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数列必考考点 预测练
2025年高考数学三轮复习备考
一、解答题
1．已知数列，若，点、在斜率是的直线上.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
2．已知数列的前项和为.
(1)求的通项公式；
(2)若求数列的前项和.
3．已知数列的前项和为，且．
(1)证明：是等比数列；
(2)设，求数列的前项和．
4．已知数列是等差数列，，且成等比数列.给定，记集合的元素个数为bk.
(1)求的值;
(2)求满足的最小自然数的值.
5．已知等比数列的前n项和为，且．
(1)若，求数列的通项公式；
(2)若．求b．
6．已知无穷数列满足以下条件：①，当时，；②若存在某项，则必有，使得（且）．
(1)若，写出所有满足条件的；
(2)若，证明：数列为等差数列；
(3)设，求正整数的最小值．
7．已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和；
(3)当时，设集合，集合中元素的个数记为，求数列的通项公式．
8．数学归纳法是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个（或者局部）自然数范围内成立.证明分为下面两个步骤：①证明当取第一个值时命题成立；②假设时命题成立，证明当时命题也成立.根据①②就可以断定命题对于从开始的所有正整数都成立.根据上述材料解决下面的问题：已知数列满足，当时，，其中.
(1)写出和，猜想的通项公式，并证明你的猜想；
(2)若，求；（参考公式：）
(3)对任意的且，设满足的的最小值为，证明：当时，
9．双曲线的左、右顶点分别为、，点到的渐近线的距离为．
(1)求的方程；
(2)按照如下方式依次构造点（且）：过点作斜率为的直线交于另一点，设是点关于实轴的对称点，记点的坐标为．
（i）证明：数列、是等比数列，并求数列和的通项公式；
（ii）记的面积为，的面积为，求的最大值．
10．设为正整数，数列，，…，的各项均为正整数，若该数列满足下列性质：①，，，都有且，②，则称该数列是—特性数列．
(1)若数列是－特性数列，求与的最小值；
(2)若数列是—特性数列，是否存在数列是—特性数列？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由；
(3)从，，，…，中一次任取四个不同的数，记抽取的四个数组成的数列是—特性数列的概率为，求．
11．数学家高斯在研究整数问题时，发明了取整符号，用表示不超过的最大整数，例如，．
(1)分别求函数和的值域；
(2)若，求函数的值；
(3)若数列满足：是数列的前项和，求的值．
12．设数列和都有无穷项，已知存在非零常数，使得，此时称数列是由“-生成”的．
(1)如果是等比数列，满足的，若数列是由“-生成”，求的值；
(2)已知数列是由“-生成”的，如果存在非零常数，使得是由“-生成”的，求数列的通项；
(3)设，且数列，，分别是由数列，，“-生成”的，表示数列的前n项和．已知，求的最小值．
参考答案
1．(1)
(2)
【分析】（1）斜率公式结合等差数列的定义推导出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求出数列的通项公式；
（2）计算得出，利用裂项相消法可求得.
【详解】（1）由点、在斜率是的直线上得：，
即，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以.
（2）由（1）知：，
所以.
2．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意先求出，然后由求经过验证后可得通项公式.
（2）根据（1）代入可得，当为偶数时，可看为两两一组，先求出，再利用错位相减求和求得.当为奇数时，因为为偶数项和，所以可利用代入求得.
【详解】（1）当时，.
当时，由，得，
则.
因为，所以.
（2）由（1）可得
当为偶数时，，
则，
则，
则
，
则.
当为奇数时，.
故
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由与的关系可得递推公式，根据等比数列的定义，可得答案；
（2）由（1）可得的通项，利用错位相减法，可得答案.
【详解】（1）证明：因为，
所以当时，，解得；
当时，，
所以，即，
所以，又．
所以数列是以4为首项，3为公比的等比数列．
（2）由（1）知，．所以，
则，①
，②
—②有．
所以
4．(1)，
(2)
【分析】（1）设数列的公差为，根据题意，列出方程，求得，得到，结合，分别求得的值；
（2）由（1）得到，求得，当和时，可得，，进而得到的最小值.
【详解】（1）解：设数列的公差为，
因为成等比数列，且，所以，
即，即，解得，所以，
又因为，
当时，集合，所以集合中元素的个数；
当时，集合，所以集合中元素的个数；
（2）解：由集合 的元素个数为，
结合（1）可得，
所以，
当时，可得；
当时，可得，
又由，
所以数列为单调递增数列，所以的最小值是.
5．(1)
(2)．
【分析】（1）通过，得到方程，联立求解即可；
（2）法一：通过或结合通项公式化简求解即可，法二：原式化为化简求解即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为q，
由题意知：当时： ①
当时： ②
联立①②，解得，．
因为，所以数列的通项公式．
（2）由（1）知．
方法一：故当，时，原式可化为
．
因为，所以；
所以．
同理当，即时，原式可化为，
所以．
所以，解得．
方法二：原式可化为．
即．
即，．
所以，解得．
6．(1)满足条件的可能为
(2)证明见解析
(3)3035
【分析】（1）由题意可得或，分类讨论求解即可；
（2）利用数学归纳法可证明当正整数时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且；
（3）由题意可知，进而要使最小，则需，且，且，据此计算即可.
【详解】（1）由题意，当时，，，
或，
或，
，，
①若，则或；
②若，则或；
综上所述，满足条件的可能为；
（2）先证当正整数时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且，
①由（1）得，或，又，，
当时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且；
②假设当（且）时，
是以2为首项，2为公差的等差数列，且，
若，则，
由题意，则必有，使得，，
是以2为首项，2为公差的等差数列，
，与矛盾，
，
当时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且；
由①②得，当正整数时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且，
数列为等差数列；
（3）设（且），则必有，使得，此时，
要使最小，则需，且，且，
此时取，则满足，
当正整数取最小值时，，，…，，
，，的最小值为3035．
7．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据已知条件可求出等差数列的公差的值，结合等差数列的通项公式可求出的表达式，设等比数列的公比为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出等比数列的通项公式；
（2）分别利用裂项求和法、错位相减法求出数列的前项中的奇数项、偶数项的和，即可得出；
（3）分析可知，集合中元素个数等价于满足的不同解的个数，、进行讨论，推出矛盾，可得出，然后利用不等式的基本性质可得出解的个数，即可得出数列的通项公式.
【详解】（1）因为数列为等差数列，所以，该数列的公差为，
所以，，
设等比数列的公比为，
由可得，解得，则.
（2）当为奇数时，，
设数列奇数项的和为，
则.
当为偶数时，，设数列的偶数项的和为，
则，
可得，
上述两个等式作差得
，
整理可得，
所以，.
（3）集合中元素个数等价于满足的不同解的个数，
若，则，与已知矛盾；
若，则，与已知矛盾，所以，，
又因为，
所以，，
即、、、、，共个解，故.
8．(1)，，，证明见解析
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）归纳得出，利用数学归纳法证明即可；
（2）由已知可得，结合参考公式求解即可；
（3）分析得出需证且，利用数学归纳法证明即可.
【详解】（1）根据递推公式：.
.
猜想.
证明如下：
当时，，当时，，猜想均成立.
假设和时猜想成立，即，
则当时，
，
猜想成立.
综上所述，对任意的.
（2）由，得，
根据参考公式得，所以，
即.
再利用参考公式可得，
因为，所以，只能是，所以或.
（3）由得，
当时，，当时，，
因为在上单调递减，所以的最小值为，
即的最小值为，所以.
待证不等式即且.
当时，，命题成立.
假设当时命题成立，令，有
则当时，
.
右边
所以当时命题也成立，
因此，对任意的且，原结论成立.
9．(1)
(2)（i）证明见解析，，（ii）．
【分析】（1）求出双曲线的渐近线方程，结合点到直线的距离公式可求出的值，即可得出双曲线的方程；
（2）（i）写出直线方程，将该直线方程与双曲线方程联立，列出韦达定理可得出，，再利用等比数列的定义可证得结论成立；
（ii）求出、的表达式，可得出的表达式，结合数列的单调性可求得的最大值.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，，
则点到渐近线的距离为，所以，所以的方程为．
（2）（i）因为，所以、，
直线的方程为，即，
代入，得，
根据韦达定理得．
所以，，
由题设有，
因为，
所以是公比为的等比数列．
因为，
所以是公比为的等比数列，
所以，所以，.
（ii）先证明结论：若，为两个不共线的非零向量，
则
.
本题中，因为．，
所以．
因为，，
，
又因为，
，
所以，，
所以，
设，则，
所以，所以，所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以的最大值为．
10．(1)的最小值为3，的最小值为6
(2)存在，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意，可得，，再验证当时和当时是否满足题意即可得解；
（2）根据，即不断的给最后一项乘“1”，可得，可证存在数列是—特性数列；
（3）由前面分析可得，，当的值取定时分析的值，可得有，，，，共4个，从而求概率.
【详解】（1）由②可知，所以，
又数列，，，的各项均为正整数，所以．
由①可知且，
所以，则，
当时，，不满足性质②；
当时，因为且，所以，所以．
当时，，，满足性质①②．
所以的最小值为3．
当时，数列2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5均不满足性质②，
所以的最小值为6．
（2）存在数列是—特性数列．
证明如下：
因为数列是一特性数列，由上可知，
所以
，
又，，
则，
由定义可知，数列，，…，，，，，，，…，
，…，是—特性数列；
故存在数列是—特性数列．
（3）若数列是—特性数列，
则，，由上可知，
当时，，矛盾，
所以，故．
又，所以，
因为，
所以，则．
当时，，则，
所以，则，又，所以，则，即，
因为，所以当时，；
当时，；当时，18；
当时，；当时，（舍去）．
当时，同理，因为，所以当时，；
当时，；当时，（舍去）．
当时，同理，又，所以，
又，所以（舍去）．
经验证，从1，2，3，…，20中一次任取四个不同的数，数列是—特性数列，
有，，，，共4个，
故．
11．(1)，的值域为整数集
(2)
(3)
【分析】（1）利用正弦函数的有界性可得，而函数无界，其值域为，所以的值域为整数集；
（2）先求出与的值域，发现当且时，，当时，，由此可得函数的值；
（3）令，求得单调递减，利用单调性分析可得：，再令，利用导数可知在上单调递增，故，又当为奇偶时分别两次运用分组求和法可求得的范围，由此可得求的值.
【详解】（1）由于，所以，
由于函数的值域为，所以的值域为整数集；
（2）令，则，当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，又，，
所以当时，，当时，．
由于恒成立，并且当时，，当时，．
故当且时，，当时，．
所以
（3）令，则在上单调递减，且，
，所以
依次可得：，
令，则在上恒成立．
所以在上单调递增，
故，又，
所以当为偶数时，
即，
故；
当为大于1的奇数时，
即，故．
所以
12．(1)或；
(2)；
(3).
【分析】（1）设，利用定义推理可得，求解方程并验证即得.
（2）利用定义求出首项，结合递推公式求解，并借助反证法推理求得通项公式.
（3）设分别表示的前项和，利用给定的定义，结合前和与第的关系推理求出最小值.
【详解】（1）设，
则由，解得，
又，
而，因此，解得.
当时，；
当时，，
当时，，
即，符合题意，
所以或.
（2）由是由“生成”的，是由“生成”的，
得，则，
于是或，而，因此，
若，则，，
若，且，
假设是第一个使不同时为0的整数，则，
此时，而，则，矛盾，
从而不存在使不同时为0的整数，
所以.
（3）设分别表示的前项和，
即分别是由-生成"的，
由，得；
当时，.
于是，同理，
而，则，
，，
.
所以，，
令，则，
，，
因此，
所以取到最小值.
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