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参考答案:
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A D B C D C C B C
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 C C D A B B C A ACD C
题号 21 22 23 26 27 28 33 34 35 36
答案 B ABD C C B C B BC B D
题号 37 38 39 40 41 42 43 44 46 47
答案 D D A C A A D A BCD A
题号 48 49 50 51 52 53 54 56 57 59
答案 A C C C BD A D A ACD A
题号 60 62 63 64 66
答案 B D D ACD A
1. C
【知识点】等差中项的应用、求等差数列前 项和
【分析】根据等差中项的性质计算即可.
【详解】由等差数列的性质可知: ,
;
故选: C.
2. A
【知识点】利用等差数列的性质计算
【分析】设首项为 ,公差为 ,由已知有 ,所以可得 的值.
【详解】解: 为等差数列,设首项为 ,公差为 ,
由已知有 ,
即 .
故选: A.
3. D
【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、利用等差数列的性质计算、等差数列前 项和的基本量计算
【分析】可以根据等差数列的基本量,即将题目条件全转化成 和 来处理,亦可用等差数列的性质进行处理, 或者特殊值法处理.
【详解】方法一: 利用等差数列的基本量
由 ,根据等差数列的求和公式, ,
又 .
故选:D
方法二: 利用等差数列的性质
根据等差数列的性质, ,由 ,根据等差数列的求和公式,
,故 .
故选: D
方法三: 特殊值法
不妨取等差数列公差 ,则 ,则 .
故选:D
4. B
【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、利用等差数列的性质计算、等差数列前 项和的基本量计算
【分析】由 结合等差中项的性质可得 ,即可计算出公差,即可得 的值.
【详解】由 ,则 ,
则等差数列 的公差 ,故 .
故选: B.
5. C
【知识点】利用等差数列的性质计算、求等差数列前 项和、等差数列前 项和的基本量计算
【分析】方法一: 根据题意直接求出等差数列 的公差和首项,再根据前 项和公式即可解出;
方法二: 根据等差数列的性质求出等差数列 的公差,再根据前 项和公式的性质即可解出.
【详解】方法一: 设等差数列 的公差为 ,首项为 ,依题意可得,
,即 ,
又 ,解得: ,
所以 .
故选: C.
方法二: ,所以 ,
从而 ,于是 ,
所以 .
故选: C.
6. D
【知识点】等差数列前 项和的其他性质及应用、既不充分也不必要条件
【分析】利用公差 ,如 与 ,可判断结论.
【详解】若公差 ,如数列 ,则数列的前 项和 先减再增;
若 是递增数列,如 ,则 为常数列也为等差数列,且 ;
所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件,故 项正确.
故选: D.
7. C
【知识点】充要条件的证明、判断等差数列、由递推关系证明数列是等差数列、求等差数列前 n 项和
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义,再结合数列前 项和与第 项的关系推理判断作答. ,
【详解】方法 1,甲: 为等差数列,设其首项为 ,公差为 ,
则 ,
因此 为等差数列,则甲是乙的充分条件;
反之,乙: 为等差数列,即 为常数,设为 ,
即 ,则 ,有 ,
两式相减得: ,即 ,对 也成立,
因此 为等差数列,则甲是乙的必要条件,
所以甲是乙的充要条件, 正确.
方法 2,甲: 为等差数列,设数列 的首项 ,公差为 ,即 ,
则 ,因此 为等差数列,即甲是乙的充分条件;
反之,乙: 为等差数列,即 ,
即 ,
当 时,上两式相减得: ,当 时,上式成立,
于是 ,又 为常数,
因此 为等差数列,则甲是乙的必要条件,
所以甲是乙的充要条件.
故选:C
8. C
【知识点】等差中项的应用、直线过定点问题、圆的弦长与中点弦
【分析】结合等差数列性质将 代换,求出直线恒过的定点,采用数形结合法即可求解.
【详解】因为 成等差数列,所以 ,代入直线方程 得
,即 ,令 得 ,
故直线恒过(1, - 2),设 ,圆化为标准方程得: ,
设圆心为 ,画出直线与圆的图形,由图可知,当 时, 最小,
,此时 .
故选:C
9. B
【知识点】求余弦 (型) 函数的最小正周期、利用定义求等差数列通项公式、数列周期性的应用、集合元素互异性的应用
【分析】根据给定的等差数列, 写出通项公式, 再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元
素分析、推理作答.
【详解】依题意,等差数列 中, ,
显然函数 的周期为 3,而 ,即 最多 3 个不同取值,又
则在 中, 或 或
于是有 或 ,
即有 ,解得 ;
或者 ,解得 ;
所以 或
故选: B
10.
【知识点】等比数列前 项和的基本量计算
【分析】根据题意列出关于 的方程,计算出 ,即可求出 .
【详解】由题知 ,
即 ,即 ,即 .
由题知 ,所以 .
所以 .
故选:C.
11. C
【知识点】等比数列通项公式的基本量计算、利用等比数列的通项公式求数列中的项
【分析】由题意确定该数列为等比数列,即可求得 的值.
【详解】当 时, ,所以 ,即 ,
当 时, ,
所以数列 是首项为 2,公比为 3 的等比数列,
则 .
故选: C.
12. C
【知识点】等比数列前 项和的基本量计算、等比数列片段和性质及应用
【分析】方法一: 根据等比数列的前 项和公式求出公比,再根据 的关系即可解出;
方法二: 根据等比数列的前 项和的性质求解.
【详解】方法一: 设等比数列 的公比为 ,首项为 ,
若 ,则 ,与题意不符,所以 ;
若 ,则 ,与题意不符,所以 ;
由 可得, ①,
由①可得, ,解得: ,
所以 .
故选: C.
方法二: 设等比数列 的公比为 ,
因为 ,所以 ,否则 ,
从而, 成等比数列,
所以有, ,解得: 或 ,
当 时, ,即为 ,
易知, ,即 ;
当 时, ,
与 矛盾,舍去.
故选: C.
【点睛】本题主要考查等比数列的前 项和公式的应用,以及整体思想的应用,解题关键是把握 的关系,从而减少相关量的求解,简化运算.
13. D
【知识点】等比数列通项公式的基本量计算、等比数列前 项和的基本量计算、利用等比数列的通项公式求数列中的项
【分析】设等比数列 的公比为 ,易得 ,根据题意求出首项与公比,再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解: 设等比数列 的公比为 ,
若 ,则 ,与题意矛盾,
所以 ,
则 ,解得 ,
所以 .
故选: D.
14. A
【知识点】等比数列下标和性质及应用、等比数列子数列性质及应用
【详解】试题分析:由等比数列的性质知, 成等比数列,所以
故答案为
考点: 等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识, 转化与化归的数学思想.
15. B
【知识点】判断命题的必要不充分条件、判断数列的增减性
【分析】当 时,通过举反例说明甲不是乙的充分条件; 当 是递增数列时,必有 成立即可说明 成立,则甲是乙的必要条件,即可选出答案.
【详解】由题,当数列为 时,满足 ,
但是 不是递增数列,所以甲不是乙的充分条件.
若 是递增数列,则必有 成立,若 不成立,则会出现一正一负的情况,是矛盾的,则 成立,所以甲是乙的必要条件.
故选: B.
【点睛】在不成立的情况下, 我们可以通过举反例说明, 但是在成立的情况下, 我们必须要给予其证明过程.
16. B
【知识点】判断命题的必要不充分条件、由定义判定等比数列、数列新定义
【分析】利用等比数列的性质以及正负进行判断即可.
【详解】若 为等比数列,设其公比为 ,则 为常数,所以
成等比数列,即 是等方比数列,故必要性满足.
若 是等方比数列,即 成等比数列,则 不一定为等比数列,例如
,有 ,满足 是等方比数列,但 不是等比数列,充分性不满足.
故选:B
17. C
【知识点】等比中项的应用、求平面轨迹方程
【分析】首先利用等比数列得到等式, 然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【详解】由题意得 ,即 ,
对其进行整理变形:
所以 或 ,
其中 为双曲线, 为直线.
故选: C.
【点睛】关键点点睛:本题考查轨迹方程, 关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形,
提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养,属于中等题.
18. A
【知识点】求等比数列前 项和、分组(并项)法求和
【分析】直接利用数列前 项和公式建立等量关系,进一步求出结果.
【详解】根据题意知,数列分段给出,第 段为首项为 1,公比为 2 的 项等比数列,
因此前 段包含的项数为 ,
这些项的和为
化简得 ,
设所求数列的前 项包含完整的 段和第 段的前 项,
则 ,且 ,
即 ,且 取得最小整数,
则 ,
易知 随着 的变大而变大,
当 时, ,不合题意;
当 时, ,符合;
故选: A
19. ACD
【知识点】求等比数列前 项和、数列新定义
【分析】利用 的定义可判断 选项的正误,利用特殊值法可判断 选项的正误.
【详解】对于 选项, ,
所以, , A 选项正确;
对于 选项,取 ,
而 ,则 ,即 选项错误;
对于 选项, ,
所以, ,
所以, ,因此, 选项正确;
对于 选项, ,故 , 选项正确.
故选: ACD.
20.
【知识点】判断数列的增减性、利用等差数列的性质计算、求等差数列前 项和
【分析】根据给定条件,利用等差数列的性质及前 项和公式计算推理得解.
【详解】依题意, ,则 ,
又 ,则 ,
等差数列 的公差 ,因此数列 单调递减,
,且 ,
即任意正整数 恒成立,
所以对任意正整数 ,都有 成立的 .
故选:C
21. B
【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、利用等差数列的性质计算、求等差数列前 项和、求等差数列前 项和的最值
【分析】对于 : 根据 可得 ,结合通项公式分析判断; 对于 : 根据等差数列性质可得 ,即可分析判断; 对于 : 根据 分析数列 的符号性, 即可判断.
【详解】对于选项 A: 因为数列 为等差数列,
则 ,即 ,
可得 ,则 ,故 错误;
对于选项 : 因为 ,则 ,
所以 ,故 正确;
对于选项 D: 因为 ,且 ,可知 ,
当 时, ; 当 时, ;
可知当且仅当 时, 取到最大值,故 错误,
对于选项 : 因为 ,
所以 ,故 错误；
故选: B.
22. ABD
【知识点】等差数列的单调性、求等差数列前 项和、等差数列前 项和的其他性质及应用、 求等差数列前 项和的最值 【分析】利用 关系及等差数列通项公式得 判断 ; 根据已知及
项分析得 ,进而确定 的符号判断 ;
根据 项分析确定数列正负分界项,再由等差数列前 项和确定 对应 的最小值
判断 B; 根据以上分析确定 各项符号判断 D.
【详解】根据题意:
两式相加,解得 ,当 时, 最大,故 正确;
由 ,可得 ,所以 ,
故 ,
所以 ,故 错误；
由以上可得: ,
,而 ,
当 时, ; 当 时, ;
所以使得 成立的最小自然数 ,故 正确.
当 或 时 ; 当 时 ;
由 ,
所以 中最小项为 ,故 正确.
故选: ABD
23.
【知识点】判断等差数列、等差中项的应用
【分析】分析可知数列 的每一项都是正数,由已知条件可得出 ,结合等差中项法判断可得出结论.
【详解】因为数列 各项为正数, 满足 ,
故对任意的 ,则 ,
所以数列 的每一项都是正数,所以 ,可得 . 由等差中项法可知,数列 是等差数列.
故选: C.
24. 1 或 2
【知识点】由递推关系证明数列是等差数列
【分析】结合题意可得当 时, ,进而得到 , 进而结合数列 为等差数列可得 为常数 ,进而分 和 两种情况讨论求解即可.
【详解】由题意, 为数列 的前 项积,且 ,
则当 时, ,即 ,
所以 (定 2).
由数列 为等差数列,则 为常数 ,
①若 ,则 恒成立,即 恒成立,所以 ；
②若 ,则 ,所以 ,解得 .
综上所述, 或 .
故答案为: 1 或 2 .
【点睛】关键点点睛: 本题关键在于结合题意得到 ,进而结合等差数列的性质求解即可.
25. 8 tan
【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、由递推关系式求通项公式、等差数列通项公式的基本量计算
【分析】利用等差数列的通项公式和前 项和公式求出等差数列的通项,即可求出 ; 利用两角差的正弦公式和叠加法即可求数列 的前 项和.
【详解】设数列 的公差为 ,则 ,解得 ,
则 ,所以 ；
设数列 的前 项和为 ,
......
将这 个式子叠加得 .
故答案为: .
【点睛】形如 这种形式的递推公式可以利用叠加法求数列 通项公式.
26. C
【知识点】等比数列前 项和的基本量计算
【分析】根据给定条件,求出等比数列 公比 即可计算得解.
【详解】等比数列 的公比为 ,由 ,得 ,
即 ,而 ,则 ,
因此 ,
所以 .
故选:C
27. B
【知识点】等比数列通项公式的基本量计算
【分析】结合题意, 取最小值时为负数,且 ,利用等比数列的基本量运算即可求解.
【详解】由题意,要使 最小,则 都是负数,
则 和 选择 2 和 8,设等比数列的公比为 ,
当 时, ,所以 ,所以 ;
当 时, ,所以 ,所以 ;
综上, 的最小值为 -16 .
故选: B.
28. C
【知识点】给值求值型问题、由递推关系证明等比数列、裂项相消法求和、数列不等式能成立 (有解) 问题
【分析】根据题意结合三角恒等变换可得 ,分析可知数列 是以首项 ,公比为 的等比数列,即可得 ,利用裂项相消法求 ,代入运算求解即可.
【详解】因为 ,且 ,即 ,
且 ,则 ,可得 ,
整理可得 ,解得 或 (舍去),
则 ,
可得 ,则 ,
且 ,可知数列 是以首项 ,公比为 的等比数列,
则 ,可得 ,
所以 ,
则 ,整理可得 ,
则 ,解得 ,
所以 的最大值为 4 .
故选: C.
【点睛】思路点睛:1.利用三角恒等变换求 ；
2. 根据递推公式分析可知数列 是以首项 ,公比为 的等比数列,进而可得 ;
3. 利用裂项相消法求 ,代入解不等式即可.
29.333
【知识点】等差中项的应用、等比中项的应用
【分析】设公差为 ,从而由题意列式得到 ,化为 ,结合 为整数确定 的取值,进而确定 的值.
【详解】因为 成等差数列,故设公差为 ,则 ,
由 成等比数列,得 ,结合 ,
得 ,整理得 ,
由于 为整数,且 ,故 为整数, ,
则 ,需满足 ,即 ,
结合 为整数,代入 ,可得只有当 时, 才为整数,
当 时, ,则 ,不合题意;
当 时, ,则 , , ,适合题意,
则 ,
故答案为: 333
【点睛】关键点点睛: 本题考查了数列的综合应用, 解答的关键是利用等差等比数列的性质
来设参数 ,得出 后,要结合题意确定 的值,进而求得答案.
30. 5 720
【知识点】错位相减法求和、数与式中的归纳推理
【分析】(1)按对折列举即可；(2)根据规律可得 ,再根据错位相减法得结果.
【详解】(1)由对折 2 次共可以得到 三种规格的图形,所以对着三次的结果有: ,共 4 种不同规格 (单位 ); 故对折 4 次可得到如下规格: ,共 5 种不同规格;
(2)由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半,故各次对着后的图形,不论规格如何,其面积成公比为 的等比数列,首项为 ,第 次对折后的图形面积为 ,对于第 此对折后的图形的规格形状种数,根据 (1) 的过程和结论,猜想为 种
(证明从略),故得猜想 ,
设 ,
则 ,
两式作差得:
因此, .
故答案为: .
【点睛】方法点睛: 数列求和的常用方法:
(1)对于等差等比数列,利用公式法可直接求解；
(2)对于 结构,其中 是等差数列, 是等比数列,用错位相减法求和；
( 3 )对于 结构,利用分组求和法；
( 4 )对于 结构,其中 是等差数列,公差为 ,则 ,
利用裂项相消法求和.
31.
【知识点】由定义判定等比数列、求等比数列前 项和
【分析】设 的半径为 ,分析正方形边长与半径的关系可得 ,进而可得 的面积为 ,再分析第 次裁剪操作的正方形边长,进而可得每次操作减去的面积,再求和即可.
【详解】设 的半径为 ,则 ,
的半径为 ,即 ,故 ,
的面积为 ,
又第 次裁剪操作的正方形边长为 ,
故第 次裁剪操作裁剪掉的面积为
所以第 次裁剪操作后,裁剪掉的面积之和为
所以第 2024 次操作后,所有被裁剪部分的面积之和为 .
故答案为: .
【点睛】方法点睛: 数列求和的常用方法:
(1)对于等差等比数列,利用公式法可直接求解；
(2)对于 结构,其中 是等差数列, 是等比数列,用错位相减法求和；
( 3 )对于 结构,利用分组求和法；
(4)对于 结构,其中 是等差数列,公差为 ,则 ,
利用裂项相消法求和.
32.
【知识点】利用导数研究能成立问题、等比数列通项公式的基本量计算
【分析】
利用等比数列,将各项均用 表示,然后构造函数 ,
分类讨论 和 两种情况下 的单调性,进而确定为使方程 有解, 的取值范围.
【详解】因为 为等比数列,所以
令 ,
则 .
因为 ,所以 .
当 时, ,此时 恒成立, 在 上单调递增,
,所以 一定有解,即 ,使得 成立.
当 时, ,则 ,此时 单调递增; ,则 ,
此时 单调递减.
为使 有解,则 ,
整理得 ,解得 .
又 ,所以 .
综上, 的取值范围是 .
故答案为:
33. B
【知识点】判断命题的必要不充分条件、判断数列的增减性、求等差数列前 项和、等比数列通项公式的基本量计算
【分析】根据等比数列的通项公式,结合等差数列的前 项和公式以及充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由题意,
则 ,
当 时, 对于 不一定恒成立,
如取 ,即得不到数列 为递减数列;
当数列 为递减数列时, 且 对于 恒成立,
又因 ,故得 .
故 ” 是 “数列 为递减数列” 的必要不充分条件.
故选: B.
34. BC
【知识点】确定数列中的最大(小)项、等比数列通项公式的基本量计算、前 项和与通项关系
【分析】根据题意判断出数列 的前 2023 项大于 1,而从第 2024 项开始都小于 1 . 对于 A,利用等比的定义判断；对于 ,由 及 与 的关系判断；对于 ,由 的定义即可判断; 对于 ,先求出 ,结合 即可判断.
【详解】由 得 与 异号,即 或 ,
因为 ,所以 ,
即数列 的前 2023 项大于 1,而从第 2024 项开始都小于 1,
对于 : 公比 ,故 错误;
对于 ,因为 ,所以 ,所以 ,故 正确;
对于 ,数列 的前 2023 项大于 1,而从第 2024 项开始都小于 1,
等比数列 的前 项积为 ,所以 是数列 中的最大项,故 正确;
对于
因为 ,所以 ,即 ,故 错误.
故选: BC.
35. B
【知识点】倒序相加法求和
【分析】由题意可得 ,再由倒序相加法求解即可.
【详解】由 可得: ,
所以 ,
所以设
则两式相加可得:
故选: B.
36. D
【知识点】等比中项的应用、倒序相加法求和
【分析】由等比数列的性质可得 ,由 ,可得 ,故有 ,即可计
算 .
【详解】由数列 是公比为 的正项等比数列,故 ,
,故 ,
即有 ,
由 ,则当 时,
有 ,
故 ,
故
故 .
故选: D.
37. D
【知识点】求函数值、函数对称性的应用、倒序相加法求和
【分析】先得到 ,然后利用倒序相加来求和即可.
【详解】 ,
即
设 ①,
则 ②
①+②得
,
所以 ,
又 ,
所以 .
故选: D.
38. D
【知识点】求等比数列前 项和、错位相减法求和、求复数的实部与虚部、复数的除法运算
【分析】由错位相减法化简复数 后再由复数的运算和复数的几何意义求出结果即可.
【详解】因为 鬓 2024 ,
鬃
所以 鬃 ,①
因为 ,所以 ,
所以化简①可得 ,
所以虚部为 -1012 ,
故选: D.
39. A
【知识点】错位相减法求和、数列不等式恒成立问题
【分析】由欧拉函数的定义可求出 ,由错位相减法求出 ,可得 ,即 ,
即可求出 的最小值.
【详解】因为 3 为质数,在不超过 的正整数中,所有能被 3 整除的正整数的个数为 ,
所以 ,则 ,
所以 ,
两式相减可得:
所以 ,
因为 ,所以 在 在单调递增,
所以 恒成立,所以 ,
所以 的最小值为 .
故选: A.
40. C
【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、求等比数列前 项和、错位相减法求和、由基本不等式比较大小
【分析】
利用数列的递推式与放缩法, 结合基本不等式, 等比数列的求和公式与错位相减法, 逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】对于 ,由题意易得 ,
由 ,得 ,故 正确;
对于 ,由选项 得 ,所以 ,
则 ,故 错误；
对于 ,由 ,得 也是递增数列,
所以 ,即 ,故 正确;
对于 ,由选项 得 ,
累加得 ,
令 ,则 ,
两式相减,得
则 ,所以 ,故 正确.
故选: C.
【点睛】关键点点睛: 本题解决的关键是熟练掌握数列的放缩法与错位相减法, 从而得解.
41. A
【知识点】裂项相消法求和、利用 an 与 sn 关系求通项或项
【分析】由前 项和与 的关系得到 ,证明数列 是等差数列,得出 和
通项公式,从而得到 的前 项和.
【详解】令 ,依题意得 ,即 ,则
即 ,
所以数列 是以 1 为首项. 1 为公差的等差数列.
所以 .
所以 .
故选: A.
42. A
【知识点】利用等差数列的性质计算、裂项相消法求和
【分析】首先对已知等式进行变形,可得到数列 的性质,进而求出 的表达式,然后
得出 的表达式,再利用裂项相消法求出前 8 项和.
【详解】已知 ,等式两边同时除以 ,得到 .
因为 ,所以 ,那么数列 是以 1 为首项,2 为公差的等差数列.
得 ,则 .
求数列 的前 8 项和
故选: A.
43. D
【知识点】累加法求数列通项、求等差数列前 项和、裂项相消法求和
【分析】根据累加法可得数列 的通项公式,再根据裂项相消求和即可得答案.
【详解】由题意可得
,
累加可得
,所以 ,
故 .
故选: D.
44. A
【知识点】裂项相消法求和、利用 an 与 sn 关系求通项或项
【分析】由 结合题意可得 ,再由裂项求和法可化简 ,
即可得答案.
【详解】由 ,
又 ,
则 , ,
又 时, ,则 .
则 ,
则 .
令 .
故选: A
45. 121
【知识点】导数的运算法则、利用定义求等差数列通项公式、裂项相消法求和
【分析】先求导 ,根据 ,得到 ,进而
求得 ,得到 ,利用裂项相消法求解.
【详解】解: 因为 ,
所以 ,
因为 ,
所以 ,
即 ,
所以 是以 1 为首项,以 1 为公差的等差数列,
所以 ,则 ,
所以 ,
则 ,
因为 ,
所以 ,解得 ,
所以使得 成立的最小正整数 为 121
故答案为:121
46. BCD
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、裂项相消法求和、利用 an 与 sn 关系求通项或项、数列综合
【分析】应用 与 的关系,将 中的 消掉,求出 判断符号即可判断 项的正误；判断数列 是等差数列,进而求出 ,再利用作差法判断 项的正误；应用放缩法与裂项相消求出 ,再与 比较即可; 构造函数
,并利用导数研究函数的最小值,再取 即可判断 项的正误.
【详解】因为 ,所以当 时, ,
两式相减,可得 ,
所以 ,
所以 ,
所以 是单调递减数列,故 错误;
当 时, ,所以 ;
当 时, ,化简整理得 ,
所以数列 是等差数列,其首项为 4,公差为 4,
所以 ,
所以
所以 ,故 正确;
因为 ,
所以
所以 ,故 正确;
设函数 ,则 ,
因为 ,所以 ,
所以 在 上单调递减,
所以 ,
取 ,所以 ,即
又因为 ,所以 . 故 正确.
故选: BCD.
47. A
【知识点】裂项相消法求和
【分析】由 ,由此可以得到
,然后即可求出 的整数部分.
【详解】当 , 因 , 所以 , 即 , 故 的整数部分等于 4 故选: A. 48. A 【知识点】累加法求数列通项、裂项相消法求和、累乘法求数列通项 【分析】显然可知, ,利用倒数法得到 ,再放缩可得 ,由累加法可得 ,进而由 局部放缩可得 ,然后利用累乘法求得 ,最后根据裂项相消法即可得到 , 从而得解.
【详解】因为 ,所以 .
由
,即
根据累加法可得, ,当 时 ,
则 ,当且仅当 时等号成立,
,
由累乘法可得 ,且 , 则 ,当且仅当 时取等号, 由裂项求和法得: 所以 ,即 .
故选: A.
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到 的不等关系,再由累加法可求得
,由题目条件可知要证 小于某数,从而通过局部放缩得到 的不等关系,
改变不等式的方向得到 ,最后由裂项相消法求得 .
49. C
【知识点】利用定义求等差数列通项公式、分组 (并项) 法求和
【分析】由等差数列的通项公式求得通项 ,然后分组求和可得.
【详解】设等差数列 的公差为 ,则 ,
所以 ,则 ,
故数列 的前 10 项和为 .
故选: C.
50. C
【知识点】求等差数列前 项和、分组(并项)法求和
【分析】根据题意,结合 ,将 前 24 项和 转化为等差数列求和问题.
【详解】因为 ,
所以 ,
故选: C.
51. C
【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、求等差数列前 项和、分组(并项)法求和、 利用 an 与 sn 关系求通项或项
【分析】易通过 ,可得 ,也可求得 ,但此数列存在不确定的首项,所以在求和后发现结果为 ,与选项中的四个数进行对比分析,发现 一定不能为
负整数, 所以只能选 C.
【详解】由 可得: 且 ,
由上式又有: ,
还有 ,两式相减得: ,
两边同时除以 得: ,
由上式可知数列 的奇数项和偶数项分别成等差数列,公差为 1,
所以
由此数列的奇数项公式为 ,又由 ,
所以可以判断 一定不能为负整数,即只能有 ,
故选:C.
52. BD
【知识点】累加法求数列通项、由递推关系式求通项公式、由定义判定等比数列、求等比数列前 项和
【分析】计算出 ,故 不是等比数列,即可判断 ; 计算出 的前三项,得到 ,即可判断 ; 由题干条件得到 ,故 为等比数列,得到 ,故 , 相加即可求出 ,即可判断 ; 在 的基础上,分奇偶项,分别得到通项公式,最后求出 ,即可判断 .
【详解】由题意得: ,
由于 ,故数列 不是等比数列, 错误;
则 ,
由于 ,故数列 不为等比数列, 正确;
当 时, ,即 ,
又 ,
故 为等比数列,首项为 2 ,公比为 3 ,
故 ,
故 ,
以上 20 个式子相加得: 错误;
因为 ,所以 ,两式相减得:
当 时, ,
以上式子相加得: ,
故 ,而 也符和该式,故 ,
令 得: ,
当 时, ,
以上式子相加得: ,
故 ,而 也符号该式,故 ,
令 得: ,
综上: , D 正确.
故选: BD
【点睛】关键点点睛: 当遇到 时,数列往往要分奇数项和偶数项,分别求出通项公式,最后再检验能不能合并为一个,这类题目的处理思路可分别令 和 , 用累加法进行求解. 53. A 【知识点】求等差数列前 项和、分组(并项)法求和
【分析】由题可得 ,令 ,
将问题转化求 ,由等差数列的求和公式计算可得.
【详解】由 ,可得 ,
所以 ,
令 ,所以数列 是首项为 3,公差为 8 的等差数
列,
所以 ,
由于 ,
所以 的前 100 项和为 2475,
故选: A
54. D
【知识点】由定义判定等比数列、求等比数列前 项和、分组(并项)法求和
【分析】根据给定条件,求出 ,再利用等比数列前 项和公式计算即得.
【详解】数列 中, ,由 ,得 ,则有 ,
因此数列 是以 1 为首项,2 为公比的等比数列,数列 是以 2 为首项,2 为公比的等比数列,
所以 .
故选: D
55.
【知识点】求含 (型)函数的值域和最值、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式、由递推数列研究数列的有关性质
【分析】根据数列范围及递推关系三角换元, 结合二倍角正弦公式最后应用三角函数值域求解即可.
【详解】因为 ,
所以设 ,
L
当 时取等号.
故答案为: .
56. A
【知识点】由递推关系式求通项公式、由定义判定等比数列、求等比数列前 项和
【分析】依题意,先令 ,可得 ,再令 ,结合 ,可得 ,进而判断出数列 是以首项为 ,公比为 的等比数列,最后结合等比数列的通项公式即可求值.
【详解】因为对 ,都有 ,
所以令 ,有 ,则有 ,
令 ,有 ,
又因为 ,所以 ,
因为 ,
,且 ,
所以 ,即 ,
所以 ,
则 ,所以数列 是以首项为 ,公比为 的等比数列,
所以
故选: A.
57. ACD
【知识点】由递推关系证明等比数列、求等比数列前 项和、分组(并项)法求和、数列不等式恒成立问题
【分析】A 选项, 选项,变形得到 ,得到 是等比数列, 错误; 选项,由选项 可得 ,分组求和即可; 选项,求出 ,结合等比数列求和公式得到 .
【详解】对于 ,得 ,选项 正确;
选项,由 ,得 ,即 ,
即 ,又 ,
所以 是以 4 为首项,2 为公比的等比数列,选项 错误;
选项,由选项 可得 ,即 ,
所以
,选项 正确；
选项, ,则 ,
所以 ,
即 ,选项 正确.
故选: ACD.
【点睛】方法点睛: 由递推公式求解通项公式, 根据递推公式的特点选择合适的方法,
(1)若 ,采用累加法；
(2)若 ,采用累乘法；
(3) 若 ,可利用构造 进行求解;
58. 1 91
【知识点】由递推关系式求通项公式、分组 (并项) 法求和、构造法求数列通项、数列不等式能成立 (有解) 问题
【分析】利用构造法可得数列 的通项公式为 ,令 ,可求得 的值,即可得 的值,即可得第一空答案;
由题意可得 单调递增,利用放缩法可得 或 ,分 为偶数、 为奇数求解即可得第二空答案.
【详解】解: 因为 ,
所以 ,
设 ,
则有 ,
所以数列 是等比数列,公比 ,
所以 ,
即 ,
所以 ,
令 ,
则 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ;
因为 ,
因为 ,
所以 ,
所以 ,
即 ,且当 时, 单调递增;
又因为 ,
即 ,
所以 单调递增,
又因为
所以 ,
所以 ,
所以 或 ,
所以当 为偶数时,设 ,
所以 ,
所以 ,
所以当 为奇数时,设 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ,
当 为偶数时, ,
由 可得, ,或 (舍)
因为 ,
所以 ,
又因为 为偶数,所以 ;
当 为奇数时,
由 可得,由 (舍),或 ,
因为 ,
所以 ,
所以 ,
又因为 为奇数, 所以 , 综上所述, . 故答案为: 【点睛】对于形如 且 的类型题目,变换成 的形式,使数列 为等比数列,从而可求得数列 的通项公式.
59. A
【知识点】函数奇偶性的应用、数列求和的其他方法、数列周期性的应用
【分析】根据函数 为奇函数,利用 ,得到即 ,
且 ,求得 的值,得到 以 6 为周期循环,进而求得 的值.
【详解】由函数 为奇函数,则 ,
即 ,且
可得 ,
解得 ,
即 以 6 为周期循环,
故 .
故选: A.
【点睛】本题考查了函数的奇偶性及其应用, 以及数列的周期性和数列求和的应用, 其中解答中确定 以 6 为周期循环是解题的关键,着重考查推理与运算能力.
60. B
【知识点】由递推关系式求通项公式、求等差数列前 项和、分组(并项)法求和
【分析】由条件可得 ,由此求出数列 的通项,进而求得数列 的通项, 再利用分组求和方法即可计算作答.
【详解】在数列 中, ,当 时, , 于是得数列 是常数列,则 ,即 ,
因 ,则 ,
因此, ,显然数列
是等差数列,
于是得
所以数列 前 36 项和为 672.
故选: B
61. 1 -2
【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、求已知函数的极值点
【分析】对函数 求导,分析函数的单调性,设出极值点 ,得到 满足的关系,可计算 的值; 结合上面的结论和数列的递推公式,先推导出 ,再用 表示出 , 再求 .
【详解】因为 .
所以 ,
由 .
设 ,则 恒成立,
所以 在 上单调递减,又 ,
,所以唯一存在 ,使得 .
则 在 上单调递增,在 上单调递减.
所以 为函数 的极大值点,且 .
所以 .
因为 .
所以 .
又因为 ,即 .
又 有唯一的解 ,所以 有唯一解 ,所以 .
所以 ,
所以 . (因为 ).
故答案为:
【点睛】关键点点睛: 根据数列的递推公式,得到 ,又有 有唯一解 ,所以得到 是解决问题的关键.
62. D
【知识点】递归数列及性质
【分析】根据题意设 ,利用导数讨论函数的单调性,进而得出 在 上恒成立,作出图像,结合图像即可得出结果.
【详解】由题意知,
设 ,
则 ,
函数 在 上单调递增,
又 在 上恒成立,
即 在 上恒成立,
画出函数 和 的图像,如图, 由图像可得, , 故选: D. 63. D
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、由递推数列研究数列的有关性质
【分析】构造函数 ,利用导数分析出该函数的单调性,由 可
得出 ,进而可推导出 ,由此可得出结论.
【详解】令 ,当 时, ,
所以,函数 在区间 上单调递减,
同理可知,函数 在区间 上单调递增,
,且 ,
则 ,且 ,即 ；
,且 ,即 ；
同理 ,因此, .
故选: D.
【点睛】本题考查递推公式的应用, 考查利用导数求数列中相关项的取值范围, 考查分析问
题和解决问题的能力, 属于难题.
64. ACD
【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、由递推数列研究数列的有关性质
【分析】根据斐波那契数列的递推关系 进行判断.
【详解】由题意斐波那契数列前面 8 项依次为1,1,2,3,5,8,13,21,
, 正确, 错误；
C 正确;
时,得
, D 正确.
故选: ACD.
【点睛】关键点点睛: 本题考查数列新定义, 解题关键是正确理解新数列, 根据新定义, 斐
波那契数列满足递推关系 ,对于数列前面有限的项或前项的和可以直接求出
项, 计算, 对于一般的结论只能利用这个递推关系判断.
65. 10 2025
【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、由递推数列研究数列的有关性质
【分析】由 得到数 55 是该数列的第 10 项; 进而由
相加得到答案.
【详解】显然 ,故数 55 是该数列的第 10 项;
由 ,相加得
则 ,是第 2025 项.
故答案为:10,2025
【点睛】公式点睛: 斐波那契数列的性质:(1) ；
(2) ；
(3) ；
(4) ;
(5) ;
(6) ;
(7) ;
(8) ;
(9) ；
(10)
66. A
【知识点】由递推关系式求通项公式、利用等比数列的通项公式求数列中的项
【分析】由题意可得 ,则可推出 ,所以数列 是等比数列,即可求得答案.
【详解】依题意, ,
当 时,
,又 ,
所以数列 是首项为 -1,公比为 -1 的等比数列,
所以 .
故选: A.
67. (1)
(2)
【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、利用等差数列的性质计算、等差数列前 项和的基本量计算
【分析】(1)根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
(2)由 为等差数列得出 或 ,再由等差数列的性质可得 ,分类讨论即可得解.
【详解】( 1 ) ,解得 ,
,
又 ,
,
即 ,解得 或 (舍去),
.
(2) 为等差数列,
,即 ,
,即 ,解得 或 ,
,
又 ,由等差数列性质知, ,即 ,
,即 ,解得 或 (舍去)
当 时, ,解得 ,与 矛盾,无解;
当 时, ,解得 .
综上, .
68. (1) ,证明见解析; (2) .
【知识点】错位相减法求和、数学归纳法证明数列问题
【分析】(1)方法一:(通性通法)利用递推公式得出 ,猜想得出 的通项公式,利
用数学归纳法证明即可;
(2)方法一:(通性通法)根据通项公式的特征,由错位相减法求解即可.
【详解】(1)
[方法一]【最优解】: 通性通法
由题意可得 ,由数列 的前三项可猜想数列
是以 3 为首项,2 为公差的等差数列,即 .
证明如下:
当 时, 成立；
假设 时, 成立.
那么 时, 也成立.
则对任意的 ,都有 成立;
[方法二]: 构造法由题意可得 . 由 得 . ,则 ,两式相减得 . 令 ,且 ,所以 ,两边同时减去 2, 得 ,且 ,所以 ,即 ,又 ,因此 是首项为 3,公差为 2 的等差数列,所以 .
[方法三]: 累加法
由题意可得 . 由 得 ,即 , . 以上各式等号两边相加得 ,所以 . 所以 . 当 时也符合上式. 综上所述, .
[方法四]: 构造法
,猜想 . 由于 ,所以可设 ,其中 为常数. 整理得 . 故 ,解得 . 所以 . 又 ,所以 是各项均为 0 的常数列,故 ,即 .
(2)由(1)可知,
[方法一]: 错位相减法
,①
,②
由①-②得:
,
即 .
[方法二]【最优解】: 裂项相消法
,所以
.
[方法三]: 构造法
当 时, ,设 ,即
,则 ,解得 .
所以 ,即 为常数列,而
,所以 .
故 .
[方法四]:
因为 ,令 ,则
所以 .
故 .
【整体点评】(1) 方法一: 通过递推式求出数列 的部分项从而归纳得出数列 的通项
公式, 再根据数学归纳法进行证明, 是该类问题的通性通法, 对于此题也是最优解;
方法二: 根据递推式 ,代换得 ,两式相减得
,设 ,从而简化递推式,再根据构造法即可求出 ,
从而得出数列 的通项公式;
方法三: 由 化简得 ,根据累加法即可求出数列 的通项公式; 方法四: 通过递推式求出数列 的部分项,归纳得出数列 的通项公式,再根据待定系数法将递推式变形成 ,求出 ,从而可得构造数列为常数列,即得数列 的通项公式.
(2)
方法一:根据通项公式的特征可知,可利用错位相减法解出,该法也是此类题型的通性通法； 方法二:根据通项公式裂项,由裂项相消法求出,过程简单,是本题的最优解法；
方法三: 由 时, ,构造得到数列 为常数列,从而求出;
方法四: 将通项公式分解成 ,利用分组求和法分别求出数列 的前 项和即可,其中数列 的前 项和借助于函数 的导数,通过赋值的方式求出,思路新颖独特, 很好的简化了运算.
69. (1) 证明见解析; (2)
【知识点】由递推关系证明数列是等差数列、利用 an 与 sn 关系求通项或项
【分析】( 1 )由已知 得 ,且 ,取 ,得 ,由题意得 ,消积得到项的递推关系 ,进而证明数列 是等差数列;
(2)由(1)可得 的表达式,由此得到 的表达式,然后利用和与项的关系求得
【详解】(1)[方法一]:
由已知 得 ,且 ,
取 ,由 得 ,
由于 为数列 的前 项积,
所以 ,
所以 ,
所以 ,
由于
所以 ,即 ,其中
所以数列 是以 为首项,以 为公差等差数列;
[方法二]【最优解】:
由已知条件知
于是 .②
由① ②得 .③
又 ,④
由③④得 .
令 ,由 ,得 .
所以数列 是以 为首项, 为公差的等差数列.
[方法三]:
由 ,得 ,且 .
又因为 ,所以 ,所以
在 中,当 时, .
故数列 是以 为首项, 为公差的等差数列. [方法四]: 数学归纳法由已知 ,得 ,猜想数列 是以 为首项, 为公差的等差数列,且 . 下面用数学归纳法证明.
当 时显然成立.
假设当 时成立,即 .
那么当 时, .
综上,猜想对任意的 都成立.
即数列 是以 为首项, 为公差的等差数列.
(2)
由 (1) 可得,数列 是以 为首项,以 为公差的等差数列,
,
当 时, ,
当 时, ,显然对于 不成立,
.
【整体点评】(1) 方法一从 得 ,然后利用 的定义,得到数列 的递推关系, 进而替换相除消项得到相邻两项的关系, 从而证得结论;
方法二先从 的定义,替换相除得到 ,再结合 得到 ,从而证得结论, 为最优解;
方法三由 ,得 ,由 的定义得 ,进而作差证得结论; 方法四利用归纳猜想得到数列 ,然后利用数学归纳法证得结论.
( 2 )由( 1 )的结论得到 ,求得 的表达式,然后利用和与项的关系求得 的
通项公式;
70. (1)
(2)
【知识点】利用定义求等差数列通项公式、等差数列通项公式的基本量计算、等差数列前
项和的基本量计算、含绝对值的等差数列前 项和
【分析】(1)根据题意列式求解 ,进而可得结果；
(2)先求 ,讨论 的符号去绝对值,结合 运算求解.
【详解】(1)设等差数列的公差为 ,
由题意可得 ,即 ,解得 ,
所以 ,
(2)因为 ,
令 ,解得 ,且 ,
当 时,则 ,可得 ;
当 时,则 ,可得
;
综上所述: .
71. (1)证明见解析;
(2) 9 .
【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、等比数列通项公式的基本量计算、数列不等式
能成立 (有解) 问题
【分析】(1)设数列 的公差为 ,根据题意列出方程组即可证出；
(2)根据题意化简可得 ,即可解出.
【详解】(1)设数列 的公差为 ,所以, ,即可解得, , 所以原命题得证. ( 2 )由( 1 )知, ,所以 ,即 , 亦即 ,解得 ,所以满足等式的解 ,故集合 中的元素个数为 .
72. (1) ; (2) .
【知识点】求等比数列前 项和
【分析】(1)利用基本元的思想,将已知条件转化为 的形式,求解出 ,由此求得数列 的通项公式.
(2)方法一:通过分析数列 的规律,由此求得数列 的前 100 项和 .
【详解】(1)由于数列 是公比大于 1 的等比数列,设首项为 ,公比为 ,依题意有 ,解得解得 ,或 ,
所以 ,所以数列 的通项公式为 .
(2)[方法一]:规律探索
由于 ,所以
对应的区间为 ,则 ;
对应的区间分别为 ,则 ,即有 2 个 1 ;
对应的区间分别为 ,则 ,即有 个 2 ;
对应的区间分别为 ,则 ,即有 个3;
对应的区间分别为 ,则 ,即有 个 4 ;
对应的区间分别为 ,则 ,即有 个5;
, 对应的区间分别为 ,则 ,即有 37 个 6 .
所以 .
[方法二]【最优解】:
由题意, ,即 ,当 时, .
当 时, ,则
[方法三]:
由题意知 ,因此,当 时, 时, 时,
时, 时, 时,
时, .
所以
所以数列 的前 100 项和 .
【整体点评】(2) 方法一: 通过数列 的前几项以及数列 的规律可以得到 的值,从而求出数列 的前 100 项和,这是本题的通性通法; 方法二: 通过解指数不等式可得数列 的通项公式,从而求出数列 的前 100 项和,是本题的最优解; 方法三,是方法一的简化版.
73. (1) ;
(2)证明见解析.
【知识点】利用定义求等差数列通项公式、等差数列通项公式的基本量计算、求等差数列前 项和、分组 (并项) 法求和
【分析】(1)设等差数列 的公差为 ,用 表示 及 ,即可求解作答.
(2)方法 1,利用 (1) 的结论求出 ,再分奇偶结合分组求和法求出 ,并与 作差比较作答: 方法 2,利用 (1) 的结论求出 ,再分奇偶借助等差数列前 项和公式求出 ,并与 作差比较作答.
【详解】( 1 )设等差数列 的公差为 ,而 ,
则 ,
于是 ,解得 ,
所以数列 的通项公式是 .
(2)方法 1: 由(1)知, , ,
当 为偶数时, ,
当 时, ,因此 ,
当 为奇数时, ,
当 时, ,因此 ,
所以当 时, .
方法 2: 由 (1) 知, ,
当 为偶数时,
当 时, ,因此 ,
当 为奇数时,若 ,则
,显然 满足上式,因此当 为奇数时, ,
当 时, ,因此 ,
所以当 时, .
74. (1) 证明见解析, ; (2) 证明见解析.
【知识点】等差数列与等比数列综合应用、写出等比数列的通项公式、由递推关系证明等比数列
【详解】试题分析:本题第(1)问,证明等比数列,可利用等比数列的定义来证明,之后利用等比数列,求出其通项公式; 对第 (2) 问,可先由第 (1) 问求出 ,然后转化为等比数列求和,放缩法证明不等式.
试题解析: (1) 证明: 由 得 ,所以 ,所以 是等比数列,首项为 ,公比为 3,所以 ,解得 .
(2)由(1)知: ,所以 ,
因为当 时, ,所以 ,于是
所以 .
【易错点】对第 (1) 问,构造数列证明等比数列不熟练; 对第 (2) 问,想不到当 时, ,而找不到思路,容易想到用数学归纳法证明而走弯路.
考点: 本小题考查等比数列的定义, 数列通项公式的求解、数列中不等式的证明等基础知识, 考查同学们的逻辑推理能力, 考查分析问题与解决问题的能力. 数列是高考的热点问题之一, 熟练数列的基础知识是解决好该类问题的关键.
75. (1)
(2)见解析
【知识点】裂项相消法求和、累乘法求数列通项、利用 an 与 sn 关系求通项或项、利用等差数列通项公式求数列中的项 【分析】( 1 )利用等差数列的通项公式求得 ,得到 , 利用和与项的关系得到当 时, ,进而得: , 利用累乘法求得 ,检验对于 也成立,得到 的通项公式 ; ( 2 )由( 1 )的结论,利用裂项求和法得到 ,进而证得.
【详解】( 1 ) ,
又 是公差为 的等差数列,
,
当 时, ,
,
整理得: ,
即 ,
,
显然对于 也成立,
的通项公式 ;
(2) ,
76. (I) ; (II) 详见解析.
【知识点】由定义判定等比数列、求等比数列前 项和、由基本不等式证明不等关系、求双
曲线的离心率或离心率的取值范围
【详解】试题分析: 本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识,考查学生的分析问题和解决问题的能力、计算能力. 第 (I) 问,利用 得到数列 为等比数列,再结合 成等差数列求出 的公比 ,从而利用等比数列的通项公式求解; 第(II)问,先利用双曲线的离心率得到 的表达式,再解出 的公比 的值,最后利用等比数列的求和公式计算证明.
试题解析: (I) 由已知, ,两式相减得到 .
又由 得到 ,故 对所有 都成立.
所以,数列 是首项为 1,公比为 的等比数列.
从而 .
由 成等差数列,可得 ,即 ,则 ,
由已知, ,故 .
所以 .
(II) 由 (I) 可知, .
所以双曲线 的离心率 .
由 解得 .
因为 ,所以 .
于是 ,
故 .
【考点】数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和
【名师点睛】本题考查数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和等基础知识, 考查学生的分析问题、解决问题的能力、计算能力. 在第(I)问中,已知的是 的递推式,在与 的关系式中,经常用 代换 ,然后两式相减,可得 的递推式; 在第 (II) 问中, 不等式的证明用到了放缩法, 这是证明不等式常用的方法, 本题放缩的目的是为了求数列的
和. 另外, 放缩时要注意放缩的“度”, 不能太大, 否则得不到结果.
77. (1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【知识点】由递推关系证明等比数列、求直线与双曲线的交点坐标、向量夹角的坐标表示
【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出 的坐标即可；
(2)思路一:根据等比数列的定义即可验证结论；思路二:利用点差法和合比性质即可证明;
(3)思路一:使用平面向量数量积和等比数列工具,证明 的取值为与 无关的定值即可. 思路二: 使用等差数列工具,证明 的取值为与 无关的定值即可. 思路三: 利用点差法得到 , ,再结合 (2) 中的结论得 ,最后证明出 即可.
【详解】(1)
由已知有 ,故 的方程为 .
当 时,过 且斜率为 的直线为 ,与 联立得到
解得 或 ,所以该直线与 的不同于 的交点为 ,该点显然在 的左支
上.
故 ,从而 . (2)方法一:由于过 且斜率为 的直线为 ,与 联立,
得到方程 .
展开即得 ,由于 已经是直线
和 的公共点,故方程必有一根 .
从而根据韦达定理,另一根 ,相应的
所以该直线与 的不同于 的交点为 ,而注意到 的
横坐标亦可通过韦达定理表示为 ,故 一定在 的左支上.
所以 .
这就得到 .
所以
再由 ,就知道 ,所以数列 是公比为 的等比数列.
方法二: 因为 ,则 ,
由于 ,作差得 ,
,利用合比性质知 ,
因此 是公比为 的等比数列.
(3)方法一:先证明一个结论:对平面上三个点 ,若 , ,则
. (若 在同一条直线上,约定 )
证明:
证毕, 回到原题.
由于上一小问已经得到 ,
故 .
再由 ,就知道 ,所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ,都有
而又有 ,
故利用前面已经证明的结论即得
这就表明 的取值是与 无关的定值,所以 .
方法二: 由于上一小问已经得到 ,
故 .
再由 ,就知道 ,所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ,都有
这就得到 ,
以及 .
两式相减,即得 .
移项得到 .
故 .
而 .
所以 和 平行,这就得到 ,即 .
方法三: 由于 ,作差得 ,
变形得 ①,
同理可得 ,
由( 2 )知 是公比为 的等比数列,令 则 ②,
同时 是公比为 的等比数列,则 ③,
将②③代入①,
即 ,从而 ,即 .
【点睛】关键点点睛: 本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合, 需要综合运用多方面知识方可得解.
78. (I) (II)
【知识点】逆用和、差角的正切公式化简、求值、等比数列下标和性质及应用、裂项相消法求和
【分析】(1)类比等差数列求和的倒序相加法,将等比数列前 项积倒序相乘,可求 ,代入即可求解 .
( 2 )由( 1 )知 ,利用两角差的正切公式,化简,
,得
,再根据裂项相消法,即可求解 .
【详解】( I )由题意, 构成递增的等比数列,其中 ,则
①
②
① ②,并利用等比数列性质 ,得
(II) 由 (I) 知,
又
所以数列 的前 项和为
【点睛】(I)类比等差数列,利用等比数列的相关性质,推导等比数列前 项积公式,创新应用型题; (II) 由两角差的正切公式, 推导连续两个自然数的正切之差, 构造新型的裂项相消的式子, 创新应用型题; 本题属于难题.
79.(I)详见解析(II)详见解析
【知识点】判断等差数列、裂项相消法求和、分组(并项)法求和
【详解】试题分析:(I)先根据等比中项定义得: ,从而
,因此根据等差数列定义可证:
(II) 对数列不等式证明一般以算代证先利用分组求和化简 ,再利用裂项相消法求和 ,易得结论.
试题解析: (I) 证明: 由题意得 ,有 ,因此 ,所以 是等差数列.
(II) 证明:
所以 .
考点: 等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和
80. (I) (II) (i) (ii)
【知识点】利用定义求等差数列通项公式、等差数列通项公式的基本量计算、等比数列通项公式的基本量计算、分组(并项)法求和
【分析】(I)由题意首先求得公比和公差,然后确定数列的通项公式即可；
(II) 结合(I) 中的结论可得数列 的通项公式,结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等价变形,结合等比数列前 项和公式可得 的值. 【详解】(I)设等差数列 的公差为 ,等比数列 的公比为 .
依题意得 ,解得 ,
故 .
所以, 的通项公式为 的通项公式为 .
(II) .
所以,数列 的通项公式为 .
(ii)
【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前 项和公式等基础知识. 考查化
归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.
81. (I) ; (II) (i) . (ii) 证明见解析.
【知识点】裂项相消法求和、分组(并项)法求和
【详解】分析:(I)由题意得到关于 的方程,解方程可得 ,则 . 结合等差数列通项公式可得 .
(II) (i) 由(I),有 ,则 .
(ii) 因为 ,裂项求和可得 .
详解:(I)设等比数列 的公比为 . 由 ,
可得 . 因为 ,可得 ,故 .
设等差数列 的公差为 ,由 ,可得 .
由 ,可得 ,
从而 ,故 .
所以数列 的通项公式为 ,
数列 的通项公式为 .
(II) (i) 由(I),有 ,
故 .
(ii) 因为 ,
所以 .
点睛: 本题主要考查数列通项公式的求解, 数列求和的方法, 数列中的指数裂项方法等知识,
意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
82. (I) ; (II) (i) 证明见解析; (ii) 证明见解析.
【知识点】等差数列前 项和的基本量计算、由定义判定等比数列、错位相减法求和、数列不等式恒成立问题
【分析】(I)由等差数列的求和公式运算可得 的通项,由等比数列的通项公式运算可得 的通项公式; (II) (i) 运算可得 ,结合等比数列的定义即可得证;
(ii) 放缩得 ,进而可得 ,结合错位相减法即可得证.
【详解】(I)因为 是公差为 2 的等差数列,其前 8 项和为 64.
所以 ,所以 ,
所以 ;
设等比数列 的公比为 ,
所以 ,解得 (负值舍去),
所以 ;
(II) (i) 由题意, ,
所以 ,
所以 ,且 ,
所以数列 是等比数列;
(ii) 由题意知, ,
所以 ,
所以 ,
设 ,
则 ,
两式相减得 ,
所以 ,
所以 .
【点睛】关键点点睛:
最后一问考查数列不等式的证明,因为 无法直接求解,应先放缩去除根号,再由
错位相减法即可得证.
83. (1)
(2)证明见解析
(3)
【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、等比数列通项公式的基本量计算、错位相减法
求和、分组 (并项) 法求和
【分析】(1)利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；
(2)由等比数列的性质及通项与前 项和的关系结合分析法即可得证；
(3)先求得 ,进而由并项求和可得
,再结合错位相减法可得解.
【详解】(1)设 公差为 公比为 ,则 ,
由 可得 ( 舍去),
所以 ;
(2)证明:因为 ,所以要证 ,
即证 ,即证 ,
即证 ,
而 显然成立,所以 ;
(3)因为
,
所以
设
所以 ,
则 ,
作差得
所以 ,
所以 .
84. (1) ;
(2)(I)证明见解析; (II) ,前 项和为 .
【知识点】等差数列与等比数列综合应用、等差数列通项公式的基本量计算、求等差数列前 项和、写出等比数列的通项公式
【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程,解方程可得 ,据此可求得数列的通项公式,然后确定所给的求和公式里面的首项和项数,结合等差数列前 项和公式计算可得 .
(2)(I)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况,当 时, ,
取 ,当 时, ,取 ,即可证得题中的不等式；
(II)结合(I)中的结论, 利用极限思想确定数列的公比, 进而可得数列的通项公式, 最后由等比数列前 项和公式即可计算其前 项和.
【详解】( 1 )由题意可得 ,解得 ,
则数列 的通项公式为 ,
求和得
(2)(I)由题意可知,当 时, ,
取 ,则 ,即 ,
当 时, ,
取 ,此时 ,
据此可得 ,
综上可得: .
(II)由(I)可知:
则数列 的公比 满足 ,
当 时, ,所以 ,
所以 ,即 ,
当 时, ,所以 ,
所以数列的通项公式为 ,
其前 项和为: .
【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式, 求解数列通项公式和前 项和的核心是确定数列的基本量,第二问涉及到递推关系式的灵活应用,先猜后证是数学中常用的方法之一, 它对学生探索新知识很有裨益.
85. (1)
(2)①证明见详解; ②
【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、等比数列通项公式的基本量计算、求等比数列前 项和、裂项相消法求和
【分析】(1)设等比数列 的公比为 ,根据题意结合等比数列通项公式求 ,再结合等比数列求和公式分析求解;
(2)①根据题意分析可知 ,利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得 ,再结合裂项相消法分析求解.
【详解】(1)设等比数列 的公比为 ,
因为 ,即 ,
可得 ,整理得 ,解得 或 (舍去),
所以 .
(2)(i) 由(1)可知 ,且 ,
当 时,则 ,即
可知 ,
可得 ,
当且仅当 时,等号成立,
所以 ;
(ii) 由 (1) 可知: ,
若 ,则 ;
若 ,则 ,
当 时, ,可知 为等差数列,
可得 ,
所以 ,
且 ,符合上式,综上所述: .
【点睛】关键点点睛: 1.分析可知当 时, ,可知 为等差数列;
2. 根据等差数列求和分析可得 .
86. (I) 见解析; (II) 见解析; (III) 见解析.
【知识点】利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式、等差数列与等比数列综合应
用、数学归纳法
【分析】(I)用数学归纳法可证明；
(II) 由 (I) 可得 ,构造函数
,利用函数的单调性可证;
(III) 由 及 ,递推可得
【详解】(I)用数学归纳法证明: .
当 时, .
假设 时, ,那么 时,若 ,
则 ,矛盾,故 .
因此 ,所以 ,因此 .
(II) 由 得,
记函数 ,
函数 在 上单调递增,所以 ,
因此 ,故 .
(III) 因为 ,所以 ,
由 ,得 ,
所以 ,故 .
综上, .
【名师点睛】本题主要考查利用数列不等式的证明,常利用以下方法:(1)数学归纳法；(2)
构造函数, 利用函数的单调性证明不等式; (3) 利用递推关系证明.
87.
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、数列新定义
【分析】(1)直接根据(i, j)-可分数列的定义即可；
(2)根据(i, j)-可分数列的定义即可验证结论；
( 3 )证明使得原数列是(i, j)-可分数列的(i, j)至少有 个,再使用概率的定义.
【详解】(1)首先,我们设数列 的公差为 ,则 .
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列, 当且仅当该数列是等差数列,
故我们可以对该数列进行适当的变形 ,
得到新数列 ,然后对 进行相应的讨论即可.
换言之,我们可以不妨设 ,此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题,第 1 小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数 和 ,使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是1,2,3,4,或2,3,4,5,或3,4,5,6.
所以所有可能的(i, j)就是 .
(2)由于从数列 中取出 2 和 13 后,剩余的 个数可以分为以下两个部分,共 组,使得每组成等差数列:
① ,共 3 组；
② ,共 组. (如果 ,则忽略 ②)
故数列 是(2,13)-可分数列.
(3)定义集合 ,
下面证明,对 ,如果下面两个命题同时成立,
则数列 一定是(i, j)-可分数列:
命题 1: 或 ;
命题 2: .
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况: 如果 ,且 .
此时设 .
则由 可知 ,即 ,故 .
此时,由于从数列 中取出 和 后,
剩余的 个数可以分为以下三个部分,共 组,使得每组成等差数列:
① ,共 组;
② ,
共 组;
③
共 组.
(如果某一部分的组数为 0 , 则忽略之)
故此时数列 是(i, j)-可分数列.
第二种情况: 如果 ,且 .
此时设 .
则由 可知 ,即 ,故 .
由于 ,故 ,从而 ,这就意味着 .
此时,由于从数列 中取出 和 后,剩余的 个数可以分为以下四个部分,共 组,使得每组成等差数列:
① ,共 组;
② 共 2 组;
③全体 ,其中 ,共 组； ④
共 组. (如果某一部分的组数为 0 , 则忽略之) 这里对②和③进行一下解释:将③中的每一组作为一个横排,排成一个包含 个行, 4 个列的数表以后, 4 个列分别是下面这些数:
可以看出每列都是连续的若干个整数,它们再取并以后,将取遍 中除开五个集合 , 中的十个元素以外的所有数. 而这十个数中,除开已经去掉的 和 以外,剩余的八个数恰好就是 ②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求,故此时数列 是(i, j)-可分数列.
至此,我们证明了: 对 ,如果前述命题 1 和命题 2 同时成立,则数列
一定是(i, j)-可分数列.
然后我们来考虑这样的(i, j)的个数.
首先,由于 和 各有 个元素,故满足命题 1 的(i, j)总共有 个;
而如果 ,假设 ,则可设 ,代入得 .
但这导致 ,矛盾,所以 .
设 ,则 ,即 .
所以可能的 恰好就是 ,对应的(i, j)分别是
,总共 个.
所以这 个满足命题 1 的(i, j)中,不满足命题 2 的恰好有 个.
这就得到同时满足命题 1 和命题 2 的(i, j)的个数为 .
当我们从 中一次任取两个数 和 时,总的选取方式的个数等于
而根据之前的结论,使得数列 是(i, j)-可分数列的(i, j)至少有 个.
所以数列 是(i, j)-可分数列的概率 一定满足
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛: 本题的关键在于对新定义数列的理解, 只有理解了定义, 方可使用定义验证或探究结论.
88. (1)
(2)证明见解析
【知识点】由递推关系式求通项公式、等差数列通项公式的基本量计算、写出等比数列的通项公式、反证法证明
【分析】
(1) 由 得 ,分奇偶项分别求通项,最后写出通项公式;
(2)假设数列 中存在三项数列 ,(其中 )成等差数列,应用反证法得出
矛盾证明即可.
【详解】( 1 )由 ,得
以上两式相比,得 ,
由 得 ,
所以,数列 是首项为 3,公比 4 为的等比数列, ,
数列 是首项为 6,公比为 4 的等比数列, ,
综上,数列 的通项公式为 .
(2)假设数列 中存在三项数列 ,(其中 )成等差数列,则 由(1)得 ,即 ,两边同时除以 ,得 (*) 式左边为奇数,右边为偶数 等式不成立,假设不成立. 所以,数列 中得任意三项均不能构成等差数列. 89. (1)证明见解析; (2) ; (3) 存在, . 【知识点】等差中项的应用、由递推关系证明等比数列、裂项相消法求和、利用 an 与 sn 关系求通项或项
【分析】(1)利用给定的递推公式,结合 及等比数列定义推理即得.
( 2 )由( 1 )求出 , ,再利用裂项相消法求和即可.
( 3 )由( 1 )求出 ,由已知建立等式,验证计算出 ,再分析求解 即可.
【详解】( 1 ) ,当 时, ,
两式相减得 ,即 ,
则有 ,当 时, ,则 ,即 ,
所以数列 是以 1 为首项, 为公比的等比数列.
(2)由(1)得, ,则 ,数列 是等差数列,
于是 ,解得 ,则 ,
所以 的前 项和
(3)由(1)知, ,
由 成等差数列,得 ,整理得 ,
由 ,得 ,又 不等式成立,
因此 ,即 ,令 ,则 ,
从而 ,显然 ,即 ,
所以存在 ,使得 成等差数列.
【点睛】易错点睛: 裂项法求和, 要注意正负项相消时消去了哪些项, 保留了哪些项, 切不可漏写未被消去的项, 未被消去的项有前后对称的特点, 实质上造成正负相消是此法的根源与目的.
90. (1)
(2)1809
【知识点】分组 (并项) 法求和、累乘法求数列通项、利用 an 与 sn 关系求通项或项
【分析】( 1 )由 得出数列 的递推关系,然后由连乘法求得通项 ；
(2)考虑到 ,从而确定 的前 40 项中有 34 项来自 ,其他 6 项由 组成,由此分组求和.
【详解】( 1 )由 ,则 ,两式相减得: ,
整理得: ,即 时, ,
所以 时, ,
又 时, ,得 ,也满足上式.
故 .
(2) 由 . 所以 ,
又 ,所以 前 40 项中有 34 项来自 .
故
91. (1)
(2)
【知识点】累加法求数列通项、由递推关系证明等比数列、求等比数列前 项和、分组(并
项)法求和
【分析】(1)由条件证明数列 为等比数列,利用累加法求数列 的通项公式;
( 2 )数列 中在 之前共有 项,由此确定前 27 项的值,
再分组, 结合等比求和公式可求得答案.
【详解】( 1 )因为 ,
所以 ,又 ,
所以数列 为首项为 1,公比为 2 的等比数列,
所以 ,
所以当 时,
所以 ,
所以当 时, ,又 也满足该关系,
所以数列 的通项公式为 ;
( 2 )数列 中在 之前共有 项,
当 时, ,当 时
则
92. (1) 证明见解析,
(2)
【知识点】利用定义求等差数列通项公式、由递推关系证明等比数列、分组(并项)法求和
【分析】(1)利用等差数列与等比数列的定义即可求其通项公式；
(2)利用通项公式找出公共项,再分组求和即可.
【详解】( 1 )由题意可得: ,
而 ,变形可得: ,
故 是首项为 3,公比为 3 的等比数列.
从而 ,即 .
(2)由题意可得: ,令 ,
则 ,此时满足条件,
即 时为公共项,
所以
93. (1)
(2)
【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、等比数列通项公式的基本量计算、求等比数列
前 n 项和
【分析】(1)根据等差和等比数列的通项公式, 列出基本量方程组, 即可求解;
(2)若选择①,得 , ,可知剩下的项就是原数列的奇数项,代入等比数列求和
公式, 即可求解;
若选择 ②, ,根据 ,讨论 为奇数和偶数两种情况,即可判断求解.
【详解】(1)设 的公差为 的公比为 ,
因为 ,所以 ,
联立消 得 ,解得 或 与 矛盾,
故 ,代回计算得 ,
所以
( 2 )若选① ,则有 ,
所以 剩余的项就是原数列的奇数项,
相当于剩余的项 以 2 为首项,4 为公比的等比数列,
所以 ;
若选② ,则有 ,
因为 ,
所以当 时,对应的 为整数,满足,
当 时,对应的 不为整数,不满足,
所以 剩余的项就是原数列的奇数项,
相当于剩余的项 以 2 为首项,4 为公比的等比数列,
所以 ;
94. (1) (2)
【知识点】数列通项公式求解、数列求和 【详解】(1)由 知 令 ,则 且 由 得 .
(2) 由题意知
所以
两式相减得
设 ,再利用错位相减法求得
所以 .
95. (1) ,且从第二项起单调递减
(2)证明见解析
【知识点】判断数列的增减性、错位相减法求和
【分析】(1)判断 的符号即可；
(2)法一:由 ,利用错位相减法求解证明；法二:不妨设
,由 ,利用待定系数法求得 即可.
【详解】( 1 )解: 由题意可得 ,
故 ,
即 ,故数列 中 ,且从第二项起单调递减.
(2)证法一:由题意可得
有 ,
即 ,
令 ,
则 ,
则有 ,
即有 ,
即 ,
故
又 ,故 ,
即 .
证法二: 不妨设 ,且 ,
则 ,
则 解得
,
那么 ,
96. (1) .
(2)
(3)证明见解析.
【知识点】写出等比数列的通项公式、求等比数列前 项和、错位相减法求和、利用 an 与 sn 关系求通项或项
【分析】(1)根据题意,由 与 的关系,即可得到数列 的通项公式,然后再由等比数列的通项公式得到数列 的通项公式;
(2)根据题意,设 的前 项和为 , 的前 项和为 ,分别求得 即可得到结果.
(3)由题意可得, ,然后再结合等比数列的求和公式, 即可得到结果.
【详解】(1)因为数列 的前 项和为 ,且 ,
当 时, ；
当 时, ,当 时也满足;
所以 ；
又因为数列 为等比数列,且 分别为数列 第二项和第三项,
所以 ,则 ,则 .
( 2 )由( 1 )可得, ,
令 ①
所以 ②
②可得,
所以
令
即 ,
令 ,
则
则
(3) 设 ,则 ,
则
97. (1)
(2) 时,数列 有最大项,且为 ,理由见详解
(3)
【知识点】确定数列中的最大(小)项、利用定义求等差数列通项公式、写出等比数列的通项公式、错位相减法求和
【分析】( 1 )设公差为 ,公比为 ,结合 解出 ,即可求解 和 通项公式;
(2)根据(1)将 代入 中,设 为最大项,列出不等式组
解出,分析即可
(3)由 的表达式,对 分类求出 的通项公式,然后求出
然后写出 ,观察可知利用错位相减法即可求出
【详解】(1)因为 为等差数列,设公差为 , 为等比数列,设公比为 ,
因为
所以 ,即 ①,
,即 ②,
联立①②得 ,
则
( 2 )由( 1 ) ,则
设 为最大项,则:
由 解得: 或
由 解得:
所以
又因为
所以
即 时,数列 有最大项,且为
(3)
当 为奇数时,
当 为偶数时,
所以
所以
①
所以 ②
①-②:
所以
98. (1)
(2)2
(3)证明见解析
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、累加法求数列通项、求等差数列前 项和、
裂项相消法求和
【分析】( 1 )令 得 ,通过累加的方式即可得解.
(2)首先分类讨论结合等差数列求和公式得到 表达式,然后对 分类讨论列方程求解即可.
( 3 )首先将数列 通项公式化简,通过不等式放缩,然后裂项相消即可求解.
【详解】( 1 )由对任意正整数 都有 ,令 ,可得 ,
所以 .
当 时, ,
当 时, ,符合上式,所以 .
(2)由(1)得 ,当 为偶数时,
当 为奇数时, 为偶数,
综上所述, .
若 为偶数,则 为奇数,由 ,即 ,整理得 ,解得 (舍去)或 ；
若 为奇数,则 为偶数,由 ,即 ,整理得 ,解得 或 ,均不合题意,舍去.
综上,所求 的值为 2 .
(3) 由
现在我们来证明 时, ,
令 ,求导得 ,
所以 单调递增,所以 ,
结合当 时, ,有 ,
所以
. 故 .
【点睛】关键点睛:第一问的关键是累加法求数列通项,第二问的关键是分类讨论求表达式, 然后继续分类讨论解方程, 第三问的关键是通过放缩然后裂项相消即可顺利得解.
99. (1) 见解析
(2)见解析
(3)见解析
【知识点】正弦定理求外接圆半径、余弦定理解三角形、判断数列的增减性、由递推关系证明等比数列
【分析】( 1 )对 两式相加和相减即可证明数列 和 均为等比数列;
(2)由(1)得 是等比数列,可知 ,由(1)得 为常值数列 0 , 故 ,再由余弦定理结合基本不等式即可证明 ,即 ,再由正弦定理可证得 ,即可证明 ;
(3)由(1)(2)可得 ,可求出 ,即可证明 是递减数列,结合 进而证明数列 是递减数列.
【详解】( 1 )正项数列 ,满足 ,
两式相减可得: ,
因为 ,所以 ,
所以 是以 为首项, 为公比的等比数列,
由 两式相加可得: ,
即 ,因为 ,
所以 ,所以 是以 为首项, 为公比的等比数列.
(2)因为 ,由( 1 )得 是等比数列,
所以 ,即 ,
由(1)知, ,
因为 ,所以 ,
所以 为常值数列 0,故 ,
由
,因为 ,所以等号不成立,
故 ,因为 ,所以 ,
所以 ,
由正弦定理得 外接圆的直径 ,
所以 ,所以 .
(3)由(1)可知, ,
由(2)可知, ,
解得: ,
所以 ,
随着 的增大而减小,又因为
所以 随着 的增大而减小,所以 是递减数列,
因为 ,所以 是递增数列,所以 是递减数列,
所以数列 是递减数列.
【点睛】关键点睛: 本题(2)问的关键点在于由(1)可得 为常值数列 0,故 ,再由余弦定理结合基本不等式即可证明 ,即 ,再由正弦定理可证得 ,即可证明 ;
100. (1) ;
(2)证明见解析;
(3)证明见解析.
【知识点】由递推关系式求通项公式、由递推数列研究数列的有关性质、等比中项的应用、 裂项相消法求和
【分析】(1)把 代入,利用给定的两个递推关系,建立方程组求解即得.
(2)利用反证法, 结合已知定义导出矛盾即可得证.
( 3 )先确定数列的范围和单调性,然后利用 结合放缩法推理即得.
【详解】( 1 )当 时, ,依题意, ①, ②,
两式作差, ,则 或 ,
若 ,代入 ① 式解得, 或 ,而 ,于是 ;
若 ,将 代入②式解得, .
因此必有 .
注意到 ,从而由 归纳即知 是常数列 .
所以 的通项公式为 .
(2)假设 构成等比数列,则 .
那么由 可知 .
又 ,则 ,解得 ,与 矛盾.
所以 中不存在连续的三项构成等比数列.
(3)由于当 时,有 ,即
.
而 ,故归纳即知对任意正整数 都有 .
又由 及 可知 ,故数列 单调递减.
又由于 ,故
【点睛】思路点睛:涉及给出递推公式探求数列性质的问题, 认真分析递推公式并进行变形,
可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.数列巅峰之作一从入门到升天
1. (2006 年普通高等学校招生考试数学试题 (陕西卷)) 已知等差数列 中, ,则该数列前 9 项和 等于 ( )
A. 18 B. 27 C. 36 D. 45
2. (2003 年普通高等学校春季招生考试数学试题 (北京卷)) 在等差数列 中,已知 ,那么 等于( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
3. (2024 年高考全国甲卷数学真题) 已知等差数列 的前 项和为 ,若 ,则 ( )
A. -2 B. C. 1 D.
4. (2024 年高考全国甲卷数学 (理) 真题) 记 为等差数列 的前 项和,已知 ,则 ( )
A. B. C. D.
5. (2023 年高考全国甲卷数学真题) 记 为等差数列 的前 项和. 若 ,则 ( )
A. 25 B. 22 C. 20 D. 15
6. (山东中学联盟 2024 届高考考前热身押题数学试题) 已知等差数列 的公差为 ,前 项和为 . 设甲: ; 乙: 是递增数列,则 ( )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 7. (2023 年新课标全国I卷数学真题) 记 为数列 的前 项和,设甲: 为等差数列; 为等差数列,则 ( )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
8. (2024 年高考全国甲卷数学 (理) 真题) 已知 是 的等差中项,直线 与圆 交于 两点,则 的最小值为 ( )
A. 1 B. 2 C. 4 D.
9. (2023 年高考全国乙卷数学(理)真题)已知等差数列 的公差为 ,集合 ,若 , 则 ( )
A. -1 B. C. 0 D.
10. (全国甲卷理数)) 设等比数列 的各项均为正数,前 项和 ,若 ,则 ( )
A. B. C. 15 D. 40
11. (2023 年新高考天津数学高考真题) 已知数列 的前 项和为 ,若 ,则 ( )
A. 16 B. 32 C. 54 D. 162
12. (2023 年新课标全国II卷数学真题) 记 为等比数列 的前 项和,若 ,则 ( ).
A. 120 B. 85 C. -85 D. -120
13. (2022 年全国高考乙卷数学 (理) 试题) 已知等比数列 的前 3 项和为 ,则 ( )
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
14. (第二章 高考链接) 已知各项均为正数的等比数列 ,则
A. B. 7 C. 6 D.
15. (2021 年全国高考甲卷数学 (理) 试题) 等比数列 的公比为 ,前 项和为 ,设甲: 是递增数列, 则 ( )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
16. (沪教版 (2020) 选修第一册单元训练第 4 章单元测试) 若数列 满足 ,则称 为 “等方比数列”. 甲: 数列 是等方比数列; 乙: 数列 是等比数列,则 ( ).
A. 甲是乙的充分非必要条件 B. 甲是乙的必要非充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既非充分也非必要条件
17. (2021 年浙江省高考数学试题) 已知 ,函数 . 若 成等比数列, 则平面上点(s, t)的轨迹是( )
A. 直线和圆 B. 直线和椭圆 C. 直线和双曲线 D. 直线和抛物线
18.(河南省信阳市浉河区信阳高级中学 2022-2023 学年高二上学期期末数学(理)试题)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件。为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动,这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,...,其中第一项是 29, 接下来的两项是 ,再接下来的三项是 依此类推,求满足如下条件的最小整数 且该数列的前 项和为 2 的整数幂。那么该款软件的激活码是( )
A. 440 B. 330 C. 220 D. 110
19. (2021 年全国新高考 II 卷数学试题) 设正整数 ,其中 ,记 . 则( )
A. B.
C. D.
20. (重庆市 2024 年普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷(五)数学试题)若等差数列 的前 项和为 ,且满足 ,对任意正整数 ,都有 ,则 的值为 ( ) A. 21 B. 22 C. 23 D. 24
21. (广东省广州、深圳、珠海三市 2025 届高三上学期十一月联考数学试卷) 已知 为等差数列 的前 项和,公差为 . 若 ,则( )
A. B.
C. D. 无最大值
22. (安徽省六安第一中学 2024-2025 学年高三上学期第三次月考 (11 月) 数学试题) 已知等差数列 的首项为 , 公差为 ,前 项和为 ,若 ,则下列说法正确的是 ( )
A. 当 时, 最大
B. 使得 成立的最小自然数
C.
D. 数列 中最小项为
23. 已知数列 的各项均为正数, 满足 ,则下列结论正确的是 ( )
A. 是等差数列 B. 是等比数列
C. 是等差数列 D. 是等比数列
24. (湖南省长沙市长郡中学 2025 届高三上学期月考数学试卷(三)设 为数列 的前 项积,若 ,其中常数 ,数列 为等差数列,则 _____.
25. (江苏省盐城市 2024-2025 学年高三上学期 11 月期中考试数学试题) 设等差数列 的前 项和为 ,已知 , ,设 ,则 _____,数列 的前 项和为_____(用 表示). 26. (山西省三晋名校 2024-2025 学年高三上学期 10 月联合考试数学试卷) 设等比数列 的前 项和为 ,且 , 则 ( )
A. 4 B. 6 C. 7 D. 9
27. (福建省名校联盟全国优质校 2024 届高三大联考数学试卷) 已知 成等比数列,且 2 和 8 为其中的两
项,则 的最小值为 ( )
A. -32 B. -16 C. D.
28. (安徽省多校联考 2025 届高三上学期开学质量检测数学试题) 若锐角 满足 ,数列 的前 项和为 ,则使得 成立的 的最大值为 ( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
29. (四川省成都市 2023-2024 学年高二升学毕业班摸底测试数学试题) 已知四个整数 满足 . 若 成等差数列, 成等比数列,且 ,则 的值为_____.
30. (2021 年全国新高考I卷数学试题) 某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折,规格为 的长方形纸,对折 1 次共可以得到 , 两种规格的图形,它们的面积之和 ,对折 2 次共可以得到 三种规格的图形,它们的面积之和 ,以此类推,则对折 4 次共可以得到不同规格图形的种数为_____；如果对折 次,那么 _____ .
31. (江西省南昌市第十九中学等校联考 2023-2024 学年高二下学期期末调研测试数学试题) 中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹,用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术,剪纸具有广泛的群众基础,交融于各族人民的社会生活, 是各种民俗活动的重要组成部分, 其传承赓 (géng) 续的视觉形象和造型格式, 蕴涵了丰富的文化历史信息,是中国古老的民间艺术之一. 已知某剪纸的裁剪工艺如下: 取一张半径为 1 的圆形纸片,记为 ,在 内作内接正方形,接着在该正方形内作内切圆,记为 ,并裁剪去该正方形与内切圆之间的部分 (如图所示阴影部分), 记为一次裁剪操作, ,重复上述裁剪操作 次,最终得到该剪纸,则第 2024 次操作后,所有被裁剪部分的面积之和为_____.
32. (浙江省绍兴市 2023-2024 学年高三上学期 11 月选考科目诊断性考试数学试题) 已知等比数列 满足 且 ,则 的取值范围是_____.
33. (北京市海淀区北京交通大学附属中学 2024-2025 学年高二上学期 11 月期中练习数学试题) 已知等比数列 的首项 ,公比为 ,记 ,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
34. (湖北省武汉市武昌实验中学 2024 届高三上学期 12 月月考数学试题) 设等比数列 的公比为 ,其前 项和为 , 前 项积为 ,且满足条件 ,则下列选项正确的是 ( )
A. B.
C. 是数列 中的最大项 D.
35. (第九届高一试题 (B 卷) - “枫叶新希望杯”全国数学大赛真题解析 (高中版)) 函数 ,则 的值为( ).
A. 2012 B. C. 2013 D.
36. (云南省曲靖市第二中学学联体 2024 届高三第一次联考数学试卷) 已知数列 是公比为 的正项等比数
列,且 ,若 ,则 ( )
A. 4069 B. 2023
C. 2024 D. 4046
37. (四川省成都市第七中学 2024 届高三上学期名校联盟诊断性测试数学试题) 已知 ,则 ( )
A. -8088 B. -8090 C. -8092 D. -8094
38.(黑龙江省佳木斯市第一中学 2023-2024 学年高三第三次模拟考试数学试题)复数 的虚部是( )
A. 1012 B. 1011 C. -1011 D. -1012
39. (山东省烟台市 2024 年高考适应性练习 (二模) 数学试题) 欧拉函数 的函数值等于所有不超过正整数 ,且与 互质的正整数的个数,例如 . 已知 是数列 的前 项和,若 恒成立, 则 的最小值为 ( )
A. B. 1 C. D. 2
40. (浙江省七彩阳光联联盟 2023-2024 学年高三下学期开学考试数学试题) 已知数列 的前 项和为 ,则下列结论不正确的是 ( )
A. 是递增数列 B. 是递增数列
C. D.
41. (河南省安阳市林州市湘豫名校联考 2024-2025 学年高三上学期 11 月期中数学试题) 已知数列 的前 项和为 , 对任意正整数 ,总满足 ,若 ,则 的前 项和 ( )
A. B. C. D.
42. (山东省名校考试联盟 2024-2025 学年高三上学期期中检测数学试题) 已知数列 满足 , 则数列 的前 8 项和为( )
A. B. C. D.
43. (河南省安阳市林州市晋豫名校联盟 2024-2025 学年高三上学期 10 月月考数学试题) 已知数列 满足 ,则 ( )
A. 2025 B. 2024 C. D.
44. (天津市第五十五中学 2025 届高三第一次学情调研数学试题) 设数列 的前 项和 ,数列 的前 项和 ,则 的值为( )
A. 8 B. 10 C. 12 D. 20
45. (山东省济宁市 2022 届高三高考模拟考试 (二模) 数学试题) 已知数列 满足: ,且 ,
,其中 . 若 ,则使得 成立的最小正整数 为_____.
46. (四川省雅安市 2024-2025 学年高三上学期 11 月“零诊”考试数学试卷) 已知各项都是正数的数列 的前 项和为 ,且 ,则下列结论中正确的是 ( )
A. 是单调递增数列 B.
C. D.
47. (浙江省杭甬名校 2023-2024 学年高一 7 月分班考试数学试卷) 设 ,则 的整数部分等于 ( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
48. (2021 年浙江省高考数学试题) 已知数列 满足 . 记数列 的前 项和为 ,则 ( )
A. B. C. D.
49. (青海省西宁市大通县 2024-2025 学年高三上学期期中考试数学试卷) 若 是等差数列,且 , 则数列 的前 10 项和为( )
A. -1111 B. -1717 C. -1771 D. -1777
50. (江苏省苏州市 2024-2025 学年高三上学期 11 月期中调研数学试题) 在数列 中, ,则数列 前 24 项和 的值为 ( )
A. 144 B. 312 C. 288 D. 156
51. (浙江省温州市 2024 届高三第三次适应性考试数学试题) 数列 的前 项和为 ,则 可以是( )
A. 18 B. 12 C. 9 D. 6
52. (专题 05 数列第一讲数列的递推关系 (解密讲义)) 已知 是数列 的前 项和,且 ,则下列结论正确的是 ( )
A. 数列 为等比数列 B. 数列 不为等比数列
C. D.
53. (河南省焦作市 2023-2024 学年高二下学期 6 月期末考试数学试题) 已知数列 满足 ,则 的前 100 项和为 ( )
A. 2475 B. 2500 C. 2525 D. 5050 54. (广东省揭阳市两校 2024-2025 学年高三上学期 8 月联考数学试题) 已知数列 满足 ,前 项和为 , ,则 等于( )
A. B. C. D.
55. (山东省济南市 2025 届高三上学期开学摸底考试数学试题) 数列 满足 ,记 ,则 的最大值为_____.
56. (河北省衡水市第二中学校区联考 2024-2025 学年高三上学期开学数学试题) 已知数列 满足 ,对 , ,都有 为数列 的前 项乘积,若 ,则 ( )
A. B. C. D. 57. (江西省多校联考 2024-2025 学年高三上学期 11 月期中调研测试数学试题) 已知数列 的前 项和为 , 且 ,记 的前 项和为 ,则( )
A. B. 是等比数列
C. D.
58. (湖北省八市 2023 届高三下学期 3 月联考数学试题) 高斯函数 是以德国数学家卡尔-高斯命名的初等函数, 其中 表示不超过 的最大整数,如 . 已知 满足 ,设 的前 项和为 的前 项和为 . 则(1) _____；(2)满足 的最小正整数 为_____.
59. (专题 10 函数的奇偶性的应用-2020 年高考数学母题题源解密 (全国II专版)) 已知数列 的首项 ,函数 为奇函数,记 为数列 的前 项之和,则 的值是 ( )
A. B. 1011 C. 1008 D. 336
60. (江苏省苏州中学 2021-2022 学年高二上学期 10 月质量评估数学试题) 已知数列 满足 , 且 ,则数列 前 36 项和为( )
A. 174 B. 672 C. 1494 D. 5904
61. (辽宁省沈阳市第二中学 2023-2024 学年下学期期中考试数学试卷) 设函数 的极值点为 ,则 _____. 已知数列 满足 ,若 ,则 _____.
62. (第三篇数列、排列与组合专题 4 数列的不动点微点 3 不动点与蛛网图) 数列 满足: ,
则( )
A. B.
C. D.
63. (浙江省之江联盟 2020 届高三下学期 4 月开学考试数学试题) 数列 满足 ,且 ,则 ( )
A. B.
C. D.
64. (江苏省常州市 2021 届高三下学期学业水平监测期初联考数学试题)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,...,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,后来人们把这样的一列数组成的数列 称为 “斐波那契数列”,记 为数列 的前 项和,则下列结论中正确的有( )
A. B.
C. D.
65. (河南省部分重点高中 2023-2024 学年高三下学期 5 月百师联盟大联考数学试卷(新高考)(含答案))数列 称为斐波那契数列,该数列是由意大利数学家莱昂纳多·斐波那契(Leonardo Fibonacci) 以兔子繁殖为例子而引入,故又称为 “兔子数列”, 满足 ,则数 55 是该数列的第_____项； 是斐波那契数列的第_____项.
66. (山东省青岛第五十八中学 2024 届高三下学期二模检测数学试题) 一只蜜蜂从蜂房 A 出发向右爬,每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房 (如图), 例如: 从蜂房 A 只能爬到 1 号或 2 号蜂房, 从 1 号蜂房只能爬到 2 号或 3 号蜂房.......以此类推,用 表示蜜蜂爬到 号蜂房的方法数,则 ( )
A. 1 B. -1 C. 2 D. -2
67. (2023 年新课标全国I卷数学真题) 设等差数列 的公差为 ,且 . 令 ,记 分别为数列 的前 项和.
(1)若 ,求 的通项公式；
(2)若 为等差数列,且 ,求 .
68. (2020 年全国统一高考数学试卷 (理科) (新课标III) 设数列 满足 .
(1)计算 ,猜想 的通项公式并加以证明；
(2)求数列 的前 项和 .
69. (2021 年全国高考乙卷数学 (理) 试题) 记 为数列 的前 项和, 为数列 的前 项积,已知 .
(1)证明:数列 是等差数列；
(2) 求 的通项公式.
70. (2023 年高考全国乙卷数学 (文) 真题) 记 为等差数列 的前 项和,已知 .
(1) 求 的通项公式;
(2)求数列 的前 项和 .
71. (2022 年全国新高考 II 卷数学试题) 已知 为等差数列, 是公比为 2 的等比数列,且 .
(1)证明: ;
( 2 )求集合 中元素个数.
72. (2020 年新高考全国卷I数学高考试题 (山东)) 已知公比大于 1 的等比数列 满足 .
(1)求 的通项公式；
(2)记 为 在区间 中的项的个数,求数列 的前 100 项和 .
73. (2023 年新课标全国II卷数学真题) 已知 为等差数列, ,记 分别为数列 的前 项和, . (1) 求 的通项公式; (2)证明: 当 时, .
74. (2014 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(全国II卷带解析)已知数列 满足 .
(1) 证明 是等比数列,并求 的通项公式;
(2)证明: .
75. (2022 年全国新高考 I 卷数学试题) 记 为数列 的前 项和,已知 是公差为 的等差数列.
(1)求 的通项公式；
(2)证明: .
76. (2016 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(四川卷精编版)) 已知数列 的首项为 为数列 的
前 项和, ,其中 .
( I )若 成等差数列,求数列 的通项公式；
(II) 设双曲线 的离心率为 ,且 ,证明: .
77. (2024 年新课标全国II卷数学真题) 已知双曲线 ,点 在 上, 为常数, . 按照如下方式依次构造点 : 过 作斜率为 的直线与 的左支交于点 ,令 为 关于 轴的对称点,
记 的坐标为 .
(1)若 ,求 ；
(2)证明: 数列 是公比为 的等比数列;
(3) 设 为 的面积,证明: 对任意正整数 .
78. (2011 年安徽省普通高等学校招生统一考试文科数学) 在数 1 和 100 之间插入 个实数,使得这 个数构成递增的等比数列,将这 个数的乘积记作 ,再令 .
(I) 求数列 的通项公式;
(II) 设 ,求数列 的前 项和 .
79. (2016 天津卷) 已知 是各项均为正数的等差数列,公差为 ,对任意的 是 和 的等比中项.
(I) 设 ,求证: 是等差数列;
(II) 设 ,求证: .
80. (2019 年天津市高考数学试卷 (理科)) 设 是等差数列, 是等比数列. 已知 .
(I) 求 和 的通项公式;
(II) 设数列 满足 其中 .
(i) 求数列 的通项公式;
(ii) 求 .
81. (2018 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(天津卷)) 设 是等比数列,公比大于 0,其前 项和为 是等差数列. 已知 .
(I) 求 和 的通项公式;
(II) 设数列 的前 项和为 ,
(i) 求 ;
(ii) 证明 .
82. (2021 年天津高考数学试题) 已知 是公差为 2 的等差数列,其前 8 项和为 64. 是公比大于 0 的等比数列, .
( I )求 和 的通项公式；
(II) 记 ,
(i) 证明 是等比数列;
(ii) 证明
83. (2022 年高考天津卷数学真题) 设 是等差数列, 是等比数列,且 .
(1) 求 与 的通项公式;
(2) 设 的前 项和为 ,求证: ;
(3) 求 .
84. (2023 年新高考天津数学高考真题) 已知 是等差数列, .
(1)求 的通项公式和 .
(2) 设 是等比数列,且对任意的 ,当 时,则 ,
(I) 当 时,求证: ;
(II) 求 的通项公式及前 项和.
85. (2024 年天津高考数学真题) 已知 为公比大于 0 的等比数列,其前 项和为 ,且 .
(1) 求 的通项公式及 ；
(2) 设数列 满足 ,其中 .
(i) 求证: 当 时,求证: ;
(ii) 求 .
86. (2017 年全国普通高等学校招生统一考试数学 (浙江卷精编版)) 已知数列 满足: ,
证明: 当 时,
(I) ;
(II) ;
(III) .
87. (2024 年新课标全国I卷数学真题) 设 为正整数,数列 是公差不为 0 的等差数列,若从中删去两项 和 后剩余的 项可被平均分为 组,且每组的 4 个数都能构成等差数列,则称数列 是(i, j)-可分数列.
(1)写出所有的 ,使数列 是(i, j)-可分数列;
(2)当 时,证明: 数列 是(2,13)-可分数列;
(3) 从 中任取两个数 和 ,记数列 是(i, j)-可分数列的概率为 ,证明: .
88. (广东省深圳市 2023 届高三二模数学试题) 已知数列 满足, .
(1) 求数列 的通项公式;
(2)证明: 数列 中的任意三项均不能构成等差数列.
89. (江苏省南通市 2024 届高三第二次调研测试数学试题) 已知数列 的前 项和为 .
(1)证明: 数列 为等比数列;
(2) 设 ,求数列 的前 项和;
(3) 是否存在正整数 ,使得 成等差数列 若存在,求 ; 若不存在,说明理由.
90. (湖北省武汉市 2023 届高三下学期二月调研数学试题) 记数列 的前 项和为 ,对任意正整数 ,有 ,
且 .
( 1 )求数列 的通项公式；
(2)对所有正整数 ,若 ,则在 和 两项中插入 ,由此得到一个新数列 ,求 的前 40 项和.
91. (天域全国名校协作体 2023 届高三 4 月阶段性联考数学试题) 设数列 满足 .
( 1 )求数列 的通项公式；
(2)在数列 的任意 与 项之间,都插入 个相同的数 ,组成数列 ,记数列 的前 项的和为 ,求 的值.
92. (浙江省嘉兴市 2023 届高三下学期 4 月教学测试 (二模) 数学试题) 已知 是首项为 2,公差为 3 的等差数列,
数列 满足 .
(1)证明 是等比数列,并求 的通项公式;
(2)若数列 与 中有公共项,即存在 ,使得 成立. 按照从小到大的顺序将这些公共项排列,得到一个新的数列,记作 ,求 .
93. (浙江省温州市普通高中 2023 届高三下学期 3 月第二次适应性考试数学试题) 已知 是首项为 1 的等差数列,
公差 是首项为 2 的等比数列, .
(1) 求 的通项公式;
(2)若数列 的第 项 ,满足_____(在①②中任选一个条件), ,则将其去掉,数列 剩余的各项按原顺序组成一个新的数列 ,求 的前 20 项和 .
① ② .
94. (2018 年全国高中数学联赛河北省预赛高二试题) 已知数列 中 ,
(1)求数列 的通项公式；
(2) 求数列 的前 项和 .
95. (山西省 2024 届高三第二次学业质量评价数学试题) 已知数列 的前 项和为 ,且 .
(1)探究数列 的单调性；
(2)证明: .
96. (天津外国语大学附属外国语学校 2022-2023 学年高三下学期统练 22 数学试题) 已知数列 的前 项和为 ,
,数列 为等比数列,且 分别为数列 第二项和第三项.
(1) 求数列 与数列 的通项公式;
(2)若数列 ,求数列 的前 项和 ;
(3) 求证: .
97. (天津市耀华中学 2022-2023 学年高三上学期第二次月考数学试题) 已知等差数列 的前 项和为 ,数列 是等比数列,满足 .
(1) 求数列 和 通项公式;
(2)令 ,求数列 的最大项并说明理由.
(3)令 设数列 的前 项和为 ,求 .
98. (江苏省 2024 届高三上学期期末迎考数学试题) 已知数列 满足 ,且对任意正整数 都有
( 1 )求数列 的通项公式；
(2)求数列 的前 项和 ,若存在正整数 ,使得 ,求 的值;
(3) 设 是数列 的前 项和,求证: .
99. (广东省 2024 届高三高考模拟测试(二)数学试题)已知正项数列 ,满足 (其中 ).
(1)若 ,且 ,证明: 数列 和 均为等比数列;
(2)若 ,以 为三角形三边长构造序列 (其中 ),记 外接圆的面积为 ,证明: ;
(3)在(2)的条件下证明: 数列 是递减数列.
100. (湖北省武汉市 2024 届高三下学期 5 月模拟训练试题数学试卷) 混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中, 比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等,其中一维线段上的抛物线映射是混沌动力学中最基础应用最广泛的模型之
一,假设在一个混沌系统中,用 来表示系统在第 个时刻的状态值,且该系统下一时刻的状态 满足
,其中 .
(1)当 时,若满足对 ,有 ,求 的通项公式;
(2)证明: 当 时, 中不存在连续的三项构成等比数列;
(3)若 ,记 ,证明: .

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