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数列解答题 常考考点预测练 2026届年高中数学高考冲刺练
1．已知数列满足，且（）．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式及数列{an}的前n项和．
2．在数列中，．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)设，求数列的前项和．
3．设各项均为正数的等比数列的前n项和为，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，证明：.
4．已知函数．
(1)若是奇函数，求；
(2)当时，的所有正零点从小到大排列构成数列，求的前项和．
5．已知正项等比数列满足，且，，成等差数列，正项数列的前项和为，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
6．已知函数的解集为．在数列中有，当时，记
(1)求数列的通项公式．
(2)设数列满足，数列的前项和为，求证：．
7．已知数列的前项和，.
(1)求；
(2)若数列的前项和为，求证.
8．已知数列的首项是，且．
(1)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)若，求满足条件的最小整数n的值．
9．已知等差数列中，，.
(1)求数列的通项公式.
(2)记数列的前项和为，证明.
10．已知数列，，．
(1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
11．已知一系列椭圆：的右焦点为，上顶点为，，是等腰三角形，．
(1)求椭圆的方程；
(2)求数列的通项公式；
(3)若数列的前项和为，若对任意的，都有（，），求的最小值．
12．若正项数列满足对于给定的正数，，，（为的前n项和），则称为“稳定数列”.
(1)若为“稳定数列”，且，求的取值范围.
(2)若，证明：数列为“稳定数列”.
(3)若为“稳定数列”，证明，．
13．设数列，若存在公比为的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”．
(1)写出数列的一个“等比分割数列”；
(2)若数列的通项公式为，其“等比分割数列”的首项为1，求数列的公比的取值范围；
(3)若数列的通项公式为，且数列存在“等比分割数列”，求的最大值．
14．设是正整数，有穷整数列：. 若存在正整数满足：，恒成立，则称为数列，数列的所有项之和记为.
(1)数列：1，，3，，1是否为数列？是否为数列？请说明理由.
(2)若，是数列，且，求的最小值.
(3)若，是数列，且，将各项重新排列后能构成等差数列，求的最小值.
15．已知是单调递增的等差数列，其前n项和为，为等比数列，，，．
(1)求和的通项公式；
(2)若，记数列的前项和为．
（i）求；
（ii）求证：．
参考答案
1．(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）将题目的条件变形，然后结合等比数列的定义证明即可.
（2）利用等比数列的通项公式结合分组求和即可.
【详解】（1）由已知，变形得，
又因为，所以，故，故．
又因为，所以，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
所以．因此数列的通项公式为．
数列前n项和：
.
2．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等比数列的定义证明.
（2）利用分组求和法求数列的前项和.
【详解】（1）因为，
且，
所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）得，.
所以.
所以
.
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用基本量法可求首项与公比，故可求通项公式；
（2）求出的通项，利用裂项相消法结合不等式的性质可证题设中的不等式.
【详解】（1）设公比为，则，故，
故.
（2），故，
所以.
4．(1)
(2)
【分析】（1）解法一：利用奇函数的定义得出恒成立，则，由此可得出的取值；解法二：利用奇函数的性质得出，可得出的取值，再利用奇函数的定义检验即可；
（2）解法一：由，得，可得出或， 解出的表达式，令，，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果；
解法二：由，可得，所以或，解出的表达式，令，，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果；
解法三：分析可知是的一个周期，由，可得，求出该方程在的解，，则是以为首项，为公差的等差数列，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果.
【详解】（1）解法一：因为为奇函数，所以，
即恒成立．
得恒成立，
所以恒成立，
所以恒成立，所以，解得．
解法二：因为为上的奇函数，所以，
所以，解得，
经检验，是奇函数，所以．
（2）解法一：因为，所以，
令，则，
所以或，
解得或，
令，，
所以，，
又因为，故，
所以，
所以．
解法二：因为，所以，
令，则，
所以，所以或，
所以或，
解得或，
令，，
所以，，
又因为，故，
所以，
所以．
解法三：因为，所以，
因为，所以是的一个周期，
当时，令，则，
所以，所以或，
当时，解得，
所以在区间的零点之和为，
令，
，
所以，
且，
则是以为首项，为公差的等差数列，
所以．
5．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由等差中项的性质结合等比数列的通项公式即可求解；
（2）利用结合条件与数列放缩化简可得.
【详解】（1）设数列的公比为（）.
因为，，成等差数列，所以，
即，解得或（舍去）.
所以.
（2）由，得，
两式相减，得，所以，
则.
6．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由韦达定理求出的值，即可写出答案；
（2）根据题意写出数列的通项公式，利用裂项相消求出，即可得证.
【详解】（1）由题意可知：是函数的两个零点.
由韦达定理可知：
所以
当时，
所以;
（2）已知，由（1）可得，
当时，.
当时，.
则，
去括号可得
当时，，满足.
当时，，因为，所以，则，即.
综上，.
7．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用前项和与通项公式的关系求解即可.
（2）先求出目标数列，再利用裂项相消法求和，最后比较大小即可.
【详解】（1）由数列的前项和，，
则，解得.
当时，，
当时，，
经验证，满足上式，故.
（2）由题意得，
得到.
8．(1)
(2)
【详解】（1），
所以，
又，
所以数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以，
可得.
（2）由（1）得为等比数列，
设数列的前项和为，，
所以，
构造函数令，根据增函数减去减函数为增函数，可得函数为增函数，
为整数，所以当，，不成立，
当，，成立，
所以满足条件的最小整数n的值为.
9．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求得数列的通项公式；
（2）求出，可求得，利用裂项求和法可证得结论成立.
【详解】（1）（1）解：设等差数列的公差为，
由可得，解得，
.
（2）（2）解：由（1）可得，
所以，，
因此，.
10．(1)证明见解析，
(2)
【分析】(1)通过配凑可得到；(2)依据数列的特征，用错位相减法即可求得.
【详解】（1），且
因此，是以为首项，为公比的等比数列
（2）由（1）：，因此
令
两式相减得：
所以，.
11．(1)
(2)
(3)1
【分析】（1）根据已知条件求出，由等腰三角形求出，进而根据椭圆定义求出椭圆方程.（2）先根据等比数列的通项公式列出，进而得到，最后得出.（3）根据的通项公式进行转化，利用裂项求和法求出，计算，转化为三角函数求最值.
【详解】（1）因为，所以，
因为是等腰三角形，且，
所以必有，即，
则，
因此，
所以椭圆的方程为.
（2）点，设，
因为为等腰三角形，
所以，，
因此，
由题意知，所以，
所以，
所以，所以.
（3）因为，，
所以
，
，
因此
，
因为，
所以，
所以的最大值为1，的最小值为2，
的最小值为1．
12．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）结合定义，由得，代入n=2对应的不等式，解一元二次不等式即可得到 的取值范围；
（2）先化简得，对前n项和做裂项放缩，得到放缩范围后，代入证明对任意正整数n都有；
（3）利用变形，结合稳定数列定义对差式放缩，再累加放缩后的不等式，分别证明不等式的左右两边.
【详解】（1）由题意，是稳定数列，故对，.
已知，则 （），对，有，
解左边不等式，得正根 ； 解右边不等式，得正根 ，
故的取值范围为.
（2）当时，，满足，
当时，对于任意正整数，有，则，
则由，可得，
又由，可得,
所以，
则，
所以数列为“稳定数列”.
（3）因为为“稳定数列”，所以，则，，
则，由，可得，
由为“稳定数列”可得，则，
当时，，则，
因为，所以，故，.
由得，结合，则，则，
当时，，则，
当时，，故，
从而，.
13．(1).（答案不唯一）
(2)
(3)5
【分析】（1）由于是公比为2的等比数列，因此“等比分割数列”的公比也取2，易得结论；
（2）利用定义得出，然后确定出的最小值即得；
（3）用反证法证明时，数列不存在“等比分割数列”，然后对找出“等比分割数列”数列即证．
【详解】（1）由，可以取，得.（答案不唯一）；
（2）由得，
所以，
令，
则单调递减，所以的最小值是，
所以公比的取值范围是；
（3）首先证明时，数列不存在“等比分割数列”，
假设当时，数列存在“等比分割数列”，
则．
易知，
因为且，则，而，所以，
又因为，所以，
与矛盾，
所以当时，数列不存在“等比分割数列”．
所以，
当时，数列，存在首项为，公比为的数列满足：
,
所以时，数列存在“等比分割数列”，
所以的最大值是5.
14．(1)不是数列，是数列，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）按照定义检验是否满足条件即可；
（2）是数列则意味着相邻两项之和均为正，将两两分组并累加，除去首尾项的和即可得到中间部分的和的范围，进而得到的范围，最后构造一个能取到最小值的数列；
（3）先根据性质和等差数列求和得到可能的最小值，然后验证哪些值是不可能达到的，最后构造一个满足条件的数列
【详解】（1）对于数列，取，有，不满足条件，故不是数列；
取，有，取，有，
均满足条件，故是数列.
（2）是数列，则依定义有对都有，又，所以，
从而可得即，
同样考虑到可知，所以，
考虑数列，它满足且对都有，
其和为，因此的最小值为.
（3）设排好的等差数列为，公差，
因为是数列，对都有，
所以①，
因为是中的最小项，所以②，
又因为是中的一项，所以存在整数使得即③，
同时根据等差数列前项和公式有④，
综合②③④可得整理得，
因为均为非负整数，所以得，
若,，此时，；若,，不等式恒成立，
此时；若,，
此时或，时，时，
接下来验证能否为或，由上述分析可知，若，则，，，
即等差数列为，根据性质有
即，
即，
同时根据①有，而中只有两个元素不超过，矛盾，因此不可能为；
对于，取为即可，显然满足条件，
综上所述，的最小值为.
【点睛】对于并无明确优化路径的最值问题，可以先分析判断出其可能的最值，再证明最值可以取到.
15．(1)，
(2)（i）
（ii）证明见解析.
【详解】（1）因为数列是单调递增的等差数列，故设的公差为.
设数列的公比为.
由，，，
得，
又，解得，
所以.
（2）（i）由（1）知，
所以，
，
同理.
,
所以；
（ii），
.
设，①
则，②
①-②得，
所以
，
则，所以.
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