高考数学专题3 数列专题压轴小题（解析版）

专题3数列专题压轴小题一、单选题1．（2021湖北高三期中）2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，这个政策就是我们所说的“双减”政策，“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，而“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭.数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示.如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案.设正方形边长为，后续各正方形边长依次为，，…，，…；如图（2）阴影部分，设直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，，…，，….下列说法错误的是（）A．从正方形开始，连续3个正方形的面积之和为B．C．使得不等式成立的的最大值为4D．数列的前项和【答案】C【分析】根据题意得到数列是以4为首项，为公比的等比数列，进而求出的通项公式，再根据得到然后得出的通项公式，最后验证四个选项得到答案.【详解】由题意，，，……，，于是数列是以4为首项，为公比的等比数列，则.由题意可得：，即……，于是.对A，连续三个正方形面积之和为：，正确；易知B正确；对C，令，而，错误；对D，，正确.故选：C.【点睛】新文化试题一定要读懂题意，一定要反复读几遍理解题目所要表达的意思，新文化试题会与我们所学知识相结合，本题入手不太难，难点在于运算量.2．（2021云南峨山彝族自治县第一中学高三月考（理））已知数列满足，满足，，则下列成立的是（）A．B．C．D．以上均有可能【答案】C【分析】由题设可得且，根据等式条件有，应用放缩法可得，构造并利用导数研究单调性可得上，则即可得到答案.【详解】由题设，，，即数列均为正项，，当时等号成立，当时，有，以此类推可得与题设矛盾，综上，，故，即.，，令，则，当时，即递减，当时，即递增，，故上，即，故选：C【点睛】关键点点睛：由条件等式结合放缩法得到的不等关系，再利用导数研究的单调性确定有，根据目标式作放缩处理得到关于的二次函数形式求最值.3．（2021浙江高三月考）已知各项都为正数的数列满足，，给出下列三个结论：若，则数列仅有有限项；若，则数列单调递增；若，则对任意的，陼存在，使得成立．则上述结论中正确的为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】对于，利用数列的单调性，通过累加法即可作出判断；对于，先证明，再借助作差法即可得到结果；对于，判断数列是有界的还是发散的即可.【详解】对于，，，又数列各项都为正数，，数列单调递减，，；，即，，，即，，即，而为定值，数列仅有有限项，命题正确；对于，先用数学归纳法证明.（1）当时，，显然成立；（2）假设时，，则，记，，，在上单调递增，，，对，都有.，，又在上单调递增，又，，数列单调递增，命题正确；对于，，，即，又，，，，，显然存在上界，即存在上界，命题错误.故选：A【点睛】方法点睛：递推关系显然无法确定通项，从而要从项间关系切入，利用单调性、最值、周期性等，结合放缩思想即可得到结果.4．（2021上海市大同中学三模）已知数列满足，若，则“数列为无穷数列”是“数列单调”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由已知可得，设，若存在正整数，当时，有，此时数列为有穷数列；若恒不为0，由，有，此时为无穷数列，由此根据充分条件、必要条件的定义进行分析即可得结论．【详解】解：令，，由，可得，所以，即，所以数列为等差数列，首项为，公差为1，所以，设，则数列是单调递增的等差数列，若存在正整数，当时，则有，此时数列为有穷数列；若恒不为0，由，有，数列就可以按照此递推关系一直计算下去，所以此时为无穷数列.（1）若恒不为0，则为无穷数列，由递推关系式有，取，时，，则，，，，此时数列不是单调数列；（2）当数列为有穷数列时，存在正整数，当时，有，此时数列为，，，，，，由，若数列单调，则，，，，全为正或全为负，由，则，，，，全为正，而，这与单调递增矛盾，所以当数列为有穷数列时，数列不可能单调，所以当数列单调时，数列一定有无穷多项．故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是，将论证数列单调时，数列一定有无穷多项等价转化为论证数列为有穷数列时，数列不可能单调.5．（2021浙江模拟预测）已知正项数列中，，，若存在实数，使得对任意的恒成立，则（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据递推关系式可推导得到，由此确定与异号，与同号，结合可推导得到，，进一步得，得到，从而得到，，知满足题意；同理可推导得到数列递减，数列递增，记，由可知且，由此确定的取值.【详解】由题意得：，，两式相减得，，，与异号，则与异号，与同号，由得：，则，，则，，，，．又，则，，又，，又，，故满足题意．同理，由可得：，两式相减得：，与异号，则与异号，则与同号，又，，，，，故数列递减，数列递增，且，，又，则，则，记，则，，，，对任意恒成立得：，对任意恒成立得：，．故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的恒成立问题的求解，解题关键是能够根据递推关系式确定数列中间隔两项之差同号或异号，从而利用递推关系确定和的取值范围，利用和的取值范围构造不等式求得结果.6．（2021江苏海安高级中学高三期中）已知数列的前项和，若不等式，对恒成立，则整数的最大值为（）A．2B．3C．4D．5【答案】B【分析】由求得，再由得出数列是等差数列，求得，用分离参数法变形不等式，即可得解．【详解】当时，，得，当时，，即，所以．又，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，，即．，所以不等式等价于．当时，，当时，，记，，所以时，，即，递减，时，，所以的最大项是，所以，所以整数的最大值为3．故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查求数列的通项公式，考查数列不等式恒成立问题，解题的关键是问题的转化，不等式恒成立转化为求数列的最大项，考查学生的转化与化归能力，运算求解能力，属于较难题.7．（2021安徽合肥一模（文））将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则（）A．B．C．D．【答案】C【分析】由三角函数的恒等变换化简方程，并求值，判断以，重复循环出现，且，，，计算可得所求和．【详解】解：，即为，即，所以或，，即或，，而，所以，，，，所以，，，，后面的值都是以，重复循环出现，且，，，所以，故选：C．【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用反三角函数求得的值，从而得出循环，得出，，，从而求得结果.8．（2021江苏苏州高三期中）设数列，若存在公比为q的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”，则下列说法错误的是（）A．数列；2，4，8，16，32是数列：3，7，12，24的一个“等比分割数列”B．若数列存在“等比分割数列”，则有和成立，其中C．数列：，，2存在“等比分割数列”D．数列的通项公式为，若数列的“等比分割数列”的首项为1，则公比【答案】C【分析】利用“等比分割数列”的定义判断即得.【详解】对于A，因为符合定义，故A正确；对于B，由定义知，故B正确；对于C，若正确，则，，则矛盾，故C错误；对于D，，解得，故D正确.故选：C.9．（2021新疆莎车县第一中学高三期中）已知数列{an}满足3a11，n2an+1an2n2an（nN*），则下列选项正确的是（）A．{an}是递减数列B．{an}是递增数列，且存在nN*使得an1C．D．【答案】C【分析】依题意可得，即an+1an，即数列{an}为单调递增数列；在等式的两边同时除以anan+1，可知，再通过放缩累加可判断选项BCD，由此得出答案．【详解】解：由于3a11，则，又，则，可得出，且对任意nN，an0，则，即an+1an，数列{an}为单调递增数列，故选项A错误；在等式的两边同时除以anan+1，可得，其中n2，nN，，累加得，，，则，故选项C正确，选项B错误；对于，，，累加得，，可得，则，，故选项D错误．故选：C．10．（2021安徽淮南第一中学高三月考（理））已知数列满足，，若，且存在，使得成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据题意，令，进而证明数列是以为首项，为公差的等差数列，故可得，，在结合题意将问题转化为，再求数列的最大值代入解一元二次不等式即可得答案.【详解】，．令，，又，数列是以为首项，为公差的等差数列，，即，，存在，使得成立，．令得则，，或．，，即，解得，实数的取值范围是．故选：D．11．（2021浙江金华高三月考）已知数列的各项均不为零，，它的前n项和为．且，，（）成等比数列，记，则（）A．当时，B．当时，C．当时，D．当时，【答案】C【分析】结合等比性质处理得，再分和分类讨论，时较为简单，结合裂项法直接求解，当时，为不规则数列，但放缩后满足，再采用裂项即可求解.【详解】由，，成等比数列可得，，也即，-得，因为，所以，，即数列的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，当时，，即，对A、B，当时，，此时数列为等差数列，前项和为，，故，当时，，故A、B错误；对C、D，当时，，，，此时，故C正确，D错误.故选：C12．（2021河北石家庄高三月考）已知数列满足，对任意的有，设数列满足，，则当的前项和取到最大值时的值为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】将原式变形，进而通过累加法求出，进而判断出的正负项，由此得出的正负项，最后得到答案.【详解】由题意，n=1时，，时，，则，即，则当时，，而均满足该式，所以.令，则，于是，当时，，当时，，由题意，.所以，当的前项和取到最大值时的值为10.故选：B.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是累加法的使用及转化前n项和的最值为讨论项的正负.13．（2021辽宁实验中学高三期中）数列中，，，使对任意的（）恒成立的最大值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据数列的通项公式，列出各项，找数列的规律，判断到哪一项是等于，即可得答案.【详解】由已知可得，数列：，可得规律为；；；此时将原数列分为三个等差数列：，；，；因为，所以满足对任意的恒成立的最大值为．故选：A.14．（2021黑龙江高三期中（理））设等差数列的前项和为，公差为．已知，，，则选项不正确的是（）A．数列的最小项为第项B．C．D．时，的最大值为【答案】D【分析】根据题意，由等差数列的性质及前项和公式依次分析选项，综合即可得出答案．【详解】解：由题意，又，所以，故选项正确；由，且，，，得，解得，选项正确；由题意当时，，当时，，所以，，故时，的最大值为10，故选项错误；由于，数列是递减数列，当时，，当时，；当时，，当时，，所以当时，，当时，，当时，，故数列中最小的项为第6项，选项正确．故选：．15．（2021浙江模拟预测）已知数列满足，给出以下结论，正确的个数是（）；；存在无穷多个,使；A．4B．3C．2D．1【答案】B【分析】归纳猜想可说明正确错误，利用放缩法可证明，从而，可证明正确，由得，可知，累加法可证明正确.【详解】，,，则单调递增且大于0，所以单调递增，所以，即故正确；令，则，所以在上单调递增，且当且仅当时，，所以，即.因为，且，，故正确；，，，由归纳法可知，，故不存在无穷多个,使，故错误；由得，，累加可得：可知正确.故选：B.16．（2021浙江模拟预测）已知数列满足，记数列的前项和为，则正确的是（）A．存在，使得B．存在，使得C．存在，使得D．存在，使得【答案】D【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，通过作图排除A，B，C.【详解】设，则可知当时，递增，当时，递减，令，由于，因此，在上有一零点，作出草图如图，利用蛛网法，可知，故A，B，C均为错误，选D.故选：D.17．（2021浙江模拟预测）已知数列满足，，，（3.14）则此数列项数最多为（）A．2019项B．2020项C．2021项D．2022项【答案】D【分析】由题可得，进而得，即得.【详解】由，，得，，是以为首项，为公差的等差数列，，此数列项数最多为2022.故选：D.18．（2021北京房山高三开学考试）已知集合，，从集合中取出个不同元素，其和记为：从集合中取出个不同元素，其和记为.若，则的最大值为（）A．17B．26C．30D．34【答案】C【分析】由题设，要使最大则、中的元素从小到大依次取、个，根据等差数列的前n项和公式可得、，结合已知有，应用基本不等式即可得，进而可得的最大值.【详解】由知：是首项为1，公差为2的等差数列，且为递增数列；由知：是首项为9，公差为2的等差数列，且为递增数列；集合中取出个不同元素，中取出个不同元素，它们的和，要使最大：、就要尽量大，则、中的元素从小到大依次取、个.，，，故，而，，则，故，当且仅当时等号成立.故选：C【点睛】关键点点睛：要使最大，根据集合的描述及等差数列的性质确定元素的取法，再利用等差数列前n项和公式求、，由已知不等关系结合基本不等式求最值，注意等号成立的条件.19．（2021浙江乐清市知临中学高三月考）设数列满足，，记，则使成立的最小正整数是（）A．2020B．2021C．2022D．2023【答案】D【分析】由条件分析数列的单调性，由此确定满足的最小正整数.【详解】，，又，数列为递增数列，，，，，，，当时，，又当时，，当时，使成立的最小正整数是2023.故选：D.【点睛】本题主要考察累加法求数列的通项，一般的，若，则，即.20．（2021甘肃嘉峪关市第一中学模拟预测（理））若数列满足：，，，使得对于，都有，则称具有“三项相关性”下列说法正确的有（）若数列是等差数列，则具有“三项相关性”若数列是等比数列，则具有“三项相关性”若数列是周期数列，则具有“三项相关性”若数列具有正项“三项相关性”，且正数，满足，，数列的通项公式为，与的前项和分别为，，则对，恒成立．A．B．C．D．【答案】B【分析】根据题目给出的“三项相关性”的定义，逐项验证即可.【详解】若为等差数列，则有即，正确，，（）即易知，显然成立时，，取有，也成立，所以正确周期数列：0，0，1，0，0，1，时，，显然不成立，错误即，，易知即，，故：，正确综上：正确故选：B21．（2021上海格致中学高三月考）正数数列的前项和为，，则下列选项中正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据题设求出、、，并猜想的通项公式，再利用数学归纳法证明，进而判断各选项的正误.【详解】由题设，当时，得，当时，，整理得，；，整理得，；猜想：，由时，符合题设，假设时，，则时，，，整理得，也成立，故，成立.，易知A、B错误；，，故C错误，D正确.故选：D【点睛】关键点点睛：应用数学归纳法证明猜想的通项公式，进而判断各项正误.22．（2021浙江高三月考）已知数列满足，，则下列选项正确的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用数列的单调性可判断A选项的正误；利用放缩法得出，，利用放缩法可判断BCD选项的正误.【详解】由，可得出，，，以此类推可知，对任意的，，所以，，即，所以，数列为单调递增数列，故，A错；在等式的两边同时除以可得，其中且，所以，，，，，累加得，所以，，则，故.故D错误；对于，所以，，，，，累加得，可得，则，所以，，故，.故选：B.【点睛】结论点睛：几种常见的数列放缩公式：（1）；（2）；（3）.二、多选题23．（2021广东模拟预测）已知数列中，，且，设，则下列结论正确的是（）A．B．数列单调递增C．D．若为偶数，则正整数n的最小值为8【答案】ABC【分析】利用求得是公比为3的等比数列，利用求得的值，判断出选项A，根据，利用复合函数单调性证得B正确；利用分组求和证得C正确；利用二项式定理证得D错误.【详解】解：则是公比为3的等比数列.或，又，所以，A正确；根据复合函数单调性，得单调递增，故B正确；又，故C正确；，不符故当时，为奇数，故D错误.故选:ABC.【点睛】关键点点睛：本题关键是利用证得是公比为3的等比数列，利用其通项即可对选项A,B,C进行判断，对选项D，关键是要利用二项式定理展开后判断出奇偶.24．（2021重庆南开中学高三月考）已知数列满足，，其中表示不超过实数的最大整数，则下列说法正确的是（）A．存在，使得B．是等比数列C．的个位数是5D．的个位数是1【答案】BD【分析】根据取整函数的性质可得数列为递增数列，根据整数的性质可得，从而可求数列的通项，从而可判断AB的正误，利用二项式定理可判断C的正误，从而可判断D的正误.【详解】，.由题可得为正整数，故，所以数列为递增数列，故当时，．又当时，即，故即.又，结合、均为正整数可得，其中，而，故，其中.故，又，故，故，故数列是以为首项，3为公比的等比数列，因此，，因此A错误，B正确．又，因为为10的倍数，故的个位数为，因此C错误．设，则，故的个位数为，因此D正确.故选：BD．【点睛】思路点睛：以取整函数为背景的数列的递推关系，需结合递推关系的形式和整数的性质挖掘新的隐含的递推关系，从而把问题转化为常见的递推关系，与个位数或余数有关的问题，多从二项式定理去考虑.25．（2021江苏金陵中学高三开学考试）已知数列满足：，设，数列的前项和为，则下列选项正确的是（）A．数列单调递增，数列单调递减B．C．D．【答案】ABC【分析】由给定条件可得，由此构造函数，利用导数研究其单调性而判断选项A，利用不等式性质探求出可判断选项B，由的范围探求出的范围而判断选项C，取特值说明而判断选项D.【详解】因，，则，即，令，则，在上单调递增，点与是函数图象上的两点，于是有，则，都单调，又，则，即，，所以单调递增，单调递减，A正确；显然，，而，即，则，，于是，则有，所以，B正确；，而，，所以，C正确；若，则，而，即对和都不成立，D不正确.故选：ABC【点睛】关键点睛：涉及单调性的某些数列问题，数列是一类特殊的函数，准确构造相应的函数，借助函数导数研究其单调性是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件.26．（2021湖北武汉高三期中）已知数列满足，，前n项和为，则下列选项中正确的是（）（参考数据：，）A．B．C．D．是单调递增数列，是单调递减数列【答案】ACD【分析】对于A：由已知得，令，有，，由，由此可判断；对于B：由，得，由此可判断；对于C：由，，得，由此可判断；对于D：令，则有与异号，与同号，继而得，，再得，得出，，由此可判断.【详解】解：对于A：由得，令，即，则，又，所以，则在上单调递减，所以，所以，故A正确；对于B：因为，，故B不正确；对于C：因为，所以，，所以，即，所以，故C正确；对于D：因为，，令，所以与异号，与同号，又，所以，，即，，又，所以，所以，，所以是单调递增数列，是单调递减数列，所以是单调递增数列，是单调递减数列，故D正确，故选：ACD.27．（2021湖北高三月考）将数列中的各项依次按第一个括号1个数，第二个括号2个数，第三个括号4个数，第四个括号8个数，第五个括号16个数，…，进行排列：（1），（3，5），（7，9，11，13）．（15，17，19，21，23，25，27，29），…，则以下结论中正确的是（）A．第10个括号内的第一个数为1023B．2021在第11个括号内C．前10个括号内一共有1023个数D．第10个括号内的数字之和【答案】ACD【分析】由第10个括号内的第一个数为数列的第512项，最后一个数为数列的第1023项即可求解.【详解】解：由题意，第n个括号有个数，对A：前9个括号内一共有个数，所以第10个括号内的第一个数为数列的第512项，所以第10个括号内的第一个数为，故选项A正确；对C：前10个括号内一共有个数，故选项C正确；对B：令，得，所以2021为数列的第1011项，由上面选项A、C分析可得，2021在第10个括号内，故选项B错误；对D：因为第10个括号内的第一个数为，最后一个数为，所以第10个括号内的数字之和，故选项D正确；故选：ACD.28．（2021湖北黄石高三开学考试）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，是圆上两个不同的动点，是的中点，且满足．设到直线的距离之和的最大值为，则下列说法中正确的是（）A．向量与向量所成角为B．C．D．若，则数列的前n项和为【答案】ACD【分析】对于A，用与表示，结合给定向量等式计算判断；对于B，求出的值即可判断；对于C，转化为点到直线距离最大值并计算判断；对于D，求出数列的通项，代入并利用裂项相消法计算判断作答.【详解】依题意，，而点是弦的中点，则，，而，于是得，，即，A正确；显然是顶角的等腰三角形，则，B不正确；依题意，点到直线的距离之和等于点到直线距离的2倍，由知，点在以原点O为圆心，为半径的圆上，则点到直线距离的最大值是点O到直线的距离加上半径，而点O到直线距离，则点到直线距离的最大值是，因此，，C正确；由得，，则，因此，数列的前n项和，D正确.故选：ACD29．（2021湖北武汉高三开学考试）数列依次为：1，，，，，，，，，，，，，，，，，，…，其中第一项为，接下来三项均为，再接下来五项均为，依此类推.记的前项和为，则（）A．B．存在正整数，使得C．D．数列是递减数列【答案】ACD【分析】根据数列的规律即可求出，即可判断A选项；求出数列的通项公式，做差法推出矛盾即可说明B选项；求出数列的前n项和公式，做差法即可说明C选项；根据数列单调性的概念，比较即可判断D选项.【详解】A：由数列可知占了数列的项，且相对应的项的和为1，，，所以，故，故A正确；B：若，则，故，即，与矛盾，故B错误；C：若，则，而，若，则，故；若，则，故，即，因为，故，即，即，综上：，故C正确；D：因为，则，所以，则，所以，故数列是递减数列，故D正确.故选：ACD.【点睛】数列求和的方法技巧：（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和，或者奇偶项通项公式不同的数列，或者周期性数列．（4）裂项相消.30．（2021福建省福州第一中学模拟预测）斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为，，，边长为斐波那契数的正方形所对应扇形面积记为，则（）A．B．C．D．【答案】AD【分析】根据数列的递推公式可判断选项A，再根据累加法计算判断选项B，根据扇形的面积公式判断选项C，再次应用累加法及递推公式判断选项D.【详解】由递推公式，可得，，所以，A选项正确；又由递推公式可得，，，类似的有，累加得，故错误，B选项错误；由题可知扇形面积，故，故错误，C选项错误；由，，，，类似的有，累加得，又，所以，所以正确，D选项正确；故选：AD.31．（2021江苏模拟预测）已知数列满足，，其前项和为，则下列结论中正确的有（）A．是递增数列B．是等比数列C．D．【答案】ACD【分析】将递推公式两边同时取指数，变形得到，构造等比数列可证为等比数列，求解出通项公式则可判断A选项；根据判断B选项；根据的通项公式以及对数的运算法则计算的正负并判断C选项；将的通项公式放缩得到，由此进行求和并判断D选项.【详解】因为，所以，从而，，所以，所以，又，是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，即，又因为在时单调递增，在定义域内单调递增，所以是递增数列，故A正确；因为，所以，所以，所以，所以不是等比数列，故B错误.因为，而，从而，于是，，故C正确.因为，所以，故D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：数列单调性的一般判断步骤：（1）先计算的结果，然后与比较大小（也可以计算的值，然后与比较大小，但要注意项的符号）；（2）下结论：若，则为递增数列；若，则为递减数列；若，则为常数列.32．（2021全国高三专题练习（文））已知数列满足：，是数列的前项和，，下列命题正确的是（）A．B．数列是递增数列C．D．【答案】ABD【分析】选项A.设,求出其导函数得出其单调性，可得，，设，求出其导函数，得出其单调性，可得，从而可判断A；选项B.设,求出其导数，借助于选项A中构造的函数结论，可得其单调性，从而可判断;选项C.由可判断；选项：由选项B数列是递增数列，所以，由选项A中得到的结论可得，从而可判断.【详解】由题意，则设，则所以在上的单调递减，所以，即当时，可得，即设，所以在上的单调递增，所以取，可得，即所以，所以选项A正确.设，则由上在上恒成立，则所以在上恒成立，所以在上单调递增.所以数列是递增数列，故选项B正确.由，所以，所以选项C不正确.由数列是递增数列，所以由上，则，所以所以，故选项D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：本题考查数列与函数单调性相结合的应用，考查数列单调性，解答本题的关键是根据数列的结构特征和不等式的形式构造函数，，以及，通过求导数，利用导数讨论其单调性得到数列不等式、单调性和范围，属于中档题.33．（2021江苏泰州模拟预测）已知下列说法正确的是（）A．设，则数列的前项的和为B．C．=()D．为等比数列【答案】AD【分析】对A，为项系数，即每个括号中只有一个括号取，其余都取1，则；对B，为项系数，有2个括号取，其余取1；对C，即为的系数，仅有1个括号取1，其余取，；对D，求出公式即可判断.【详解】对A，为项系数，即每个括号中只有一个括号取，其余都取1，则，，故A正确；对B，为项系数，有2个括号取，其余取1，则，故B错误；对C，即为的系数，仅有1个括号取1，其余取，则，故C错误；对D，，，为首项，公比的等比数列，故D正确.故选：AD.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是正确理解不同项所需和1的个数.34．（2021全国模拟预测）斐波那契数列，又称黄金分割数列，它在很多方面与大自然神奇地契合，小到地球上的动植物，如向日葵、松果、海螺的成长过程，大到海浪、飓风、宇宙星系演变，都遵循着这个规律，人们亲切地称斐波那契数列为自然界的“数学之美”，在数学上斐波那契数列一般以递推的方式被定义：，，则（）A．B．C．是等比数列D．设，则【答案】ABC【分析】对A，根据递推关系直接计算即可；对B，利用数学归纳法证明；对C，根据等比数列的定义直接化简计算可得；对C，得出，，根据可判断.【详解】对A，，，，，，，故A正确；对B，，假设成立，当时，成立，设时成立，即，则当时，，假设成立，故B正确；对C，，是等比数列，故C正确；对D，，同理，因为斐波那契数列满足，，即，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点睛：本题考查斐波那契数列，解题的关键是根据递推关系正确化简.三、双空题35．（2021山东济宁高三期中）十九世纪法国数学家卢卡斯提出数列：2，1，3，4，7，…，称之为卢卡斯数列，且满足，，，则________；记为数列的前项和，若，则__________.【答案】【分析】根据递推公式直接计算即可.【详解】由，，，得，，，，，，，，，，故.故答案为：36．（2021江苏如皋高三月考）已知数列对任意的，都有，且，当时，___________．若存在，当且为奇数时，恒为常数P，则___________．【答案】41【分析】计算得到数列周期，得到，根据奇偶的讨论得到，计算得到答案.【详解】，则故从第二项开始形成周期为的数列，，故当时，当为奇数时，为偶数，故若为奇数，则，故，不满足；若为偶数，则，直到为奇数，即故，当时满足条件，此时，即故答案为：；37．（2021广东高三月考）将正三角形（1）的每条边三等分，并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形，然后去掉底边，得到图（2）；将图（2）的每条边三等分，并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形，然后去掉底边，得到图（3）；如此类推，将图（）的每条边三等分，并以中间的那一条线段为底边向外作三角形，然后去掉底边，得到图．上述作图过程不断的进行下去，得到的曲线就是美丽的雪花曲线．若图（1）中正三角形的边长为1，则图（）的周长为__________，图（）的面积为___________．【答案】【分析】先根据所给的图形找互相邻的图形周长之间的关系，再进一步得到与第一个图形的周长之间的关系，找出相邻两个图形之间的面积关系，可求得图（）的面积【详解】解：第一个三角形的周长为，观察发现：第二个图形在第一个图形的周长的基础上多了实验室的周长的，第三个在第二个的基础上多了其周长的，所以第二个图形的周长为，第三个图形的周长为，第四个图形的周长为，……，所以第个图形的周长是第一个周长的倍，所以第个图形的周长为，由题意可知，第个图形的边长都相等，且长度变为原来的，则边长的递推公式为，，所以，边数的递推公式为，，则，第一个图形的面积为,当时，，则【点睛】关键点点睛：此题考查数列的应用，考查等比数列的性质的应用，解题的关键是由题意找出边长的递推公式和边数的递推公式，相邻两个图形面积之间的递推关系，考查计算能力，属于较难题38．（2021北京二中高三月考）定义在上的函数满足：当时，.（i）_____；（ii）若函数的零点从小到大依次记为，则当时，_______.【答案】3【分析】（i）由于，可得，根据解析式求出，代入可得；（ii）在同一坐标系内做出和的图像，根据图像得到的对称关系，把转化为等比数列前n项和即可求解.【详解】（i）因为，所以，当时，，所以；（ii）在同一坐标系内做出和的图像如图所示：当时，利用对称性，依次有：，……所以故答案为：3；【点睛】已知函数有零点，求零点的和（积）的常用方法：(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再直接求和（积）；(2)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．39．（2021福建三明一中模拟预测）黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想研究的是无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手．已知正项数列的前n项和为且满足，则__________，__________．（其中表示不超过x的最大整数）【答案】18．【分析】首先利用，求数列的通项公式；利用数列的通项公式，放缩为，再利用裂项相消法计算的范围，即可求值.【详解】当时，，，即.，.当时，，代入，，，即，是以1为首项，1为公差的等差数列，.又当时，符合上式，因此（）.，，.（以下用到的常用放缩技巧）当时，，即，.令，则，，即，从而.故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题考查数学文化与数列相结合的综合应用，属于难题，本题的关键是利用与的关系求的通项公式，本题的难点是第二问，需利用放缩法，再利用裂项相消法求和.40．（2021山东日照高三月考）牛顿迭代法又称牛顿-拉夫逊方法，它是牛顿在世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法，具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的次近似值，过点作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值，设的零点为，取，则的次近似值为______：设，数列的前项积为．若任意的，恒成立，则整数的最小值为______．【答案】【分析】利用导数求出直线的方程，可得出，结合可求出的值，推导出，可求得，由已知条件可得出，由此可求得整数的最小值.【详解】，则，，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知点在直线上，所以，，，则，，，，因为函数的零点近似值为，且函数在上为增函数，因为，，由零点存在定理可知，由题意可知，，故整数的最小值为.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查数列不等式恒成立问题，解题的关键在于利用导数求出切线方程，得出数列的递推公式，利用数列的递推公式求解.41．（2021浙江浙江模拟预测）已知等差数列的公差大于，且满足，，则数列的公差___________，前项和___________.【答案】【分析】由已知，令，，转化为，是方程的两个不同的实数根，然后利用数形结合思想求解方程可得答案.【详解】已知，则.令，，则，，因此，是方程的两个不同的实数根.令，，在平面直角坐标系中分别作出函数，的图象，如图所示，易知两函数图象有三个焦点，且横坐标分别为，0，1，所以方程的根分别是，0，1.因为等差数列的公差大于，所以，因此，，所以，公差，，故.故答案为：；.【点睛】试题将三角函数融入数列问题，求解时要先将问题进行转化，然后利用数形结合思想求解方程的根，充分体现了理性思维数学探索学科素养.本题考查运算求解能力，逻辑思维能力和综合应用能力.42．（2021山西太原一模（理））已知数列满足，，且．则数列的通项公式为________．若，则数列的前项和为________．【答案】，【分析】（1）根据递推关系求得，利用累加法求得的通项公式；（2）代入求得的，化简，得，利用裂项相消法求得前n项和.【详解】解：，，可得，，又，则，上式对也成立，所以，；由，可得，则数列的前项和为．故答案为：，；．【点睛】关键点点睛：求通项时，累加法求和需要考虑的情况；化简成可以裂项的形式，从而利用裂项相消法求和.43．（2021浙江温州二模）有一种病毒在人群中传播，使人群成为三种类型：没感染病毒但可能会感染病毒的型；感染病毒尚未康复的型；感染病毒后康复的型（所有康复者都对病毒免疫）．根据统计数据：每隔一周，型人群中有95%仍为型，5%成为型；型人群中有65%仍为型，35%成为型；型人群都仍为型．若人口数为的人群在病毒爆发前全部是型，记病毒爆发周后的型人数为型人数为，则_________；__________．（用和表示，其中）【答案】【分析】由题意，列出关系式，结合等比数列的定义，求得为等比数列，利用等比数列的通项公式，即可求解.【详解】由题意，可得，由可得，代入可得，则，所以数列为等比数列，由可得，整理得，综上可得，.故答案为：，.【点睛】解决数列与数学文化相交汇问题的关键：（1）读懂题意：会脱去数学文化的背景，读懂题意；（2）由题意，构造等差数列或等比数列或递推关系式的模型；（3）利用所学知识求解数列的相关信息，如求指定项，通项公式或前项和的公式.四、填空题44．（2021上海模拟预测）设整数数列，，…，满足，，且，，则这样的数列的个数为___________.【答案】80【分析】由条件可知，，则或，由此构造新数列进而求得答案.【详解】设，则有…，…，用t表示中值为2的项数，由知，t也是中值为2的项数，其中，所以的取法数为，取定后，任意指定的值，有种方式.由知，应取使得为偶数，而这样的的取法是唯一的，并且确定了整数的值，进而数列唯一对应一个满足条件的数列，综上可知，满足条件的数列的个数为204=80.故答案为：80.【点睛】本题比较综合，难度大，对或的理解一定要注意的是不要理解成等差数列，而是差值有两种可能性，构造新数列，从组合的角度去理解.45．（2021福建省福州格致中学高三月考）已知是定义在上的奇函数，当时，有下列结论：函数在上单调递增；函数的图象与直线有且仅有个不同的交点；若关于的方程恰有个不相等的实数根，则这个实数根之和为；记函数在上的最大值为，则数列的前项和为.其中所有正确结论的编号是___________.【答案】【分析】作出函数的图像，利用数形结合思想依次判断选项，利用等比数列求和判断选项；【详解】当时，，此时不满足方程；若，则，即若，则，即作出函数在时的图像，如图所示，对于，由图可知，函数在上单调递增，由奇函数性质知，函数在上单调递增，故正确；对于，可知函数在时的图像与与直线有1个交点，结合函数的奇偶性知，的图象与直线有3个不同的交点，故错误；对于，设，则关于的方程等价于，解得：或当时，即对应一个交点为；方程恰有4个不同的根，可分为两种情况：（1），即对应3个交点，且，，此时4个实数根的和为8；（2），即对应3个交点，且，，此时4个实数根的和为4，故错误；对于，函数在上的最大值为，即，由函数的解析式及性质可知，数列是首项为1，公比为的等比数列，则数列的前项和为，故正确.故答案为：【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解46．（2021全国高三月考（理））已知首项为的数列的前项和为，若，且数列，，…，成各项均不相等的等差数列，则的最大值为__________．【答案】【分析】由已知结合得，设前项等差数列的公差为，分析得，分析得，两式结合可得，求出，验证符合题意，验证不符合题意，利用反证法证得不符合题意，即可得解.【详解】且，（*）；因为前项成各项均不相等的等差数列，设公差为，则，，若，则，，在（*）式中，令得，，即，化简得；若，则，在（*）式中，令得，，即，化简得；得，，，，将代入得，，所以，则，所以符合题意．若，则，，，，，，，，在（*）式中，令得，，，所以，所以不符合题意．假设时符合题意，则，整理得，即即，又时，所以与等差数列矛盾，所以不符合题意．故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的知识，解题的关键是利用将已知条件转换为，再分别分析，，时是否符合题意，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题.47．（2021上海市吴淞中学高三期中）已知数列满足：，，若前2010项中恰好含有666项为0，则的值为___________.【答案】8或9或8【分析】先利用x=1，2，3，4，5分析出在前2010项中含有0的项的个数的规律即可计算得解.【详解】因数列满足：，，则：当时，数列各项为：1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中恰好含有项为0，当时，数列各项为：1，2，1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中，由知，恰好含有669项为0，当时，数列各项为：1，3，2，1，1，0，1，1，0，1，1，…，在前2010项中，由知，恰好含有669项为0，当时，数列各项为：1，4，3，1，2，1，1，0，1，1，0，…，在前2010项中，由知，恰好含有668项为0，当时，数列各项为：1，5，4，1，3，2，1，1，0，1，1，…，在前2010项中，由知，恰好含有668项为0，由上述可得当或时，在前2010项中恰好含有667项为0，当或时，在前2010项中恰好含有666项为0，所以的值为8或9.故答案为：8或9【点睛】关键点睛：涉及给出递推公式探求数列规律的问题，按条件写出变量的前几个取值对应的数列，认真分析每个变量对应的数列，找准变化规律是解决问题的关键.48．（2021上海市晋元高级中学高三期中）如果数列满足：，且对于任意，存在实数使得是方程的两个根，则的所有可能值构成的集合是____________．【答案】【分析】根据一元二次方程的解法求出，可知或，先由判断出数列在前项中后一项比前一项小的项数，再根据数列的前项中后一项比前一项小的项数分类讨论，即可求出．【详解】因为方程的两个根为，所以或，所以或．当恒成立时，若，则，这与不符；当恒成立时，若，则，这与不符；当时，在数列的前项中，后一项比前一项大的有项，后一项比前一项小的有项，所以有，，解得，，所以在数列的前项中，若没有后一项比前一项小的项，则；若后一项比前一项小的项只有一项，则；若后一项比前一项小的项有两项，则．故的所有可能值构成的集合是．故答案为：．49．（2021黑龙江佳木斯一中高三月考（文））已知数列：的前项和为，则=___________.【答案】【分析】依题意得到分母为时，一共有个，即可得到这一组的和，求出前组的个数，再利用分组求和及等比数列的求和公式计算可得；【详解】解：因为数列：，则分母为时，一共有个，其和为，则前组一共有个数，令，解得，所以故答案为：50．（2021全国高三专题练习）将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到一个如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可以看出：，令，是的前项和，则______.【答案】【分析】由题设关系，应用累加法可得，进而可得的通项公式，再应用裂项相消法求.【详解】，，，…，，，将上述各式相加，得，即，，.故答案为：51．（2021湖南师大附中高三月考）已知函数，若，，.则的最大值为___________.【答案】【分析】首先确定函数的对称性,然后利用倒序相加法求和,最后利用几何意义求得的最大值即可.【详解】由题得，则，令，则，，得，则，则，令，则，是圆心为，半径为的圆上一点，直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，由，得，得，即，故，，故的最大值为故答案为：.52．（2021全国高三专题练习）已知数列的通项公式为，，设是数列的前n项和，若对任意都成立，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】化简数列将问题转化为不等式恒成立问题，再对n分奇数和偶数进行讨论，分别求解出的取值范围，最后综合得出结果.【详解】根据题意，，.当n是奇数时，，即对任意正奇数n恒成立，当时，有最小值1，所以.当n是正偶数时，，即，又，故对任意正偶数n都成立，又随n增大而增大，当时，有最小值，即，综合可知.故答案为：.53．（2021全国高三月考）已知等差数列，对任意都有成立，则数列的前项和__________．【答案】【分析】根据二项式的性质化简可得，求出通项公式，再由裂项相消法即可求出.【详解】设等差数列的公差为，则，因为，所以，所以，所以对恒成立，所以，，所以等差数列的通项公式，所以，所以数列的前项和．故答案为：.54．（2021河北正定中学高三开学考试）意大利数学家斐波那契年年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为．设是不等式的正整数解，则的最小值为______．【答案】8【分析】利用对数的运算法则可得，令，则，根据数列的单调性，求出成立的的最小值，即可求出答案.【详解】由题知，，，即，，，，令，则数列即为斐波那契数列，，即，显然数列为递增数列，所以数列亦为递增数列，不难知道，，且，，使得成立的的最小值为8.故答案为：8.55．（2021辽宁高三月考）对于任意实数序列，定义已知数列满足，若中前项的和恒成立，则整数的最小值为______．【答案】【分析】由已知得，再由裂项求和法求得，运用放缩法求得，由此可求得答案.【详解】依题意知，因为，所以，所以所以整数的最小值为.故答案为：6.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.（2）错位相减法：若是等差数列，是等比数列，求.（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有，，等.（4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和.（5）倒序相加法.56．（2021山东济南高三月考）数列共项，且，，关于的函数，，若是函数的极值点，且曲线的在点处的切线的斜率为，则满足条件的数列的个数为__________．【答案】【分析】求导，由题意可得出，根据导数的几何意义，即可求得或，分类讨论，即可求得满足条件的数列的个数.【详解】因为，则，由已知可得，则.由题意可得，可得，，可得或.当时，，得的值有个，个，，得的值有个，个，此时，数列的个数为个；当时，，得的值有个，个，，得的值有个，个，此时，数列的个数为个.综上所述，数列的个数为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查数列个数的求解，解题的关键在于确定的值的个数，结合组合计数原理和分类加法计数原理求解.57．（2021云南师大附中高三月考（理））数列中，，，记为中在区间中的项的个数，则数列的前项和________．【答案】803【分析】根据已知条件可以求出数列为等比数列且，讨论当时和时的值，代入计算即可得出结果.【详解】令，，则，所以数列是首项为，公比为的等比数列，，当时，；当时，，．故答案为：803