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数列的综合问题 高频考点梳理
专题练 2026届高考数学复习备考
一、单选题
1．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C．的最大值为 D．的最大值为
2．已知等差数列的公差不为0，设为其前项和，若，则集合中元素的个数为（ ）
A．2025 B．2023 C．2021 D．2013
3．函数的图象犹如两条飘逸的绸带，因而被称为飘带函数．若在数列中，，且，记的前项积为，数列的前项和为，其中，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．已知数列满足，且函数．当时，函数恰有一个零点，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知数列满足，则的最小值为（ ）
A．20 B．21 C．100 D．101
6．在递增数列中，，．已知表示前n项和的最小值，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知数列的首项为，若的前n项积，则（ ）
A．数列有最大项，无最小项 B．数列无最大项，有最小项
C．数列有最大项，有最小项 D．数列无最大项，无最小项
二、多选题
8．某植物基因型为Aa的亲本个体自交，第1代中杂合子Aa出现的概率为，纯合子AA和aa出现的概率分别为，之后每一代个体都自交，记第n代中杂合子Aa出现的概率为，纯合子AA出现的概率为，则（ ）
A．数列是等比数列 B．第5代中杂合子Aa出现的概率为
C．数列是等差数列 D．第5代中纯合子AA出现的概率为
9．对于给定数列，如果存在常数使得对于任意都成立，我们称数列是“数列”．下列说法正确的有（ ）
A．若，则数列是“数列”
B．若，则数列是“数列”
C．若数列是“数列”，则数列是“数列”
D．若数列满足为常数，则数列前2024项的和为
10．过圆内一点有条弦的长度成等差数列，数列的首项等于过点的最短弦的长度，等于过点的最长弦的长度，若公差，则的值可能是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
11．自然界中存在很多美到极致的螺旋，如田螺的螺旋、星系的螺旋，我们把这些螺旋称为“斐波那契螺旋”.它按如图所示的规律形成连续不断的弧线，借助正方形的边长形成数列“1，1，2，3，5，8，……”，即从数列第三项开始，每项都等于前面两项之和.设该数列为，则（），记是数列的前项和，是数列的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．若，则
三、填空题
12．已知正项等比数列的前n项和为，且，若恒成立，则m的一个可能取值为 ．
13．等差数列公差为2，等比数列的首项为1，公比为2，若集合的元素个数恰有2个，则等差数列的首项的取值范围是 ．
14．记为数列的前n项和，且，已知每一项中每个数字出现的可能性相同，则是奇数的概率为 ．
15．已知数列中，（为自然对数的底数），当其前项和最小时， ．
16．甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.如果设次传球后球在甲手中的概率为，则 ； .
四、解答题
17．已知函数在上有定义，，且满足对任意有，在数列中，．
(1)求证：在上为奇函数．
(2)求的解析式．
(3)是否存在自然数，使得对于任意，有成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
18．已知数列中，，，
(1)证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)令，证明：.
19．已知．
(1)求的通项公式；
(2)令，为的前项之积，求证：．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D A B D C B AD AC CD
题号 11
答案 BCD
1．D
【分析】根据等比数列的性质可得，即可结合选项逐一求解.
【详解】由可知中一个大于1，一个小于1，结合，可知，又，故，
故公比，A错误，
，故B错误，
可知，故无最大值，的最大值为，C错误，D正确，
故选：D
2．D
【分析】根据等差数列求和公式可以得到首项和公差之间的关系，进一步列出等差数列和的表达式，再结合集合的互异性排除相同大小的集合元素即可得到答案.
【详解】由，可得，且，所以，
根据二次函数的对称性：，所以集合中元素的个数为，
故选：D．
3．A
【分析】由题意可得，，从而得，利用裂项相消得，再由的单调性，即可求得的最小值，即可得答案.
【详解】，且
．
，
易知也满足上式，
为递增数列，
当时，．
故选：A．
4．B
【分析】本题通过分析函数的对称性，结合恰好有一个零点推出数列的递推关系，进而求出．
【详解】函数，其中与的图象均关于直线对称，
故的图象关于直线对称，
因为时恰有一个零点，所以该零点为，即，
将代入，结合，可得，
，进一步可转化为，
，由此可知，数列是以为首项，公比的等比数列，
所以，，当时，
，即．
故选：B．
5．D
【分析】结合基本不等式和对勾函数的单调性确定的最小值后可得结论．
【详解】，当且仅当时取等号，
由对勾函数性质知时，是关于的单调增函数，
所以，，依此类推，，
所以的最小值是，
故选：D．
6．C
【分析】由题意依次确定数列的前9项的值，结合三角函数诱导公式，即可得答案.
【详解】由题意在递增数列中，，，
则，故，
则或，结合题意取；
又，则或，
结合题意取；
同理，则或，
结合题意取，
同理，则或，
结合题意取，
同理，则或，
结合题意取，同理可得，，，
故前9项和的最小值
，
可得，
故选：C
7．B
【分析】由与关系可得，化简可得，从而得即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，则．
又，所以是首项为3，公差为1的等差数列，
所以，故，
所以是递增数列，故有最小项，无最大项．
故选:B
8．AD
【分析】根据递推关系可得，，即可结合选项求解ABC,利用累加法即可求解D.
【详解】由题意可得，第2代中杂合子Aa出现的概率为，第3代中杂合子Aa出现的概率为，…，故第n代中杂合子Aa出现的概率，又，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，A正确；，B错误；
由题意可得，第1代中杂合子Aa自交后在第2代中出现纯合子AA的概率为，所以第2代中出现纯合子AA的概率为，第2代中杂合子Aa自交后在第3代中出现纯合子AA的概率为，所以第3代中出现纯合子AA的概率为，…，故第n代中纯合子AA出现的概率，，不是等差数列，C错误；
，D正确．
故选：AD
9．AC
【分析】由“数列”的定义代入计算，即可判断ABC，由分组求和以及等比数列的求和公式代入计算，即可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，
由“数列”的定义知，数列是“数列”，故A正确；
对于B，因为，所以，
所以数列是“数列”，故B错误；
对于C，因为数列是“”，所以存在常数使得对于任意都成立，
显然对于任意都成立，
所以对于任意都成立，
数列是“数列”，故C正确；
对于D，因为，
所以，
所以数列前2024项的和为
，故D错误．
故选：AC．
10．CD
【分析】将圆的方程化为标准方程的形式，其中为圆心坐标，为半径.通过配方可得圆的标准方程，从而确定圆心和半径. 过圆内一点的最短弦是与圆心和该点连线垂直的弦，最长弦是直径.根据圆的性质求出和. 再根据等差数列的通项公式，结合公差的范围求出的取值范围，进而确定可能的值.
【详解】圆的方程可化为.
所以圆心，半径.
过点的最短弦是与垂直的弦，
因为，，所以.
根据勾股定理，.
过点的最长弦为直径，所以.
由等差数列通项公式，可得，即.
因为，所以，，.
故的值可能是5或6.
故选：CD.
11．BCD
【分析】由题意（）从而可得，即，，可求得即可对A判断；由，依次两两结合相加可得可对B判断；由，，依次两两结合相加可得可对C判断；由题意可得，再将的各项依次展开，即可对D判断.
【详解】A：，
，
，A错误.
B：，B正确.
C：
，C正确.
D：，，
即
，，，D正确.
故选：BCD.
12．6（答案不唯一）
【分析】设等比数列的公比为，根据已知并应用等比数列通项公式求基本量，得，，问题化为恒成立求参数.
【详解】设等比数列的公比为，
由，得，，
即，，
两式相除得（负值舍去），则，
所以，，
由，得，所以，
又，当且仅当时等号成立，
所以，故m的一个可能取值为6.
故答案为：6（答案不唯一）
13．
【分析】由题意先求，由得，令，计算，根据题意即可求解.
【详解】由题意有，由，
所以，令，所以，
当时，，
所以，
所以，
故答案为：.
14．
【分析】记“为奇数”的概率为，“为奇数”的概率为，分析可知，然后利用等比数列通项公式求得，即可求解.
【详解】记“为奇数”的概率为，“为奇数”的概率为，
分析可知，当为奇数时，若，则仍然为奇数，
当为偶数时，若或3，则为奇数，从而，
即，即，又，，
所以数列为等比数列，
所以，即，
故．
故答案为：
15．5或6
【分析】根据已知分析数列中，当时，且，根据前项和的概念即可求解.
【详解】因为，所以当时，
且当时，，
所以数列中，当时，且，
因为，
所以最小时，或6.
故答案为：或.
16．
【分析】记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，利用全概率公式列式，再借助数列递推公式求通项判断作答.
【详解】记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，，
，则，
于是得，即，
而，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
因此，，即，
所以n次传球后球在甲手中的概率是.
.
故答案为：①；②.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）利用赋值法结合奇函数定义求解；
（2）令，再利用奇偶性求得，利用等比数列的通项公式求通项；
（3）由等比数列求和公式求得，从而问题转化为恒成立，即可求解.
【详解】（1）当时，；令，得，即，
对任意的，故在上为奇函数．
（2）由满足，得．
由在上为奇函数，得；
由，得，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所有．
（3），
假设存在自然数，使得对于任意，有成立，
即恒成立，则，解得．
故的最小值为16．
18．(1)证明见解析，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可得，据此可完成证明及得到通项公式；
（2）由（1）结合做差法可完成证明.
【详解】（1），
则数列是以为首项，公比为2的等比数列,
则；
（2）由（1），则.
则
；
.
则.
19．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据已知可得，且，由等差数列的定义写出通项公式即可；
（2）利用导数证明，进而得到，
可得，累加即可证.
【详解】（1）由，又由题意知，，
左右同时除以得，
所以，则，
故是以3为首项，3为公差的等差数列，
所以，可得；
（2）令函数，求导得，
在上单调递增，，即，
取，则，于是，
由（1）知，,
，
所以.
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