高中数学压轴题小题专项训练专题22构造数列问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题22构造数列问题含解析答案，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．正项数列的前n项和为，，则（ ）其中表示不超过x的最大整数.
A．18B．17C．19D．20
2．设数列的前项和为，已知，若，则正整数的值为（ ）
A．2024B．2023C．2022D．2021
3．已知数列的前项和为，若，且，则（ ）
A．8B．6C．4D．2
4．设，数列中，， ,则
A．当B．当
C．当D．当
5．为数列的前n项和，，对任意大于2的正整数，有恒成立，则使得成立的正整数的最小值为（ ）
A．7B．6C．5D．4
6．设数列的前n项和为，已知，，，若，则正整数k的值为（ ）
A．2016B．2017C．2018D．2019
7．已知数列满足，，且，若表示不超过x的最大整数（例如，）.则（ ）
A．2018B．2019C．2020D．2021
8．符号表示不超过实数的最大整数，如，．数列满足，，．若，为数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
9．设数列的前项和为，已知，若，则正整数的值为（ ）
A．2019B．2020C．2021D．2022
10．数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
11．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.用他的名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，已知数列满足，，，若，为数列的前项和，则（ ）
A．999B．749C．499D．249
12．在数列中，，，且，则下列结论成立的是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
13．已知数列满足，且，则 ；令，若的前n项和为，则 ．
14．某校建立了一个数学网站，本校师生可以用特别密码登录网站免费下载学习资源．这个特别密码与如图数表有关．数表构成规律是：第一行数由正整数从小到大排列得到，下一行数由前一行每两个相邻数的和写在这两个数正中间下方得到．以此类推，每年的特别密码是由该年年份及数表中第年份行（如2019年即为第2019行）自左向右第一个数的个位数字构成的五位数．如：2020年特别密码前四位是2020，第五位是第2020行自左向右第1个数的个位数字．按此规则，2022年的特别密码是 ．
15．两个数列､满足，，，（其中），则的通项公式为 .
16．已知数列和满足，，，.则＝ .
17．已知数列满足，，且设的前项和为，则 .
18．甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三人中的任何一人，则经过6次传球后，球在甲手中的概率为 ．
19．设数列的前项和为，已知，，若，则的最小值是 ．
20．数列中，，，若不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
21．某校电子阅览系统的登录码由学生的届别+班级+学号+特别码构成．这个特别码与如图数表有关，数表构成规律是：第一行数由正整数从小到大排列得到，下一行数由前一行每两个相邻数的和写在这两个数正中间下方得到．以此类推，特别码是学生届别数对应表中相应行的自左向右第一个数的个位数字，如：届班号学生的登陆码为．（为表中第行第一个数的个位数字）．则届班号学生的登录码为 ．
22．已知数列中的分别为直线在轴、轴上的截距，且，则数列的通项公式为 ．
23．某班级在一次植树种花活动中负责对一片圆环区域花圃栽植鲜花，该圆环区域被等分为n个部分（），每个部分从m种不同颜色（）的鲜花中选取一种进行栽植，要求相邻区域不能用同种颜色的鲜花．将总的栽植方案数用表示，则：
①等于二项式的展开式中第 项的系数；
② ．
参考答案：
1．A
【分析】讨论、，根据关系可得且，应用等差数列通项公式求得，利用放缩法有，注意不等式右侧，进而根据的定义求目标式的值.
【详解】当时，，整理得，又，故，
当时，，可得，而，
所以是首项、公差均为1的等差数列，则，又，故，
由，即，同理可得且，
，
，
综上，.
故选：A
【点睛】关键点点睛：首先利用关系及构造法求通项公式，再由放缩法及函数新定义求目标式的值.
2．B
【分析】由题设有，等比数列定义求通项公式，进而有求，再由及放缩法确定范围求参数值.
【详解】，又，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
所以，
故，令
由且，则，
由，则，
则，所以，
故，则正整数的值为2023.
故选：B
3．D
【解析】先利用结合已知条件得，即数列是每项均为的常数列，即可求出，代入已知条件结合等差数列求和公式即可求得.
【详解】，，
，变形得
所以数列是每项均为的常数列，，即
又
解得：
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列递推关系求数列通项公式，及等差数列求和，题目涉及，利用将已知条件转化为，从而得到数列是每项均为的常数列是解题的关键，考查学生的逻辑推理与计算能力，属于中档题.
4．A
【解析】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.
5．B
【分析】先由题设条件求出，得到：，整理得：，从而有数列是以3为首项，2为公差的等差数列，求出，再利用累加法求出，然后利用裂项相消法整理可得，解出的最小值．
【详解】解：依题意知：当时有，，，，
，，即，
，即，，
又，，，
数列是以3为首项，2为公差的等差数列，，
故，，，，，
由上面的式子累加可得：，，
，．
由可得：
，
整理得， 且，
解得：．所以的最小值为6．
故选：B．
【点睛】本题主要考查式子的变形、构造等差数列、累加法求和及裂项相消法求和、解不等式等知识点，属于难题．
6．B
【分析】取倒数后得到，构造出为等比数列，求出，求和后令，利用放缩法得到，从而求出正整数k的值.
【详解】，，，
两边取倒数可得：，
化为：，
又因为，
可得：数列是等比数列，首项为1，公比为．
∴，
故，
∴，
令，
因为，，
所以＝
＝1+﹣．
因为，
所以．
∴，
∵，则正整数k的值为2017．
故选：B．
【点睛】本题的难点在于数列求和的放缩，，，及，然后结合等比数列的求和公式进行求解，
常用的数列放缩式还有：，等，解题过程中，注意观察数列特征选择合适的放缩方法.
7．D
【分析】由题设得是首项为4，公差为2的等差数列，可得，再应用累加法求的通项公式，最后求结合函数新定义得，即可求目标式结果.
【详解】由题设，，，
故是首项为4，公差为2的等差数列，则，
则，
所以，故，又，
当时，当时，
所以2021.
故选：D
【点睛】关键点点睛：构造数列并求通项公式，再由累加法求的通项公式，结合函数新定义求目标式的值.
8．B
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出的通项公式，并确定其取值范围求出，再利用裂项相消法求和即可得解.
【详解】由，得，而，
则数列是首项为，公比也为的等比数列，即，
当时，，
显然满足上式，因此，
而，
，则，
显然，
于是，则，
因此，
所以.
故选：B
【点睛】易错点睛：裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
9．C
【分析】由题设有，等比数列定义求通项公式，进而有求，再由及放缩法确定范围求参数值.
【详解】，又，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
所以，
故，令
由且，则，
由，则，
则，所以，
故，则正整数的值为2021.
故选：C
【点睛】关键点点睛：构造法求通项公式，应用分组求和、等比数列前n项和公式求，最后应用放缩求范围.
10．C
【分析】化简得到，记，得到，是以为公差的等差数列，计算得到答案.
【详解】由，
故，记，则，
两边取倒数，得，所以是以为公差的等差数列，
又，所以，所以，
故.
故选：C.
【点睛】本题考查了数列的通项公式，确定是以为公差的等差数列是解题的关键.
11．A
【分析】构造法判断为等比数列，为常数列，进而可得，再由，结合新定义有，最后利用裂项相消法求的前n项和.
【详解】由，得，又，
所以数列是以4为首项，5为公比的等比数列，则①，
由得：，又，
所以数列是常数列，则②，
由①②联立得.
因为，所以，即，
所以，故，
所以，则.
故选：A
12．C
【分析】根据，可得，，两式相除即可求得数列通项，再逐一分析各个选项即可.
【详解】因为，所以，，
两式相除，得，
又，所以，
所以是以为公比的等比数列，
所以，
记，则，所以，所以，
所以，
即，故A错误；
因为，所以，
所以，
同理，，，
所以，
即，故B错误；
，
所以，故C正确；
，所以，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据，可得，，两式相除得出是以为公比的等比数列，是解决本题得关键.
13．
【分析】先利用构造法证得是等比数列，从而求得，再利用倒数法得到，从而利用裂项求和法即可得解.
【详解】由，可得，即，
两边取以4为底的对数得，
又，
则数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以；
由，得，
则，得，
故，
所以
.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键是通过观察法与倒数法得到，从而得解.
14．20228
【分析】由数表归纳可得每一行的数都构成等差数列，且第行的公差是，记第行第个数为；化简可得，构造数列，可判断该数列为等差数列，化简可求得，从而第2022行的第一个数，再归纳找到个位数的规律，即可求得．
【详解】由数表可得，每一行的数都构成等差数列，且第行的公差是，
记第行第个数为，则，
则，，故数列是以首项为，公差为的等差数列，
故，故，
故第2022行的第一个数为，
的个位数是2，的个位数是4，的个位数是8，的个位数是6，的个位数是2，，
的个位数以4为周期循环，而，故的个位数是6，又，
故第2022行的第一个数的个位数为，故2022年的特别密码是20228．
故答案为：20228.
15．
【分析】依题意可得，即，即可得到的特征方程为，求出方程的根，则设数列的通项公式为，根据、得到方程组，求出，即可得到的通项公式；
【详解】解：因为，，
所以，
所以，即，所以的特征方程为，解得特征根或，
所以可设数列的通项公式为，因为，，
所以，所以，解得，
所以，所以；
故答案为：
16．
【解析】求出，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，求出，进一步推导出数列为等差数列，确定该等差数列的首项和公差，可求得的通项公式，进一步求出和，由此可求得结果.
【详解】，，且，，则，
由可得，代入可得，
，且，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
在等式两边同时除以可得，
所以，数列为等差数列，且首项为，公差为，
所以，，，
则，
因此，.
故答案为：.
【点睛】数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：
①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；
②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．
17．
【分析】由已知等式可求得，设，则可整理得到，从而构造出等比数列，利用等比数列通项公式可求得，采用分组求和法，结合等比数列求和公式即可求得.
【详解】当时，，又，，；
由得：，，
，，
，
设，则，，
又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，，即；
.
故答案为：.
18．
【分析】设表示经过第次传球后，球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，依题意利用条件概率的概率公式得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出，再将代入计算可得；
【详解】解：设表示经过第次传球后，球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，，则有，，所以
，即，所以，
又，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
当时；
故答案为：
19．4
【解析】根据已知条件先求解出，再利用求解出，将不等式化简求解出的取值范围，从而的最小值可求.
【详解】∵，∴，
∴，∴是等比数列且，
又，∴，∴，
∴当时，，则有，
又∵，∴，
化简得，解得或，
∵，所以，则．
故答案为：.
【点睛】本题考查数列与不等式的综合应用，其中涉及构造法求通项公式以及利用求的通项公式，难度较难.
20．
【分析】由，化简为，得出是等差数列，
求出，然后，对于不等式，对进行分类可得的取值范围.
【详解】解 : 由数列满足,，
两边取倒数可得：，
数列是等差数列, 公差为1, 首项为2
，
由恒成立,得,
当 为偶数时，, 则，
当为奇数时，,则
∴实数的取值范围为，
故答案为：
【点睛】本题的难点在于通过对整式进行转换，得出数列是等差数列，以及利用对进行分类讨论，进而利用参变分离进行求解，属于难题
21．
【分析】设第第一个数为，则，推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得，计算出的个位数，即可得解.
【详解】注意到，第行的前两个数之差为，
设第第一个数为，则，
等式两边同时除以可得，且，
所以，数列是首项为，公差为的等差数列，则，
所以，，，
的个位数为：、、、、、的规律，
所以，的个位数呈周期性变化，且周期为，
，即的个位数为，故的个位数为，
因此，届班号学生的登录码为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：当出现时，即在等式两边同时除以，可得出，利用累加法可求得数列的通项公式.
22．
【分析】根据已知求出，将条件化为，利用数列是以为首项，为公比的等比数列，求出，再化为，根据数列是以为首项，为公比的等比数列，可求出结果.
【详解】在中令，得，令，得，所以，
因为，所以，
设，可化为：，
则，解得：，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则．
两边同时除以得，则，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
【点睛】方法点晴：本题主要考查的是等比数列的通项公式和根据递推数列构造等比数列，本题两次构造等比数列，首先设，再根据已知条件确定的值，构造数列为等比数列；第二，根据，两边同时除以得数列为等比数列，从而得解．因为两次构造等比数列，做题过程中要注意认真计算，否则容易出现错误．
23． 7
【分析】当时，分同色和不同色，两种情况讨论，求出，再根据二项式的展开通项即可得出答案；当有个区域时，若不考虑区域和区域是否同色，则共有种方案，这种方案种包含区域和区域同色和不同色两种情况，若区域和区域不同色，则共有种方案，若区域和区域同色，则有种方案，从而可得出，根据递推公式即可得出答案.
【详解】解：当时，
若同色，则共有中排法，
若不同色，则共有中排法，
所以总共有中排法，
即，
二项式的展开通项为，
令，解得，
所以等于二项式的展开式中第7项的系数，
当有个区域时，若不考虑区域和区域是否同色，
则共有种方案，
这种方案种包含区域和区域同色和不同色两种情况，
若区域和区域不同色，则共有种方案，
若区域和区域同色，则可以把这两个区域看成同一个区域，即为区域①，
则给区域①，2，3，4，，栽植，由题意可知有种方案，
所以，
即，
所以数列是以为公比的等比数列，
又，
是以，
是以.