高考数学专题3 数列专题压轴小题（解析版）

专题3数列专题压轴小题一、单选题1．（2021·湖北·高三期中）2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，这个政策就是我们所说的“双减”政策，“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，而“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭.数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示.如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案.设正方形边长为，后续各正方形边长依次为，，…，，…；如图（2）阴影部分，设直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，，…，，….下列说法错误的是（）A．从正方形开始，连续3个正方形的面积之和为B．C．使得不等式成立的的最大值为4D．数列的前项和【答案】C【分析】根据题意得到数列是以4为首项，为公比的等比数列，进而求出的通项公式，再根据得到然后得出的通项公式，最后验证四个选项得到答案.【详解】由题意，，，……，，于是数列是以4为首项，为公比的等比数列，则.由题意可得：，即……，于是.对A，连续三个正方形面积之和为：，正确；易知B正确；对C，令，而，错误；对D，，正确.故选：C.【点睛】新文化试题一定要读懂题意，一定要反复读几遍理解题目所要表达的意思，新文化试题会与我们所学知识相结合，本题入手不太难，难点在于运算量.2．（2021·云南·峨山彝族自治县第一中学高三月考（理））已知数列满足，满足，，则下列成立的是（）A． B．C． D．以上均有可能【答案】C【分析】由题设可得且，根据等式条件有，应用放缩法可得，构造并利用导数研究单调性可得上，则即可得到答案.【详解】由题设，，，即数列均为正项，∴，当时等号成立，当时，有，以此类推可得与题设矛盾，综上，，故，即.∵，∴，令，则，当时，即递减，当时，即递增，∴，故上，即，∴故选：C【点睛】关键点点睛：由条件等式结合放缩法得到的不等关系，再利用导数研究的单调性确定有，根据目标式作放缩处理得到关于的二次函数形式求最值.3．（2021·浙江·高三月考）已知各项都为正数的数列满足，，给出下列三个结论：①若，则数列仅有有限项；②若，则数列单调递增；③若，则对任意的，陼存在，使得成立．则上述结论中正确的为（）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】A【分析】对于①，利用数列的单调性，通过累加法即可作出判断；对于②，先证明，再借助作差法即可得到结果；对于③，判断数列是有界的还是发散的即可.【详解】对于①，∵，∴，又数列各项都为正数，∴，∴数列单调递减，∴，∴；∵，即∴，∴，∴，即，∴，即，而为定值，∴数列仅有有限项，命题正确；对于②，先用数学归纳法证明.（1）当时，，显然成立；（2）假设时，，则，记，，，∴在上单调递增，，∴，∴对，都有.∵∴，∴，又在上单调递增，又，∴，∴数列单调递增，命题正确；对于③，∵，∴，即，又，∴，∴，∴，∴，显然存在上界，即存在上界，∴命题错误.故选：A【点睛】方法点睛：递推关系显然无法确定通项，从而要从项间关系切入，利用单调性、最值、周期性等，结合放缩思想即可得到结果.4．（2021·上海市大同中学三模）已知数列满足，若，则“数列为无穷数列”是“数列单调”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【答案】B【分析】由已知可得，设，若存在正整数，当时，有，此时数列为有穷数列；若恒不为0，由，有，此时为无穷数列，由此根据充分条件、必要条件的定义进行分析即可得结论．【详解】解：令，，由，可得，所以，即，所以数列为等差数列，首项为，公差为1，所以，设，则数列是单调递增的等差数列，若存在正整数，当时，则有，此时数列为有穷数列；若恒不为0，由，有，数列就可以按照此递推关系一直计算下去，所以此时为无穷数列.（1）若恒不为0，则为无穷数列，由递推关系式有，取，时，，则，，，，此时数列不是单调数列；（2）当数列为有穷数列时，存在正整数，当时，有，此时数列为，，，，，，由，若数列单调，则，，，，全为正或全为负，由，则，，，，全为正，而，这与单调递增矛盾，所以当数列为有穷数列时，数列不可能单调，所以当数列单调时，数列一定有无穷多项．故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是，将论证数列单调时，数列一定有无穷多项等价转化为论证数列为有穷数列时，数列不可能单调.5．（2021·浙江·模拟预测）已知正项数列中，，，若存在实数，使得对任意的恒成立，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据递推关系式可推导得到，由此确定与异号，与同号，结合可推导得到，，进一步得，得到，从而得到，，知满足题意；同理可推导得到数列递减，数列递增，记，由可知且，由此确定的取值.【详解】由题意得：，，两式相减得，，，与异号，则与异号，与同号，由得：，则，，则，，，，．又，则，，又，，又，，故满足题意．同理，由可得：，两式相减得：，与异号，则与异号，则与同号，又，，，，，故数列递减，数列递增，且，，又，则，则，记，则，，，，对任意恒成立得：，对任意恒成立得：，．故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的恒成立问题的求解，解题关键是能够根据递推关系式确定数列中间隔两项之差同号或异号，从而利用递推关系确定和的取值范围，利用和的取值范围构造不等式求得结果.6．（2021·江苏·海安高级中学高三期中）已知数列的前项和，若不等式，对恒成立，则整数的最大值为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】由求得，再由得出数列是等差数列，求得，用分离参数法变形不等式，即可得解．【详解】当时，，得，当时，，即，所以．又，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，，即．，所以不等式等价于．当时，，当时，，记，，所以时，，即，递减，时，，所以的最大项是，所以，所以整数的最大值为3．故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查求数列的通项公式，考查数列不等式恒成立问题，解题的关键是问题的转化，不等式恒成立转化为求数列的最大项，考查学生的转化与化归能力，运算求解能力，属于较难题.7．（2021·安徽合肥·一模（文））将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由三角函数的恒等变换化简方程，并求值，判断以，重复循环出现，且，，，计算可得所求和．【详解】解：，即为，即，所以或，，即或，，而，所以，，，，所以，，，，后面的值都是以，重复循环出现，且，，，所以，故选：C．【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用反三角函数求得的值，从而得出循环，得出，，，从而求得结果.8．（2021·江苏苏州·高三期中）设数列，若存在公比为q的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”，则下列说法错误的是（）A．数列；2，4，8，16，32是数列：3，7，12，24的一个“等比分割数列”B．若数列存在“等比分割数列”，则有和成立，其中C．数列：，，2存在“等比分割数列”D．数列的通项公式为，若数列的“等比分割数列”的首项为1，则公比【答案】C【分析】利用“等比分割数列”的定义判断即得.【详解】对于A，因为符合定义，故A正确；对于B，由定义知，故B正确；对于C，若正确，则，，则矛盾，故C错误；对于D，，解得，故D正确.故选：C.9．（2021·新疆·莎车县第一中学高三期中）已知数列{an}满足3a1＝1，n2an+1﹣an2＝n2an（n∈N*），则下列选项正确的是（ ）A．{an}是递减数列B．{an}是递增数列，且存在n∈N*使得an＞1C．D．【答案】C【分析】依题意可得，即an+1＞an，即数列{an}为单调递增数列；在等式的两边同时除以anan+1，可知，再通过放缩累加可判断选项BCD，由此得出答案．【详解】解：由于3a1＝1，则，又，则，可得出，且对任意n∈N•，an＞0，则，即an+1＞an，∴数列{an}为单调递增数列，故选项A错误；在等式的两边同时除以anan+1，可得，其中n≥2，n∈N•，∴，累加得，，∴，则，故选项C正确，选项B错误；对于，∴，，累加得，，可得，则，∴，故选项D错误．故选：C．10．（2021·安徽·淮南第一中学高三月考（理））已知数列满足，，若，且存在，使得成立，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意，令，进而证明数列是以为首项，为公差的等差数列，故可得，，在结合题意将问题转化为，再求数列的最大值代入解一元二次不等式即可得答案.【详解】，．令，，又，∴数列是以为首项，为公差的等差数列，，即，，∵存在，使得成立，．令得则，，或．，，即，解得，∴实数的取值范围是．故选：D．11．（2021·浙江金华·高三月考）已知数列的各项均不为零，，它的前n项和为．且，，（）成等比数列，记，则（）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，【答案】C【分析】结合等比性质处理得，再分和分类讨论，时较为简单，结合裂项法直接求解，当时，为不规则数列，但放缩后满足，再采用裂项即可求解.【详解】由，，成等比数列可得，①，也即②，②-①得，因为，所以，，即数列的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，当时，，即，对A、B，当时，，此时数列为等差数列，前项和为，，故，当时，，故A、B错误；对C、D，当时，，，，此时，故C正确，D错误.故选：C12．（2021·河北石家庄·高三月考）已知数列满足，对任意的有，设数列满足，，则当的前项和取到最大值时的值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】将原式变形，进而通过累加法求出，进而判断出的正负项，由此得出的正负项，最后得到答案.【详解】由题意，n=1时，，时，，则，即，则当时，，而均满足该式，所以.令，则，于是，当时，，当时，，由题意，.所以，当的前项和取到最大值时的值为10.故选：B.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是累加法的使用及转化前n项和的最值为讨论项的正负.13．（2021·辽宁实验中学高三期中）数列中，，，使对任意的（）恒成立的最大值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据数列的通项公式，列出各项，找数列的规律，判断到哪一项是等于，即可得答案.【详解】由已知可得，数列：，可得规律为；；；此时将原数列分为三个等差数列：，；，；因为，所以满足对任意的恒成立的最大值为．故选：A.14．（2021·黑龙江·高三期中（理））设等差数列的前项和为，公差为．已知，，，则选项不正确的是（）A．数列的最小项为第项 B．C． D．时，的最大值为【答案】D【分析】根据题意，由等差数列的性质及前项和公式依次分析选项，综合即可得出答案．【详解】解：由题意，又，所以，故选项正确；由，且，，，得，解得，选项正确；由题意当时，，当时，，所以，，故时，的最大值为10，故选项错误；由于，数列是递减数列，当时，，当时，；当时，，当时，，所以当时，，当时，，当时，，故数列中最小的项为第6项，选项正确．故选：．15．（2021·浙江·模拟预测）已知数列满足，给出以下结论，正确的个数是（）①；②；③存在无穷多个,使；④A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】归纳猜想可说明①正确③错误，利用放缩法可证明，从而，可证明②正确，由得，可知，累加法可证明④正确.【详解】，,，则单调递增且大于0，所以单调递增，所以，即故①正确；令，则，所以在上单调递增，且当且仅当时，，所以，即.因为，且，，故②正确；，，，由归纳法可知，，故不存在无穷多个,使，故③错误；由得，，累加可得：可知④正确.故选：B.16．（2021·浙江·模拟预测）已知数列满足，记数列的前项和为，则正确的是（）A．存在，使得B．存在，使得C．存在，使得D．存在，使得【答案】D【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，通过作图排除A，