2022届广东省高三数学二轮复习专题训练07：数列（含答案解析）

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1、专题07：数列一、单选题1（2022广东广州二模）已知数列是等差数列，且，则（）ABCD2（2022广东汕头二模）设为等差数列的前项和，则A-6B-4C-2D23（2022广东茂名二模）已知等差数列的前n项和为，若，则（）A6B7C8D9二、多选题4（2022广东广州二模）我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13把m位n进制中的最大数记为，其中m，为十进制的数，则下列结论中正确的是（）ABCD5（2022广东惠州二模）已知为等差数列，其前项和，若，则（）

2、A公差BCD当且仅当时三、填空题6（2022广东湛江二模）“物不知数”是中国古代著名算题，原载于孙子算经卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三；七七数之剩二.问物几何？”它的系统解法是秦九韶在数书九章大衍求一术中给出的.大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.已知问题中，一个数被除余，被除余，被除余，则在不超过的正整数中，所有满足条件的数的和为_.7（2022广东佛山二模）公比为q的等比数列满足： ，记，则当q最小时，使成立的最小n值是_8（2022广东梅州二模）分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供

3、了全新的思路.图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”，依次进行“次分形”（）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于30的分形图，则的最小整数值是_.（取，）9（2022广东肇庆二模）已知是数列的前n项和，恒成立，则k最小为_10（2022广东珠海市第三中学二模）已知公差不为的等差数列的前项和为，若，则的最小值为_11（2022广东茂名二模）某校有一社团专门研究密码问题，社团活动室用的也是一把密

4、码锁，且定期更换密码，都是以当日值班社员的姓氏为依据编码的，密码均为的小数点后前6位数字，编码方式如下：x为某社员的首拼声母对应的英文字母在26个英文字母中的位置；若x为偶数，则在正偶数数列中依次插入数值为 的项得到新数列 ，即2，3，4，6，8， ，10，12，14，；若x为奇数，则在正奇数数列中依次插入数值为的项得到新数列an，即1，2，3，5，7， ，9，11，13，；N为数列an的前x项和如当值社员姓康，则K在26个英文字母中排第11位，所以x11，前11项中有 ，所以有8个奇数， ，所以密码为282051，若今天当值社员姓徐，则当日密码为_12（2022广东普宁市华侨中学二模）在数列

5、中，且数列是等差数列，则_.13（2022广东韶关二模）数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了 是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出.也就是说不是质数，这个猜想不成立设 是数列前n项和，若对恒成立，则m的最大值是_14（2022广东潮州二模）记为等比数列的前n项和若，则_四、解答题15（2022广东广州二模）问题：已知，数列的前n项和为，是否存在数列，满足，_若存在求通项公式若不存在，说明理由在；这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分16（2022广东湛江二模）已知数列的前n项和为.(1)从，这三个

6、条件中任选两个作为条件，证明另一个成立，并求的通项公式；(2)在第（1）问的前提下，若，求数列的前项和.注：如果选择多种情况分别解答，按第一种解答计分.17（2022广东佛山二模）已知数列的前n项和为，且满足(1)求、的值及数列的通项公式：(2)设，求数列的前n项和18（2022广东梅州二模）已知是数列的前项和，_.，；数列为等差数列，且的前项和为.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解：(1)求；(2)设，求数列的前项和.19（2022广东茂名二模）已知数列的前n项和为，且(1)求证：数列为等差数列；(2)求数列的前n项和20（2022广东肇庆二模）已知数列满足，.(1)证明：数列是等

7、比数列；(2)求数列的前n项和.21（2022广东珠海市第三中学二模）已知数列，的前n项和分别为，(1)求及数列，的通项公式；(2)设，求数列的前2n项和22（2022广东茂名二模）已知是首项为1，公差不为0的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列(1)求数列的通项公式；(2)求证：23（2022广东惠州二模）已知正项等比数列的前项和为，且，成等差数列.(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，求数列的前项和24（2022广东普宁市华侨中学二模）已知数列的前n项和为，在，这三个条件中任选一个，解答下列问题：(1)求的通项公式：(2)若，求数列的前n项和25（2022广东韶关二模）已知数列前项和

8、为，(1)证明：(2)设 求数列的前项和26（2022广东二模）已知递增等比数列的前n项和为，且满足，(1)求数列的通项公式(2)若数列满足，求数列的前15项和27（2022广东潮州二模）已知数列的前n项和为，且(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和28（2022广东汕头二模）已知个正数排成n行n列，表示第i行第j列的数，其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且公比都为q已知，(1)求公比q；(2)记第n行的数所成的等差数列的公差为，把，所构成的数列记作数列，求数列的前n项和29（2022广东深圳二模）已知数列的前n项和(1)求数列的通项公式；(2)若，求满足条件的最大

9、整数n30（2022广东茂名二模）已知数列满足，(1)证明：数列是等比数列；(2)若，求数列的前项和参考答案1D【分析】利用等差数列的性质求出，再利用此性质结合诱导公式计算作答.【详解】在等差数列中，则有，即，所以.故选：D2A【详解】由已知得解得故选A考点：等差数列的通项公式和前项和公式3C【分析】根据等差数列的前n项和公式求得，,利用通项公式求得答案.【详解】由题意知,解得，,所以,故选:C4ABD【分析】根据问题背景的介绍，可以得到m位n进制中的最大数的书写方法，进而得到选项中最大数的式子，再进行大小比较即可.【详解】对于A：即是：，A正确；对于B：即是：即是：，B正确；对于C、D：，即

10、是： ，即是：构造函数：，求导得： ，单调递增；，单调递减； 代入得： 即是：， ，D正确.故选：ABD【点睛】本题考查背景知识的从特殊到一般的转化过程，对获取信息从而抽象成数学问题的能力有一定的要求，随后需要用数列求和得出需要的结果，再从构造函数的角度考查了导数在函数中的应用，运用函数的性质进行大小比较，对学生来说是一个挑战，属难题.5ABC【分析】根据题意，结合等差数列前项和的公式和性质，一一判断即可.【详解】由，得，即.因，所以，且，故选项AB正确；因，且，故时，最大，即，故选项C正确；由，得，即，故D错.故选：ABC.6【分析】找出满足条件的最小整数值为，可知满足条件的数形成以为首项，

11、以为公差的等差数列，确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】由题意可知，一个数被除余，被除余，被除余，则这个正整数的最小值为，因为、的最小公倍数为，由题意可知，满足条件的数形成以为首项，以为公差的等差数列，设该数列为，则，由，可得，所以，的最大值为，所以，满足条件的这些整数之和为.故答案为：.717【分析】根据题意，求出q，写出通项公式即可.【详解】 是等比数列， ，又 ， ，设函数 ， ，当 时， ， 时， ，在x=1时， 取极小值1， ， ，由题意即q=e， ， ， ， ，n的最小值是17.故答案为：17.812【分析】根据题意得到每次分形后所得线段之和为首项为，公比是

12、的等比数列，求出次分形后线段之和为，列出不等式，结合，求出.【详解】由题意得：“n次分形”后线段之和是“（n-1）次分形” 后所得线段之和的，且一次分形后线段之和为，故每次分形后所得线段之和可看出首项为，公比是的等比数列，故次分形后线段之和为，故，两边取对数得：，又 ，解得：，故的最小整数值为12.故答案为：1292【分析】利用递推关系求出的通项公式，再裂项求和即可.【详解】由，得，当时，得，则，即，则，当n=1时符合上式，则，所以k最小为2故答案为：.10【分析】对的值进行分类讨论，结合等差数列前项和最值的求法求得的最小值【详解】取得最小值，则公差，或，当时，所以，又，所以，所以，故，令，则

13、，所以的最小值为当，不合题意综上所述：，的最小值为故答案为：11199600【分析】根据当值社员姓徐，确定x的值，从而求出N，计算，即可确定当日密码.【详解】当值社员姓徐，则x在26个英文字母中排第24位，故 ，前24项中 ，所以有21个偶数，所以 ，计算，则当日密码为：199600，故答案为：19960012.【分析】先设等差数列的公差为，由题中条件求出公差，进而求出等差数列的通项公式，得到的通项，从而得出结果.【详解】设数列的公差为，因为，则，所以，所以，因此，解得.故答案为【点睛】本题主要考查等差数列基本量的运算，熟记等差数列的通项公式即可，属于常考题型.13#【分析】根据条件化简得，再

14、求前n项和，根据不等式恒成立可求解.【详解】由题意可知，显然当时，m取到最大值为故答案为：14【分析】由已知解出公比，根据通项公式即可求解【详解】设等比数列的公比为q，由已知，即，解得，所以故答案为：15选：；选：；选：【分析】选：利用与的关系得到关于的递推公式，再由递推公式求，然后可得通项；选：利用与的关系得到递推公式，然后构造等比数列可求通项；选：根据递推公式构造等比数列可解.【详解】选：，即是以2为公差，1为首项的等差数列，即当时，显然，时，上式不成立，所以.选：当时，即所以整理得又，所以从第二项起，是以2为公比，4为首项的等比数列当时，即显然，时，上式成立，所以选：又是以2为公比和首项

15、的等比数列，即16(1)；证明见解析.(2)【分析】（1）选，结合题意证明数列是等比数列，公比为，首项为，进而求解；选：，先根据题意得，进而证明数列是等比数列，公比为，首项为，再求解即可；选：，结合题意证明数列是等比数列，公比为，首项为，进而在求解即可.（2）结合（1）得，再根据等比数列的求和公式求解即可.(1)解：选，因为，所以，因为，所以，数列是等比数列，公比为，首项为，所以，即所以，当时，当时，显然满足，所以，.选：，因为，所以，解得，故.因为，所以，即，所以，整理得，所以数列是等比数列，公比为，首项为，所以.选：，因为，所以，所以，两式作差得，即，所以数列是等比数列，公比为，首项为，所

16、以，所以，所以.(2)解：由（1）得，故，所以数列的前项和满足：17(1)；(2).【分析】（1）利用给定条件建立方程组求解得、，再变形递推公式求出即可计算.（2）由（1）的结论，对裂项，利用裂项相消法计算作答.（1）因，取和得：，即，解得，由得：，数列是首项为，公差的等差数列，则，即，当时，而满足上式，因此，所以，数列的通项公式.（2）由（1）知，当时，因此，则，满足上式，所以.18(1)条件选择见解析，(2)【分析】（1）选，分析可知数列、均为公差为的等差数列，求出的值，可求得、的表达式，可得出数列的通项公式；选，求得的值，可得出数列的公差，即可求得，再由可求得数列的通项公式；（2）求得，

17、利用裂项相消法可求得.（1）解：选条件：，得，所以，即数列、均为公差为的等差数列，于是，又，所以；选条件：因为数列为等差数列，且的前项和为，得，所以，所以的公差为，得到，则，当，.又满足，所以，对任意的，.（2）解：因为，所以.19(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用可得，转化为可得答案；（2）求得，利用错位相减可得答案.（1）由可得，由得，所以，即，所以，所以数列是公差为1，首项为1的等差数列.（2）由（1），得，所以，两式相减得，所以.20(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据递推公式，利用等比数列的定义即可得出结论；（2）利用分组求和法和错位相减法计算即可得出答案.（1）证明：由，

18、得，又，所以，故，故是以为首项，以为公比的等比数列；（2）解：由（1）得，得，所以，设的前n项和为，则，由-，得，则，故.21(1)；(2)【分析】（1）先根据得到，再结合，求出数列，的通项公式；（2）在第一问的基础上利用分组求和进行求解.（1）在中，当n1时，b1a10，当n2时，显然b1a10适合上式，所以，又，所以两式相减得，两式相加得且a11，b11；（2）因为，结合（1）中所求，故22(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据题意列出方程求解即可得出通项公式；（2）由，可得，据此即可证明结论.（1）设等差数列的通项公式为d（d0），由，所以，又，得，.（2），.即命题得证23(1)

19、；(2)【分析】（1）设的公比为，根据等差数列的性质列方程求得后可得通项公式；（2）写出，由分组求和法求和(1)设的公比为（），因为，且，成等差数列，所以，即，解得，所以；(2)由（1），24(1)(2)【分析】（1）若选，由已知得， ，当时，两式相减有，再验证当时，是否满足，可得数列的通项；若选，由已知得，当时，两式相减，得，再验证当时，是否满足，可得数列的通项；若选，由已知得，当时，两式相减，得，再验证当时，是否满足，可得数列的通项；（2）由（1）得，由等差数列的定义得数列是以0为首项，为公差的等差数列，根据等差数列的求和公式可求得.(1)解：若选，则，当时，当时，符合上式，所以；若选，当

20、时，两式相减，得，即， 又，所以，所以，所以数列是首项为1，公比为等比数列，所以；若选，数列满足，当时，两式相减，可得，所以，当时，符合上式，所以；(2)解：，又，所以数列是以0为首项，为公差的等差数列，所以.25(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据与前项和为的关系，即可证明结果；（2）由（1），对分奇数和偶数两种情况讨论，可得，由此可得，再根据分组求和即可求出结果.（1）解：由题可知，当时，解得，所以又因为，将其与两式相减得：，因为，有.当时，上式也成立，综上，.（2）解：当n为大于1的奇数时，有，累加得又满足上式，所以n为奇数时；当n为大于2的偶数时，有，累加得，满足上式，又，综上可知

21、.26(1)(2)92【分析】（1）设的公比为q，由等比数列的通项公式进行基本量的运算即可求得通项；（2）（方法一）利用已知条件列举出数列各项，然后分组求和即可；（方法二）写出数列的通项，然后分组求和即可.（1）设的公比为q，则由，得整理得又，得联立得，消去，得解得或又因为为递增等比数列，所以，所以（2）（方法一）当时，则，同理，列举得，记的前n项和为，则所以数列的前15项和为92（方法二）由，得，记的前n项和为，则所以数列的前15项和为9227(1)；(2).【分析】（1）当时，（1），（2），（1）（2）即得解；（2）由（1）得，再利用裂项相消法求和得解.(1)解：当时，所以，当时，（1）

22、，（2），由（1）（2）得，即，所以是首项，公比为的等比数列，故(2)解：由（1）得，所以.28(1)(2)【分析】（1）利用每一行中的数依次都成等差数列可求，再根据每一列中的数依次都成等比数列，结合条件 ，求得答案;（2）先求出，表示出，再根据第四列等比数列求得，从而根据第n行等差数列可得，求得，可求得答案.(1)由题意知，成等差数列，其公差为，又，成等比数列，且，公比，由于 ，故 ；(2)由，可得 ，而，故 ，故 ；又 ，故 ，由于 为等差数列，公差为，故 ，即，故 .29(1)(2)5【分析】（1）由与关系化简，再由等比数列通项公式求解（2）由等比数列前项和公式求和后解不等式（1）时，得，时，得，故是首项为3，公比为2的等比数列，（2）由（1）得，故整理得，即，而，故的最大值为30(1)证明见解析(2)【分析】（1）由递推关系式可得，由等比数列定义可得结论；（2）利用等比数列通项公式和累加法可求得，由此可得，分别在为偶数和为奇数的情况下，利用裂项相消法和求得结果，综合两种情况可得.（1）由得：，又，数列是以为首项，为公比的等比数列.（2）由（1）得：，则，各式作和得：，又，当为偶数时，；当为奇数时，；综上所述：.