第4讲数列选择题压轴题（解析版）

第4讲 数列选择题压轴题一、单选题：1（2021浙江名校协作体开学考试）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【答案】D【解析】具有性质P，或中至少有一个属于，由于，故，从而，故；，故由具有性质可知，又，当时，有，即，故，由具有性质可知，由，得，且，：，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2（2021浙江省宁海中学高三零模）若数列满足，记数列的前n项和是，则（ ）A若数列是常数列，则B若，则数列单调递减C若，则D若，任取中的9项构成数列的子数列，则不全是单调数列【答案】C【分析】对于A：由数列为常数数列，则，解方程可得的值；对于B：由函数，求得导数，判断单调性和极值，即可进行判断；对于D：由，判断的奇偶性和单调性，结合正弦函数的单调性，可得数列都是单调数列，即可进行判断【解析】对于A：若数列为常数列，则，或，故A错误；对于B：若，设函数，由，可得极值点唯一且为，极值点为，由，可得，则，即有由于，由正弦函数单调性可得，数列是单调递增函数，故B错误；对于D：若，任取中的9项，构成数列的子数列，2，9，是单调递增数列；由，可得，为奇函数；当时，时，；当时，；时，运用正弦函数的单调性可得或时，数列单调递增；或时，数列单调递减，数列都是单调数列，故D错误，故选C【点睛】本题考查数列的单调性的判断和运用，考查正弦函数的单调性和应用，和分类讨论的数学思想，属于难题3（2021·江苏三校联考）已知数列，则当时，下列判断不一定正确的是（ ）ABCD存在正整数k，当时，恒成立【答案】C【分析】根据递推关系式利用数学归纳法证明A正确，利用分析法证明B正确，取特值可说明C不正确，两边平方后利用放缩法可得，即可得到，分析恒成立的条件即可【解析】，当时，当时取等号，假设时，当时，由函数在上单调递增知，由以上可知，对成立，故A正确若成立，则需成立，即成立，而成立，故原命题，B正确；取，则，此时，可知C不正确；，故，故，取的正整数，则有时，恒成立，故D正确故选C【点睛】本题主要考查了数列的递推关系，数学归纳法，分析法证明，特值法排除，放缩法等不等式的性质，考查推理能力，运算能力，属于难题4（2021·安徽皖北协作区联考（文）已知数列满足，其前项和，数列满足，其前项和为，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【分析】利用与关系可证得为等差数列，由此可求得，将进行裂项后，前后相消可求得，将问题转化为；令，可证得为递增数列，由此得到【解析】当时，解得：或，又，；当时，由得：，整理可得：，即，是以为首项，为公差的等差数列，；经检验：满足；综上所述：，由得：，令，则，为递增数列，即实数的取值范围为故选A【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够采用裂项相消的方法求得，对于通项公式中含有类型的数列进行裂项求和时，需注意将通项裂成两项之和的形式，进而利用的波动性前后相消得到结果5（2021·浙江省宁海中学高三月考）对于，若正整数组满足，则称为的一个拆，设中全为奇数，偶数时拆的个数分别为，则（ ）A存在，使得B不存在，使得C存在，使得D不存在，使得【答案】D【分析】任意的，至少存在一个全为1的拆分，判断选项A；当为奇数时，判断能否是全偶拆分，判断选项B；选项，可以举例发现规律，判断选项【解析】对于任意的，至少存在一个全为1的拆分，故A错误；当为奇数时，故B错误；当为偶数时，是每个数均为偶数的分拆，则它至少对应了和的均为奇数的拆，当时，偶数拆为，奇数拆为，；当时，偶数拆为，奇数拆为，；故当时，对于偶数的拆，除了各项不全为1的奇数拆分外，至少多出一项各项均为1的拆，故，故C错误，D正确故选D【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，关键是读懂题意，理解定义，并能根据选项举例解决问题6（2021·湖南常德市一中高三月考）对任一实数序列，定义序列，它的第项为假定序列的所有项都为1，且，则（ ）A1000B2000C2003D4006【答案】D【分析】是公差为的等差数列，可先设出的首项，然后表示出的通项，再用累加法表示出序列的通项，再结合求出的首项和的首项，从而求出序列的通项公式，进而获解【解析】依题意知是公差为的等差数列，设其首项为，通项为，则，于是由于，即，解得故故选D【点睛】本小题主要考查新定义数列的性质，考查等差数列的前项和公式以及通项公式题目定义的数列为二阶等差数列高阶等差数列的定义是这样的：对于对于一个给定的数列，把它的连续两项与的差记为，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列，如果常数，则为二阶等差数列，可用累加法求得数列的通项公式7（2021·浙江台州期末）已知数列中，记，给出下列结论：；则（ ）A正确B正确C正确D正确【答案】D【分析】根据数列递推公式与数列的前项和，判断数列的单调性与临界值，对每个序号逐一判断【解析】，数列是递增数列，又，与同号，又，即，故错；，由知，数列是递增数列且恒小于，即恒成立，故正确；，等价于，数列是递增数列且恒小于，存在，当时，有，为固定的值，记为，趋向于，故错误；，等价于，恒成立，恒成立，故正确；故选D【点睛】解答该题的关键在于判断数列的单调性与临界值，根据数列的递推公式判断数列的正负，从而得数列的单调性，同时需要利用数列相关不等式的推断数列的临界值8（2021长春市第二实验中学高三期中（理）已知数列的前项和为，首项(且)，且，数列的前项和为若关于的不等式有且仅有两个不同的正整数解，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】C【分析】先利用判断是等比数列，进而求出和的通项公式，求出数列的前项和为，解不等式即可【解析】当时，两式作差有，又由，有，得，也成立，可得，故数列是等比数列，而，数列为等差数列，且，若仅有两个整数解，又若满足，必有满足，不满足，有解得或，又当时，令，可得函数单调递减，不存在这样的m符合题意故实数的取值范围为故选C【点睛】(1)利用求通项公式是求通项公式的一种常见方法；(2) 若是等比数列，且，记，则为等差数列9（2021安徽皖南八校联考（理）已知正项数列的前n项和为，如果都有，数列满足，数列满足设为的前n项和，则当取得最大值时，n的值等于（ ）A17B18C19D20【答案】D【分析】由数列的递推式可得，再得出数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即可求得，讨论数列中各项的符号，即可得所求最大值时的值【解析】当时，整理可得，当时，整理可得，则，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则，则，当时，；当时，故当时，；时，；时，；当时，又，故当时，取得最大值故选D【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，以及等差数列的定义、通项公式，数列中项的符号，考查运算能力和推理能力，解题的关键是根据递推关系得出数列是以1为首项，1为公差的等差数列，从而求出，判断的符号10（2021浙江绍兴月考）已知数列是公差不为零且各项均为正数的无穷等差数列，其前项和为若且，则下列判断正确的是（ ）ABCD【答案】D【分析】利用等差数列的求和公式可判断A选项的正误；利用作差法结合等差数列的通项公式可判断B选项的正误；利用结合不等式的基本性质可判断C选项的正误；利用等差数列的求和公式结合不等式的基本性质可判断D选项的正误【解析】对于A选项，由于，故选项A错误；对于B选项，由于，则，故选项B错误；对于C选项，由于，故选项C错误；对于D选项，设，则，从而，由于，故，故，由此，故选项D正确故选D【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列中不等式关系的判断，在解题过程中充分利用基本量来表示、，并结合作差法、不等式的基本性质来进行判断11（2021中学生标准学术能力诊断性测试（理）已知，成等比数列，且，若，则（ ）A，B，C，D，【答案】B【分析】由可得出，进而得出，再由得出，即可根据的范围判断大小【解析】设等比数列的公比为，则，可得，当时，即，整理得，显然，即，即故选B【点睛】关键点睛：本题考查等比数列的性质，解题的关键是通过已知条件判断出，从而可判断大小12（2021通榆县第一中学校高三期中（理）已知数列中，其前项和为，且满足，数列的前项和为，若对恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【分析】由利用，得到数列是以1为首项，为公比的等比数列，进而得到是以1为首项，为公比的等比数列，利用等比数列前n项和公式得到，将恒成立，转化为对恒成立，再分为偶数和为奇数讨论求解【解析】当时，得；当时，由，得，两式相减得，数列是以1为首项，为公比的等比数列，又，是以1为首项，为公比的等比数列，由，得，又，即对恒成立，当为偶数时，令，则数列是递增数列，；当为奇数时，综上，实数的取值范围是故选D【点睛】方法点睛：数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明在解决这些问题时，往往转化为函数的最值问题13（2021浙江数海漫游联考）已知正项数列，满足，则下列说法正确的是（ ）A存在有理数a，对任意正整数m，都有B对于任意有理数a，存在正整数m，使得C存在无理数a与正整数m，使得D对于任意无理数a，存在正整数m，使得【答案】B【解析】首先若，则，否则，于是，（舍去），（1）若是无理数，则是无理数，也是无理数，不论还是，仍然是无理数，这样数列中各项均为无理数，不可能有，C、D均错误（2）若是正整数，则或，如果某一项大于1就减去1，得数列的下一项，经过这种操作都可以减小到1，存在正整数，使得，从而，若不是正整数，设，互质的正整数，），若，则为正整数，回到的情形；若不是正整数，设，互质的正整数，），若，若，则，若，则，不妨记，则，由得到称为一次操作，经过有限次减1操作后，一定有，在时，这样再继续刚才的操作，由此可得到一列数：，首先分子逐渐减小，然后分母减小，再分子逐渐减小，再分母减小是确定的正整数，此操作步骤一定是有限的，最后都会变成（是大于1的正整数），那么数列的下一项为，又回到的情形，一定存在正整数，使得，从而由此A错误，B正确故选B【点睛】本题考查数列的递推公式，考查实数的