2024年高考数学真题分类汇编04:数列(含答案)

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1、数列一、单选题1(2024全国)等差数列的前项和为,若,()ABC1D2(2024全国)等差数列的前项和为,若,则()ABC1D2二、填空题3(2024全国)记为等差数列的前n项和,若,则 .4(2024北京)已知,不为常数列且各项均不相同,下列正确的是 .,均为等差数列,则M中最多一个元素;,均为等比数列,则M中最多三个元素;为等差数列,为等比数列,则M中最多三个元素;单调递增,单调递减,则M中最多一个元素.5(2024上海)无穷等比数列满足首项,记,若对任意正整数集合是闭区间,则的取值范围是 三、解答题6(2024全国)设m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

2、被平均分为组,且每组的4个数都能构成等差数列,则称数列是可分数列(1)写出所有的,使数列是可分数列;(2)当时,证明:数列是可分数列;(3)从中一次任取两个数和,记数列是可分数列的概率为,证明:7(2024全国)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:对任意的正整数,.8(2024全国)已知等比数列的前项和为,且.(1)求的通项公式;(2)求数列的通项公式.9(2024全国)记为数列的前项和,且(1)求的通项公式;(2)设,求数列的前项和为10(

3、2024北京)设集合对于给定有穷数列,及序列,定义变换:将数列的第项加1,得到数列;将数列的第列加,得到数列;重复上述操作,得到数列,记为(1)给定数列和序列,写出;(2)是否存在序列,使得为,若存在,写出一个符合条件的;若不存在,请说明理由;(3)若数列的各项均为正整数,且为偶数,证明:“存在序列,使得为常数列”的充要条件为“”11(2024天津)已知数列是公比大于0的等比数列其前项和为若(1)求数列前项和;(2)设,其中是大于1的正整数()当时,求证:;()求参考答案1D【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.【解析】

4、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:D2B【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.【解析】由,则,则等差数列的公差,故.故选:B.395【分析】利用等差数列通项公式得到方程组,解出,再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【解析】因为数列为等差数列,则由题意得,解得,则.故答案为:.4【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断的正误,利用反例可判断的正误,结合通项公式的特征及反证法可判断的正误.【解析】对于,

5、因为均为等差数列,故它们的散点图分布在直线上,而两条直线至多有一个公共点,故中至多一个元素,故正确.对于,取则均为等比数列,但当为偶数时,有,此时中有无穷多个元素,故错误.对于,设,若中至少四个元素,则关于的方程至少有4个不同的正数解,若,则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解,矛盾;若,考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数,当有偶数解,此方程即为,方程至多有两个偶数解,且有两个偶数解时,否则,因单调性相反,方程至多一个偶数解,当有奇数解,此方程即为,方程至多有两个奇数解,且有两个奇数解时即否则,因单调性相反,方程至多一个奇数解,因为,不可能同时成立,故不可能有4个不同的正数解,故

6、正确.对于,因为为单调递增,为递减数列,前者散点图呈上升趋势,后者的散点图呈下降趋势,两者至多一个交点,故正确.故答案为:【点睛】思路点睛:对于等差数列和等比数列的性质的讨论,可以利用两者散点图的特征来分析,注意讨论两者性质关系时,等比数列的公比可能为负,此时要注意合理转化.5【分析】当时,不妨设,则,结合为闭区间可得对任意的恒成立,故可求的取值范围.【解析】由题设有,因为,故,故,当时,故,此时为闭区间,当时,不妨设,若,则,若,则,若,则,综上,又为闭区间等价于为闭区间,而,故对任意恒成立,故即,故,故对任意的恒成立,因,故当时,故即.故答案为:.【点睛】思路点睛:与等比数列性质有关的不等

7、式恒成立,可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立,必要时可利用参变分离来处理.6(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据可分数列的定义即可;(2)根据可分数列的定义即可验证结论;(3)证明使得原数列是可分数列的至少有个,再使用概率的定义.【解析】(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小问相当于从中取出两个数和,使得剩下四个数是等差数列.

8、那么剩下四个数只可能是,或,或.所以所有可能的就是.(2)由于从数列中取出和后,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:,共组;,共组.(如果,则忽略)故数列是可分数列.(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:,共组;,共组;,共组.(如果某一部分的组数为,则忽略之)故此时数列是可分数列.第二种情况:如果,且.此时设,.则由可知,即,故.由于,故,从而,

9、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:,共组;,共组;全体,其中,共组;,共组.(如果某一部分的组数为,则忽略之)这里对和进行一下解释:将中的每一组作为一个横排,排成一个包含个行,个列的数表以后,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,则数列一定是可分数列.然后我们来考

10、虑这样的的个数.首先,由于,和各有个元素,故满足命题1的总共有个;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,对应的分别是,总共个.所以这个满足命题1的中,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,使得数列是可分数列的至少有个.所以数列是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.7(1),(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出的

11、坐标即可;(2)根据等比数列的定义即可验证结论;(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.【解析】(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)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

12、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.【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.8(1)(2)【分析】(1)利用退位法可

13、求公比,再求出首项后可求通项;(2)利用等比数列的求和公式可求.【解析】(1)因为,故,所以即故等比数列的公比为,故,故,故.(2)由等比数列求和公式得.9(1)(2)【分析】(1)利用退位法可求的通项公式(2)利用错位相减法可求.【解析】(1)当时,解得当时,所以即,而,故,故,数列是以4为首项,为公比的等比数列,所以.(2),所以故所以,.10(1)(2)不存在符合条件的,理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照的定义写出即可;(2)利用反证法,假设存在符合条件的,由此列出方程组,进一步说明方程组无解即可;(3)分充分性和必要性两方面论证.【解析】(1)由题意得;(2)假设存在符合

14、条件的,可知的第项之和为,第项之和为,则,而该方程组无解,故假设不成立,故不存在符合条件的;(3)我们设序列为,特别规定.必要性:若存在序列,使得为常数列.则,所以.根据的定义,显然有,这里,.所以不断使用该式就得到,必要性得证.充分性:若.由已知,为偶数,而,所以也是偶数.我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中,使得最小的一个.上面已经证明,这里,.从而由可得.同时,由于总是偶数,所以和的奇偶性保持不变,从而和都是偶数.下面证明不存在使得.假设存在,根据对称性,不妨设,即.情况1:若,则由和都是偶数,知.对该数列连续作四次变换后,新的相比原来的减少,这与的最小性矛盾;情况2:若

15、,不妨设.情况2-1:如果,则对该数列连续作两次变换后,新的相比原来的至少减少,这与的最小性矛盾;情况2-2:如果,则对该数列连续作两次变换后,新的相比原来的至少减少,这与的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾,所以对任意的都有.假设存在使得,则是奇数,所以都是奇数,设为.则此时对任意,由可知必有.而和都是偶数,故集合中的四个元素之和为偶数,对该数列进行一次变换,则该数列成为常数列,新的等于零,比原来的更小,这与的最小性矛盾.综上,只可能,而,故是常数列,充分性得证.【点睛】关键点点睛:本题第三问的关键在于对新定义的理解,以及对其本质的分析.11(1)(2)证明见详解;【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)根据题意分析可知,利用作差法分析证明;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.【解析】(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.

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