項和 轉化為等差數列求和問題.
【詳解】因為 ,
所以 ,
故選: C.
51. C
【知識點】由遞推數列研究數列的有關性質、求等差數列前 項和、分組(并項)法求和、 利用 an 與 sn 關系求通項或項
【分析】易通過 ,可得 ,也可求得 ,但此數列存在不確定的首項,所以在求和后發現結果為 ,與選項中的四個數進行對比分析,發現 一定不能為
負整數, 所以只能選 C.
【詳解】由 可得: 且 ,
由上式又有: ,
還有 ,兩式相減得: ,
兩邊同時除以 得: ,
由上式可知數列 的奇數項和偶數項分別成等差數列,公差為 1,
所以
由此數列的奇數項公式為 ,又由 ,
所以可以判斷 一定不能為負整數,即只能有 ,
故選:C.
52. BD
【知識點】累加法求數列通項、由遞推關系式求通項公式、由定義判定等比數列、求等比數列前 項和
【分析】計算出 ,故 不是等比數列,即可判斷 ; 計算出 的前三項,得到 ,即可判斷 ; 由題干條件得到 ,故 為等比數列,得到 ,故 , 相加即可求出 ,即可判斷 ; 在 的基礎上,分奇偶項,分別得到通項公式,最后求出 ,即可判斷 .
【詳解】由題意得: ,
由于 ,故數列 不是等比數列, 錯誤;
則 ,
由于 ,故數列 不為等比數列, 正確;
當 時, ,即 ,
又 ,
故 為等比數列,首項為 2 ,公比為 3 ,
故 ,
故 ,
以上 20 個式子相加得: 錯誤;
因為 ,所以 ,兩式相減得:
當 時, ,
以上式子相加得: ,
故 ,而 也符和該式,故 ,
令 得: ,
當 時, ,
以上式子相加得: ,
故 ,而 也符號該式,故 ,
令 得: ,
綜上: , D 正確.
故選: BD
【點睛】關鍵點點睛: 當遇到 時,數列往往要分奇數項和偶數項,分別求出通項公式,最后再檢驗能不能合并為一個,這類題目的處理思路可分別令 和 , 用累加法進行求解. 53. A 【知識點】求等差數列前 項和、分組(并項)法求和
【分析】由題可得 ,令 ,
將問題轉化求 ,由等差數列的求和公式計算可得.
【詳解】由 ,可得 ,
所以 ,
令 ,所以數列 是首項為 3,公差為 8 的等差數
列,
所以 ,
由于 ,
所以 的前 100 項和為 2475,
故選: A
54. D
【知識點】由定義判定等比數列、求等比數列前 項和、分組(并項)法求和
【分析】根據給定條件,求出 ,再利用等比數列前 項和公式計算即得.
【詳解】數列 中, ,由 ,得 ,則有 ,
因此數列 是以 1 為首項,2 為公比的等比數列,數列 是以 2 為首項,2 為公比的等比數列,
所以 .
故選: D
55.
【知識點】求含 (型)函數的值域和最值、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式、由遞推數列研究數列的有關性質
【分析】根據數列范圍及遞推關系三角換元, 結合二倍角正弦公式最后應用三角函數值域求解即可.
【詳解】因為 ,
所以設 ,
L
當 時取等號.
故答案為: .
56. A
【知識點】由遞推關系式求通項公式、由定義判定等比數列、求等比數列前 項和
【分析】依題意,先令 ,可得 ,再令 ,結合 ,可得 ,進而判斷出數列 是以首項為 ,公比為 的等比數列,最后結合等比數列的通項公式即可求值.
【詳解】因為對 ,都有 ,
所以令 ,有 ,則有 ,
令 ,有 ,
又因為 ,所以 ,
因為 ,
,且 ,
所以 ,即 ,
所以 ,
則 ,所以數列 是以首項為 ,公比為 的等比數列,
所以
故選: A.
57. ACD
【知識點】由遞推關系證明等比數列、求等比數列前 項和、分組(并項)法求和、數列不等式恒成立問題
【分析】A 選項, 選項,變形得到 ,得到 是等比數列, 錯誤; 選項,由選項 可得 ,分組求和即可; 選項,求出 ,結合等比數列求和公式得到 .
【詳解】對于 ,得 ,選項 正確;
選項,由 ,得 ,即 ,
即 ,又 ,
所以 是以 4 為首項,2 為公比的等比數列,選項 錯誤;
選項,由選項 可得 ,即 ,
所以
,選項 正確；
選項, ,則 ,
所以 ,
即 ,選項 正確.
故選: ACD.
【點睛】方法點睛: 由遞推公式求解通項公式, 根據遞推公式的特點選擇合適的方法,
(1)若 ,采用累加法；
(2)若 ,采用累乘法；
(3) 若 ,可利用構造 進行求解;
58. 1 91
【知識點】由遞推關系式求通項公式、分組 (并項) 法求和、構造法求數列通項、數列不等式能成立 (有解) 問題
【分析】利用構造法可得數列 的通項公式為 ,令 ,可求得 的值,即可得 的值,即可得第一空答案;
由題意可得 單調遞增,利用放縮法可得 或 ,分 為偶數、 為奇數求解即可得第二空答案.
【詳解】解: 因為 ,
所以 ,
設 ,
則有 ,
所以數列 是等比數列,公比 ,
所以 ,
即 ,
所以 ,
令 ,
則 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ;
因為 ,
因為 ,
所以 ,
所以 ,
即 ,且當 時, 單調遞增;
又因為 ,
即 ,
所以 單調遞增,
又因為
所以 ,
所以 ,
所以 或 ,
所以當 為偶數時,設 ,
所以 ,
所以 ,
所以當 為奇數時,設 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ,
當 為偶數時, ,
由 可得, ,或 (舍)
因為 ,
所以 ,
又因為 為偶數,所以 ;
當 為奇數時,
由 可得,由 (舍),或 ,
因為 ,
所以 ,
所以 ,
又因為 為奇數, 所以 , 綜上所述, . 故答案為: 【點睛】對于形如 且 的類型題目,變換成 的形式,使數列 為等比數列,從而可求得數列 的通項公式.
59. A
【知識點】函數奇偶性的應用、數列求和的其他方法、數列周期性的應用
【分析】根據函數 為奇函數,利用 ,得到即 ,
且 ,求得 的值,得到 以 6 為周期循環,進而求得 的值.
【詳解】由函數 為奇函數,則 ,
即 ,且
可得 ,
解得 ,
即 以 6 為周期循環,
故 .
故選: A.
【點睛】本題考查了函數的奇偶性及其應用, 以及數列的周期性和數列求和的應用, 其中解答中確定 以 6 為周期循環是解題的關鍵,著重考查推理與運算能力.
60. B
【知識點】由遞推關系式求通項公式、求等差數列前 項和、分組(并項)法求和
【分析】由條件可得 ,由此求出數列 的通項,進而求得數列 的通項, 再利用分組求和方法即可計算作答.
【詳解】在數列 中, ,當 時, , 于是得數列 是常數列,則 ,即 ,
因 ,則 ,
因此, ,顯然數列
是等差數列,
于是得
所以數列 前 36 項和為 672.
故選: B
61. 1 -2
【知識點】根據數列遞推公式寫出數列的項、求已知函數的極值點
【分析】對函數 求導,分析函數的單調性,設出極值點 ,得到 滿足的關系,可計算 的值; 結合上面的結論和數列的遞推公式,先推導出 ,再用 表示出 , 再求 .
【詳解】因為 .
所以 ,
由 .
設 ,則 恒成立,
所以 在 上單調遞減,又 ,
,所以唯一存在 ,使得 .
則 在 上單調遞增,在 上單調遞減.
所以 為函數 的極大值點,且 .
所以 .
因為 .
所以 .
又因為 ,即 .
又 有唯一的解 ,所以 有唯一解 ,所以 .
所以 ,
所以 . (因為 ).
故答案為:
【點睛】關鍵點點睛: 根據數列的遞推公式,得到 ,又有 有唯一解 ,所以得到 是解決問題的關鍵.
62. D
【知識點】遞歸數列及性質
【分析】根據題意設 ,利用導數討論函數的單調性,進而得出 在 上恒成立,作出圖像,結合圖像即可得出結果.
【詳解】由題意知,
設 ,
則 ,
函數 在 上單調遞增,
又 在 上恒成立,
即 在 上恒成立,
畫出函數 和 的圖像,如圖, 由圖像可得, , 故選: D. 63. D
【知識點】用導數判斷或證明已知函數的單調性、由遞推數列研究數列的有關性質
【分析】構造函數 ,利用導數分析出該函數的單調性,由 可
得出 ,進而可推導出 ,由此可得出結論.
【詳解】令 ,當 時, ,
所以,函數 在區間 上單調遞減,
同理可知,函數 在區間 上單調遞增,
,且 ,
則 ,且 ,即 ；
,且 ,即 ；
同理 ,因此, .
故選: D.
【點睛】本題考查遞推公式的應用, 考查利用導數求數列中相關項的取值范圍, 考查分析問
題和解決問題的能力, 屬于難題.
64. ACD
【知識點】根據數列遞推公式寫出數列的項、由遞推數列研究數列的有關性質
【分析】根據斐波那契數列的遞推關系 進行判斷.
【詳解】由題意斐波那契數列前面 8 項依次為1,1,2,3,5,8,13,21,
, 正確, 錯誤；
C 正確;
時,得
, D 正確.
故選: ACD.
【點睛】關鍵點點睛: 本題考查數列新定義, 解題關鍵是正確理解新數列, 根據新定義, 斐
波那契數列滿足遞推關系 ,對于數列前面有限的項或前項的和可以直接求出
項, 計算, 對于一般的結論只能利用這個遞推關系判斷.
65. 10 2025
【知識點】根據數列遞推公式寫出數列的項、由遞推數列研究數列的有關性質
【分析】由 得到數 55 是該數列的第 10 項; 進而由
相加得到答案.
【詳解】顯然 ,故數 55 是該數列的第 10 項;
由 ,相加得
則 ,是第 2025 項.
故答案為:10,2025
【點睛】公式點睛: 斐波那契數列的性質:(1) ；
(2) ；
(3) ；
(4) ;
(5) ;
(6) ;
(7) ;
(8) ;
(9) ；
(10)
66. A
【知識點】由遞推關系式求通項公式、利用等比數列的通項公式求數列中的項
【分析】由題意可得 ,則可推出 ,所以數列 是等比數列,即可求得答案.
【詳解】依題意, ,
當 時,
,又 ,
所以數列 是首項為 -1,公比為 -1 的等比數列,
所以 .
故選: A.
67. (1)
(2)
【知識點】等差數列通項公式的基本量計算、利用等差數列的性質計算、等差數列前 項和的基本量計算
【分析】(1)根據等差數列的通項公式建立方程求解即可；
(2)由 為等差數列得出 或 ,再由等差數列的性質可得 ,分類討論即可得解.
【詳解】( 1 ) ,解得 ,
,
又 ,
,
即 ,解得 或 (舍去),
.
(2) 為等差數列,
,即 ,
,即 ,解得 或 ,
,
又 ,由等差數列性質知, ,即 ,
,即 ,解得 或 (舍去)
當 時, ,解得 ,與 矛盾,無解;
當 時, ,解得 .
綜上, .
68. (1) ,證明見解析; (2) .
【知識點】錯位相減法求和、數學歸納法證明數列問題
【分析】(1)方法一:(通性通法)利用遞推公式得出 ,猜想得出 的通項公式,利
用數學歸納法證明即可;
(2)方法一:(通性通法)根據通項公式的特征,由錯位相減法求解即可.
【詳解】(1)
[方法一]【最優解】: 通性通法
由題意可得 ,由數列 的前三項可猜想數列
是以 3 為首項,2 為公差的等差數列,即 .
證明如下:
當 時, 成立；
假設 時, 成立.
那么 時, 也成立.
則對任意的 ,都有 成立;
[方法二]: 構造法由題意可得 . 由 得 . ,則 ,兩式相減得 . 令 ,且 ,所以 ,兩邊同時減去 2, 得 ,且 ,所以 ,即 ,又 ,因此 是首項為 3,公差為 2 的等差數列,所以 .
[方法三]: 累加法
由題意可得 . 由 得 ,即 , . 以上各式等號兩邊相加得 ,所以 . 所以 . 當 時也符合上式. 綜上所述, .
[方法四]: 構造法
,猜想 . 由于 ,所以可設 ,其中 為常數. 整理得 . 故 ,解得 . 所以 . 又 ,所以 是各項均為 0 的常數列,故 ,即 .
(2)由(1)可知,
[方法一]: 錯位相減法
,①
,②
由①-②得:
,
即 .
[方法二]【最優解】: 裂項相消法
,所以
.
[方法三]: 構造法
當 時, ,設 ,即
,則 ,解得 .
所以 ,即 為常數列,而
,所以 .
故 .
[方法四]:
因為 ,令 ,則
所以 .
故 .
【整體點評】(1) 方法一: 通過遞推式求出數列 的部分項從而歸納得出數列 的通項
公式, 再根據數學歸納法進行證明, 是該類問題的通性通法, 對于此題也是最優解;
方法二: 根據遞推式 ,代換得 ,兩式相減得
,設 ,從而簡化遞推式,再根據構造法即可求出 ,
從而得出數列 的通項公式;
方法三: 由 化簡得 ,根據累加法即可求出數列 的通項公式; 方法四: 通過遞推式求出數列 的部分項,歸納得出數列 的通項公式,再根據待定系數法將遞推式變形成 ,求出 ,從而可得構造數列為常數列,即得數列 的通項公式.
(2)
方法一:根據通項公式的特征可知,可利用錯位相減法解出,該法也是此類題型的通性通法； 方法二:根據通項公式裂項,由裂項相消法求出,過程簡單,是本題的最優解法；
方法三: 由 時, ,構造得到數列 為常數列,從而求出;
方法四: 將通項公式分解成 ,利用分組求和法分別求出數列 的前 項和即可,其中數列 的前 項和借助于函數 的導數,通過賦值的方式求出,思路新穎獨特, 很好的簡化了運算.
69. (1) 證明見解析; (2)
【知識點】由遞推關系證明數列是等差數列、利用 an 與 sn 關系求通項或項
【分析】( 1 )由已知 得 ,且 ,取 ,得 ,由題意得 ,消積得到項的遞推關系 ,進而證明數列 是等差數列;
(2)由(1)可得 的表達式,由此得到 的表達式,然后利用和與項的關系求得
【詳解】(1)[方法一]:
由已知 得 ,且 ,
取 ,由 得 ,
由于 為數列 的前 項積,
所以 ,
所以 ,
所以 ,
由于
所以 ,即 ,其中
所以數列 是以 為首項,以 為公差等差數列;
[方法二]【最優解】:
由已知條件知
于是 .②
由① ②得 .③
又 ,④
由③④得 .
令 ,由 ,得 .
所以數列 是以 為首項, 為公差的等差數列.
[方法三]:
由 ,得 ,且 .
又因為 ,所以 ,所以
在 中,當 時, .
故數列 是以 為首項, 為公差的等差數列. [方法四]: 數學歸納法由已知 ,得 ,猜想數列 是以 為首項, 為公差的等差數列,且 . 下面用數學歸納法證明.
當 時顯然成立.
假設當 時成立,即 .
那么當 時, .
綜上,猜想對任意的 都成立.
即數列 是以 為首項, 為公差的等差數列.
(2)
由 (1) 可得,數列 是以 為首項,以 為公差的等差數列,
,
當 時, ,
當 時, ,顯然對于 不成立,
.
【整體點評】(1) 方法一從 得 ,然后利用 的定義,得到數列 的遞推關系, 進而替換相除消項得到相鄰兩項的關系, 從而證得結論;
方法二先從 的定義,替換相除得到 ,再結合 得到 ,從而證得結論, 為最優解;
方法三由 ,得 ,由 的定義得 ,進而作差證得結論; 方法四利用歸納猜想得到數列 ,然后利用數學歸納法證得結論.
( 2 )由( 1 )的結論得到 ,求得 的表達式,然后利用和與項的關系求得 的
通項公式;
70. (1)
(2)
【知識點】利用定義求等差數列通項公式、等差數列通項公式的基本量計算、等差數列前
項和的基本量計算、含絕對值的等差數列前 項和
【分析】(1)根據題意列式求解 ,進而可得結果；
(2)先求 ,討論 的符號去絕對值,結合 運算求解.
【詳解】(1)設等差數列的公差為 ,
由題意可得 ,即 ,解得 ,
所以 ,
(2)因為 ,
令 ,解得 ,且 ,
當 時,則 ,可得 ;
當 時,則 ,可得
;
綜上所述: .
71. (1)證明見解析;
(2) 9 .
【知識點】等差數列通項公式的基本量計算、等比數列通項公式的基本量計算、數列不等式
能成立 (有解) 問題
【分析】(1)設數列 的公差為 ,根據題意列出方程組即可證出；
(2)根據題意化簡可得 ,即可解出.
【詳解】(1)設數列 的公差為 ,所以, ,即可解得, , 所以原命題得證. ( 2 )由( 1 )知, ,所以 ,即 , 亦即 ,解得 ,所以滿足等式的解 ,故集合 中的元素個數為 .
72. (1) ; (2) .
【知識點】求等比數列前 項和
【分析】(1)利用基本元的思想,將已知條件轉化為 的形式,求解出 ,由此求得數列 的通項公式.
(2)方法一:通過分析數列 的規律,由此求得數列 的前 100 項和 .
【詳解】(1)由于數列 是公比大于 1 的等比數列,設首項為 ,公比為 ,依題意有 ,解得解得 ,或 ,
所以 ,所以數列 的通項公式為 .
(2)[方法一]:規律探索
由于 ,所以
對應的區間為 ,則 ;
對應的區間分別為 ,則 ,即有 2 個 1 ;
對應的區間分別為 ,則 ,即有 個 2 ;
對應的區間分別為 ,則 ,即有 個3;
對應的區間分別為 ,則 ,即有 個 4 ;
對應的區間分別為 ,則 ,即有 個5;
, 對應的區間分別為 ,則 ,即有 37 個 6 .
所以 .
[方法二]【最優解】:
由題意, ,即 ,當 時, .
當 時, ,則
[方法三]:
由題意知 ,因此,當 時, 時, 時,
時, 時, 時,
時, .
所以
所以數列 的前 100 項和 .
【整體點評】(2) 方法一: 通過數列 的前幾項以及數列 的規律可以得到 的值,從而求出數列 的前 100 項和,這是本題的通性通法; 方法二: 通過解指數不等式可得數列 的通項公式,從而求出數列 的前 100 項和,是本題的最優解; 方法三,是方法一的簡化版.
73. (1) ;
(2)證明見解析.
【知識點】利用定義求等差數列通項公式、等差數列通項公式的基本量計算、求等差數列前 項和、分組 (并項) 法求和
【分析】(1)設等差數列 的公差為 ,用 表示 及 ,即可求解作答.
(2)方法 1,利用 (1) 的結論求出 ,再分奇偶結合分組求和法求出 ,并與 作差比較作答: 方法 2,利用 (1) 的結論求出 ,再分奇偶借助等差數列前 項和公式求出 ,并與 作差比較作答.
【詳解】( 1 )設等差數列 的公差為 ,而 ,
則 ,
于是 ,解得 ,
所以數列 的通項公式是 .
(2)方法 1: 由(1)知, , ,
當 為偶數時, ,
當 時, ,因此 ,
當 為奇數時, ,
當 時, ,因此 ,
所以當 時, .
方法 2: 由 (1) 知, ,
當 為偶數時,
當 時, ,因此 ,
當 為奇數時,若 ,則
,顯然 滿足上式,因此當 為奇數時, ,
當 時, ,因此 ,
所以當 時, .
74. (1) 證明見解析, ; (2) 證明見解析.
【知識點】等差數列與等比數列綜合應用、寫出等比數列的通項公式、由遞推關系證明等比數列
【詳解】試題分析:本題第(1)問,證明等比數列,可利用等比數列的定義來證明,之后利用等比數列,求出其通項公式; 對第 (2) 問,可先由第 (1) 問求出 ,然后轉化為等比數列求和,放縮法證明不等式.
試題解析: (1) 證明: 由 得 ,所以 ,所以 是等比數列,首項為 ,公比為 3,所以 ,解得 .
(2)由(1)知: ,所以 ,
因為當 時, ,所以 ,于是
所以 .
【易錯點】對第 (1) 問,構造數列證明等比數列不熟練; 對第 (2) 問,想不到當 時, ,而找不到思路,容易想到用數學歸納法證明而走彎路.
考點: 本小題考查等比數列的定義, 數列通項公式的求解、數列中不等式的證明等基礎知識, 考查同學們的邏輯推理能力, 考查分析問題與解決問題的能力. 數列是高考的熱點問題之一, 熟練數列的基礎知識是解決好該類問題的關鍵.
75. (1)
(2)見解析
【知識點】裂項相消法求和、累乘法求數列通項、利用 an 與 sn 關系求通項或項、利用等差數列通項公式求數列中的項 【分析】( 1 )利用等差數列的通項公式求得 ,得到 , 利用和與項的關系得到當 時, ,進而得: , 利用累乘法求得 ,檢驗對于 也成立,得到 的通項公式 ; ( 2 )由( 1 )的結論,利用裂項求和法得到 ,進而證得.
【詳解】( 1 ) ,
又 是公差為 的等差數列,
,
當 時, ,
,
整理得: ,
即 ,
,
顯然對于 也成立,
的通項公式 ;
(2) ,
76. (I) ; (II) 詳見解析.
【知識點】由定義判定等比數列、求等比數列前 項和、由基本不等式證明不等關系、求雙
曲線的離心率或離心率的取值范圍
【詳解】試題分析: 本題考查數列的通項公式、雙曲線的離心率、等比數列的求和等基礎知識,考查學生的分析問題和解決問題的能力、計算能力. 第 (I) 問,利用 得到數列 為等比數列,再結合 成等差數列求出 的公比 ,從而利用等比數列的通項公式求解; 第(II)問,先利用雙曲線的離心率得到 的表達式,再解出 的公比 的值,最后利用等比數列的求和公式計算證明.
試題解析: (I) 由已知, ,兩式相減得到 .
又由 得到 ,故 對所有 都成立.
所以,數列 是首項為 1,公比為 的等比數列.
從而 .
由 成等差數列,可得 ,即 ,則 ,
由已知, ,故 .
所以 .
(II) 由 (I) 可知, .
所以雙曲線 的離心率 .
由 解得 .
因為 ,所以 .
于是 ,
故 .
【考點】數列的通項公式、雙曲線的離心率、等比數列的求和
【名師點睛】本題考查數列的通項公式、雙曲線的離心率、等比數列的求和等基礎知識, 考查學生的分析問題、解決問題的能力、計算能力. 在第(I)問中,已知的是 的遞推式,在與 的關系式中,經常用 代換 ,然后兩式相減,可得 的遞推式; 在第 (II) 問中, 不等式的證明用到了放縮法, 這是證明不等式常用的方法, 本題放縮的目的是為了求數列的
和. 另外, 放縮時要注意放縮的“度”, 不能太大, 否則得不到結果.
77. (1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【知識點】由遞推關系證明等比數列、求直線與雙曲線的交點坐標、向量夾角的坐標表示
【分析】(1)直接根據題目中的構造方式計算出 的坐標即可；
(2)思路一:根據等比數列的定義即可驗證結論；思路二:利用點差法和合比性質即可證明;
(3)思路一:使用平面向量數量積和等比數列工具,證明 的取值為與 無關的定值即可. 思路二: 使用等差數列工具,證明 的取值為與 無關的定值即可. 思路三: 利用點差法得到 , ,再結合 (2) 中的結論得 ,最后證明出 即可.
【詳解】(1)
由已知有 ,故 的方程為 .
當 時,過 且斜率為 的直線為 ,與 聯立得到
解得 或 ,所以該直線與 的不同于 的交點為 ,該點顯然在 的左支
上.
故 ,從而 . (2)方法一:由于過 且斜率為 的直線為 ,與 聯立,
得到方程 .
展開即得 ,由于 已經是直線
和 的公共點,故方程必有一根 .
從而根據韋達定理,另一根 ,相應的
所以該直線與 的不同于 的交點為 ,而注意到 的
橫坐標亦可通過韋達定理表示為 ,故 一定在 的左支上.
所以 .
這就得到 .
所以
再由 ,就知道 ,所以數列 是公比為 的等比數列.
方法二: 因為 ,則 ,
由于 ,作差得 ,
,利用合比性質知 ,
因此 是公比為 的等比數列.
(3)方法一:先證明一個結論:對平面上三個點 ,若 , ,則
. (若 在同一條直線上,約定 )
證明:
證畢, 回到原題.
由于上一小問已經得到 ,
故 .
再由 ,就知道 ,所以數列 是公比為 的等比數列.
所以對任意的正整數 ,都有
而又有 ,
故利用前面已經證明的結論即得
這就表明 的取值是與 無關的定值,所以 .
方法二: 由于上一小問已經得到 ,
故 .
再由 ,就知道 ,所以數列 是公比為 的等比數列.
所以對任意的正整數 ,都有
這就得到 ,
以及 .
兩式相減,即得 .
移項得到 .
故 .
而 .
所以 和 平行,這就得到 ,即 .
方法三: 由于 ,作差得 ,
變形得 ①,
同理可得 ,
由( 2 )知 是公比為 的等比數列,令 則 ②,
同時 是公比為 的等比數列,則 ③,
將②③代入①,
即 ,從而 ,即 .
【點睛】關鍵點點睛: 本題的關鍵在于將解析幾何和數列知識的結合, 需要綜合運用多方面知識方可得解.
78. (I) (II)
【知識點】逆用和、差角的正切公式化簡、求值、等比數列下標和性質及應用、裂項相消法求和
【分析】(1)類比等差數列求和的倒序相加法,將等比數列前 項積倒序相乘,可求 ,代入即可求解 .
( 2 )由( 1 )知 ,利用兩角差的正切公式,化簡,
,得
,再根據裂項相消法,即可求解 .
【詳解】( I )由題意, 構成遞增的等比數列,其中 ,則
①
②
① ②,并利用等比數列性質 ,得
(II) 由 (I) 知,
又
所以數列 的前 項和為
【點睛】(I)類比等差數列,利用等比數列的相關性質,推導等比數列前 項積公式,創新應用型題; (II) 由兩角差的正切公式, 推導連續兩個自然數的正切之差, 構造新型的裂項相消的式子, 創新應用型題; 本題屬于難題.
79.(I)詳見解析(II)詳見解析
【知識點】判斷等差數列、裂項相消法求和、分組(并項)法求和
【詳解】試題分析:(I)先根據等比中項定義得: ,從而
,因此根據等差數列定義可證:
(II) 對數列不等式證明一般以算代證先利用分組求和化簡 ,再利用裂項相消法求和 ,易得結論.
試題解析: (I) 證明: 由題意得 ,有 ,因此 ,所以 是等差數列.
(II) 證明:
所以 .
考點: 等差數列、等比中項、分組求和、裂項相消求和
80. (I) (II) (i) (ii)
【知識點】利用定義求等差數列通項公式、等差數列通項公式的基本量計算、等比數列通項公式的基本量計算、分組(并項)法求和
【分析】(I)由題意首先求得公比和公差,然后確定數列的通項公式即可；
(II) 結合(I) 中的結論可得數列 的通項公式,結合所得的通項公式對所求的數列通項公式進行等價變形,結合等比數列前 項和公式可得 的值. 【詳解】(I)設等差數列 的公差為 ,等比數列 的公比為 .
依題意得 ,解得 ,
故 .
所以, 的通項公式為 的通項公式為 .
(II) .
所以,數列 的通項公式為 .
(ii)
【點睛】本題主要考查等差數列、等比數列的通項公式及其前 項和公式等基礎知識. 考查化
歸與轉化思想和數列求和的基本方法以及運算求解能力.
81. (I) ; (II) (i) . (ii) 證明見解析.
【知識點】裂項相消法求和、分組(并項)法求和
【詳解】分析:(I)由題意得到關于 的方程,解方程可得 ,則 . 結合等差數列通項公式可得 .
(II) (i) 由(I),有 ,則 .
(ii) 因為 ,裂項求和可得 .
詳解:(I)設等比數列 的公比為 . 由 ,
可得 . 因為 ,可得 ,故 .
設等差數列 的公差為 ,由 ,可得 .
由 ,可得 ,
從而 ,故 .
所以數列 的通項公式為 ,
數列 的通項公式為 .
(II) (i) 由(I),有 ,
故 .
(ii) 因為 ,
所以 .
點睛: 本題主要考查數列通項公式的求解, 數列求和的方法, 數列中的指數裂項方法等知識,
意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.
82. (I) ; (II) (i) 證明見解析; (ii) 證明見解析.
【知識點】等差數列前 項和的基本量計算、由定義判定等比數列、錯位相減法求和、數列不等式恒成立問題
【分析】(I)由等差數列的求和公式運算可得 的通項,由等比數列的通項公式運算可得 的通項公式; (II) (i) 運算可得 ,結合等比數列的定義即可得證;
(ii) 放縮得 ,進而可得 ,結合錯位相減法即可得證.
【詳解】(I)因為 是公差為 2 的等差數列,其前 8 項和為 64.
所以 ,所以 ,
所以 ;
設等比數列 的公比為 ,
所以 ,解得 (負值舍去),
所以 ;
(II) (i) 由題意, ,
所以 ,
所以 ,且 ,
所以數列 是等比數列;
(ii) 由題意知, ,
所以 ,
所以 ,
設 ,
則 ,
兩式相減得 ,
所以 ,
所以 .
【點睛】關鍵點點睛:
最后一問考查數列不等式的證明,因為 無法直接求解,應先放縮去除根號,再由
錯位相減法即可得證.
83. (1)
(2)證明見解析
(3)
【知識點】等差數列通項公式的基本量計算、等比數列通項公式的基本量計算、錯位相減法
求和、分組 (并項) 法求和
【分析】(1)利用等差等比數列的通項公式進行基本量運算即可得解；
(2)由等比數列的性質及通項與前 項和的關系結合分析法即可得證；
(3)先求得 ,進而由并項求和可得
,再結合錯位相減法可得解.
【詳解】(1)設 公差為 公比為 ,則 ,
由 可得 ( 舍去),
所以 ;
(2)證明:因為 ,所以要證 ,
即證 ,即證 ,
即證 ,
而 顯然成立,所以 ;
(3)因為
,
所以
設
所以 ,
則 ,
作差得
所以 ,
所以 .
84. (1) ;
(2)(I)證明見解析; (II) ,前 項和為 .
【知識點】等差數列與等比數列綜合應用、等差數列通項公式的基本量計算、求等差數列前 項和、寫出等比數列的通項公式
【分析】(1)由題意得到關于首項、公差的方程,解方程可得 ,據此可求得數列的通項公式,然后確定所給的求和公式里面的首項和項數,結合等差數列前 項和公式計算可得 .
(2)(I)利用題中的結論分別考查不等式兩側的情況,當 時, ,
取 ,當 時, ,取 ,即可證得題中的不等式；
(II)結合(I)中的結論, 利用極限思想確定數列的公比, 進而可得數列的通項公式, 最后由等比數列前 項和公式即可計算其前 項和.
【詳解】( 1 )由題意可得 ,解得 ,
則數列 的通項公式為 ,
求和得
(2)(I)由題意可知,當 時, ,
取 ,則 ,即 ,
當 時, ,
取 ,此時 ,
據此可得 ,
綜上可得: .
(II)由(I)可知:
則數列 的公比 滿足 ,
當 時, ,所以 ,
所以 ,即 ,
當 時, ,所以 ,
所以數列的通項公式為 ,
其前 項和為: .
【點睛】本題的核心在考查數列中基本量的計算和數列中的遞推關系式, 求解數列通項公式和前 項和的核心是確定數列的基本量,第二問涉及到遞推關系式的靈活應用,先猜后證是數學中常用的方法之一, 它對學生探索新知識很有裨益.
85. (1)
(2)①證明見詳解; ②
【知識點】由遞推數列研究數列的有關性質、等比數列通項公式的基本量計算、求等比數列前 項和、裂項相消法求和
【分析】(1)設等比數列 的公比為 ,根據題意結合等比數列通項公式求 ,再結合等比數列求和公式分析求解;
(2)①根據題意分析可知 ,利用作差法分析證明；②根據題意結合等差數列求和公式可得 ,再結合裂項相消法分析求解.
【詳解】(1)設等比數列 的公比為 ,
因為 ,即 ,
可得 ,整理得 ,解得 或 (舍去),
所以 .
(2)(i) 由(1)可知 ,且 ,
當 時,則 ,即
可知 ,
可得 ,
當且僅當 時,等號成立,
所以 ;
(ii) 由 (1) 可知: ,
若 ,則 ;
若 ,則 ,
當 時, ,可知 為等差數列,
可得 ,
所以 ,
且 ,符合上式,綜上所述: .
【點睛】關鍵點點睛: 1.分析可知當 時, ,可知 為等差數列;
2. 根據等差數列求和分析可得 .
86. (I) 見解析; (II) 見解析; (III) 見解析.
【知識點】利用導數研究函數的單調性、利用導數證明不等式、等差數列與等比數列綜合應
用、數學歸納法
【分析】(I)用數學歸納法可證明；
(II) 由 (I) 可得 ,構造函數
,利用函數的單調性可證;
(III) 由 及 ,遞推可得
【詳解】(I)用數學歸納法證明: .
當 時, .
假設 時, ,那么 時,若 ,
則 ,矛盾,故 .
因此 ,所以 ,因此 .
(II) 由 得,
記函數 ,
函數 在 上單調遞增,所以 ,
因此 ,故 .
(III) 因為 ,所以 ,
由 ,得 ,
所以 ,故 .
綜上, .
【名師點睛】本題主要考查利用數列不等式的證明,常利用以下方法:(1)數學歸納法；(2)
構造函數, 利用函數的單調性證明不等式; (3) 利用遞推關系證明.
87.
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【知識點】等差數列通項公式的基本量計算、數列新定義
【分析】(1)直接根據(i, j)-可分數列的定義即可；
(2)根據(i, j)-可分數列的定義即可驗證結論；
( 3 )證明使得原數列是(i, j)-可分數列的(i, j)至少有 個,再使用概率的定義.
【詳解】(1)首先,我們設數列 的公差為 ,則 .
由于一個數列同時加上一個數或者乘以一個非零數后是等差數列, 當且僅當該數列是等差數列,
故我們可以對該數列進行適當的變形 ,
得到新數列 ,然后對 進行相應的討論即可.
換言之,我們可以不妨設 ,此后的討論均建立在該假設下進行.
回到原題,第 1 小問相當于從1,2,3,4,5,6中取出兩個數 和 ,使得剩下四個數是等差數列.
那么剩下四個數只可能是1,2,3,4,或2,3,4,5,或3,4,5,6.
所以所有可能的(i, j)就是 .
(2)由于從數列 中取出 2 和 13 后,剩余的 個數可以分為以下兩個部分,共 組,使得每組成等差數列:
① ,共 3 組；
② ,共 組. (如果 ,則忽略 ②)
故數列 是(2,13)-可分數列.
(3)定義集合 ,
下面證明,對 ,如果下面兩個命題同時成立,
則數列 一定是(i, j)-可分數列:
命題 1: 或 ;
命題 2: .
我們分兩種情況證明這個結論.
第一種情況: 如果 ,且 .
此時設 .
則由 可知 ,即 ,故 .
此時,由于從數列 中取出 和 后,
剩余的 個數可以分為以下三個部分,共 組,使得每組成等差數列:
① ,共 組;
② ,
共 組;
③
共 組.
(如果某一部分的組數為 0 , 則忽略之)
故此時數列 是(i, j)-可分數列.
第二種情況: 如果 ,且 .
此時設 .
則由 可知 ,即 ,故 .
由于 ,故 ,從而 ,這就意味著 .
此時,由于從數列 中取出 和 后,剩余的 個數可以分為以下四個部分,共 組,使得每組成等差數列:
① ,共 組;
② 共 2 組;
③全體 ,其中 ,共 組； ④
共 組. (如果某一部分的組數為 0 , 則忽略之) 這里對②和③進行一下解釋:將③中的每一組作為一個橫排,排成一個包含 個行, 4 個列的數表以后, 4 個列分別是下面這些數:
可以看出每列都是連續的若干個整數,它們再取并以后,將取遍 中除開五個集合 , 中的十個元素以外的所有數. 而這十個數中,除開已經去掉的 和 以外,剩余的八個數恰好就是 ②中出現的八個數.
這就說明我們給出的分組方式滿足要求,故此時數列 是(i, j)-可分數列.
至此,我們證明了: 對 ,如果前述命題 1 和命題 2 同時成立,則數列
一定是(i, j)-可分數列.
然后我們來考慮這樣的(i, j)的個數.
首先,由于 和 各有 個元素,故滿足命題 1 的(i, j)總共有 個;
而如果 ,假設 ,則可設 ,代入得 .
但這導致 ,矛盾,所以 .
設 ,則 ,即 .
所以可能的 恰好就是 ,對應的(i, j)分別是
,總共 個.
所以這 個滿足命題 1 的(i, j)中,不滿足命題 2 的恰好有 個.
這就得到同時滿足命題 1 和命題 2 的(i, j)的個數為 .
當我們從 中一次任取兩個數 和 時,總的選取方式的個數等于
而根據之前的結論,使得數列 是(i, j)-可分數列的(i, j)至少有 個.
所以數列 是(i, j)-可分數列的概率 一定滿足
這就證明了結論.
【點睛】關鍵點點睛: 本題的關鍵在于對新定義數列的理解, 只有理解了定義, 方可使用定義驗證或探究結論.
88. (1)
(2)證明見解析
【知識點】由遞推關系式求通項公式、等差數列通項公式的基本量計算、寫出等比數列的通項公式、反證法證明
【分析】
(1) 由 得 ,分奇偶項分別求通項,最后寫出通項公式;
(2)假設數列 中存在三項數列 ,(其中 )成等差數列,應用反證法得出
矛盾證明即可.
【詳解】( 1 )由 ,得
以上兩式相比,得 ,
由 得 ,
所以,數列 是首項為 3,公比 4 為的等比數列, ,
數列 是首項為 6,公比為 4 的等比數列, ,
綜上,數列 的通項公式為 .
(2)假設數列 中存在三項數列 ,(其中 )成等差數列,則 由(1)得 ,即 ,兩邊同時除以 ,得 (*) 式左邊為奇數,右邊為偶數 等式不成立,假設不成立. 所以,數列 中得任意三項均不能構成等差數列. 89. (1)證明見解析; (2) ; (3) 存在, . 【知識點】等差中項的應用、由遞推關系證明等比數列、裂項相消法求和、利用 an 與 sn 關系求通項或項
【分析】(1)利用給定的遞推公式,結合 及等比數列定義推理即得.
( 2 )由( 1 )求出 , ,再利用裂項相消法求和即可.
( 3 )由( 1 )求出 ,由已知建立等式,驗證計算出 ,再分析求解 即可.
【詳解】( 1 ) ,當 時, ,
兩式相減得 ,即 ,
則有 ,當 時, ,則 ,即 ,
所以數列 是以 1 為首項, 為公比的等比數列.
(2)由(1)得, ,則 ,數列 是等差數列,
于是 ,解得 ,則 ,
所以 的前 項和
(3)由(1)知, ,
由 成等差數列,得 ,整理得 ,
由 ,得 ,又 不等式成立,
因此 ,即 ,令 ,則 ,
從而 ,顯然 ,即 ,
所以存在 ,使得 成等差數列.
【點睛】易錯點睛: 裂項法求和, 要注意正負項相消時消去了哪些項, 保留了哪些項, 切不可漏寫未被消去的項, 未被消去的項有前后對稱的特點, 實質上造成正負相消是此法的根源與目的.
90. (1)
(2)1809
【知識點】分組 (并項) 法求和、累乘法求數列通項、利用 an 與 sn 關系求通項或項
【分析】( 1 )由 得出數列 的遞推關系,然后由連乘法求得通項 ；
(2)考慮到 ,從而確定 的前 40 項中有 34 項來自 ,其他 6 項由 組成,由此分組求和.
【詳解】( 1 )由 ,則 ,兩式相減得: ,
整理得: ,即 時, ,
所以 時, ,
又 時, ,得 ,也滿足上式.
故 .
(2) 由 . 所以 ,
又 ,所以 前 40 項中有 34 項來自 .
故
91. (1)
(2)
【知識點】累加法求數列通項、由遞推關系證明等比數列、求等比數列前 項和、分組(并
項)法求和
【分析】(1)由條件證明數列 為等比數列,利用累加法求數列 的通項公式;
( 2 )數列 中在 之前共有 項,由此確定前 27 項的值,
再分組, 結合等比求和公式可求得答案.
【詳解】( 1 )因為 ,
所以 ,又 ,
所以數列 為首項為 1,公比為 2 的等比數列,
所以 ,
所以當 時,
所以 ,
所以當 時, ,又 也滿足該關系,
所以數列 的通項公式為 ;
( 2 )數列 中在 之前共有 項,
當 時, ,當 時
則
92. (1) 證明見解析,
(2)
【知識點】利用定義求等差數列通項公式、由遞推關系證明等比數列、分組(并項)法求和
【分析】(1)利用等差數列與等比數列的定義即可求其通項公式；
(2)利用通項公式找出公共項,再分組求和即可.
【詳解】( 1 )由題意可得: ,
而 ,變形可得: ,
故 是首項為 3,公比為 3 的等比數列.
從而 ,即 .
(2)由題意可得: ,令 ,
則 ,此時滿足條件,
即 時為公共項,
所以
93. (1)
(2)
【知識點】等差數列通項公式的基本量計算、等比數列通項公式的基本量計算、求等比數列
前 n 項和
【分析】(1)根據等差和等比數列的通項公式, 列出基本量方程組, 即可求解;
(2)若選擇①,得 , ,可知剩下的項就是原數列的奇數項,代入等比數列求和
公式, 即可求解;
若選擇 ②, ,根據 ,討論 為奇數和偶數兩種情況,即可判斷求解.
【詳解】(1)設 的公差為 的公比為 ,
因為 ,所以 ,
聯立消 得 ,解得 或 與 矛盾,
故 ,代回計算得 ,
所以
( 2 )若選① ,則有 ,
所以 剩余的項就是原數列的奇數項,
相當于剩余的項 以 2 為首項,4 為公比的等比數列,
所以 ;
若選② ,則有 ,
因為 ,
所以當 時,對應的 為整數,滿足,
當 時,對應的 不為整數,不滿足,
所以 剩余的項就是原數列的奇數項,
相當于剩余的項 以 2 為首項,4 為公比的等比數列,
所以 ;
94. (1) (2)
【知識點】數列通項公式求解、數列求和 【詳解】(1)由 知 令 ,則 且 由 得 .
(2) 由題意知
所以
兩式相減得
設 ,再利用錯位相減法求得
所以 .
95. (1) ,且從第二項起單調遞減
(2)證明見解析
【知識點】判斷數列的增減性、錯位相減法求和
【分析】(1)判斷 的符號即可；
(2)法一:由 ,利用錯位相減法求解證明；法二:不妨設
,由 ,利用待定系數法求得 即可.
【詳解】( 1 )解: 由題意可得 ,
故 ,
即 ,故數列 中 ,且從第二項起單調遞減.
(2)證法一:由題意可得
有 ,
即 ,
令 ,
則 ,
則有 ,
即有 ,
即 ,
故
又 ,故 ,
即 .
證法二: 不妨設 ,且 ,
則 ,
則 解得
,
那么 ,
96. (1) .
(2)
(3)證明見解析.
【知識點】寫出等比數列的通項公式、求等比數列前 項和、錯位相減法求和、利用 an 與 sn 關系求通項或項
【分析】(1)根據題意,由 與 的關系,即可得到數列 的通項公式,然后再由等比數列的通項公式得到數列 的通項公式;
(2)根據題意,設 的前 項和為 , 的前 項和為 ,分別求得 即可得到結果.
(3)由題意可得, ,然后再結合等比數列的求和公式, 即可得到結果.
【詳解】(1)因為數列 的前 項和為 ,且 ,
當 時, ；
當 時, ,當 時也滿足;
所以 ；
又因為數列 為等比數列,且 分別為數列 第二項和第三項,
所以 ,則 ,則 .
( 2 )由( 1 )可得, ,
令 ①
所以 ②
②可得,
所以
令
即 ,
令 ,
則
則
(3) 設 ,則 ,
則
97. (1)
(2) 時,數列 有最大項,且為 ,理由見詳解
(3)
【知識點】確定數列中的最大(小)項、利用定義求等差數列通項公式、寫出等比數列的通項公式、錯位相減法求和
【分析】( 1 )設公差為 ,公比為 ,結合 解出 ,即可求解 和 通項公式;
(2)根據(1)將 代入 中,設 為最大項,列出不等式組
解出,分析即可
(3)由 的表達式,對 分類求出 的通項公式,然后求出
然后寫出 ,觀察可知利用錯位相減法即可求出
【詳解】(1)因為 為等差數列,設公差為 , 為等比數列,設公比為 ,
因為
所以 ,即 ①,
,即 ②,
聯立①②得 ,
則
( 2 )由( 1 ) ,則
設 為最大項,則:
由 解得: 或
由 解得:
所以
又因為
所以
即 時,數列 有最大項,且為
(3)
當 為奇數時,
當 為偶數時,
所以
所以
①
所以 ②
①-②:
所以
98. (1)
(2)2
(3)證明見解析
【知識點】用導數判斷或證明已知函數的單調性、累加法求數列通項、求等差數列前 項和、
裂項相消法求和
【分析】( 1 )令 得 ,通過累加的方式即可得解.
(2)首先分類討論結合等差數列求和公式得到 表達式,然后對 分類討論列方程求解即可.
( 3 )首先將數列 通項公式化簡,通過不等式放縮,然后裂項相消即可求解.
【詳解】( 1 )由對任意正整數 都有 ,令 ,可得 ,
所以 .
當 時, ,
當 時, ,符合上式,所以 .
(2)由(1)得 ,當 為偶數時,
當 為奇數時, 為偶數,
綜上所述, .
若 為偶數,則 為奇數,由 ,即 ,整理得 ,解得 (舍去)或 ；
若 為奇數,則 為偶數,由 ,即 ,整理得 ,解得 或 ,均不合題意,舍去.
綜上,所求 的值為 2 .
(3) 由
現在我們來證明 時, ,
令 ,求導得 ,
所以 單調遞增,所以 ,
結合當 時, ,有 ,
所以
. 故 .
【點睛】關鍵點睛:第一問的關鍵是累加法求數列通項,第二問的關鍵是分類討論求表達式, 然后繼續分類討論解方程, 第三問的關鍵是通過放縮然后裂項相消即可順利得解.
99. (1) 見解析
(2)見解析
(3)見解析
【知識點】正弦定理求外接圓半徑、余弦定理解三角形、判斷數列的增減性、由遞推關系證明等比數列
【分析】( 1 )對 兩式相加和相減即可證明數列 和 均為等比數列;
(2)由(1)得 是等比數列,可知 ,由(1)得 為常值數列 0 , 故 ,再由余弦定理結合基本不等式即可證明 ,即 ,再由正弦定理可證得 ,即可證明 ;
(3)由(1)(2)可得 ,可求出 ,即可證明 是遞減數列,結合 進而證明數列 是遞減數列.
【詳解】( 1 )正項數列 ,滿足 ,
兩式相減可得: ,
因為 ,所以 ,
所以 是以 為首項, 為公比的等比數列,
由 兩式相加可得: ,
即 ,因為 ,
所以 ,所以 是以 為首項, 為公比的等比數列.
(2)因為 ,由( 1 )得 是等比數列,
所以 ,即 ,
由(1)知, ,
因為 ,所以 ,
所以 為常值數列 0,故 ,
由
,因為 ,所以等號不成立,
故 ,因為 ,所以 ,
所以 ,
由正弦定理得 外接圓的直徑 ,
所以 ,所以 .
(3)由(1)可知, ,
由(2)可知, ,
解得: ,
所以 ,
隨著 的增大而減小,又因為
所以 隨著 的增大而減小,所以 是遞減數列,
因為 ,所以 是遞增數列,所以 是遞減數列,
所以數列 是遞減數列.
【點睛】關鍵點睛: 本題(2)問的關鍵點在于由(1)可得 為常值數列 0,故 ,再由余弦定理結合基本不等式即可證明 ,即 ,再由正弦定理可證得 ,即可證明 ;
100. (1) ;
(2)證明見解析;
(3)證明見解析.
【知識點】由遞推關系式求通項公式、由遞推數列研究數列的有關性質、等比中項的應用、 裂項相消法求和
【分析】(1)把 代入,利用給定的兩個遞推關系,建立方程組求解即得.
(2)利用反證法, 結合已知定義導出矛盾即可得證.
( 3 )先確定數列的范圍和單調性,然后利用 結合放縮法推理即得.
【詳解】( 1 )當 時, ,依題意, ①, ②,
兩式作差, ,則 或 ,
若 ,代入 ① 式解得, 或 ,而 ,于是 ;
若 ,將 代入②式解得, .
因此必有 .
注意到 ,從而由 歸納即知 是常數列 .
所以 的通項公式為 .
(2)假設 構成等比數列,則 .
那么由 可知 .
又 ,則 ,解得 ,與 矛盾.
所以 中不存在連續的三項構成等比數列.
(3)由于當 時,有 ,即
.
而 ,故歸納即知對任意正整數 都有 .
又由 及 可知 ,故數列 單調遞減.
又由于 ,故
【點睛】思路點睛:涉及給出遞推公式探求數列性質的問題, 認真分析遞推公式并進行變形,
可借助累加、累乘求通項的方法分析、探討項間關系而解決問題.數列巔峰之作一從入門到升天
1. (2006 年普通高等學校招生考試數學試題 (陜西卷)) 已知等差數列 中, ,則該數列前 9 項和 等于 ( )
A. 18 B. 27 C. 36 D. 45
2. (2003 年普通高等學校春季招生考試數學試題 (北京卷)) 在等差數列 中,已知 ,那么 等于( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
3. (2024 年高考全國甲卷數學真題) 已知等差數列 的前 項和為 ,若 ,則 ( )
A. -2 B. C. 1 D.
4. (2024 年高考全國甲卷數學 (理) 真題) 記 為等差數列 的前 項和,已知 ,則 ( )
A. B. C. D.
5. (2023 年高考全國甲卷數學真題) 記 為等差數列 的前 項和. 若 ,則 ( )
A. 25 B. 22 C. 20 D. 15
6. (山東中學聯盟 2024 屆高考考前熱身押題數學試題) 已知等差數列 的公差為 ,前 項和為 . 設甲: ; 乙: 是遞增數列,則 ( )
A. 甲是乙的充分條件但不是必要條件 B. 甲是乙的必要條件但不是充分條件
C. 甲是乙的充要條件 D. 甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件 7. (2023 年新課標全國I卷數學真題) 記 為數列 的前 項和,設甲: 為等差數列; 為等差數列,則 ( )
A. 甲是乙的充分條件但不是必要條件
B. 甲是乙的必要條件但不是充分條件
C. 甲是乙的充要條件
D. 甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
8. (2024 年高考全國甲卷數學 (理) 真題) 已知 是 的等差中項,直線 與圓 交于 兩點,則 的最小值為 ( )
A. 1 B. 2 C. 4 D.
9. (2023 年高考全國乙卷數學(理)真題)已知等差數列 的公差為 ,集合 ,若 , 則 ( )
A. -1 B. C. 0 D.
10. (全國甲卷理數)) 設等比數列 的各項均為正數,前 項和 ,若 ,則 ( )
A. B. C. 15 D. 40
11. (2023 年新高考天津數學高考真題) 已知數列 的前 項和為 ,若 ,則 ( )
A. 16 B. 32 C. 54 D. 162
12. (2023 年新課標全國II卷數學真題) 記 為等比數列 的前 項和,若 ,則 ( ).
A. 120 B. 85 C. -85 D. -120
13. (2022 年全國高考乙卷數學 (理) 試題) 已知等比數列 的前 3 項和為 ,則 ( )
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
14. (第二章 高考鏈接) 已知各項均為正數的等比數列 ,則
A. B. 7 C. 6 D.
15. (2021 年全國高考甲卷數學 (理) 試題) 等比數列 的公比為 ,前 項和為 ,設甲: 是遞增數列, 則 ( )
A. 甲是乙的充分條件但不是必要條件
B. 甲是乙的必要條件但不是充分條件
C. 甲是乙的充要條件
D. 甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
16. (滬教版 (2020) 選修第一冊單元訓練第 4 章單元測試) 若數列 滿足 ,則稱 為 “等方比數列”. 甲: 數列 是等方比數列; 乙: 數列 是等比數列,則 ( ).
A. 甲是乙的充分非必要條件 B. 甲是乙的必要非充分條件
C. 甲是乙的充要條件 D. 甲是乙的既非充分也非必要條件
17. (2021 年浙江省高考數學試題) 已知 ,函數 . 若 成等比數列, 則平面上點(s, t)的軌跡是( )
A. 直線和圓 B. 直線和橢圓 C. 直線和雙曲線 D. 直線和拋物線
18.(河南省信陽市浉河區信陽高級中學 2022-2023 學年高二上學期期末數學(理)試題)幾位大學生響應國家的創業號召,開發了一款應用軟件。為激發大家學習數學的興趣,他們推出了“解數學題獲取軟件激活碼”的活動,這款軟件的激活碼為下面數學問題的答案:已知數列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,...,其中第一項是 29, 接下來的兩項是 ,再接下來的三項是 依此類推,求滿足如下條件的最小整數 且該數列的前 項和為 2 的整數冪。那么該款軟件的激活碼是( )
A. 440 B. 330 C. 220 D. 110
19. (2021 年全國新高考 II 卷數學試題) 設正整數 ,其中 ,記 . 則( )
A. B.
C. D.
20. (重慶市 2024 年普通高等學校招生全國統一考試高考模擬調研卷(五)數學試題)若等差數列 的前 項和為 ,且滿足 ,對任意正整數 ,都有 ,則 的值為 ( ) A. 21 B. 22 C. 23 D. 24
21. (廣東省廣州、深圳、珠海三市 2025 屆高三上學期十一月聯考數學試卷) 已知 為等差數列 的前 項和,公差為 . 若 ,則( )
A. B.
C. D. 無最大值
22. (安徽省六安第一中學 2024-2025 學年高三上學期第三次月考 (11 月) 數學試題) 已知等差數列 的首項為 , 公差為 ,前 項和為 ,若 ,則下列說法正確的是 ( )
A. 當 時, 最大
B. 使得 成立的最小自然數
C.
D. 數列 中最小項為
23. 已知數列 的各項均為正數, 滿足 ,則下列結論正確的是 ( )
A. 是等差數列 B. 是等比數列
C. 是等差數列 D. 是等比數列
24. (湖南省長沙市長郡中學 2025 屆高三上學期月考數學試卷(三)設 為數列 的前 項積,若 ,其中常數 ,數列 為等差數列,則 _____.
25. (江蘇省鹽城市 2024-2025 學年高三上學期 11 月期中考試數學試題) 設等差數列 的前 項和為 ,已知 , ,設 ,則 _____,數列 的前 項和為_____(用 表示). 26. (山西省三晉名校 2024-2025 學年高三上學期 10 月聯合考試數學試卷) 設等比數列 的前 項和為 ,且 , 則 ( )
A. 4 B. 6 C. 7 D. 9
27. (福建省名校聯盟全國優質校 2024 屆高三大聯考數學試卷) 已知 成等比數列,且 2 和 8 為其中的兩
項,則 的最小值為 ( )
A. -32 B. -16 C. D.
28. (安徽省多校聯考 2025 屆高三上學期開學質量檢測數學試題) 若銳角 滿足 ,數列 的前 項和為 ,則使得 成立的 的最大值為 ( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
29. (四川省成都市 2023-2024 學年高二升學畢業班摸底測試數學試題) 已知四個整數 滿足 . 若 成等差數列, 成等比數列,且 ,則 的值為_____.
30. (2021 年全國新高考I卷數學試題) 某校學生在研究民間剪紙藝術時,發現剪紙時經常會沿紙的某條對稱軸把紙對折,規格為 的長方形紙,對折 1 次共可以得到 , 兩種規格的圖形,它們的面積之和 ,對折 2 次共可以得到 三種規格的圖形,它們的面積之和 ,以此類推,則對折 4 次共可以得到不同規格圖形的種數為_____；如果對折 次,那么 _____ .
31. (江西省南昌市第十九中學等校聯考 2023-2024 學年高二下學期期末調研測試數學試題) 中國剪紙是一種用剪刀或刻刀在紙上剪刻花紋,用于裝點生活或配合其他民俗活動的民間藝術,剪紙具有廣泛的群眾基礎,交融于各族人民的社會生活, 是各種民俗活動的重要組成部分, 其傳承賡 (géng) 續的視覺形象和造型格式, 蘊涵了豐富的文化歷史信息,是中國古老的民間藝術之一. 已知某剪紙的裁剪工藝如下: 取一張半徑為 1 的圓形紙片,記為 ,在 內作內接正方形,接著在該正方形內作內切圓,記為 ,并裁剪去該正方形與內切圓之間的部分 (如圖所示陰影部分), 記為一次裁剪操作, ,重復上述裁剪操作 次,最終得到該剪紙,則第 2024 次操作后,所有被裁剪部分的面積之和為_____.
32. (浙江省紹興市 2023-2024 學年高三上學期 11 月選考科目診斷性考試數學試題) 已知等比數列 滿足 且 ,則 的取值范圍是_____.
33. (北京市海淀區北京交通大學附屬中學 2024-2025 學年高二上學期 11 月期中練習數學試題) 已知等比數列 的首項 ,公比為 ,記 ,則 “ ” 是 “數列 為遞減數列” 的( )
A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件
C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件
34. (湖北省武漢市武昌實驗中學 2024 屆高三上學期 12 月月考數學試題) 設等比數列 的公比為 ,其前 項和為 , 前 項積為 ,且滿足條件 ,則下列選項正確的是 ( )
A. B.
C. 是數列 中的最大項 D.
35. (第九屆高一試題 (B 卷) - “楓葉新希望杯”全國數學大賽真題解析 (高中版)) 函數 ,則 的值為( ).
A. 2012 B. C. 2013 D.
36. (云南省曲靖市第二中學學聯體 2024 屆高三第一次聯考數學試卷) 已知數列 是公比為 的正項等比數
列,且 ,若 ,則 ( )
A. 4069 B. 2023
C. 2024 D. 4046
37. (四川省成都市第七中學 2024 屆高三上學期名校聯盟診斷性測試數學試題) 已知 ,則 ( )
A. -8088 B. -8090 C. -8092 D. -8094
38.(黑龍江省佳木斯市第一中學 2023-2024 學年高三第三次模擬考試數學試題)復數 的虛部是( )
A. 1012 B. 1011 C. -1011 D. -1012
39. (山東省煙臺市 2024 年高考適應性練習 (二模) 數學試題) 歐拉函數 的函數值等于所有不超過正整數 ,且與 互質的正整數的個數,例如 . 已知 是數列 的前 項和,若 恒成立, 則 的最小值為 ( )
A. B. 1 C. D. 2
40. (浙江省七彩陽光聯聯盟 2023-2024 學年高三下學期開學考試數學試題) 已知數列 的前 項和為 ,則下列結論不正確的是 ( )
A. 是遞增數列 B. 是遞增數列
C. D.
41. (河南省安陽市林州市湘豫名校聯考 2024-2025 學年高三上學期 11 月期中數學試題) 已知數列 的前 項和為 , 對任意正整數 ,總滿足 ,若 ,則 的前 項和 ( )
A. B. C. D.
42. (山東省名校考試聯盟 2024-2025 學年高三上學期期中檢測數學試題) 已知數列 滿足 , 則數列 的前 8 項和為( )
A. B. C. D.
43. (河南省安陽市林州市晉豫名校聯盟 2024-2025 學年高三上學期 10 月月考數學試題) 已知數列 滿足 ,則 ( )
A. 2025 B. 2024 C. D.
44. (天津市第五十五中學 2025 屆高三第一次學情調研數學試題) 設數列 的前 項和 ,數列 的前 項和 ,則 的值為( )
A. 8 B. 10 C. 12 D. 20
45. (山東省濟寧市 2022 屆高三高考模擬考試 (二模) 數學試題) 已知數列 滿足: ,且 ,
,其中 . 若 ,則使得 成立的最小正整數 為_____.
46. (四川省雅安市 2024-2025 學年高三上學期 11 月“零診”考試數學試卷) 已知各項都是正數的數列 的前 項和為 ,且 ,則下列結論中正確的是 ( )
A. 是單調遞增數列 B.
C. D.
47. (浙江省杭甬名校 2023-2024 學年高一 7 月分班考試數學試卷) 設 ,則 的整數部分等于 ( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
48. (2021 年浙江省高考數學試題) 已知數列 滿足 . 記數列 的前 項和為 ,則 ( )
A. B. C. D.
49. (青海省西寧市大通縣 2024-2025 學年高三上學期期中考試數學試卷) 若 是等差數列,且 , 則數列 的前 10 項和為( )
A. -1111 B. -1717 C. -1771 D. -1777
50. (江蘇省蘇州市 2024-2025 學年高三上學期 11 月期中調研數學試題) 在數列 中, ,則數列 前 24 項和 的值為 ( )
A. 144 B. 312 C. 288 D. 156
51. (浙江省溫州市 2024 屆高三第三次適應性考試數學試題) 數列 的前 項和為 ,則 可以是( )
A. 18 B. 12 C. 9 D. 6
52. (專題 05 數列第一講數列的遞推關系 (解密講義)) 已知 是數列 的前 項和,且 ,則下列結論正確的是 ( )
A. 數列 為等比數列 B. 數列 不為等比數列
C. D.
53. (河南省焦作市 2023-2024 學年高二下學期 6 月期末考試數學試題) 已知數列 滿足 ,則 的前 100 項和為 ( )
A. 2475 B. 2500 C. 2525 D. 5050 54. (廣東省揭陽市兩校 2024-2025 學年高三上學期 8 月聯考數學試題) 已知數列 滿足 ,前 項和為 , ,則 等于( )
A. B. C. D.
55. (山東省濟南市 2025 屆高三上學期開學摸底考試數學試題) 數列 滿足 ,記 ,則 的最大值為_____.
56. (河北省衡水市第二中學校區聯考 2024-2025 學年高三上學期開學數學試題) 已知數列 滿足 ,對 , ,都有 為數列 的前 項乘積,若 ,則 ( )
A. B. C. D. 57. (江西省多校聯考 2024-2025 學年高三上學期 11 月期中調研測試數學試題) 已知數列 的前 項和為 , 且 ,記 的前 項和為 ,則( )
A. B. 是等比數列
C. D.
58. (湖北省八市 2023 屆高三下學期 3 月聯考數學試題) 高斯函數 是以德國數學家卡爾-高斯命名的初等函數, 其中 表示不超過 的最大整數,如 . 已知 滿足 ,設 的前 項和為 的前 項和為 . 則(1) _____；(2)滿足 的最小正整數 為_____.
59. (專題 10 函數的奇偶性的應用-2020 年高考數學母題題源解密 (全國II專版)) 已知數列 的首項 ,函數 為奇函數,記 為數列 的前 項之和,則 的值是 ( )
A. B. 1011 C. 1008 D. 336
60. (江蘇省蘇州中學 2021-2022 學年高二上學期 10 月質量評估數學試題) 已知數列 滿足 , 且 ,則數列 前 36 項和為( )
A. 174 B. 672 C. 1494 D. 5904
61. (遼寧省沈陽市第二中學 2023-2024 學年下學期期中考試數學試卷) 設函數 的極值點為 ,則 _____. 已知數列 滿足 ,若 ,則 _____.
62. (第三篇數列、排列與組合專題 4 數列的不動點微點 3 不動點與蛛網圖) 數列 滿足: ,
則( )
A. B.
C. D.
63. (浙江省之江聯盟 2020 屆高三下學期 4 月開學考試數學試題) 數列 滿足 ,且 ,則 ( )
A. B.
C. D.
64. (江蘇省常州市 2021 屆高三下學期學業水平監測期初聯考數學試題)意大利著名數學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時,發現有這樣一列數:1,1,2,3,5,...,其中從第三項起,每個數等于它前面兩個數的和,后來人們把這樣的一列數組成的數列 稱為 “斐波那契數列”,記 為數列 的前 項和,則下列結論中正確的有( )
A. B.
C. D.
65. (河南省部分重點高中 2023-2024 學年高三下學期 5 月百師聯盟大聯考數學試卷(新高考)(含答案))數列 稱為斐波那契數列,該數列是由意大利數學家萊昂納多·斐波那契(Leonardo Fibonacci) 以兔子繁殖為例子而引入,故又稱為 “兔子數列”, 滿足 ,則數 55 是該數列的第_____項； 是斐波那契數列的第_____項.
66. (山東省青島第五十八中學 2024 屆高三下學期二模檢測數學試題) 一只蜜蜂從蜂房 A 出發向右爬,每次只能爬向右側相鄰的兩個蜂房 (如圖), 例如: 從蜂房 A 只能爬到 1 號或 2 號蜂房, 從 1 號蜂房只能爬到 2 號或 3 號蜂房.......以此類推,用 表示蜜蜂爬到 號蜂房的方法數,則 ( )
A. 1 B. -1 C. 2 D. -2
67. (2023 年新課標全國I卷數學真題) 設等差數列 的公差為 ,且 . 令 ,記 分別為數列 的前 項和.
(1)若 ,求 的通項公式；
(2)若 為等差數列,且 ,求 .
68. (2020 年全國統一高考數學試卷 (理科) (新課標III) 設數列 滿足 .
(1)計算 ,猜想 的通項公式并加以證明；
(2)求數列 的前 項和 .
69. (2021 年全國高考乙卷數學 (理) 試題) 記 為數列 的前 項和, 為數列 的前 項積,已知 .
(1)證明:數列 是等差數列；
(2) 求 的通項公式.
70. (2023 年高考全國乙卷數學 (文) 真題) 記 為等差數列 的前 項和,已知 .
(1) 求 的通項公式;
(2)求數列 的前 項和 .
71. (2022 年全國新高考 II 卷數學試題) 已知 為等差數列, 是公比為 2 的等比數列,且 .
(1)證明: ;
( 2 )求集合 中元素個數.
72. (2020 年新高考全國卷I數學高考試題 (山東)) 已知公比大于 1 的等比數列 滿足 .
(1)求 的通項公式；
(2)記 為 在區間 中的項的個數,求數列 的前 100 項和 .
73. (2023 年新課標全國II卷數學真題) 已知 為等差數列, ,記 分別為數列 的前 項和, . (1) 求 的通項公式; (2)證明: 當 時, .
74. (2014 年全國普通高等學校招生統一考試理科數學(全國II卷帶解析)已知數列 滿足 .
(1) 證明 是等比數列,并求 的通項公式;
(2)證明: .
75. (2022 年全國新高考 I 卷數學試題) 記 為數列 的前 項和,已知 是公差為 的等差數列.
(1)求 的通項公式；
(2)證明: .
76. (2016 年全國普通高等學校招生統一考試理科數學(四川卷精編版)) 已知數列 的首項為 為數列 的
前 項和, ,其中 .
( I )若 成等差數列,求數列 的通項公式；
(II) 設雙曲線 的離心率為 ,且 ,證明: .
77. (2024 年新課標全國II卷數學真題) 已知雙曲線 ,點 在 上, 為常數, . 按照如下方式依次構造點 : 過 作斜率為 的直線與 的左支交于點 ,令 為 關于 軸的對稱點,
記 的坐標為 .
(1)若 ,求 ；
(2)證明: 數列 是公比為 的等比數列;
(3) 設 為 的面積,證明: 對任意正整數 .
78. (2011 年安徽省普通高等學校招生統一考試文科數學) 在數 1 和 100 之間插入 個實數,使得這 個數構成遞增的等比數列,將這 個數的乘積記作 ,再令 .
(I) 求數列 的通項公式;
(II) 設 ,求數列 的前 項和 .
79. (2016 天津卷) 已知 是各項均為正數的等差數列,公差為 ,對任意的 是 和 的等比中項.
(I) 設 ,求證: 是等差數列;
(II) 設 ,求證: .
80. (2019 年天津市高考數學試卷 (理科)) 設 是等差數列, 是等比數列. 已知 .
(I) 求 和 的通項公式;
(II) 設數列 滿足 其中 .
(i) 求數列 的通項公式;
(ii) 求 .
81. (2018 年全國普通高等學校招生統一考試理科數學(天津卷)) 設 是等比數列,公比大于 0,其前 項和為 是等差數列. 已知 .
(I) 求 和 的通項公式;
(II) 設數列 的前 項和為 ,
(i) 求 ;
(ii) 證明 .
82. (2021 年天津高考數學試題) 已知 是公差為 2 的等差數列,其前 8 項和為 64. 是公比大于 0 的等比數列, .
( I )求 和 的通項公式；
(II) 記 ,
(i) 證明 是等比數列;
(ii) 證明
83. (2022 年高考天津卷數學真題) 設 是等差數列, 是等比數列,且 .
(1) 求 與 的通項公式;
(2) 設 的前 項和為 ,求證: ;
(3) 求 .
84. (2023 年新高考天津數學高考真題) 已知 是等差數列, .
(1)求 的通項公式和 .
(2) 設 是等比數列,且對任意的 ,當 時,則 ,
(I) 當 時,求證: ;
(II) 求 的通項公式及前 項和.
85. (2024 年天津高考數學真題) 已知 為公比大于 0 的等比數列,其前 項和為 ,且 .
(1) 求 的通項公式及 ；
(2) 設數列 滿足 ,其中 .
(i) 求證: 當 時,求證: ;
(ii) 求 .
86. (2017 年全國普通高等學校招生統一考試數學 (浙江卷精編版)) 已知數列 滿足: ,
證明: 當 時,
(I) ;
(II) ;
(III) .
87. (2024 年新課標全國I卷數學真題) 設 為正整數,數列 是公差不為 0 的等差數列,若從中刪去兩項 和 后剩余的 項可被平均分為 組,且每組的 4 個數都能構成等差數列,則稱數列 是(i, j)-可分數列.
(1)寫出所有的 ,使數列 是(i, j)-可分數列;
(2)當 時,證明: 數列 是(2,13)-可分數列;
(3) 從 中任取兩個數 和 ,記數列 是(i, j)-可分數列的概率為 ,證明: .
88. (廣東省深圳市 2023 屆高三二模數學試題) 已知數列 滿足, .
(1) 求數列 的通項公式;
(2)證明: 數列 中的任意三項均不能構成等差數列.
89. (江蘇省南通市 2024 屆高三第二次調研測試數學試題) 已知數列 的前 項和為 .
(1)證明: 數列 為等比數列;
(2) 設 ,求數列 的前 項和;
(3) 是否存在正整數 ,使得 成等差數列 若存在,求 ; 若不存在,說明理由.
90. (湖北省武漢市 2023 屆高三下學期二月調研數學試題) 記數列 的前 項和為 ,對任意正整數 ,有 ,
且 .
( 1 )求數列 的通項公式；
(2)對所有正整數 ,若 ,則在 和 兩項中插入 ,由此得到一個新數列 ,求 的前 40 項和.
91. (天域全國名校協作體 2023 屆高三 4 月階段性聯考數學試題) 設數列 滿足 .
( 1 )求數列 的通項公式；
(2)在數列 的任意 與 項之間,都插入 個相同的數 ,組成數列 ,記數列 的前 項的和為 ,求 的值.
92. (浙江省嘉興市 2023 屆高三下學期 4 月教學測試 (二模) 數學試題) 已知 是首項為 2,公差為 3 的等差數列,
數列 滿足 .
(1)證明 是等比數列,并求 的通項公式;
(2)若數列 與 中有公共項,即存在 ,使得 成立. 按照從小到大的順序將這些公共項排列,得到一個新的數列,記作 ,求 .
93. (浙江省溫州市普通高中 2023 屆高三下學期 3 月第二次適應性考試數學試題) 已知 是首項為 1 的等差數列,
公差 是首項為 2 的等比數列, .
(1) 求 的通項公式;
(2)若數列 的第 項 ,滿足_____(在①②中任選一個條件), ,則將其去掉,數列 剩余的各項按原順序組成一個新的數列 ,求 的前 20 項和 .
① ② .
94. (2018 年全國高中數學聯賽河北省預賽高二試題) 已知數列 中 ,
(1)求數列 的通項公式；
(2) 求數列 的前 項和 .
95. (山西省 2024 屆高三第二次學業質量評價數學試題) 已知數列 的前 項和為 ,且 .
(1)探究數列 的單調性；
(2)證明: .
96. (天津外國語大學附屬外國語學校 2022-2023 學年高三下學期統練 22 數學試題) 已知數列 的前 項和為 ,
,數列 為等比數列,且 分別為數列 第二項和第三項.
(1) 求數列 與數列 的通項公式;
(2)若數列 ,求數列 的前 項和 ;
(3) 求證: .
97. (天津市耀華中學 2022-2023 學年高三上學期第二次月考數學試題) 已知等差數列 的前 項和為 ,數列 是等比數列,滿足 .
(1) 求數列 和 通項公式;
(2)令 ,求數列 的最大項并說明理由.
(3)令 設數列 的前 項和為 ,求 .
98. (江蘇省 2024 屆高三上學期期末迎考數學試題) 已知數列 滿足 ,且對任意正整數 都有
( 1 )求數列 的通項公式；
(2)求數列 的前 項和 ,若存在正整數 ,使得 ,求 的值;
(3) 設 是數列 的前 項和,求證: .
99. (廣東省 2024 屆高三高考模擬測試(二)數學試題)已知正項數列 ,滿足 (其中 ).
(1)若 ,且 ,證明: 數列 和 均為等比數列;
(2)若 ,以 為三角形三邊長構造序列 (其中 ),記 外接圓的面積為 ,證明: ;
(3)在(2)的條件下證明: 數列 是遞減數列.
100. (湖北省武漢市 2024 屆高三下學期 5 月模擬訓練試題數學試卷) 混沌現象普遍存在于自然界和數學模型中, 比如天氣預測、種群數量變化和天體運動等等,其中一維線段上的拋物線映射是混沌動力學中最基礎應用最廣泛的模型之
一,假設在一個混沌系統中,用 來表示系統在第 個時刻的狀態值,且該系統下一時刻的狀態 滿足
,其中 .
(1)當 時,若滿足對 ,有 ,求 的通項公式;
(2)證明: 當 時, 中不存在連續的三項構成等比數列;
(3)若 ,記 ,證明: .

展開更多......

收起↑