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【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题11 数列小题 （压轴版）
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这是一份【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题11 数列小题 （压轴版），文件包含专题11数列小题压轴练原卷版docx、专题11数列小题压轴练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题11 数列小题压轴练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
一、单选题
1．（2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习）数列满足，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将递推式化为，从而得到是常列数，进而得到是等差数列，由此求得，据此解答即可.
【详解】因为，，
所以，即，则，故，
又，，所以，
所以是以首项为的常数列，则，
又，，所以是以首项为，公差为的等差数列，
故，则，
所以.
故选：A.
2．（2023秋·湖南岳阳·高三统考期末）裴波那契数列，因数学家莱昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列满足，且．卢卡斯数列是以数学家爱德华·卢卡斯命名，与裴波那契数列联系紧密，即，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先利用数列的递推式推得，从而推得，由此得解.
【详解】因为，
所以当时，，
所以，
故，
因为，
所以，，
故，
所以.
故选：C.
3．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）已知数列满足，且，若存在正偶数m使得成立，则（ ）
A．2016B．2018C．2020D．2022
【答案】D
【分析】由得,由此可得化简;
由及正偶数m得,由此可化简 ,最后建立等式关系求得值.
【详解】由题意，，故，
∴，
∵m为正偶数，∴，
∴左边，
此时，，
∴．
故选：D．
【点睛】关键点点睛:(1)化简的方法是用累乘法, 利用各项相乘相消后即可.
(2)化简的方法是用累加法,利用各项相加相消后即可.
4．（2023·广东肇庆·统考二模）设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（ ）
A．1或3B．2或3C．1或4D．2或4
【答案】A
【分析】根据与的关系，求出，则①，又②，②－①×3得，得，进而求出，由题意得，记，研究的单调性，求出的解即可．
【详解】，
时，，
相减可得：，即
又时，，解得，满足，
数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．
对任意正整数n，都有成立，
得①，
又②，
②－①×3得：，
又，所以，得，
进而，
由，得，即，
记，则，
以下证明时，，
因为，
即时，单调递减，，
综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3．
故选：A．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
5．（2023·江苏·统考一模）已知数列的前n项和为，，若对任意正整数n，，，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据与的关系结合等比数列的概念可得，进而可得，然后结合条件可得，然后分类讨论即得.
【详解】因为，
当时，，解得，
当时，，则，
即，又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，则，又，
所以为首项为2，公差为1的等差数列，
则，则，
所以，又，
则，又，
所以，
当n为奇数时，，而，则，解得；
当n为偶数时，，而，则；
综上所述，实数的取值范围为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推关系构造数列求数列的通项公式，然后通过讨论结合数列不等式恒成立问题即得.
6．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为等比数列
C．D．
【答案】D
【分析】A选项，计算出，故不是等比数列，A错误；
B选项，计算出的前三项，得到，B错误；
C选项，由题干条件得到，故为等比数列，得到，故，，……，，相加即可求出，C错误；
D选项，在的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出.
【详解】由题意得：，，
由于，故数列不是等比数列，A错误；
则，，，
由于，故数列不为等比数列，B错误；
时，，即，
又，
故为等比数列，首项为2，公比为3，
故，
故，，……，，
以上20个式子相加得：，C错误；
因为，所以，两式相减得：
，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符和该式，故，
令得：，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符号该式，故，
令得：，
综上：，D正确.
故选：D
【点睛】当遇到时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.
二、多选题
7．（2023·浙江·校联考模拟预测）数列定义如下：，，若对于任意，数列的前项已定义，则对于，定义，为其前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A．数列的第项为B．数列的第2023项为
C．数列的前项和为D．
【答案】ACD
【分析】由数列的定义，对通项和前n项和的性质进行讨论，验证选项是否正确.
【详解】
…，
，故A选项正确；
，
，故B选项错误；
，，…，当时，，
所以，故C选项正确；
当时，，
，故D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：解决新定义问题，首先考查对定义的理解。其次是考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的数列有某些新的性质，这也是在新环境下研究“旧”性质，此时需要结合新数列的新性质，探究“旧”性质.第三是考查综合分析能力，主要是将新性质有机地应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.
8．（2023春·浙江宁波·高三校联考阶段练习）数列前项和为，若，且，则以下结论正确的有（ ）
A．
B．数列为递增数列
C．数列为等差数列
D．的最大值为
【答案】BCD
【分析】对A：取特值，结合，运算求解即可；对B：根据题意可得，结合数列单调性分析判断；对C：可得，作差即可得结果；对D：利用累加法求得，整理可得，结合对勾函数的单调性分析运算.
【详解】由，可得：
对A：令可得：，，则，
令可得：，
即，则，
由，解得，A错误；
对B：对，则，
故数列为递增数列，B正确；
对C：当时，可得，则，
故数列为等差数列，C正确；
对D：∵，
则
，
且，
故
且在上单调递减，在上单调递增，
且，
可得，对恒成立，
故当时，取最大值，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：解决数列与函数综合问题的注意点
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．
(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．
9．（2023秋·江苏南京·高三南京市第十三中学校考期末）已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则（ ）
A．是等差数列B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】对于A,求出，再将转化为,即可证明，
对于B,利用A的结论求出，再利用基本不等式，即可证明.
对于C，求出，即可判断正误，
对于D，构造函数，即可判断正误
【详解】，，解得：
时，，
整理得：
故是等差数列，选项A正确；
，则，，选项B正确；
，选项C错误；
令，，
在递增，，则
即，选项D正确；
故选：ABD.
10．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知数列满足，，，则下列结论正确的有（ ）．
A．数列是递增数列B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】对A：根据数列单调性的定义分析证明；对B：先证，结合累加法运算求解；对C：可得，结合裂项相消法分析运算；对D：先证，结合累积法可得，再根据等比数列求和分析运算.
【详解】对A：，当且仅当时，等号成立，
即，注意到，故，
可知对，，即，即，
故数列是递增数列，A正确；
对B：∵，
由A可得：对，，则，当且仅当时，等号成立，
故，即，
则，即；
当时，则也满足；
综上所述：，B正确；
对C：∵，则，
注意到，即，
∴，即，
故，
可得，C正确；
对D：∵，
注意到，则，
故，可得，
则，
当时，则，
当时，，
故.
则，D错误；
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据题意证明，放缩结合等比数列运算求解；
（2）根据题意整理可得，裂项相消求和；
（3）可证，放缩结合等比数列的通项公式与求和公式运算求解.
11．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）已知等差数列中，当且仅当时，仅得最大值.记数列的前k项和为，（ ）
A．若，则当且仅当时，取得最大值
B．若，则当且仅当时，取得最大值
C．若，则当且仅当时，取得最大值
D．若，，则当或14时，取得最大值
【答案】BD
【分析】由等差数列前n项和有最大值，得数列为递减数列，分析的正负号，可得的最大值的取到情况.
【详解】由等差数列前n项和有最大值，所以数列为递减数列，
对于A，且时取最大值，设，
则，
当时，；时，；时，，
所以或14时，前k项和取最大值，A项错误；
对于B，当且仅当时取最大值，则时，，时，.
，则，，
，，
前14项和最大，B项正确；
对于C，，则，同理，，，
前13项和最大，C项错误；
对于D，，，得，由题等差数列在时，，时，，所以，，，所以或14时，前k项和取最大值，D项正确；
故选：BD.
12．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）设正整数，其中.记，当时，，则（ ）
A．
B．
C．数列为等差数列
D．
【答案】ACD
【分析】分别表示出，，即可求解A，再求出可求解B，利用等差数列的定义可求解C，根据可求解D.
【详解】当时，，又，所以，同理，所以，…，，所以，，
所以，所以，A项正确；，，B项错误；
当时，，
当时，
，
当时也符合，所以，所以，
所以，
所以数列为等差数列，C项正确；，
，D项正确.
故选:ACD.
13．（2023·福建漳州·统考三模）已知数列，，且满足，，则（ ）
A．B．的最大值为
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据递推关系式可求得，知A错误；由，采用作商法可证得数列为正项递减数列，由此知B正确；由递推关系式可求得，采用累加法，结合可推导得C正确；结合C中，采用放缩法得，裂项相消可求得D正确.
【详解】对于A，当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
，A错误；
对于B，由得：，
又，，，，，
数列为正项递减数列，，B正确；
对于C，由得：，，
，
数列为正项递减数列，，（当且仅当时取等号），
，即，，C正确；
对于D，由C知：，
，
，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列递推关系式研究数列的有关性质、数列求和与数列放缩的知识；本题判断CD选项的关键是能够对于数列的通项进行准确的放缩，从而根据不等关系，结合数列求和方法来得到结论.
14．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）在数列中，若对于任意，都有，则（ ）
A．当或时，数列为常数列
B．当时，数列为递减数列，且
C．当时，数列为递增数列
D．当时，数列为单调数列
【答案】ABC
【分析】直接代入计算判断A；由题知，，再依次讨论BC选项即可判断；根据无法确定符号判断D.
【详解】解：对于A选项，由得，
所以，当时，，是常数列；
当时，是常数列，故A选项正确；
对于B选项，，
因为，
所以，当时，，即，
同理可得，，
所以，即，
所以数列为递减数列，且，故B选项正确；
对于C选项，当时，由得，即
由得，
所以，，
同理可得，
所以，即，
所以，数列为递增数列，故C选项正确；
对于D选项，当时，由，即，
由得，符号不确定，
所以符号不确定，
所以，当时，数列的单调性无法确定，故错误.
故选：ABC
15．（2023·山东青岛·统考一模）1979年,李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题:“5只猴子分一堆桃子,怎么也不能分成5等份,只好先去睡觉,准备第二天再分.夜里1只猴子偷偷爬起来,先吃掉1个桃子,然后将其分成5等份,藏起自己的一份就去睡觉了;第2只猴子又爬起来,吃掉1个桃子后,也将桃子分成5等份,藏起自己的一份睡觉去了;以后的3只猴子都先后照此办理.问最初至少有多少个桃子?最后至少剩下多少个桃子?”.下列说法正确的是( )
A．若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则
B．若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则为等比数列
C．若最初有个桃子,则第只猴子分得个桃子(不含吃的)
D．若最初有个桃子,则必有的倍数
【答案】ABD
【分析】设最初有个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为，则,若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则,根据与关系即可判断A的正误;由A构造等比数列即可判断B的正误;根据B求出数列的通项公式,将代入求解即可判断C;根据题意,,又为等比数列,判断D的正误.
【详解】设最初有个桃子,猴子每次分剩下的桃子依次为,则
,
若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则
,
所以,
即,故A正确;
由A，,
则,
即是等比数列,
若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则,
所以是以为公比的等比数列,故B正确.
由B知,是等比数列,
所以,
即,
若最初有个桃子,即,
所以,故C错误;
根据题意:,
因为以为公比的等比数列,
所以,
化简得,
因为,且为正整数,
所以,
即必有的倍数,故D正确.
故选:ABD.
16．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知递增的正整数列的前n项和为．以下条件能得出为等差数列的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】用与的关系，计算判断A和B；按的奇偶求出，再结合递增的正整数列推出判断C；按给定条件求出数列的通项，再结合递增的正整数列求出判断D作答.
【详解】对于A，时，，当时，满足，
而且时，，则为等差数列，A正确；
对于B，，当时，不满足上式，
得，因此数列不是等差数列，B错误；
对于C，，即为隔项等差数列，且是递增的正整数列，
则，，，且，有，即，
于是，，因此，
所以为等差数列，C正确；
对于D，，，
，，即数列是以为首项，为公比的等比数列，，则，
从到中间恰有项：，它们是递增的正整数，
而到中间有个递增的正整数，无法一一对应，
若，则会出现如：2，4，5，8，9，10，11，16…的数列，非等差数列，D错误.
故选：AC
17．（2023春·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）已知是等比数列，公比为，若存在无穷多个不同的，满足，则下列选项之中，可能成立的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】分类讨论，结合等比数列的通项和性质分析判断.
【详解】当时，则有：
①当，则为非零常数列，故，符合题意，A正确；
②当，则为单调数列，故恒不成立，即且不合题意；
当时，可得，则有：
①当，若为偶数时，则；
若为奇数时，则；
故符合题意，B正确；
②当，若为偶数时，则，且，即；
若为奇数时，则，且，即；
故符合题意，C正确；
③当，若，可得，
∵，则，可得，则，这与等比数列相矛盾，
故和均不合题意，D错误.
故选：ABC.
18．（2023秋·湖南株洲·高三校联考期末）已知数列满足，数列前项和为，则下列叙述正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据数列的作差，放缩，累加，等方法即可求解.
【详解】，
又，
归纳可得，
故选项A正确；
数列单调递减，
当 时， ；
当 时，.故选项D正确；
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
,
，
所以当时，
.
故选项C错误；
， 故选项B正确；
故选：ABD.
19．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知数列满足，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于选项A，B证明数列为单调递减数列即得解；对于选项C，证明随着减小，从而增大，即得解；对于选项D，证明，即得解.
【详解】解：对于选项A、B，因为，，所以，
设，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，则，
所以，
当时，，，
当时，，，
因为，所以这种情况不存在，
则数列满足当时，，为单调递减数列，
故A选项正确，B选项错误；
对于选项C，
令，设
则，
所以函数单调递减，所以随着减小，从而增大，
所以，即，所以C选项正确，
对于选项D，由前面得，
下面证明，只需证明，
令，则，所以，
令，则，
成立，则
所以
所以D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】易错点睛：本题主要考查函数、不等式与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
（1）数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
（2）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
（3）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
20．（2023春·广东揭阳·高三校考开学考试）在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（ ）
A．对于任意的，都有
B．对于任意的，数列不可能为常数列
C．若，则数列为递增数列
D．若，则当时，
【答案】ACD
【分析】A由递推式有上，结合恒成立，即可判断：B反证法：假设为常数列，根据递推式求判断是否符合，即可判断；C、D由上，讨论、研究数列单调性，即可判断.
【详解】A：由，对有，则，即任意都有，正确；
B：由，若为常数列且，则满足，错误；
C：由且，
当时，此时且，数列递增；
当时，此时，数列递减；
所以时数列为递增数列，正确；
D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设为常数列求通项，判断是否与矛盾；对于C、D，将递推式变形为，讨论、时研究数列的单调性.
21．（2023春·广东惠州·高三校考阶段练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第n项，则数列满足：，，记，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】由数列的递推公式可判断A,B；利用累加法计算可判断选项C,D.
【详解】对A，由知，的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
其中，第一二项相等，不满足递增性，故A错误；
对B，根据递推公式，得，故B正确；
对C，，
，
，
……，
，
∴，即，故C正确；
对D，由递推式，得，，…，，
累加得，
∴，
∴，
即，故D正确；
故选：BCD．
22．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）已知数列满足，且，是数列的前项和，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】对于A,证明数列单调递减即得解；对于B，证明即得解；
对于C，随着减小，从而增大．即得解；对于D，证明即得解.
【详解】对于A:,,在单调递增, 在单调递减, ,当且仅当时,
若,又因为则,则，则,又因为所以所以，
设，
当时，单调递减，当时，单调递增.
所以所以所以
由, 当时,
因为，所以,则,同理得,
当时，；
所以，所以数列单调递减.则, 所以选项A正确.
对于B：由前面得．下面证明．
只需证明，令，
，
令，则，
∴成立．所以，
所以，所以选项B错误；
对于C：，设，设，
则．所以函数单调递减，所以随着减小，
从而增大．所以，即．所以C错误．
对于D：一般地，证明：．
只需证明．
．令，
则，
∴成立．所以，所以．所以D正确．
故选：.
23．（2023·浙江金华·浙江金华第一中学校考模拟预测）已知各项均为正数的数列满足为其前项和，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】A选项，先构造函数，并研究其单调性，利用进行放缩，利用数学归纳法可证明；
B选项，构造函数，判断其单调性即可；
C 选项，利用数学归纳法和假设法可证明；
D选项，结合C选项结论对进行放缩即可证明.
【详解】设函数，则，故在上单调递增.
用数学归纳法下证.
当时，有；
假设当时，有，
由于，
所以根据在上单调递增可知，
即当时，有.
综上可知，.
对于A，令，
因为，故在上单调递增，故，
即，即.
，故A正确.
对于B，令，，
令，
令，则>0，所以，即在上单调递增，
所以，所以即 在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，即.
故，故选项B错误；
对于C，可用数学归纳法证明：.
当时，有成立；
假设当时，有，
若，
则由可知，
与假设矛盾，故.
故，故C正确.
对于D，当时，，
故，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】与数列相关的不等式问题证明方法点睛：
（1）可以利用数学归纳法来进行证明；
（2）可以构造函数，利用导数进行证明，通过求导得到函数的单调性并结合不等式进行放缩得到结果.
24．（2023·山东济南·一模）已知函数，记的最小值为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．若数列满足，则
【答案】ACD
【分析】利用基本不等式和柯西不等式推导出，从而得到A正确，B错误；构造函数得到在上恒成立，结合等比数列求和公式证明出C正确；D选项，化简得到，再用裂项相消法求和，证明出结论.
【详解】A选项，，故，
由基本不等式可得，故，当且仅当时，等号成立，
故，A正确；
B选项，由柯西不等式得
，
当且仅当时，等号成立，
故，
，故，当且仅当时，等号成立，
故，
依次类推，可得，当且仅当等号成立，
故
，B错误；
C选项，设，，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
所以，故在上恒成立，
，C正确；
D选项，，
，
故，D正确.
故选：ACD
【点睛】常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；
25．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知数列，满足，，，，，则下列选项正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】代入数据可计算出，可判断A选项；推导出，进而推导出数列为常数列，通过可判断B选项；推导出，结合以及不等式的性质可判断C选项；推导出数列为常数列，结合C选项可判断D选项.
【详解】已知数列，满足，，，，.
对于A选项，，，
，，
所以，，A对；
对于B选项，，
将等式与等式相加可得
，
所以，
，
所以，，即数列为常数列，
所以，，
所以，，即，故，B错；
对于C选项，因为，
当且仅当时，等号成立，所以，，
，
所以，，
且，
因此，，C对；
对于D选项，因为，则，
所以，，则，
将等式与等式相减可得
所以，，
所以，所以，，即数列为常数列，
所以，，
所以，，所以，，
故，D对.
故选；ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查由递推数列判断数列不等式的正误，本题注意到将题干中的两个的等式分别相加或相减，推导出数列、均为常数列是解本题的关键，此外需要求出的取值范围，再结合不等式的基本求解，综合性较强，有一定的难度.
三、填空题
26．（2023秋·浙江宁波·高三期末）已知数列满足：，若恒成立，则实数k的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据数列的递推公式利用数学归纳法即可证明单调递减且，构造函数可得，判断出函数单调性根据恒成立问题即可求出k的取值范围.
【详解】由，可得，即，
因为在上为单调递增，且，
而，即，可得，
可猜想数列单调递减且，
下面由数学归纳法证明：当时，，即，满足，
当时，假设成立，
当时，，即，
即，可得，
又因为，即，
所以成立，
即数列单调递减且成立，
由单调有界收敛定理可知收敛，设，
所以，所以，
所以，即递减且趋于0，
令，则恒成立，
，令，
则在恒成立，
所以在恒成立，所以在单调递增，
所以由恒成立可知，即，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据数列的递推公式确定，再通过构造函数将问题转化成不等式恒成立问题，利用导数判断函数单调性即可求解.
27．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛.设是一个“0，1数列”，定义数列：数列中每个0都变为“1，0，1”，中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列.例如数列：1，0，则数列：0，1，0，1，0，1.已知数列：1，0，1，0，1，记数列，，2，3，…，则数列的所有项之和为______.
【答案】
【分析】根据题意，依次讨论中0与1的个数，从而得解.
【详解】依题意，可知经过一次变换，每个1变成3项，其中2个0，1个1；每个0变成3项，其中2个1，1个0，
因为数列：1，0，1，0，1，共有5项，3个1，2个0，
所以有项，3个1变为6个0，3个1；2个0变为4个1，2个0；故数列中有7个1，8个0；
有项，7个1变为14个0，7个1；8个0变为16个1，8个0；故数列中有23个1，22个0；
有项，23个1变为46个0，23个1；22个0变为44个1，22个0；故数列中有67个1，68个0；
所以数列的所有项之和为.
故答案为：.
28．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）在数列中给定，且函数的导函数有唯一的零点，函数且.则______.
【答案】##0.25
【分析】利用导数的定义和对称性可得，利用辅助角公式对化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合夹逼原理即可求解.
【详解】因为有唯一的零点，为偶函数，
所以，即，，
所以数列为公差为的等差数列，
又因为
，
令，则为奇函数，
因为，所以在上单调递增，
由题意得，
因为数列是公差不为0的等差数列，其中，则，假设，
，
因为
所以，
假设，同理可得，
综上，，
故答案为：
29．（2023·湖南岳阳·统考二模）定义是与实数的距离最近的整数（当为两相邻整数的算术平均值时，取较大整数），如，令函数，数列的通项公式为，其前项和为，则__________；__________.
【答案】 3
【分析】根据数列新定义可知，数列重新分组可得，，且满足第组有个数，且每组中所有数之和为，即可求解.
【详解】因为
所以；
根据，
当时，，则，，
当时，，则，，
当时，，则，，
当时，，则，，
以此类推，将重新分组如下，
，
第组有个数，且每组中所有数之和为，
设在第组中，
则，可得解得，
所以，
故答案为：3;.
30．（2023·广东·高三校联考阶段练习）数列中，表示自然数的所有因数中最大的那个奇数，例如：20的因数有1，2，4，5，10，20，，21的因数有1，3，7，21，，那么数列前项的和______
【答案】
【分析】方法一：将数列，按照（，且）的奇数倍分组，根据数列的定义，求出每个对应的数值，得到一个等差数列，求出和为.然后将每组的和加起来，根据等比数列前项公式，即可求出结果；方法二：由已知求出，，，可猜想.用数学归纳法证明对任意正整数都成立即可. 然后由以及等比数列前项和公式即可求出答案.
【详解】方法一：根据数列的定义可得，，所以.
将数列分为以下各组：
所有的奇数：1，3，5， ，.根据定义，对应中的数列为1，3，5， ，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为；
2的奇数倍：，，，，.根据定义，对应中的数列为1，3，5， ，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为；
的奇数倍：，，，，.根据定义，对应中的数列为1，3，5， ，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为；
……
（，且）的奇数倍：，，，，.根据定义，对应中的数列为1，3，5， ，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为；
……
的奇数倍：，.根据定义，对应中的数列为1，3，和为；
的奇数倍：.根据定义，对应中的数列为1，和为.
所以，数列前项的和.
方法二：由已知可得，，，
，
.
则可猜想，.
（1）当时，成立；
（2）假设时，该式成立，即，即.
则当时，有，
由定义可知，.
所以，
，
所以.
即当时，该式也成立.
由（1）（2）可知，对都成立.
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据数列的定义可得，，进而可推出.即可按照（，且）的奇数倍，对数列进行合理分组.
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题11 数列小题压轴练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
一、单选题
1．（2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习）数列满足，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将递推式化为，从而得到是常列数，进而得到是等差数列，由此求得，据此解答即可.
【详解】因为，，
所以，即，则，故，
又，，所以，
所以是以首项为的常数列，则，
又，，所以是以首项为，公差为的等差数列，
故，则，
所以.
故选：A.
2．（2023秋·湖南岳阳·高三统考期末）裴波那契数列，因数学家莱昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列满足，且．卢卡斯数列是以数学家爱德华·卢卡斯命名，与裴波那契数列联系紧密，即，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先利用数列的递推式推得，从而推得，由此得解.
【详解】因为，
所以当时，，
所以，
故，
因为，
所以，，
故，
所以.
故选：C.
3．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）已知数列满足，且，若存在正偶数m使得成立，则（ ）
A．2016B．2018C．2020D．2022
【答案】D
【分析】由得,由此可得化简;
由及正偶数m得,由此可化简 ,最后建立等式关系求得值.
【详解】由题意，，故，
∴，
∵m为正偶数，∴，
∴左边，
此时，，
∴．
故选：D．
【点睛】关键点点睛:(1)化简的方法是用累乘法, 利用各项相乘相消后即可.
(2)化简的方法是用累加法,利用各项相加相消后即可.
4．（2023·广东肇庆·统考二模）设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（ ）
A．1或3B．2或3C．1或4D．2或4
【答案】A
【分析】根据与的关系，求出，则①，又②，②－①×3得，得，进而求出，由题意得，记，研究的单调性，求出的解即可．
【详解】，
时，，
相减可得：，即
又时，，解得，满足，
数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．
对任意正整数n，都有成立，
得①，
又②，
②－①×3得：，
又，所以，得，
进而，
由，得，即，
记，则，
以下证明时，，
因为，
即时，单调递减，，
综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3．
故选：A．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
5．（2023·江苏·统考一模）已知数列的前n项和为，，若对任意正整数n，，，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据与的关系结合等比数列的概念可得，进而可得，然后结合条件可得，然后分类讨论即得.
【详解】因为，
当时，，解得，
当时，，则，
即，又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，则，又，
所以为首项为2，公差为1的等差数列，
则，则，
所以，又，
则，又，
所以，
当n为奇数时，，而，则，解得；
当n为偶数时，，而，则；
综上所述，实数的取值范围为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推关系构造数列求数列的通项公式，然后通过讨论结合数列不等式恒成立问题即得.
6．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为等比数列
C．D．
【答案】D
【分析】A选项，计算出，故不是等比数列，A错误；
B选项，计算出的前三项，得到，B错误；
C选项，由题干条件得到，故为等比数列，得到，故，，……，，相加即可求出，C错误；
D选项，在的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出.
【详解】由题意得：，，
由于，故数列不是等比数列，A错误；
则，，，
由于，故数列不为等比数列，B错误；
时，，即，
又，
故为等比数列，首项为2，公比为3，
故，
故，，……，，
以上20个式子相加得：，C错误；
因为，所以，两式相减得：
，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符和该式，故，
令得：，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符号该式，故，
令得：，
综上：，D正确.
故选：D
【点睛】当遇到时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.
二、多选题
7．（2023·浙江·校联考模拟预测）数列定义如下：，，若对于任意，数列的前项已定义，则对于，定义，为其前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A．数列的第项为B．数列的第2023项为
C．数列的前项和为D．
【答案】ACD
【分析】由数列的定义，对通项和前n项和的性质进行讨论，验证选项是否正确.
【详解】
…，
，故A选项正确；
，
，故B选项错误；
，，…，当时，，
所以，故C选项正确；
当时，，
，故D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：解决新定义问题，首先考查对定义的理解。其次是考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的数列有某些新的性质，这也是在新环境下研究“旧”性质，此时需要结合新数列的新性质，探究“旧”性质.第三是考查综合分析能力，主要是将新性质有机地应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.
8．（2023春·浙江宁波·高三校联考阶段练习）数列前项和为，若，且，则以下结论正确的有（ ）
A．
B．数列为递增数列
C．数列为等差数列
D．的最大值为
【答案】BCD
【分析】对A：取特值，结合，运算求解即可；对B：根据题意可得，结合数列单调性分析判断；对C：可得，作差即可得结果；对D：利用累加法求得，整理可得，结合对勾函数的单调性分析运算.
【详解】由，可得：
对A：令可得：，，则，
令可得：，
即，则，
由，解得，A错误；
对B：对，则，
故数列为递增数列，B正确；
对C：当时，可得，则，
故数列为等差数列，C正确；
对D：∵，
则
，
且，
故
且在上单调递减，在上单调递增，
且，
可得，对恒成立，
故当时，取最大值，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：解决数列与函数综合问题的注意点
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．
(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．
9．（2023秋·江苏南京·高三南京市第十三中学校考期末）已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则（ ）
A．是等差数列B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】对于A,求出，再将转化为,即可证明，
对于B,利用A的结论求出，再利用基本不等式，即可证明.
对于C，求出，即可判断正误，
对于D，构造函数，即可判断正误
【详解】，，解得：
时，，
整理得：
故是等差数列，选项A正确；
，则，，选项B正确；
，选项C错误；
令，，
在递增，，则
即，选项D正确；
故选：ABD.
10．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知数列满足，，，则下列结论正确的有（ ）．
A．数列是递增数列B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】对A：根据数列单调性的定义分析证明；对B：先证，结合累加法运算求解；对C：可得，结合裂项相消法分析运算；对D：先证，结合累积法可得，再根据等比数列求和分析运算.
【详解】对A：，当且仅当时，等号成立，
即，注意到，故，
可知对，，即，即，
故数列是递增数列，A正确；
对B：∵，
由A可得：对，，则，当且仅当时，等号成立，
故，即，
则，即；
当时，则也满足；
综上所述：，B正确；
对C：∵，则，
注意到，即，
∴，即，
故，
可得，C正确；
对D：∵，
注意到，则，
故，可得，
则，
当时，则，
当时，，
故.
则，D错误；
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据题意证明，放缩结合等比数列运算求解；
（2）根据题意整理可得，裂项相消求和；
（3）可证，放缩结合等比数列的通项公式与求和公式运算求解.
11．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）已知等差数列中，当且仅当时，仅得最大值.记数列的前k项和为，（ ）
A．若，则当且仅当时，取得最大值
B．若，则当且仅当时，取得最大值
C．若，则当且仅当时，取得最大值
D．若，，则当或14时，取得最大值
【答案】BD
【分析】由等差数列前n项和有最大值，得数列为递减数列，分析的正负号，可得的最大值的取到情况.
【详解】由等差数列前n项和有最大值，所以数列为递减数列，
对于A，且时取最大值，设，
则，
当时，；时，；时，，
所以或14时，前k项和取最大值，A项错误；
对于B，当且仅当时取最大值，则时，，时，.
，则，，
，，
前14项和最大，B项正确；
对于C，，则，同理，，，
前13项和最大，C项错误；
对于D，，，得，由题等差数列在时，，时，，所以，，，所以或14时，前k项和取最大值，D项正确；
故选：BD.
12．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）设正整数，其中.记，当时，，则（ ）
A．
B．
C．数列为等差数列
D．
【答案】ACD
【分析】分别表示出，，即可求解A，再求出可求解B，利用等差数列的定义可求解C，根据可求解D.
【详解】当时，，又，所以，同理，所以，…，，所以，，
所以，所以，A项正确；，，B项错误；
当时，，
当时，
，
当时也符合，所以，所以，
所以，
所以数列为等差数列，C项正确；，
，D项正确.
故选:ACD.
13．（2023·福建漳州·统考三模）已知数列，，且满足，，则（ ）
A．B．的最大值为
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据递推关系式可求得，知A错误；由，采用作商法可证得数列为正项递减数列，由此知B正确；由递推关系式可求得，采用累加法，结合可推导得C正确；结合C中，采用放缩法得，裂项相消可求得D正确.
【详解】对于A，当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
当时，，即，解得：；
，A错误；
对于B，由得：，
又，，，，，
数列为正项递减数列，，B正确；
对于C，由得：，，
，
数列为正项递减数列，，（当且仅当时取等号），
，即，，C正确；
对于D，由C知：，
，
，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列递推关系式研究数列的有关性质、数列求和与数列放缩的知识；本题判断CD选项的关键是能够对于数列的通项进行准确的放缩，从而根据不等关系，结合数列求和方法来得到结论.
14．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）在数列中，若对于任意，都有，则（ ）
A．当或时，数列为常数列
B．当时，数列为递减数列，且
C．当时，数列为递增数列
D．当时，数列为单调数列
【答案】ABC
【分析】直接代入计算判断A；由题知，，再依次讨论BC选项即可判断；根据无法确定符号判断D.
【详解】解：对于A选项，由得，
所以，当时，，是常数列；
当时，是常数列，故A选项正确；
对于B选项，，
因为，
所以，当时，，即，
同理可得，，
所以，即，
所以数列为递减数列，且，故B选项正确；
对于C选项，当时，由得，即
由得，
所以，，
同理可得，
所以，即，
所以，数列为递增数列，故C选项正确；
对于D选项，当时，由，即，
由得，符号不确定，
所以符号不确定，
所以，当时，数列的单调性无法确定，故错误.
故选：ABC
15．（2023·山东青岛·统考一模）1979年,李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题:“5只猴子分一堆桃子,怎么也不能分成5等份,只好先去睡觉,准备第二天再分.夜里1只猴子偷偷爬起来,先吃掉1个桃子,然后将其分成5等份,藏起自己的一份就去睡觉了;第2只猴子又爬起来,吃掉1个桃子后,也将桃子分成5等份,藏起自己的一份睡觉去了;以后的3只猴子都先后照此办理.问最初至少有多少个桃子?最后至少剩下多少个桃子?”.下列说法正确的是( )
A．若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则
B．若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则为等比数列
C．若最初有个桃子,则第只猴子分得个桃子(不含吃的)
D．若最初有个桃子,则必有的倍数
【答案】ABD
【分析】设最初有个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为，则,若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则,根据与关系即可判断A的正误;由A构造等比数列即可判断B的正误;根据B求出数列的通项公式,将代入求解即可判断C;根据题意,,又为等比数列,判断D的正误.
【详解】设最初有个桃子,猴子每次分剩下的桃子依次为,则
,
若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则
,
所以,
即,故A正确;
由A，,
则,
即是等比数列,
若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则,
所以是以为公比的等比数列,故B正确.
由B知,是等比数列,
所以,
即,
若最初有个桃子,即,
所以,故C错误;
根据题意:,
因为以为公比的等比数列,
所以,
化简得,
因为,且为正整数,
所以,
即必有的倍数,故D正确.
故选:ABD.
16．（2023·湖北·宜昌市一中校联考模拟预测）已知递增的正整数列的前n项和为．以下条件能得出为等差数列的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】用与的关系，计算判断A和B；按的奇偶求出，再结合递增的正整数列推出判断C；按给定条件求出数列的通项，再结合递增的正整数列求出判断D作答.
【详解】对于A，时，，当时，满足，
而且时，，则为等差数列，A正确；
对于B，，当时，不满足上式，
得，因此数列不是等差数列，B错误；
对于C，，即为隔项等差数列，且是递增的正整数列，
则，，，且，有，即，
于是，，因此，
所以为等差数列，C正确；
对于D，，，
，，即数列是以为首项，为公比的等比数列，，则，
从到中间恰有项：，它们是递增的正整数，
而到中间有个递增的正整数，无法一一对应，
若，则会出现如：2，4，5，8，9，10，11，16…的数列，非等差数列，D错误.
故选：AC
17．（2023春·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）已知是等比数列，公比为，若存在无穷多个不同的，满足，则下列选项之中，可能成立的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】分类讨论，结合等比数列的通项和性质分析判断.
【详解】当时，则有：
①当，则为非零常数列，故，符合题意，A正确；
②当，则为单调数列，故恒不成立，即且不合题意；
当时，可得，则有：
①当，若为偶数时，则；
若为奇数时，则；
故符合题意，B正确；
②当，若为偶数时，则，且，即；
若为奇数时，则，且，即；
故符合题意，C正确；
③当，若，可得，
∵，则，可得，则，这与等比数列相矛盾，
故和均不合题意，D错误.
故选：ABC.
18．（2023秋·湖南株洲·高三校联考期末）已知数列满足，数列前项和为，则下列叙述正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据数列的作差，放缩，累加，等方法即可求解.
【详解】，
又，
归纳可得，
故选项A正确；
数列单调递减，
当 时， ；
当 时，.故选项D正确；
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
,
，
所以当时，
.
故选项C错误；
， 故选项B正确；
故选：ABD.
19．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知数列满足，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于选项A，B证明数列为单调递减数列即得解；对于选项C，证明随着减小，从而增大，即得解；对于选项D，证明，即得解.
【详解】解：对于选项A、B，因为，，所以，
设，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，则，
所以，
当时，，，
当时，，，
因为，所以这种情况不存在，
则数列满足当时，，为单调递减数列，
故A选项正确，B选项错误；
对于选项C，
令，设
则，
所以函数单调递减，所以随着减小，从而增大，
所以，即，所以C选项正确，
对于选项D，由前面得，
下面证明，只需证明，
令，则，所以，
令，则，
成立，则
所以
所以D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】易错点睛：本题主要考查函数、不等式与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
（1）数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
（2）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
（3）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
20．（2023春·广东揭阳·高三校考开学考试）在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（ ）
A．对于任意的，都有
B．对于任意的，数列不可能为常数列
C．若，则数列为递增数列
D．若，则当时，
【答案】ACD
【分析】A由递推式有上，结合恒成立，即可判断：B反证法：假设为常数列，根据递推式求判断是否符合，即可判断；C、D由上，讨论、研究数列单调性，即可判断.
【详解】A：由，对有，则，即任意都有，正确；
B：由，若为常数列且，则满足，错误；
C：由且，
当时，此时且，数列递增；
当时，此时，数列递减；
所以时数列为递增数列，正确；
D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设为常数列求通项，判断是否与矛盾；对于C、D，将递推式变形为，讨论、时研究数列的单调性.
21．（2023春·广东惠州·高三校考阶段练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第n项，则数列满足：，，记，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】由数列的递推公式可判断A,B；利用累加法计算可判断选项C,D.
【详解】对A，由知，的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
其中，第一二项相等，不满足递增性，故A错误；
对B，根据递推公式，得，故B正确；
对C，，
，
，
……，
，
∴，即，故C正确；
对D，由递推式，得，，…，，
累加得，
∴，
∴，
即，故D正确；
故选：BCD．
22．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）已知数列满足，且，是数列的前项和，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】对于A,证明数列单调递减即得解；对于B，证明即得解；
对于C，随着减小，从而增大．即得解；对于D，证明即得解.
【详解】对于A:,,在单调递增, 在单调递减, ,当且仅当时,
若,又因为则,则，则,又因为所以所以，
设，
当时，单调递减，当时，单调递增.
所以所以所以
由, 当时,
因为，所以,则,同理得,
当时，；
所以，所以数列单调递减.则, 所以选项A正确.
对于B：由前面得．下面证明．
只需证明，令，
，
令，则，
∴成立．所以，
所以，所以选项B错误；
对于C：，设，设，
则．所以函数单调递减，所以随着减小，
从而增大．所以，即．所以C错误．
对于D：一般地，证明：．
只需证明．
．令，
则，
∴成立．所以，所以．所以D正确．
故选：.
23．（2023·浙江金华·浙江金华第一中学校考模拟预测）已知各项均为正数的数列满足为其前项和，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】A选项，先构造函数，并研究其单调性，利用进行放缩，利用数学归纳法可证明；
B选项，构造函数，判断其单调性即可；
C 选项，利用数学归纳法和假设法可证明；
D选项，结合C选项结论对进行放缩即可证明.
【详解】设函数，则，故在上单调递增.
用数学归纳法下证.
当时，有；
假设当时，有，
由于，
所以根据在上单调递增可知，
即当时，有.
综上可知，.
对于A，令，
因为，故在上单调递增，故，
即，即.
，故A正确.
对于B，令，，
令，
令，则>0，所以，即在上单调递增，
所以，所以即 在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，即.
故，故选项B错误；
对于C，可用数学归纳法证明：.
当时，有成立；
假设当时，有，
若，
则由可知，
与假设矛盾，故.
故，故C正确.
对于D，当时，，
故，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】与数列相关的不等式问题证明方法点睛：
（1）可以利用数学归纳法来进行证明；
（2）可以构造函数，利用导数进行证明，通过求导得到函数的单调性并结合不等式进行放缩得到结果.
24．（2023·山东济南·一模）已知函数，记的最小值为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．若数列满足，则
【答案】ACD
【分析】利用基本不等式和柯西不等式推导出，从而得到A正确，B错误；构造函数得到在上恒成立，结合等比数列求和公式证明出C正确；D选项，化简得到，再用裂项相消法求和，证明出结论.
【详解】A选项，，故，
由基本不等式可得，故，当且仅当时，等号成立，
故，A正确；
B选项，由柯西不等式得
，
当且仅当时，等号成立，
故，
，故，当且仅当时，等号成立，
故，
依次类推，可得，当且仅当等号成立，
故
，B错误；
C选项，设，，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
所以，故在上恒成立，
，C正确；
D选项，，
，
故，D正确.
故选：ACD
【点睛】常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；
25．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知数列，满足，，，，，则下列选项正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】代入数据可计算出，可判断A选项；推导出，进而推导出数列为常数列，通过可判断B选项；推导出，结合以及不等式的性质可判断C选项；推导出数列为常数列，结合C选项可判断D选项.
【详解】已知数列，满足，，，，.
对于A选项，，，
，，
所以，，A对；
对于B选项，，
将等式与等式相加可得
，
所以，
，
所以，，即数列为常数列，
所以，，
所以，，即，故，B错；
对于C选项，因为，
当且仅当时，等号成立，所以，，
，
所以，，
且，
因此，，C对；
对于D选项，因为，则，
所以，，则，
将等式与等式相减可得
所以，，
所以，所以，，即数列为常数列，
所以，，
所以，，所以，，
故，D对.
故选；ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查由递推数列判断数列不等式的正误，本题注意到将题干中的两个的等式分别相加或相减，推导出数列、均为常数列是解本题的关键，此外需要求出的取值范围，再结合不等式的基本求解，综合性较强，有一定的难度.
三、填空题
26．（2023秋·浙江宁波·高三期末）已知数列满足：，若恒成立，则实数k的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据数列的递推公式利用数学归纳法即可证明单调递减且，构造函数可得，判断出函数单调性根据恒成立问题即可求出k的取值范围.
【详解】由，可得，即，
因为在上为单调递增，且，
而，即，可得，
可猜想数列单调递减且，
下面由数学归纳法证明：当时，，即，满足，
当时，假设成立，
当时，，即，
即，可得，
又因为，即，
所以成立，
即数列单调递减且成立，
由单调有界收敛定理可知收敛，设，
所以，所以，
所以，即递减且趋于0，
令，则恒成立，
，令，
则在恒成立，
所以在恒成立，所以在单调递增，
所以由恒成立可知，即，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据数列的递推公式确定，再通过构造函数将问题转化成不等式恒成立问题，利用导数判断函数单调性即可求解.
27．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛.设是一个“0，1数列”，定义数列：数列中每个0都变为“1，0，1”，中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列.例如数列：1，0，则数列：0，1，0，1，0，1.已知数列：1，0，1，0，1，记数列，，2，3，…，则数列的所有项之和为______.
【答案】
【分析】根据题意，依次讨论中0与1的个数，从而得解.
【详解】依题意，可知经过一次变换，每个1变成3项，其中2个0，1个1；每个0变成3项，其中2个1，1个0，
因为数列：1，0，1，0，1，共有5项，3个1，2个0，
所以有项，3个1变为6个0，3个1；2个0变为4个1，2个0；故数列中有7个1，8个0；
有项，7个1变为14个0，7个1；8个0变为16个1，8个0；故数列中有23个1，22个0；
有项，23个1变为46个0，23个1；22个0变为44个1，22个0；故数列中有67个1，68个0；
所以数列的所有项之和为.
故答案为：.
28．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）在数列中给定，且函数的导函数有唯一的零点，函数且.则______.
【答案】##0.25
【分析】利用导数的定义和对称性可得，利用辅助角公式对化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合夹逼原理即可求解.
【详解】因为有唯一的零点，为偶函数，
所以，即，，
所以数列为公差为的等差数列，
又因为
，
令，则为奇函数，
因为，所以在上单调递增，
由题意得，
因为数列是公差不为0的等差数列，其中，则，假设，
，
因为
所以，
假设，同理可得，
综上，，
故答案为：
29．（2023·湖南岳阳·统考二模）定义是与实数的距离最近的整数（当为两相邻整数的算术平均值时，取较大整数），如，令函数，数列的通项公式为，其前项和为，则__________；__________.
【答案】 3
【分析】根据数列新定义可知，数列重新分组可得，，且满足第组有个数，且每组中所有数之和为，即可求解.
【详解】因为
所以；
根据，
当时，，则，，
当时，，则，，
当时，，则，，
当时，，则，，
以此类推，将重新分组如下，
，
第组有个数，且每组中所有数之和为，
设在第组中，
则，可得解得，
所以，
故答案为：3;.
30．（2023·广东·高三校联考阶段练习）数列中，表示自然数的所有因数中最大的那个奇数，例如：20的因数有1，2，4，5，10，20，，21的因数有1，3，7，21，，那么数列前项的和______
【答案】
【分析】方法一：将数列，按照（，且）的奇数倍分组，根据数列的定义，求出每个对应的数值，得到一个等差数列，求出和为.然后将每组的和加起来，根据等比数列前项公式，即可求出结果；方法二：由已知求出，，，可猜想.用数学归纳法证明对任意正整数都成立即可. 然后由以及等比数列前项和公式即可求出答案.
【详解】方法一：根据数列的定义可得，，所以.
将数列分为以下各组：
所有的奇数：1，3，5， ，.根据定义，对应中的数列为1，3，5， ，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为；
2的奇数倍：，，，，.根据定义，对应中的数列为1，3，5， ，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为；
的奇数倍：，，，，.根据定义，对应中的数列为1，3，5， ，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为；
……
（，且）的奇数倍：，，，，.根据定义，对应中的数列为1，3，5， ，，构成一个公差为2，项数为的等差数列，和为；
……
的奇数倍：，.根据定义，对应中的数列为1，3，和为；
的奇数倍：.根据定义，对应中的数列为1，和为.
所以，数列前项的和.
方法二：由已知可得，，，
，
.
则可猜想，.
（1）当时，成立；
（2）假设时，该式成立，即，即.
则当时，有，
由定义可知，.
所以，
，
所以.
即当时，该式也成立.
由（1）（2）可知，对都成立.
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据数列的定义可得，，进而可推出.即可按照（，且）的奇数倍，对数列进行合理分组.
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