2022年高考数学三轮复习《第4讲 数列选择题》压轴题（含答案解析）

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1、第4讲 数列选择题压轴题一、单选题：1（浙江名校协作体开学考试）已知数集具有性质P：对任意的，或成立，则（ ）A若，则成等差数列B若，则成等比数列C若，则成等差数列D若，则成等比数列【答案】D【解析】具有性质P，或中至少有一个属于，由于，故，从而，故；，故由具有性质可知，又，当时，有，即，故，由具有性质可知，由，得，且，：，即是首项为1，公比为的等比数列故选D【点睛】本题考查了利用条件进行等比数列的判断，根据大小确定顺序及判断是否符合条件是解题关键，需要较强的逻辑思维能力和计算能力，属于难题2（浙江省宁海中学高三零模）若数列满足，记数列的前n项和是，则（ ）A若数列是常数列，则B若，则数列单调

2、递减C若，则D若，任取中的9项构成数列的子数列，则不全是单调数列【答案】C【分析】对于A：由数列为常数数列，则，解方程可得的值；对于B：由函数，求得导数，判断单调性和极值，即可进行判断；对于D：由，判断的奇偶性和单调性，结合正弦函数的单调性，可得数列都是单调数列，即可进行判断【解析】对于A：若数列为常数列，则，或，故A错误；对于B：若，设函数，由，可得极值点唯一且为，极值点为，由，可得，则，即有由于，由正弦函数单调性可得，数列是单调递增函数，故B错误；对于D：若，任取中的9项，构成数列的子数列，2，9，是单调递增数列；由，可得，为奇函数；当时，时，；当时，；时，运用正弦函数的单调性可得或时，数

3、列单调递增；或时，数列单调递减，数列都是单调数列，故D错误，故选C【点睛】本题考查数列的单调性的判断和运用，考查正弦函数的单调性和应用，和分类讨论的数学思想，属于难题3（江苏三校联考）已知数列，则当时，下列判断不一定正确的是（ ）ABCD存在正整数k，当时，恒成立【答案】C【分析】根据递推关系式利用数学归纳法证明A正确，利用分析法证明B正确，取特值可说明C不正确，两边平方后利用放缩法可得，即可得到，分析恒成立的条件即可【解析】，当时，当时取等号，假设时，当时，由函数在上单调递增知，由以上可知，对成立，故A正确若成立，则需成立，即成立，而成立，故原命题，B正确；取，则，此时，可知C不正确；，故，

4、故，取的正整数，则有时，恒成立，故D正确故选C【点睛】本题主要考查了数列的递推关系，数学归纳法，分析法证明，特值法排除，放缩法等不等式的性质，考查推理能力，运算能力，属于难题4（安徽皖北协作区联考（文）已知数列满足，其前项和，数列满足，其前项和为，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【分析】利用与关系可证得为等差数列，由此可求得，将进行裂项后，前后相消可求得，将问题转化为；令，可证得为递增数列，由此得到【解析】当时，解得：或，又，；当时，由得：，整理可得：，即，是以为首项，为公差的等差数列，；经检验：满足；综上所述：，由得：，令，则，为递增数列，即实数的取值范围为故选A【

5、点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够采用裂项相消的方法求得，对于通项公式中含有类型的数列进行裂项求和时，需注意将通项裂成两项之和的形式，进而利用的波动性前后相消得到结果5（浙江省宁海中学高三月考）对于，若正整数组满足，则称为的一个拆，设中全为奇数，偶数时拆的个数分别为，则（ ）A存在，使得B不存在，使得C存在，使得D不存在，使得【答案】D【分析】任意的，至少存在一个全为1的拆分，判断选项A；当为奇数时，判断能否是全偶拆分，判断选项B；选项，可以举例发现规律，判断选项【解析】对于任意的，至少存在一个全为1的拆分，故A错误；当为奇数时，故B错误；当为偶数时，是每个数均为偶数的分拆，则它至少对应了和

6、的均为奇数的拆，当时，偶数拆为，奇数拆为，；当时，偶数拆为，奇数拆为，；故当时，对于偶数的拆，除了各项不全为1的奇数拆分外，至少多出一项各项均为1的拆，故，故C错误，D正确故选D【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，关键是读懂题意，理解定义，并能根据选项举例解决问题6（湖南常德市一中高三月考）对任一实数序列，定义序列，它的第项为假定序列的所有项都为1，且，则（ ）A1000B2000C2003D4006【答案】D【分析】是公差为的等差数列，可先设出的首项，然后表示出的通项，再用累加法表示出序列的通项，再结合求出的首项和的首项，从而求出序列的通项公式，进而获解【解析】依题意知是公差为的等差数列，设

7、其首项为，通项为，则，于是由于，即，解得故故选D【点睛】本小题主要考查新定义数列的性质，考查等差数列的前项和公式以及通项公式题目定义的数列为二阶等差数列高阶等差数列的定义是这样的：对于对于一个给定的数列，把它的连续两项与的差记为，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列，如果常数，则为二阶等差数列，可用累加法求得数列的通项公式7（浙江台州期末）已知数列中，记，给出下列结论：；则（ ）A正确B正确C正确D正确【答案】D【分析】根据数列递推公式与数列的前项和，判断数列的单调性与临界值，对每个序号逐一判断【解析】，数列是递增数列，又，与同号，又，即，故错；，由知，数列是递增数列且恒小于，即恒成立

8、，故正确；，等价于，数列是递增数列且恒小于，存在，当时，有，为固定的值，记为，趋向于，故错误；，等价于，恒成立，恒成立，故正确；故选D【点睛】解答该题的关键在于判断数列的单调性与临界值，根据数列的递推公式判断数列的正负，从而得数列的单调性，同时需要利用数列相关不等式的推断数列的临界值8（长春市第二实验中学高三期中（理）已知数列的前项和为，首项(且)，且，数列的前项和为若关于的不等式有且仅有两个不同的正整数解，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】C【分析】先利用判断是等比数列，进而求出和的通项公式，求出数列的前项和为，解不等式即可【解析】当时，两式作差有，又由，有，得，也成立，可得，故数列是

9、等比数列，而，数列为等差数列，且，若仅有两个整数解，又若满足，必有满足，不满足，有解得或，又当时，令，可得函数单调递减，不存在这样的m符合题意故实数的取值范围为故选C【点睛】(1)利用求通项公式是求通项公式的一种常见方法；(2) 若是等比数列，且，记，则为等差数列9（安徽皖南八校联考（理）已知正项数列的前n项和为，如果都有，数列满足，数列满足设为的前n项和，则当取得最大值时，n的值等于（ ）A17B18C19D20【答案】D【分析】由数列的递推式可得，再得出数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即可求得，讨论数列中各项的符号，即可得所求最大值时的值【解析】当时，整理可得，当时，整理可得，则，数

10、列是以1为首项，1为公差的等差数列，则，则，当时，；当时，故当时，；时，；时，；当时，又，故当时，取得最大值故选D【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，以及等差数列的定义、通项公式，数列中项的符号，考查运算能力和推理能力，解题的关键是根据递推关系得出数列是以1为首项，1为公差的等差数列，从而求出，判断的符号10（浙江绍兴月考）已知数列是公差不为零且各项均为正数的无穷等差数列，其前项和为若且，则下列判断正确的是（ ）ABCD【答案】D【分析】利用等差数列的求和公式可判断A选项的正误；利用作差法结合等差数列的通项公式可判断B选项的正误；利用结合不等式的基本性质可判断C选项的正误；利用等差数列的求

11、和公式结合不等式的基本性质可判断D选项的正误【解析】对于A选项，由于，故选项A错误；对于B选项，由于，则，故选项B错误；对于C选项，由于，故选项C错误；对于D选项，设，则，从而，由于，故，故，由此，故选项D正确故选D【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列中不等式关系的判断，在解题过程中充分利用基本量来表示、，并结合作差法、不等式的基本性质来进行判断11（中学生标准学术能力诊断性测试（理）已知，成等比数列，且，若，则（ ）A，B，C，D，【答案】B【分析】由可得出，进而得出，再由得出，即可根据的范围判断大小【解析】设等比数列的公比为，则，可得，当时，即，整理得，显然，即，即故选B【点睛】关键点睛：

12、本题考查等比数列的性质，解题的关键是通过已知条件判断出，从而可判断大小12（通榆县第一中学校高三期中（理）已知数列中，其前项和为，且满足，数列的前项和为，若对恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【分析】由利用，得到数列是以1为首项，为公比的等比数列，进而得到是以1为首项，为公比的等比数列，利用等比数列前n项和公式得到，将恒成立，转化为对恒成立，再分为偶数和为奇数讨论求解【解析】当时，得；当时，由，得，两式相减得，数列是以1为首项，为公比的等比数列，又，是以1为首项，为公比的等比数列，由，得，又，即对恒成立，当为偶数时，令，则数列是递增数列，；当为奇数时，综上，实数的取值范围是故选

13、D【点睛】方法点睛：数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明在解决这些问题时，往往转化为函数的最值问题13（浙江数海漫游联考）已知正项数列，满足，则下列说法正确的是（ ）A存在有理数a，对任意正整数m，都有B对于任意有理数a，存在正整数m，使得C存在无理数a与正整数m，使得D对于任意无理数a，存在正整数m，使得【答案】B【解析】首先若，则，否则，于是，（舍去），（1）若是无理数，则是无理数，也是无理数，不论还是，仍然是无理数，这样数列中各项均为无理数，不可能有，C、D均错误（2）

14、若是正整数，则或，如果某一项大于1就减去1，得数列的下一项，经过这种操作都可以减小到1，存在正整数，使得，从而，若不是正整数，设，互质的正整数，），若，则为正整数，回到的情形；若不是正整数，设，互质的正整数，），若，若，则，若，则，不妨记，则，由得到称为一次操作，经过有限次减1操作后，一定有，在时，这样再继续刚才的操作，由此可得到一列数：，首先分子逐渐减小，然后分母减小，再分子逐渐减小，再分母减小是确定的正整数，此操作步骤一定是有限的，最后都会变成（是大于1的正整数），那么数列的下一项为，又回到的情形，一定存在正整数，使得，从而由此A错误，B正确故选B【点睛】本题考查数列的递推公式，考查实数的

15、运算，解题方法是对正实数进行分类，无理数，有理数，有理数又分为整数和分数，分别利用递推公式得出数列的下一项，这称为一次操作，对所有的有理数经过有限次操作后都会得到1，即数列中总会出现1，而以后每一项都是1这是一种无限与有限的结合有理数是有无限个，但对每一个有理数又是有限的操作，从而完成证明14（河南南阳期中（理）已知数列，满足，则使成立的最小正整数为（ ）A5B7C9D11【答案】C【分析】令，由，可知数列是首项为18，公比为的等比数列，即，则，解不等式可得n的最小值【解析】令，则，数列是首项为18，公比为的等比数列，由，即，整理得，由，即，故选C【点睛】本题考查了等比数列及等比数列的通项公式

16、，解题的关键是根据已知的数列递推关系式，利用等比数列的定义，得到数列为等比数列，考查了学生的分析问题能力能力与运算求解能力，属于中档题15（上海浦东新区华师大二附中高三月考）已知数列满足，则下列选项错误的是（ ）A数列单调递增B不存在正数，使得恒成立CD【答案】D【分析】利用数列单调性的定义可判断A选项的正误；利用数列的单调性可判断B选项的正误；推导出，利用数列极限的运算性质可判断C选项的正误；计算出数列前项，利用数列的单调性可判断D选项的正误【解析】对于A选项，则，即，则，以此类推可得知，对任意的，数列是单调递增数列，A选项正确；对于B选项，由A选项可知，数列单调递增，且对任意的，可知当，不

17、存在正数，使得恒成立，B选项正确；对于C选项，则，C选项正确；对于D选项，数列满足，则，由于数列单调递增，则，D选项错误故选D【点睛】本题考查数列递推公式的应用，考查数列的单调性、极限的求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题16（湖南长沙市长郡中学高三开学考试）设数列的前项和为，当时，成等差数列，若，且，则的最大值为（ ）ABCD【答案】A【解析】由，成等差数列，可得，则，可得数列中，每隔两项求和是首项为，公差为的等差数列则，则的最大值可能为由，可得，即，则，当且仅当时，符合题意，故的最大值为故选A17（张家口市宣化第一中学高三月考）已知数列an的首项a13，前n项和为Sn，an+12

18、Sn+3，nN*，设bnlog3an，数列的前n项和Tn的范围（ ）ABCD【答案】C【分析】由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得，求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式可得，判断为递增数列，可得所求范围【解析】首项，前项和为，可得，时，又，两式相减可得，则，可得，上式对也成立，则，则前项和，相减可得，化简可得，由，可得为递增数列，可得，而，可得，综上可得，故选C【点睛】本题考查数列的递推式的运用，考查等比数列的定义和通项公式、求和公式，考查数列的错位相减法求和，以及化简运算能力和推理能力，属于中档题18（福建厦门市厦门外国语学校高三期中）数列中的项按顺序可以排列成如图

19、的形式，第一行1项，排；第二行2项，从左到右分别排，；第三行3项以此类推，设数列的前项和为，则满足的最小正整数的值为（ ）A22B21C20D19【答案】C【分析】根据题意由等比数列求和公式得各行的和，再利用分组求和法得，最后解不等式得结果【解析】第行的和为，设满足的最小正整数为，项在图中排在第行第列（且），有，则，即图中从第行第列开始，和大于第行第5列之前共有项，最小正整数的值为故选C19（浙江新高考联盟）设等差数列的前项和为，并满足：对任意，都有，则下列命题不一定成立的是（ ）ABCD【答案】C【分析】设等差数列的公差为，对分、三种情况讨论，在时验证即可；在时，取，可设，根据恒成立求得实数

20、的取值范围，逐一验证各选项即可；同理可判断出时各选项的正误【解析】设等差数列的公差为，则当时，则，则对任意的恒成立，A、B、C、D四个选项都成立；当时，不妨取，记，则，由可得，即，则，令，可得；令，可得，则，解关于的不等式，可得或，或由于数列单调递减，该数列没有最小项；由双勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，数列单调递减，该数列的最大项为，对于A选项，则，则，A选项成立；对于B选项，则，则，B选项成立；当时，；当时，满足，对于C选项，当时，C选项不一定成立；对于D选项，D选项成立；当时，由同理可知，C选项不一定成立故选C【点睛】本题考查数列不等式的验证，考查等差数列前项和的性质，考查推理

21、能力与计算能力，属于难题20（安徽皖北协作区联考（理）已知数列的前项和为，函数，则“”是“数列为递减数列”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】C【分析】先根据，求得，得到，然后由数列为递减数列等价于恒成立求解【解析】数列的前项和为，当时，当时，适合上式，数列为递减数列等价于恒成立，即恒成立，整理得对任意恒成立，故选C【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；（2）能成立：；若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；（2）能成立：；21（江西八校联考（理）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基

22、础著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为（ ）(参考数据：，)A4B5C6D7【答案】B【分析】记表示第次去掉的长度，然后根据等比数列的前项和公式计算，最后根据，可得结果【解析】记表示第次去掉的长度，第2次操作，去

23、掉的线段长为，第次操作，去掉的线段长度为，则，由，的最大值为5，故选B【点睛】关键点点睛：本题关键在于掌握第次操作，去掉的线段长度为，建立等比数列的数学模型求解22（吉林吉林三模（理）周髀算经中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为尺，最后三个节气日影长之和为尺，今年月日时分为春分时节，其日影长为（ ）A尺B尺C尺D尺【答案】A【解析】小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列，设公差为d，由题意得：，解得：，即春分时节的日

24、影长为故选A【点睛】(1)数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；(2) 等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换23（江西八校4月联考（文）已知正项数列满足，是的前项和，且，则（ ）ABCD【答案】A【分析】由题得，两式作差化简得数列是一个以为首项，以为公差的等差数列，求出即得解【解析】由题得，两式相减得，数列是正项数列，数列是一个以为首项，以为公差的等差数列令得，解之得，故选A【点睛】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）

25、归纳法；（2）公式法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法 要根据已知条件灵活选择方法求解24（四川成都二模（文）已知数列的前项和满足，记数列的前项和为，则使得的值为（ ）ABCD【答案】C【分析】根据求通项公式，注意讨论、并判断是否可合并，再应用裂项法求，可得选项【解析】当时，；当时，；而也符合，又，故选C【点睛】结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型：（1）等差型，其中是公差为的等差数列；（2）无理型；（3）指数型；（4）对数型25（浙江省宁海中学高三月考）已知公差的等差数列的前项和为，若，则（ ）ABCD【答案】D【分析】由，可得异号若，则，则；若，则，则，再由等差数列的性质和前项和

26、公式对选项进行逐一分析可得答案【解析】由，可得异号若，等差数列单调递增，则，则 ，若，等差数列单调递减，则，则 ，故选项A不正确选项B 当时，则，则 ，则此时，当时，；当时，而且，此时，故选项B不正确选项C ，当时，则，此时，选项C不正确 选项D 由，则均不为0，选项D正确故选D【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的性质和前项和公式的应用，解答本题的关键是先分析出若，则，则；若，则，则，以及等差数列的性质和前项和公式的灵活应用26（浙江新高考测评）已知是递增数列，且，则关于数列，对任意的正整数，下列结论不可能成立的是（ ）ABCD【答案】B【分析】选项A：可判断A；对于选项B，代入特殊值即可判断

27、是否正确 选项C：可判断C 选项D：可判断选项D【解析】对于选项A，取，则易知数列满足条件，故选项A可能成立对于选项B，令，则；令，得；令，得；令，得，即，与是递增数列矛盾，故选项B不可能成立对于选项C，由得，取，则易知数列满足条件，故选项C可能成立对于选项D，由，得，取，则易知数列满足条件，故选项D可能成立故选B【点睛】关键点睛：试题以数列的增减性和数列的递推关系为主线设题，考查数列的有关知识，设题巧妙，选拔性强，能有效考查理性思维、数学探索、数学应用学科素养本题的关键是对选项进行合理变形，举出例子证明其不成立或成立27（辽宁铁岭一模）已知是上的奇函数，则数列的一个通项公式为（ ）ABCD【

28、答案】A【分析】由在上为奇函数，知，令，则，得到由此能够求出数列的通项公式【解析】由题已知是上的奇函数，故，代入得：， 函数关于点对称，令，则，得到，倒序相加可得，即，故选A【点睛】思路点睛：利用函数的性质以及倒序相加法求数列的通项公式问题先利用函数的奇偶性得到函数的对称中心，再用换元法得到，最后利用倒序相加法求解数列的通项公式28（浙江温州二模）已知递增等差数列的前项和为，若，且成等比数列，则（ ）ABCD【答案】D【分析】结合题中所给的条件，利用等差数列通项公式和求和公式以及三数成等比数列的条件，列出等量关系式，求得其首项和公差，进一步求其前10项和，从而得到正确答案【解析】是递增等差数列

29、，即，由成等比数列，整理得，即，联立求得，或（舍去），故选D【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关数列的问题，正确解题的关键是熟练掌握等差数列的通项公式和求和公式，以及三数成等比数列的条件29（浙江新高考测评）已知正项数列满足，则（ ）A对任意的，都有B对任意的，都有C存在，使得D对任意的，都有【答案】D【分析】特值法可以排除A、B选项，再令，可求出函数的单调性，从而可以得出，再根据累乘法可得，由此得出答案【解析】，可取，则由得，故选项A，B错误；令，则，故在上单调递增，在上单调递减，即，当且仅当时等号成立，即，累乘可得，故选项C错误，选项D正确故选D【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列与不等式

30、，解题的关键是构造函数，从而得到，进一步用累乘法可以得到，考查了转化与化归思想，考查数学运算能力，属于中档题30（河南平顶山二模（理）已知各项均为正数的等比数列，成等差数列，若中存在两项，使得为其等比中项，则的最小值为（ ）A4B9CD【答案】D【分析】根据，成等差数列，可得，即可求得q值，根据为，的等比中项，可求得，利用基本不等式“1”的活用，即可求得答案【解析】，成等差数列，又为各项均为正数的等比数列，设首项为，公比为q，解得或（舍），又为，的等比中项， ，即，当且仅当，即时，等号成立，的最小值为故选D【点睛】解题的关键是熟练掌握等差中项、等比中项、基本不等式等知识，并灵活应用，数列中应用

31、基本不等式时，应注意取等条件，即角标m，n必须为正整数，属中档题31（河南平顶山二模（理）已知数列的前项和为，则（ ）ABCD【答案】A【分析】根据与的关系可得，再利用累乘法即可得，进而利用裂项相消法求和即可【解析】当时，则，且，即，两式作差得，即，即，即则故选A32（山西高三一模（理）已知数列中，对于，且，有，若（，且互质），则等于（ ）A8089B8088C8087D8086【答案】D【分析】对的两边取倒数，利用等差中项的结论可得数列为等差数列，利用已知条件求出首项和公差，即可得出数列的通项公式，求出，即可得出结果【解析】对的两边取倒数，得，即，故数列为等差数列，其首项，公差为，故，于是，

32、故选D【点睛】关键点睛：对的两边取倒数，利用等差中项的结论得到数列为等差数列是解决本题的关键33（湘豫名校联考（文）数列各项均是正数，函数在点处的切线过点，则下列命题正确的个数是（ ）；数列是等比数列；数列是等比数列；A1B2C3D4【答案】B【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义得到，整理得到，利用构造法求出数列的通项，即可判断；【解析】由得，（*），正确；由（*）知，首项，是等比数列，正确；，首项，不符合等比数列的定义，错误；由对可知：，两边同除得，令，即数列是恒为0的常数列，故错误故选B【点睛】数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项

33、，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项34（山东德州一模）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列如果函数，数列为牛顿数列，设且， 数列的前项和为，则（ ）ABCD【答案】A【分析】得到，计算，然后计算，最后可得数列为等比数列，最后根据公式计算即可【解析】由题可知：，则两边取对数可得，即，数列是以1为首项2为公比的等比数列，故选A35（河南非凡3月调研（理）自然奇数列：1，3，5

34、，按如下方式排成三角数阵，第行最后一个数为，则的最小值为（ ）ABC91D【答案】D【分析】先求出，再利用函数的单调性求出的最小值得解【解析】由题意知：，累加得，则，函数在上递减，在上递增，且当时，；当时，比较可得：当时，取最小值为故选D【点睛】方法点睛：求函数的最值常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法 要根据已知条件灵活选择方法求解36（河南新乡一模（理）已知数列满足，则数列的前项和（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意可得，两式相减得： ，两式相加得：，故故选A【点睛】关键点点睛：将两式相减得相邻奇数项的和，将第一个式子中的换成，再与第二个式子相加

35、，得相邻偶数项的和，最后再计算前40项的和37（新疆二模（理）若是函数的极值点，数列满足，设，记表示不超过的最大整数设，若不等式对恒成立，则实数的最大值为（ ）ABCD【答案】D【分析】由极值点得数列的递推关系，由递推关系变形得数列是等比数列，求得，由累加法求得，计算出，然后求和，利用增函数定义得此式的最小值，从而得出的最小值，再由不等式恒成立可得的最大值【解析】，即有，是以2为首项3为公比的等比数列，又为增函数，当时，若恒成立，则的最大值为1010故选D【点睛】思路点睛：本题考查函数的极值，等比数列的判断与通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和，函数新定义，不等式恒成立问题的综合应用涉及

36、知识点较多，属于中档题解题方法是按部就班，按照题目提供的知识点顺序求解由函数极值点得数列的递推公式，由递推公式引入新数列是等比数列，求得通项公式后用累加法求得，由对数的概念求得，用裂项相消法求和新数列的前项和，并利用函数单调性得出最小值，然后由新定义得的最小值，从而根据不等式恒成立得结论38（浙江省宁海中学高三月考）已知数列为等差数列，则“为有理数”是“数列中存在有理数” 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】A【分析】由当是3的倍数时得， 若为有理数时，则是有理数，故有数列中存在有理数成立；若“数列中存在有理数”不妨设，则不是有理数，即可判断结果【解析】设，

37、 ， 当是3的倍数时，若为有理数时，则是有理数，故有数列中存在有理数成立，则，“为有理数”能使得“数列中存在有理数”成立；若“数列中存在有理数”不妨设则为有理数，那么是无理数，故“为有理数”是“数列中存在有理数” 充分不必要条件，故选A39（安徽六校2月联考（理）已知数列是公比为q的等比数列，且首项，给出下列命题：若，则；：若，则则下列说法正确的是（ ）A为真命题，为假命题B，都为真命题C为假命题，为真命题D，都为假命题【答案】A【解析】：若，则，由得，令，则，时，递增，时，递减，时取等号，命题为真：若，设，则，但，即不成立，是假命题，故选A【点睛】本题考查命题的真假判断，考查等比数列的定义，

38、在判断命题时，解题关键是利用取对数把用表示，从而把化为一元函数，利用函数的知识确定结论而命题中是加法运算，对等比数列来讲无法计算，举反例判断（题中结论只有，因此数列的首项可取任意值）40（湖南长沙市长沙一中高三月考）记无穷数列的前项的最大项为，第项之后的各项，的最小项为，令，若数列的通项公式为，则数列的前项和为（ ）ABCD【答案】A【解析】数列的通项公式为，故从起单调递增，且，又，数列的前项和为故选A【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于发现数列从起单调递增，才能依次确定的项，找到规律，突破难点二、多选题：41（江苏省天一中学高三其他模拟）已知等比数列的公比为q，前n项和，设，记的前n项和为

39、，则下列判断正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】BD【分析】先求得的取值范围，根据的取值范围进行分类讨论，利用差比较法比较出和的大小关系【解析】由于是等比数列，当时，符合题意；当时，即，上式等价于或解得解，由于可能是奇数，也可能是偶数，综上所述，的取值范围是，而，且当，或时，即，故BD选项正确，C选项错误当时，即当或时，A选项错误综上所述，正确的选项为BD故选BD【点睛】本小题主要考查等比数列的前项和公式，考查差比较法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题42（辽宁铁岭一模）设数列满足，对恒成立，则下列说法正确的是（ ）AB是递增数列C

40、D【答案】ABD【分析】设，求出导数，可得在上为单调递增函数，得出，即，由此可依次判断各个选项【解析】由，设，则，当时，即在上为单调递增函数，函数在为单调递增函数，即，即，即，则，故A正确；由在上为单调递增函数， 是递增数列，故B正确；，故C错误；因此，故D正确，故选ABD【点睛】关键点睛：本题考查数列单调性的应用，解题的关键是构造函数，利用导数求出单调性得出43（广东广州一模）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；第

41、次得到数列1，2；记，数列的前项为，则（ ）ABCD【答案】ABD【解析】由题意可知，第1次得到数列1，3，2，此时，第2次得到数列1，4，3，5，2，此时，第3次得到数列1， 5，4，7，3，8，5，7，2，此时 ，第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时，第次得到数列1，2 此时，故A项正确；结合A项中列出的数列可得： ，用等比数列求和可得，则 ，又 ， ，故B项正确；由B项分析可知，即，故C项错误，故D项正确故选ABD【点睛】本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学家华罗庚指出：善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方，是学好数学的一个诀窍对于复杂问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方，认透了，钻深了，然后再上去，这就是以退为进的思想44（湖北B4联考）已知数列的首项且满足，其中，则下列说法中正确的是（ ）A当时，有恒成立B当时，有恒成立C当时，有恒成立D当时，有恒成立【答案】AC【分析】题设中的递推关系等价为，根据首项可找到的局部周期性，从而可得正确的选项【解析】，故，当即时，故为周期数列且，故A正确当即时，同理，故，故B错误当即时，根据等比数列的通项公式可有， ，故D错误对于C，当时，数列的前