《压轴题05数列压轴题15题型汇总 （教师版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《压轴题05数列压轴题15题型汇总 （教师版）.docx（107页珍藏版）》请在课桌文档上搜索。
1、压轴题05数列压轴题十五大题型汇总压轴题解读命题预测本专题考查类型主要涉及点为数列，其中包含了数列的单调性、不等式，数列与三角函数、集合、函数等的结合，也包含数列的放缩，新定义等。预计2024年后命题会继续在上述几个方面进行。高频考法题型Ol数列不等式、单调性与最值性问题题型02数列分奇偶问题题型03数列新定义问题题型04数列重新排序问题题型05数列与三角函数结合题型06数列中的周期性题型07数列中插入项问题题型08数列与放缩结合题型09斐波那契数列问题题型10数列与排列组合结合题型11高斯函数问题题型12数列与实际模型题型13数列与集合新定义题型14数列与函数结合题型15数列与函数导数结合高
2、分必抢题型01数列不等式、单调性与最值性问题1.（2024浙江宁波二模）已知数列册满足册=n2-nt对任意几1,2,3都有rn+1,且对任意nnn7,nN都有n+1l所以数列时在1,3上是递减数列，因为对任意几nn7,nN都有册kt(t为常数)成立,则称数列5具有性质P(C).已知数列&J的通项公式为为=2n+1-An2+4n,且具有性质P(4),则实数4的取值范围是()A.(,+)B.(g,+8)C.(-8彳)D.(-,)【答案】C【分析】由题意冼将即+-即4k成立变形为k=1时n+-册4成立，将通项公式On=2n+1-An2+4几代入，从而将问题转化为三A恒成立问题，研究新数列的单调性即可
3、解决问题.【详解】依题意，得11+k-九4%,故只需考虑A=1时,an+1-an4tnEN*.因为%=2n+1-n2+4n,只需要2n+2-(n+I)2+4(n+1)-2n+1-An24n)4,即”+2_A(11+i)22n+1-n2l整理得景.人1211+1mf.211+22n+1(2n-l)211+1、Cqbrl=,贝加八+1-b=-0,n2n+ln+1n2n+32n+l(2n+3)(2n+l)所以对任意的nN*恒成立，所以数列bn为递增数列，则以b1=1l所以Ag,即2的取值范围为(一8.故选：C.3. (23-24高三下江苏泰州阶段练习)已知数列小满足第二+黑1=2,九wN*.anZa
4、n+1若的=1，求Ql；若关于m的不等式Qmf=1a1128.U(2)ak=占或貂，r，心募广，“2，令黑学=-tOm,b.在函数/(x)图象上横坐标为右的点处作曲线y=f(x)的切线，切线与X轴交点的横坐标为小；用不代替无I,重复以上的过程得到心；一直下去，得到数列j记%=E转,且%=1,%C,下列说法正确的是()A.x1=(其中Ine=1)B.数列时是递减数列C.6=D.数列%l+J的前几项和Sn=2n-2一+1【答案】AD【分析】根据%=1可求%】的表达式，判断A的真假；利用导数求二次函数在X=与处切线的斜率，进一步写出在X=j处的切线方程，求出直线与X轴的交点横坐标，得xn+,进一步判
5、断数列即的结构特征，得到数列小是等比数列，可判断BC的真假；利用公式法可求数列%+J的前几项和，判断D的真假.【详解】对于A选项，由QI=Inl=I得卫=e,所以%】=二，故A正确.二次函数f(X)有两个不等式实根b,C,不妨设fO)=a(x-b)(x-c),因为f(x)=a(2x-b-c),所以f(f)=a(2xn-b-c),在横坐标为Xn的点处的切线方程为：y-f(孙)=(2xz-b-c)(x-xn),A-milV_(2Xi-C)(xQ_。琉-Me_琉一反-U则与+1-a(2Xn-b-c)-2xn-b-c1因为Xn+1-b_蝴-bc-b(2Xn-b-c)_xj-2bx71+b2_(Xn-b
6、)27j*n+1-C-X-bC-C2Xn-b-C-)X-2CXn+C2-(xn-c)2所以In”=21n泞，即：n+1=2n所以斯为公比是2,首项为1的等比数列.所以即=2所1故BC错.对于D选项，由n+!=2n+G)X,得Sn=晋+淬=2厂1+2-/=2兀+1-亳故口正确.故选：AD5.(2024陕西西安三模)已知正项数列册的前九项和为Sn,前几项积为Tn,且满足Qn=J、(九N*),3n-l则不等式Sn11成立的n的最小值为()A.11B.12C.13D.10【答案】B【分析】根据题意得到3Tz+=%+1,再利用构造法得到数列伉为等比数列，从而求得册的通项公式，再利用放缩法，结合等比数列的
7、求和公式即可得解.【详解】V斯=舟(N*),%l+=券、=竽，37n-137n+-1n八3+=Tn+1,则-鸿(3，n=1时，%=-r-=ttl7,二Ql=I则Tl-T=Ql4=j,故”,因此-勺是以!为首项，1为公比的等比数列.所以-？G)z,即=In+1.根据题中条件“=含7=疆去=Wl=I-岛，则品V1,须=1-岛1一因此Ql+。2+&+/九一2、+/+舁=?i-22-ri=n-1+一5当n=11时，+&+。3FQlI121+=11+输y11.综上，不等式又11成立的九的最小值为12.故选：B【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用构造法求得册=1-岛，从而利用放缩法即可得解.题型02
8、数列分奇偶问题(n-3,为奇数，6. (2024河北石家庄二模)已知数列%满足臼=7,n+1=(2n,TI为偶数.Q)写出。2,。3,。4；(2)证明:数列Q2n-l-6为等比数列;(3)若加=2n，求数列S,(%-3)的前九项和Srl【答案】(1)。2=4,%=8,%=5(2)证明见解析(3)Sn=l+(n-l)2n【分析】(1)由数列的递推式，分别令n=1,2,3,计算可得所求值；(2)推得的1-6=2(2n.1-6),由等比数列的定义，可得证明；(3)求得%=3+2nf11(bn-3)=n.2时,由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式,可得所求和.【详解】(1)由%=7,n+1=
9、Qn-3,为奇数,n为偶数.可得。2=Ql3=4；的=8；。4=。3-3=5；(2)证明:由题可得a211+-6=Za2n-6=2a2n.1-6-6=2(a2n-6),则数列&n-1-6是首项为1,公比为2的等比数列；（3）由（2）可得知l-6=2时】，即也k1=6+2n-1,%=zn=-3=3+2n1，n(bn-3)=n2n1,前Ti项和Sn=120+221+322+.+n2n-1,25n=1-2222+323+.n2n,两式相减可得-Sn=l+21+22+.+2n-1-n2n=y-n2r,化简可得Sn=1+(n-1)2n.an+l,为奇数7. (2024广东佛山二模)已知数列时满足4=1,
10、=,且为=2n+1-2n.1.3anm为偶数(1)证明九为等比数列，并求数列匕的通项公式；(2)设Cn=BZ三，且数列金的前n项和为，证明：当n2时，3)V3一nVIn券1.5231/3-1【答案】(1)证明见解析，%=53n(2)证明见解析【分析】（1）利用等比数列的定义证明数列是等比数列.（2）先把数列%进行适当的放缩，再用分组求和的方法求7；满足的关系，并证明.【详解】（1）因为On=I,Q11+=an+l,n为奇数、3即，伪偶数所以。2=%+1=2,%=3。2=32=6,1=3-1=6-l=5.易知即+1an0,所以。2什1一-0，因为誓=a2n+3-a2n+1_3a2n+23azn_
11、3(a2n+l)-3(a2n-+l)_3(。271+1-。2M1)a2n+i-a2n-ia2n+1-a2n-ia2n+1-a2n-1a2n+i-a2n-i所以%是等比数列，首项d=5,公比q=3,所以%=5,3所】.先证明左边：即证明X3三一3)Ml=AV所以T”(A3+C3+G-)=K1=AX-3,所以3-H(皆7-3),再证明右边：3TnnInSM-1，因为a,=/W=2一自)总一/)=A?,所以7”(卷)+(13+“+0-篇)=(一式：?)=打去,BP3Tn-n-1,下面证明点-1In端M-1,即证卷In白,即证O,所以函数f=Int+1T在层1)上单调递增，则/(1)=O,SPl-t-
12、Int,fpl,所以.VMn(1,所以3-奈TVInI-1.综上，X/-3)37；-nvln-l.【点睛】方法点睛：数列不等式的证明方法主要有：(1)作差比较法：不等式两边作差与O比较大小.(2)放缩比较法：对表达式适当放缩，证出不等式.(-(n=2kfkeN),8. (2024北京丰台一模)已知数列n满足四计I=/、则(I叫九=2k-l,kN)A.当&0,使得n1时，gr为递减数列，且存在常数M0,使得即M恒成立C.当0M)时,n-AN0,使得-1就【答案】D【分析】直接构造反例即可说明A和B错误；然后证明引理：当OVa】V1时，对任意的正整数No,都存在几AN。，使得m-4系.最后由该引理
13、推出C错误，D正确.【详解】当由=-泄，%=殁1=。3=半W=&，所以此时&不是递增数列，A错误;当二I时，=虫/=I03=今=。4=号I=”的，所以此时&不是递减数列，B错误；我们证明以下引理：当OVaIN0,使得国一4磊.若该引理成立，则它有两个直接的推论：存在0VaIV1,使得对任意的正整数NO,都存在几N0,使得岛一寸亮；当0N0,使得|册一4急.然后由是C的否定，故可以说明C错误；而可以直接说明D正确.最后，我们来证明引理：当0V%+）*则。如+2二驾1或。%+2=曳詈*此时若Qjv0+2=竽，则即。+2=竽V中=5=+表=AG-表）VA击；基_No+lf11_ajvo+lH+l.1
14、.J_右NO+2-2，人JNO+2224200-2+4200-2+4200/2+100无论哪种情况,都有叫+2WG-击,抖击）从而IaNo+2-4总这说明Kn+i-4系或|即。+2一寸京，所以可以选取neNq+l,vo+2）r使得一寸焉.这就说明存在M,使得IanTN击.这就证明了引理，从而可以推出C错误，D正确.故选：D.【点睛】最关键的地方在于引理：当OValVl时，对任意的正整数时,都存在几No,使得辰一,击.这一引理可以帮助我们判断出较难判断的C和D选项.9. (2024辽宁二模)如果数列&，%，其中eZ,对任意正整数7嘟有%-%IVI则称数列yn为数列j的接近数列.已知数列瓦为数列斯
15、的接近数列.(1)若册=2+1(九N*),求匕1，b2,%的值；(2)若数列即是等差数列，且公差为d(dZ),求证：数列%是等差数列；若数列5满足QI=俳，且册+i=-卷与+一记数列5、Sn的前Ti项和分别为又，Tn,试判断是否存在正整数几使得SnTn?若存在请求出正整数日的最小值若不存在,请说明理由(参考数据：log2总To8116.7)【答案】(1)瓦=3/2=5,%=7(2)证明见解析存在，17【分析】(1)将Zl=1,2,汾别代入Ian-瓦IV和可求解；(2)利用等差数列的定义和绝对值不等式性质先证充分性，再证必要性即可；(3胸造等比数列求出时的通项公式,进一步求其前n项和%,分n为奇
16、数和偶数两种情况结合数列%的单调性，确定瓦的通项，进而确定G,再解不等式求解即可.【详解】(1)由题：令几=1,则IaI-瓦|VJ即假h11I,故一：321得当dV?,又瓦ZlbI=3,同理可得，历=5,%=7.DO(2)由题意|册一%1V，故11-；VbnVan+an+lbn+ln+l+从而即+1-QTl-IVbn+1-bnan+1-an+l,即一1Vbn,1-bn-d解得入=又为一；急工，故%+1.|是以号为首项，公比为-V的等比数列，则每一；器.(一“1，sp=(-)n+1+当n为奇数时，an=()n+1+易知即=()n+1+弹调递减，a11a1=三Jta11-2T高,进一步有以=2；当
17、n为偶数时，Qn=-隽)+易知a”=-()n+1+1单调递增，故。2Qn即*anI得册一1WI进一步有勾=1；(1,为偶数，综上，兀=，2,几为奇数易知5n=I71+翳1-(-前，当n为偶数时，Tn=：n;由SnnJl-()111，无解；当n为奇数时，Tn=Tn+1bn+l=尸一1=若；由S.喘+(献H即og？K16.7,所以存在正整数九，使得又Tn,正整数九的最小值为17.IO81【点睛】关键点点睛：本题考查数列的通项公式及求和，关键是分奇数和偶数并利用数列单调性确定册的范围来确定与.10. (多选)2024辽宁沈阳二模)已知数列%l的通项公式为册=(T)r忌期(,=1,2,3,)，则下列说
18、法正确的有()A.若c1,则数列an单调递减B.若对任意几N*,都有a1,则C1C.若cN,则对任意iJN,都有四+%0D.若a71的最大项与最小项之和为正数，则2k一三c0,所以(n1c)2+1(nc)2+1,所以l6+lVan,即数列an单调递减,故A正确;对于选项B,首先有的=-&币V0.若c2,则当n为偶数时，an=(J)2+-(1:2+=a从而an出必成立；而当n为奇3时,由nc3-c0知In-c=n-c3-c=3-2c+c3-4+c=c-1,n-c=n-c3-cl-cr从而IC-1n-c,即(1-c)2(n-c)2r这意味着ar=-1所以只要C2,就一定有QnQl恒成立，所以由%恒
19、成立不可能得到C1.故B错误；对于选项C,显然当iJ同为奇数或同为偶数时，必有小,%同号，故为+%0；而当i,/的奇偶性不同时，i+)为奇数，此时不妨设iJ分别是奇数和偶数，则11_(G-C)2+1)-(G-c)2+1)_(i-c)2-(/-c)2Clij=一()2+1+(j-c)2+l=(i-c)2+I)(O-c)2+1)=(i-c)2+l)(j-C)21)(i-j)(i+j-2c)=(i-c)2+l)(-c)2+l)因为CN,故2c为偶数l而i+)为奇数，所以i+/-2c0,所以Qi+%0,故C正确；对于选项D1首先显然的是，最大项必定是某个第偶数项，最小项必定是某个第奇数项.当n=%为偶
20、数时,要让册=息石最大，即要让1兀-c最小；而当=的为奇数时,要让Qn=-最小，即要让m-Cl最小.设和112分别是到C距离最小的正偶数和正奇数，则条件相当于n+n20.而心+=舟=-昌而=(H-),故条件等价于3-)2(11lC?,即也一cn1-c.这表明，条件等价于，至Ik距离最小的正奇数到C的距离，大于到C距离最小的正偶数到C的距离.若c1,则到C距离最小的正奇数和正偶数分别是1和2,而由1-cl-l=0可知2-c2-cl-C=Il-CI,不符合条件；若C1,c是正奇数,则到C距离最小的正奇数到C的距离为0,不可能大于到C距离最小的正偶数到C的距离，不符合条件；若c1,且C不是正奇数，设
21、至Ik的距离最近的正偶数为2k(kAr),则2k-lc2kc,2:-1-c2kc,这意味着0V(2k+1c/一(2kc=1(4k12c)=4fc+12c,0(2k1-c)2(2kc)2=-1(4k1-2c)=2c4/c+1,所以2AIc2/c+1.综上，VcV2k+JkN故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题的数列通项中含有(-1尸，这往往意味着我们需要对n的奇偶性作分类讨论，分两种情况对数列进行讨论才可全面地解决问题.题型03数列新定义问题数列的新定义问题，一般根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法(如公式法、累加法、待定系数法等)求得数列通项公式和前n项和，最
22、后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.11. (2024广东深圳二模)无穷数列为,2,n,的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2,直到得出一个奇数，这个奇数就是n；如果n是奇数，就对3n+1尽可能多次地除以2,直到得出一个奇数，这个奇数就是斯.写出这个数列的前7项；(2)如果斯=Tn且rn=九，求m,n的值;(3)记册=f(n),nWN*,求一个正整数n,满足几/(n)/(/(n)1分别求解；(3)根据数列n的定义，写出/(n)的值，即可求解.【详解】(1)根据题意，%=(3xl+l)+2+2=1,=2+2=1,3=(33+l)2=5,4=422=l,s=(35+l)24=lz
23、。6=6+2=3,7=(37+1)2=11.(2)由已知，m,n均为奇数,不妨设nm.当n=1时，因为的=1,所以Tn=1,故m=n=1；当1时，因为若匚m,而n为奇数,Q71=m,所以m=.又m为奇数，n=，所以存在N*,使得几=竽为奇数.所以n=3m+l=喏父+1=等.而4n6n,所以4九2kn6n,即42k6,keN*,无解.(3)显然，n不能为偶数，否则fS)V，不满足几/(n).所以，n为正奇数.又f(l)=1=1l所以n3.设n=4k+1或=4k一1,kN*.当n=4fc+1时，f(n)=ask+】)+I=3k+lv4A+l=n,不满足n4Zc-l=n,即n/(n).所以，Wn=2
24、202-1,kN时，3(2Z2*T)+1=3X2他-1/(/(n)=BE。；-1)+1=平 f(f(八”)=3(3MZ号ZP扫=32023x22k-12023 /(f(f(n)=一.3闿七=32024X2l2024-即几/(n)/(/(n)f(f(fS).2024个f【点睛】关键点点睛：第(3)问中，发现当n=4k-1时，满足nPn,所以要么Mn+1=an+1Mn,要么Tnn+=即+九o时，有Mn=11n,于是当月Zlo时，Pn=Mn-=Qn一即。，故当nMO时,an=Pn110,因此存在正整数n0,当n11o时，an,an+ltan+2,是等差数列.综上，命题得证.【点睛】方法点睛:常见的数
25、列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式,分组求和类似于Cn=an+bn其中J和仍分别为特殊数列,裂项相消法类似于以=而3,错位相减法类似于Cn=Qn%,其中J为等差数列，瓦为等比数列等.13. (2024浙江模拟预测)已知实数q0,定义数列n如下:如果九=x0+2x1+22x2+2kxk,xi0,l,i=0,1,2,，A,则On=Q+x1q+x2q2+%.求和曲(用q表示)；(2)令为=a2n-t证明:1.1bi=2n-；(3)若1VqV2,证明：对于任意正整数n,存在正整数根，使得aman+l.【答案】07=1+q+q?,8=q3(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)观察题目条件
26、等式中的系数可得答案；(2) bn=211-1=qn,分别计算陶仇和叱.1可证明结论；(3)先根据3I=勺无上界说明存在正整数m,使得即m,分Tn-I是偶数和m-1是奇数分别说明.【详解】(1)因为7=1+2+22,所以Q7=l+q+q2;因为8=23,所以g=Q3；(2)由数列时定义得：bn=2n-=qT；所以F=1瓦=1+q+q?+严】.而2-1=l+2+22+2n1l所以=1+q+q2+qn1=1.1bi;(3)当lvqan-设m是满足zn斯的最小正整数.下面证明znan+l.若m-1是偶数,设m-1=2x1+22x2+2kxk,xiO,l,i=l,2,kt则Zn=12x1+22x2+2
27、kxfc,于是7n=1+Q+XzQ2+XkqlC=1+Qm-1.因为斯am-1,所以Qrn=1+m-Qn+1.若m1是奇数，设m1=1+2+22H1-2i+2l+2xt+2+2kxfc,则Om-Om-I=Ql+1-(1+(+q2+q)=(q1)(1+Q+Q2+Q1)-(1+QQ2,+q)+Kl.所以Qmm-l1+1,综上所述，对于任意正整数n,存在正整数m,使得册aman+l.14. (2024安徽池州模拟预测)定义:若对VkN,k2,以_】+以+i2以恒成立，则称数列5为上凸数列”.(1)若的=后,判断0r是否为上凸数列，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由.(2)若n为上凸数列，则当mn
28、+2(m,nN)时,am+anQmT+n+1.(i)若数列Sn为的前Tl项和,证明:Sn久%+Qn)；(ii)对于任意正整数序列卬玲3,0，”n(九为常数且九2,nN*),若Jxf-IJ(k%i-4)2-1颉立,求4的最小值.【答案】(1)是，证明见解析(2)(i)证明见解析；(ii)n-l【分析】(1)构造函数f(X)=(xl)2-l-4口,X1,利用导数研究其单调性结合上凸数列定义判定即可；(2)(i)利用上凸数列定义及倒序相加法证明即可;令“=,利用条件及数列求和适当放缩计算即可.【详解】(1)M是“上凸数列，理由如下：因为Qn=n2-1,an+1-an=(n+l)2-l-n2-1,令f
29、(x)=y(x+I)2-1-x2-1,X1fIiWQ=_+1=J(X+1尸(XT)-JX3(x+2)人JJ(X+1)21-T-7(x+1)2-1.2I-.当工1时，(%+1)3(%1)-x3(x+2)=-2x-1O,所以JQ+1)3(%-1)f(n+1),an+1-n+2-n+1,所以即+2+%2an+1,所以%是上凸数列.(2)(i)证明：因为6是上凸数列，由题意可得对任意1in(iEN),田+n-i+lQi-I+QnT+2田-2+an-i+3a2+an-l%+fl11，所以2Srl=(Ql+an)+(a2+an-)+-+(-(a1+an).(Ii)解：令QrI=荷工，由(1)可得当册=时，
30、即是上凸数列，由题意可知，当mn+2(mfnN)时，am+anarn-+an+.+J(E勺-x-xzXn-I)2-1所以),JXj_1J(Xi+I)?-1+%2-1+,+J(llXi-X1-X2Xn-I+Xi-1)2-1Vl2-1+J(小一+1)2+J(1l%i-I-X2Xn-I+%2_1)2_10+0+0+y(1.1xi-n+1)2-1J(J1.1Xj-)2-1，当且仅当Xl=X2=Xn-I时等号成立/所以n-1.综上所述意的最小值为n-l.15. (2024吉林白山二模)已知数列rl的前丽和为Sn若数列斯满足:数列斯项数有限为NSN=0；%IIail=1,则称数列每为N阶可控摇摆数列.(1
31、)若等比数列例(110)为10阶可控摇摆数列，求斯的通项公式；(2)若等差数列n(ln2mtmeN)为2n阶可控摇摆数列，且Qmrn+，求数列每的通项公式；(3)已知数列(g为N阶可控摇摆数列，且存在1mN,使得kk=2Srn,探究：数列Sr能否为N阶可控摇摆数列，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.【答案】(1)=(-l)n-1(l1110)或即=(-l)n(l1110)(2)n=-2曹7+i(1n211,mN*)不能，理由见解析【分析】(1)根据q=1和q1讨论，利用等比数列前项和结合数列新定义求解即可；(2)结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；(3)根据数列4为
32、N阶可控摇摆数列”求得ISnl再利用数列SJ的前几项和得工=S?=S3=SmT=0，然后推得Sl+S2+S3+Sn=0与ISJ+S2+S3I+ISNl=1不能同时成立，即可判断.【详解】(1)若q=1,则SIo=101=0,解得Ql=0,则E昌同=0,与题设矛盾，舍去；若qW1,则SIO=A一支)=0,得q=-1,-q而2Ql=IoIQIl=1,解得QI=2或4=故斯二卷(T尸T(In10)或4=苗(-l)n(lnm=一。巾+1，由Qmm+,得d0,m+10,而留Iail=1,故%+2+3+m-pm+l+am+2am+3,+a2m=一两式相减得m2d=-1,即d=-5，又见m+亨d=J得知=第，所以Qn=i+(n-l)d=+(11-1)(一*)=二。黑？(1n2m,mN)(3)记中所有非负项之和为力，负项之和为8,因为数列&为N阶可圉密摆数列，贝吧之?得=Q=-J故一；8Sn4=Q=1,23,N),所以ISnla若存在1mN,使得X1Q=2Srn,即Sm=1,则由0,a20,n0,Qm+,Qm+2，on0，Sm+1am+2+ctN=，假设数列Sn也为N阶可控摇摆数列，记数列S7l的前皿和为，则Tm=SI+S2+S3+SmW因为Sm=,所以Si=S?=S3=Sm-I=
