资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
2025届高三数学高考二轮专题复习：数列解答题专练
1．已知等差数列的前n项和为，满足，．
(1)求数列的通项公式．
(2)求证：
2．已知等差数列的前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，设数列的前项和为，求.
3．已知是公差不为0的无穷等差数列.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质.
(1)已知，，判断数列，是否具有性质；
(2)若数列具有性质，证明：的各项均为整数；
(3)若，求具有性质的数列的个数.
4．已知等差数列的前项和为．
(1)求的通项公式；
(2)求的前项和．
5．已知等差数列的前n项和为，且，．
(1)求；
(2)若数列满足，求数列的前20项和．
6．若数列的首项，且满足．
(1)证明:数列是等比数列；
(2)若，求满足条件的最小整数n．
7．已知数列的前项和为，．
(1)证明：数列为等比数列，并求数列的前项和；
(2)设，求数列的前项和．
8．设等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为.已知，.
(1)求的通项公式；
(2)当时，记，求数列的前项和.
9．已知数列满足：①，②，则称数列有性质Ω，数列称为“Ω数列”，记．
(1)若，写出的所有可能值（直接给出答案即可）；
(2)当，时，设；数列为等差数列．请判断p是q的什么条件？并说明理由；
(3)若Ω数列符合且，记集合．在中任取两个不同元素x，y，求：x且的概率最大值．
10．若数列对于任意的，都有（常数），则称数列是公差为的准等差数列．设数列的前项和为，，对于任意的，都有．
(1)求证：数列为准等差数列；
(2)求数列的通项公式及前项和．
11．若取一个数列的每一项与其后两项的乘积构成一个新数列，则定义该新数列为原数列的三项相乘数列．如数列1，1，3，2，1，4，6， 的三项相乘数列为3，6，6，8，24，…．记为正项数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)若数列为的三项相乘数列，证明．
12．已知是无穷正整数数列，且对任意的，其中表示有穷集合S的元素个数．
(1)若，求的所有可能取值；
(2)求证：数列中存在等于1的项；
(3)求证：存在，使得集合为无穷集合．
13．已知.
(1)数列的前项和为，点均在函数的图象上，求数列的通项公式；
(2)设；当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
14．已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)求；
(3)若时，有，求的最小值．
15．正项等比数列的前项和为，满足，．
(1)求的通项公式；
(2)若为的前n项积，求的最大值（可以用指数式表示），并求出最大时的值．
16．已知函数．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在上单调递增，求实数的值；
(3)已知数列满足，，证明：．
17．已知递增等比数列中，，设．
(1)求的通项公式；
(2)求的前项和．
18．已知是数列的前项和，数列是首项为2，公比为2的等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和.
19．已知正项数列的前项的和为，且.
(1)求，；
(2)证明：是等差数列；
(3)求数列的前项的和.
20．已知数列与都是等差数列，其前项和分别为与，且，，，.
(1)求数列与的通项公式；
(2)求数列的前项和.
中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
试卷第10页，共10页
试卷第9页，共10页
《2025届高三数学高考二轮专题复习：数列解答题专练》参考答案
1．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项公式求出首项和公差即可得解；
（2）根据，利用裂项相消法求和，即可得证.
【详解】（1）等差数列中，设公差为，
，
，
所以，故；
（2），
当时，成立；
当时，，
所以成立.
2．(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，结合等差数列通项公式及前项和公式列式求出首项、公差即可.
（2）由（1）的结论，利用并项求和法及等差数列前项和公式求和可得结果.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
由，，得，
化简得，解得，，
所以数列的通项公式为.
（2）由，得，
则
.
3．(1)数列具有性质；数列不具有性质
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据数列具有性质的定义即可求解.
（2）设数列的公差为，由题意知存在，同理存在，两式相减，根据等差数列的定义即可得证.
（3）由题意结合（2）知数列的各项均为整数，所以为整数.首先证明为正整数，其次证明为的约数，从而即可得解.
【详解】（1），，即，所以数列具有性质.
，令，则，不符合，则不具有性质.
（2）设数列的公差为，因为数列具有性质，所以存在，
同理存在，两式相减得，
即，因为，所以.所以的各项均为整数.
（3）由（2）可知，数列的各项均为整数，所以为整数.
假设为负整数，则为递减数列，所以中各项最大值为，
由题意，中存在某项，且，所以，
而数列中存在，则，与题意相矛盾，所以不是负整数，为正整数.
由得，，
所以，
所以为整数，即为的约数.
由为正整数，所以为的正约数，
，所以的正约数共有个，则，具有性质的数列的个数为.
4．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项求和公式建立方程组，解之即可求解；
（2）由（1）可得，进而，结合裂项相消法求和即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由，得，解得，
所以.
（2）由（1）知，则，
所以，
所以.
5．(1)
(2)4212
【分析】（1）根据已知条件求得等差数列的首项和公差，从而求得；
（2）先求出，再利用分组求和法求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由，，得，解得，
所以．
（2）因为，所以，
故
6．(1)证明见解析
(2)11．
【分析】（1）应用递推公式结合等比数列定义证明即可；
（2）根据等比数列求和公式应用指数函数单调性解不等式.
【详解】（1），，
，，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）由（1）可知，则，
，
由，得，解得，
因为，所以满足条件的最小整数n为11．
7．(1)证明见解析；；
(2)
【分析】（1）根据化简结合等比数列定义证明，再结合等比数列前n项和公式分组求和计算求解；
（2）先应用对数运算律化简，再应用错位相减法计算求解.
【详解】（1）数列的前项和为，，，
当时，，
当时，，
所以，
所以，
所以，所以，
所以数列是首项为3，以3为公比的等比数列，
所以，所以，
，
所以；
（2）因为，
所以，
设数列的前项和为，
，
，
，
，
，
，
所以.
8．(1)或
(2)
【分析】（1）根据等差数列基本量得到方程组，计算出首项和公差，从而得到，，求出两个通项公式；
（2），利用错位相减法求和，得到答案.
【详解】（1）由题意知，
解得或，
当时，，，故，；
当时，，，故，
，
所以或；
（2）因为，所以.
因为，
所以，
两式相减得
，
故.
9．(1)
(2)充分不必要条件
(3)
【分析】（1）根据数列的定义，相邻项差值不超过1，通过递推确定的可能取值；
（2）分析等差数列的公差与条件的关系，判断条件的充分性与必要性；
（3）第（2）问：构造满足条件的数列，分析集合的结构，利用组合数计算概率的最大值.
【详解】（1）因为数列满足：①，②，
故由，得的可能取值为，
若，则可为；
若，则可为；
若，则可为；
综合所述，的可能取值为.
（2）p是q的充分不必要条件，即条件p能够推出条件q，但条件q推不出条件p，下面证明：
先证明条件q推不出条件p，
因为为等差数列，且为数列，
因为，所以常数列：满足条件，
此时，故条件q推不出条件p，
再证明条件p能够推出条件q，
数列满足：①，②且，，
因为从到需要净增长2025
在项的约束下，要满足，，唯一可能的方式是每次增加1，
即该数列只能是：0,1,2,...,2025，因此“Ω数列”为等差数列，即条件p能够推出条件q，
综上所述，p是q的充分不必要条件，
（3），
当时，令（），
当为奇数时，数列：，
此时，，，，，．．．，，
此时，
；
当为偶数时，数列：，
此时，，，，．．．，
此时，
；
对于所有：当为奇数时，；当为偶数时，为可能的最大值，
因此，概率的最大值为：
10．(1)证明见解析
(2)，．
【分析】（1）需要根据已知条件推导出为常数，从而证明数列为准等差数列；
（2）先根据递推关系求出奇数项和偶数项的通项公式，再分别计算奇数项和偶数项的前项和，进而得到前2n项和.
【详解】（1）已知对于任意的，都有.
将换为，可得.
用减去，
可得：
因为，，所以.
根据准等差数列的定义，可知数列是公差为的准等差数列.
（2）由可得.
当时，，又，所以.
当为奇数时，.
当为偶数时，.
所以.
.
对于奇数项，是以为首项，为公差的等差数列，
根据等差数列前项和公式可得其前项和为：
.
对于偶数项，是以为首项，为公差的等差数列，其前项和为：
.
所以.
11．(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）先由题意求出，接着由时结合题设作差得到，再由等差数列定义和通项公式即可求解；
（2）由题意和（1）结合裂项相消法即可证明.
【详解】（1）当时，，所以．
当时，，
两式相减可得，
即，
则，
因为为正项数列，所以．
所以当时，，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列．
故．
（2）由题意得，
则
令
则
，
因为，所以，故，结论得证．
12．(1)所有可能取值为2，3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1），先根据已知条件确定的值，然后再确定的值；
（2），利用反证法，结合分类讨论进行证明；
（3），采用反证法进行证明.
【详解】（1）因为，则中与相等的数有且仅有2个，除去本身，中与相等的数有且只有1个，
∴或．
当时，；当时，．
所以的所有可能取值为2，3．
（2）假设中不存在等于1的项,则．
又，所以．
当时，由，则存在，使得．
所以，与假设矛盾．
当时，由，则存在，使得,且中有且只有一项与相等.
①若中有两项为2，一项为3，
则，与假设矛盾．
②若中有两项为2，一项为，
则，与假设矛盾．
③若中有一项为2，两项为3，
则，与假设矛盾．
④若中有一项为2，两项为，
则，矛盾．
综上，假设不成立，所以中存在等于1的项．
（3）假设均为有限集合，
当时，,
则当时，（*）
令,下证当时，.
否则假设，则,与（*）矛盾.
∴当时，,
∵已知数列是无穷正整数数列，
所以存在，使得集合为无穷集合，矛盾，
∴假设错误，∴存在，使得集合为无穷集合．
13．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，根据的关系求通项公式即可；
（2）求出，换元后，分离参数，转化为求函数的最小值，利用二次函数配方后得解.
【详解】（1）由题意，，
当时，，
当时，，
则.
（2），
设，当时，，
恒成立，
则，
因为，所以.
14．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列通项公式及前项和公式列方程组求出首项和公差，即可得到结果.
（2）利用等差数列的前项和公式计算可得结果.
（3）根据（1）、（2）可得，解不等式可得结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
因为，，
所以，解得，
所以.
（2）由（1）可得，
故．
（3）因为，
所以，
整理得，解得或，
因为，，所以正整数的最小值为．
15．(1)
(2)或，的最大值为.
【分析】（1）根据求出公比，根据求出首项即可；
（2）讨论、、即可求出.
【详解】（1）设数列公比为，则，解得或，
因等比数列为正项数列，则，
则，解得，
则.
（2）当时，；当时，；当时，，
所以当或时，最大，最大值为 .
16．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；
（2）由恒成立，通过，两类情况讨论即可；
（3）由（2）得到，再结合，得到，累加求和即可求证；
【详解】（1）当时，，，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程：；
即；
（2）在上单调递增，
等价于恒成立，
令，
当时，易知在上单调递增，
当时，，故时，，
不符合题意，舍去；
当时，，由，可得，
易知当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
由题意得最小值，
即，
构造函数，
，易知时，，，，
所以在单调递增，在单调递减，
当时，取得最大值，
也即要使得成立，需满足，即；
（3）由（2）知，当时，
在上单调递增，
又，所以当时，，
由，又，易知
可得：，
所以，即
累加求和可得：，
即，
即，又，
所以，又，
所以.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用等比数列的性质先求出公比，再求出，即可求出等比数列通项公式；
（2）先求出，并将其裂项，再根据裂项相消法即可求出的前项和.
【详解】（1）设递增等比数列的公比为，则．
因为，
所以，解得．
所以，解得，
所以．
（2）因为，
所以，
．
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用退位相减法可求数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法可求.
【详解】（1）由题可得，.
当时，.
当时，.
不满足上式，.
（2）由（1）知，.
当时，.
当时，，
.
又满足上式，.
19．(1)，.
(2)证明见解析.
(3).
【分析】（1）利用已知条件，通过代入和，结合正项数列的性质，逐步求解和.
（2）通过递推关系，将用和表示，代入原方程化简，证明的相邻项差为常数.
（3）利用第（2）题的结论，将通项转化为等差数列求和，通过分母有理化简化求和过程.
【详解】（1）由，
令，有，因为，所以.
令，有，即，由，解得.
所以，.
（2）当时，由，代入，
化简得，即，
所以是首项为1，公差为1的等差数列.
（3）由（2）可知.因为是正项数列，所以，从而.
由，
所以.
所以数列的前项的和.
20．(1)，
(2)
【分析】（1）设等差数列与的公差分别为、，根据所给条件得到、的方程组，解得即可求出，求出，，即可求出的通项公式，从而求出的通项；
（2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得.
【详解】（1）设等差数列与的公差分别为、，
由，可得，解得，
所以，
由，，即，
所以，则，又，
所以，则；
（2）由（1）可得，
所以，
则，
所以
，
所以.
答案第2页，共20页
答案第19页，共20页

展开更多......

收起↑