高中数学人教A版 选择性必修第二册数列专项突破1.docx

1、高中数学人教A版（2019）选择性必修第二册数列专项突破1第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1设，数列中， ,则A当B当C当D当2已知数列an满足：a1=0，（nN*），前n项和为Sn (参考数据： ln20.693，ln31.099)，则下列选项中错误的是（ ）A是单调递增数列，是单调递减数列BCD3已知数集具有性质P：对任意的，或成立，则（ ）A若，则成等差数列B若，则成等比数列C若，则成等差数列D若，则成等比数列4已知函数为定义域R上的奇函数，且在R上是单调递增函数，函数，数列为等差数列，且公差不为0，若，则A45B15C10D05如图，一质点从原点出发沿向量到达点，再

2、沿轴正方向从点前进到达点，再沿的方向从点前进达到点，再沿轴正方向从点前进达到点，这样无限前进下去，则质点达到的点的坐标是ABCD6已知数列满足，若为周期数列，则的可能取到的数值有（ ）A个B个C个D无数个二、多选题7已知等比数列的公比为q，前n项和，设，记的前n项和为，则下列判断正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则8已知数列满足：，设，数列的前项和为，则下列选项正确的是（ ）A数列单调递增，数列单调递减BCD第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题9若数列满足，且对任意都有，则的最小值为_.10已知数列与满足，且，则_11定义“穿杨二元函数”如下：.例如：.对于奇数

3、，若，（彼此相异），满足，则最小的正整数的值为_.12任意实数a，b，定义，设函数，数列是公比大于0的等比数列，且，则=_；四、解答题13已知数列满足，记，设数列的前项和为，求证：当时（）；（）；（）14已知且，如果数列满足：对于任意的，均有，其中，那么称数列为“紧密数列”.（1）若“紧密数列”：为等差数列，求数列的公差d的取值范围；（2）数列为“紧密数列”，求证：对于任意互不相等的，均有；（3）数列为“紧密数列”，对于任意的，且成立，求S的最小值.15已知数列和的前项和分别为和，且，其中为常数.（1）若，.求数列的通项公式；求数列的通项公式.（2）若，.求证：.16已知项数为的有限数列，若，

4、则称为“数列”.（1）判断数列34251和234516是否为数列，并说明理由；（2）设数列中各项互不相同，且，若也是数列，求有限数列的通项公式；（3）已知数列是的一个排列，且，求的所有可能值.试卷第3页，共4页参考答案1A【分析】若数列为常数列，则只需使，选项的结论就会不成立.将每个选项的的取值代入方程，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确.【详解】若数列为常数列，则，由，可设方程选项A：时，故此时不为常数列，且，则，故选项A正确；选项B：时，则该方程的解为，即当时，数列为

5、常数列，则，故选项B错误；选项C：时，该方程的解为或，即当或时，数列为常数列，或，同样不满足，则选项C也错误；选项D：时，该方程的解为，同理可知，此时的常数列也不能使，则选项D错误.故选：A.【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论的可能取值，利用“排除法”求解.2C【分析】设，则有，构建，求导分析可知导函数恒大于零，即数列都是单调数列，分别判定，即得单调性，数列与数列的单调性一致，可判定A选项正确；B、C选项利用分析法证明，可知B正确，C错误；D选项利用数学归纳法证分两边证，即可证得.【详解】由题可知，a1=0，设，则有，即令，则，这里将视

6、为上的前后两点，因函数单调递增，所以，所以数列都是单调数列又因为同理可知，所以单调递增，单调递减因为数列与数列的单调性一致，所以单调递增，单调递减，故A选项正确；因为，则，欲证，即由，上式化为，显然时，当时，故成立；所以原不等式成立故B选项正确；欲证，只需证，即即，显然成立故，所以故C选项错误；欲证，因单调性一致则只需证，只需证因为，若，则；又因为，若，则；由数学归纳法有，则成立故D选项正确。故答案为：C【点睛】本题考查二阶线性数列的综合问题，涉及单调数列的证明，还考查了分析法证明与数学归纳法的证明，属于难题.3D【分析】根据等差数列和等比数列的相关性质，结合条件，进行分析判断即可得解.【详解

7、】证明：因为具有性质P，所以或中至少有一个属于，由于，所以，故，从而，故；因为，所以，故，由具有性质可知，又因为，所以，当时，有，即，因为，所以，故，由具有性质可知，由，得，且，所以，所以：，即是首项为1，公比为的等比数列.故选：D.【点睛】本题考查了利用条件进行等比数列的判断，根据大小确定顺序及判断是否符合条件是解题关键，需要较强的逻辑思维能力和计算能力，属于难题.4A【分析】设，则可得，结合等差数列的性质可得：，再利用函数的单调性和对称性，分类讨论的值与的关系，即可计算得出【详解】因为函数为定义域R上的奇函数，则函数的图象点关于对称设，由可得，即而，故因为函数的图象可看成奇函数的图象向右平

8、移个单位得到，所以，函数在上递增，且关于点对称，即因为，若，则，若，则，即，同理可得，与题意矛盾，不符舍去；若，同上可得，与题意矛盾，不符舍去故选：A【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，单调性的应用，涉及等差数列的性质以及应用，属于中档题5D【分析】就的奇偶性分类求出的坐标后利用数列极限可求质点达到的点的坐标.【详解】当时，因为是首项为1，公比为的等比数列，所以是首项为1，公比为的等比数列，故，故.当时，均与共线同向，从而，其中.因为是首项为，公比为的等比数列，所以是首项为，公比为的等比数列，故，故.当时， 当时， . 又，所以无限前进下去，则质点达到的点的坐标为.故选：D.【点睛】本题考查向量

9、的坐标运算、等比数列的求和以及数列的极限，求诸共线同向的向量的坐标时，注意利用等比数列的定义来求模的通项，求的坐标时需就的奇偶性分类，该问题综合性较高，为难题.6B【分析】讨论出当分别取、时，数列为周期数列，然后说明当时，分为正奇数和正偶数两种情况分析出数列不是周期数列，即可得解.【详解】已知数列满足，.若，则，以此类推，可知对任意的，此时，为周期数列；若，则，以此类推，可知对任意的，此时，为周期数列；若，则，以此类推，可知对任意的，此时，为周期数列；若，则，以此类推，可知对任意的，此时，为周期数列；若，则，以此类推，可知对任意的且，此时，不是周期数列；若，则，以此类推，可知对任意的，此时，为

10、周期数列；若，则，以此类推，可知对任意的且，此时，不是周期数列；若，则，以此类推，可知对任意的且，此时，不是周期数列.下面说明，当且时，数列不是周期数列.（1）当且时，由列举法可知，数列不是周期数列；（2）假设当且时，数列不是周期数列，那么当时.若为正偶数，则，则数列从第二项开始不是周期数列，从而可知，数列不是周期数列；若为正奇数，则且为偶数，由上可知，数列从第二项开始不是周期数列，进而可知数列不是周期数列.综上所述，当且时，数列不是周期数列.因此，若为周期数列，则的取值集合为.故选：B.【点睛】本题解题的关键是抓住“数列为周期数列”进行推导，对于的取值采取列举法以及数学归纳法进行论证，对于这

11、类问题，我们首先应弄清问题的本质，然后根据数列的基本性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决7BD【分析】先求得的取值范围，根据的取值范围进行分类讨论，利用差比较法比较出和的大小关系.【详解】由于是等比数列，所以，当时，符合题意；当时，即，上式等价于或.解得.解，由于可能是奇数，也可能是偶数，所以.综上所述，的取值范围是.，所以，所以，而，且.所以，当，或时，即，故BD选项正确，C选项错误.当时，即.当或时，A选项错误.综上所述，正确的选项为BD.故选：BD【点睛】本小题主要考查等比数列的前项和公式，考查差比较法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.8

12、ABC【分析】由给定条件可得，由此构造函数，利用导数研究其单调性而判断选项A，利用不等式性质探求出可判断选项B，由的范围探求出的范围而判断选项C，取特值说明而判断选项D.【详解】因，则，即，令，则，在上单调递增，点与是函数图象上的两点，于是有，则，都单调，又，则，即，所以单调递增，单调递减，A正确；显然，而，即，则，于是，则有，所以，B正确；，而，所以，C正确；若，则，而，即对和都不成立，D不正确.故选：ABC【点睛】关键点睛：涉及单调性的某些数列问题，数列是一类特殊的函数，准确构造相应的函数，借助函数导数研究其单调性是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件.98【分析】根据题意，分

13、析数列的前5项，结合递推公式分析可得在在中，最大为，设，分析可得，且，将其变形可得，可以得到数列是首项为2，公比为的等比数列，结合等比数列的通项公式求出数列通项公式，则有，据此分析恒成立可得答案【详解】解：根据题意，数列满足当时，有，则，分析可得：在中，最大为，设，则有，且，变形可得：，所以数列是首项为682，公比为的等比数列，则，则，即，又为递增数列，且，所以若对任意任意都有成立，则，即的最小值为8；故答案为8【点睛】本题考查数列的递推公式，注意查找规律，分析局部数列的性质是解题的关键，属于难题.10【详解】分析：令和，得，令，得，令，得,-得：，利用累加求通项即可.详解：由，当,；当,.由

14、，令，得：,令，得：,-得：.从而得：，.上述个式子相加得：.由式可得：，得.所以.故答案为.点睛：本题主要考虑数列的递推关系求通项，关键在于找到数列与的隔项特征，属于难题.119765【分析】先求出，由题设可知至少有5个不同的正的奇约数，且5个奇约数中，至少有一个为的形式，据此可得的最小值.【详解】因为，故.由题设，存在5组不同的，使得奇数，故有5个不同的形如形式正的奇约数，又，又，故的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查数列的求和以及正奇数的因数分解，注意对题设条件要合理转化，从而得到正奇数满足的性质，本题属于难题.12【解析】【分析】根据定义可得函数的解析式对等比数列的公比分三种情况讨

15、论，再结合对数的运算性质即可求得数列的首项【详解】因为对任意实数a，b，定义函数 数列是公比大于0的等比数列，且 当时，因为所以，由等比数列通项公式可得，所以整个数列为因为所以代入可得即由对数运算所以化简后可得，即所以当时，此时，所以不成立 当时，所以整个数列为所以，因为代入可得即由对数运算所以化简后可得因为当时，所以等式左边大于0，等式右边小于0，方程无解综上所述，故答案为【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及性质的综合应用，指数与对数的互换、对数的综合运算及求值，分类讨论思想的应用，计算量大，过程繁琐，需要很强的计算推理能力，属于难题13（）详见解析；（）详见解析；（）详见解析【分析】（）

16、利用数学归纳法证明，当时显然成立，假设当时不等式成立，即证成立即可；（）要证，则需证：，构造函数，用导数法求函数的最小值，再由可得结论；（）先证明和，再证，结合等比数列的求和公式即可证明.【详解】证明：（）（1）当时显然成立；（2）假设当时不等式成立，即，则，即，设，则，函数在上单调递增，即，假设成立，综上得，当时，（）要证，即证：，又因为，则，则需证：，由（1）得当时，设，函数在上单调递减，而，即，（）由（）可知，则，即，所以，则，则，即，所以，可知为等比数列，首项为，公比，利用等比数列的通项公式得出：，则，且，由题意知，由于，则，又因为，且，则，则，由于数列的前项和为，即：.【点睛】本题考

17、查与数列有关的不等式的证明，考查利用数学归纳法证明不等式和等比数列通项公式、前项和公式的综合运用，还涉及构造函数和导数不等式中的应用，考查转化思想和化简计算能力，属于难题14(1) ；（2）证明见解析；（3），其中.【分析】（1）分和两种情况，根据，建立不等式，讨论得公差的范围；（2）运用反证法证明：假设存在不相等的，有，由不等式推出矛盾，可得证；（3）分n为偶数时和n为奇数时，分别得出最小值可得答案.【详解】解：（1）当时，“紧密数列”：中的最大项为， 则，即， 解得，又，所以，当时，“紧密数列”：中的最大项为，则，即， 解得，又，所以，综上所述，数列的公差d的取值范围为； （2）证明：假设

18、存在不相等的，有，在数列中，除外，其他所有数之和，则矛盾，假设不成立，因此：对于任意互不相等的，均有；（3）数列为“紧密数列”，对于任意的，均有，又，则存在，使得，其中，因为成立，可知：当n为偶数时，在数列中，能够达到的项不超过个，则，当时，当 时，且，数列为“紧密数列”； 当n为奇数时，在数列中，能够达到的项不超过个，则，当时，当 时，且，数列为“紧密数列”；综上所述，S的最小值，其中.【点睛】本题考查数列知识的迁移和运用，关键在于理解数列的新定义，紧扣定义求解相关问题，属于难题.15（1），（2）见解析【分析】（1）已知两等式相加可得是等比数列，从而可得通项公式，已知两等式相减可得的递推关

19、系式，凑配成一个新的等比数列，利用等比数列的通项公式可求得；（2）已知两等式相加可得数列是等比数列，就是的前项和，分类求得这个和，在且时用数学归纳法证明不等式成立【详解】（1）若，则有由，得：所以是公比为4的等比数列，首项，所以；由，得：则所以是公比为2的等比数列，首项，所以，则；（2）由，得，数列是等比数列，时，不等式左边，右边，不等式成立；时，不等式即为，下面用数学归纳法证明：（i）时，左边，右边，左边右边，不等式成立，（ii）假设时，不等式成立，即，则时，左边，由归纳假设左边，下面只要证，即证，再用数学归纳法证明：时，不等式左边，右边，不等式成立，假设（）时不等式成立，即 ，则时，不等式

20、也成立，由得时，不等式成立，时，不等式成立，由（i）（ii），原不等式对一切正整数都成立综上，原不等式得证【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查证明与数列有关的不等式掌握等比数列的定义是解题基础在遇到递推式时，常常用凑配法（由已知等式求出中的），构造新数列（）为等比数列，从而求得通项公式，与数列有关的不等式常常是证明与正整数有关的不等式，因此有时可用数学归纳法证明，掌握数学归纳法是解题关键16（1）都是W数列，理由见解析；（2），；（3）.【分析】（1）根据“W数列”的定义分别判断即可；（2）根据“W数列”的定义，求出an是等差数列，求出通项公式即可；（3）根据“W数列”的定义以及|akak

21、+1|m+1，求出m的值即可【详解】（1）对数列3，4，2，5，1，有|a1a2|1，|a2a3|2，|a3a4|3，|a4a5|4，故数列3，4，2，5，1是W数列，对数列2，3，4，5，1，6，有|a1a2|1，|a2a3|1，|a3a4|1，|a4a5|4，|a5a6|5，故数列2，3，4，5，1，6也是W数列；（2）由a1，a2，a10是W数列，得|a1a2|a2a3|a9a10|，由a10，a9，a1是W数列，得|a10a9|a9a8|a1a2|，故|a1a2|a2a3|a9a10|，a1，a2，a10中各项不等，a10a9a9a8a2a1，即an是等差数列，由a120，a102得d

22、2，故an202（n1）222n，1n10；（3）数列an是数列1，2，3，m的一个排列，|akak+1|1，|akak+1|m1，|akak+1|m+1，且an是W数列，故|amam1|3，|am1am2|am2am3|a2a1|1，或|amam1|2，|am1am2|2，|am2am3|a2a1|1，当m2时，显然不成立，当m3时，显然不成立，当m4时，可取数列2，3，4，1或3，2，1，4，故m4成立，当m4时，考虑数列Bm1|a1a2|，|a2a3|，|am1am|，B1B2Bm31，Bm2Bm12，由于a1，a2，am2应为一串连续的自然数，若a1am2，则am1am22，又am4am22，故am1am2+2，又amam12，且am3am12，故anam1+2，但此时am1+1不在数列中，矛盾；B1B2Bm21，Bm13，同得a1，a2，am2应为一串连续的自然数，若amam1+3，且a1am，则am1+1，am1+2不在数列中，矛盾，若amam13，则am13应为与a1相邻的与a2不相等的自然数，故a1+（m2）3a11，解得：m4，同理得当amam1+3，且a1am时，m4，综上：m4【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义的综合应用，重点考查逻辑推理，属于难题，本题的关键是理解题中的新定义，关键是利用若数列为“数列”，则.答案第23页，共23页