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1、数列2024年高考数学真题分类汇编04：数列一、单选题1（2024全国）等差数列的前项和为，若，（）ABC1D2（2024全国）等差数列的前项和为，若，则（）ABC1D2二、填空题3（2024全国）记为等差数列的前n项和，若，则 .4（2024北京）已知，不为常数列且各项均不相同，下列正确的是 .，均为等差数列，则M中最多一个元素；，均为等比数列，则M中最多三个元素；为等差数列，为等比数列，则M中最多三个元素；单调递增，单调递减，则M中最多一个元素.5（2024上海）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 三、解答题6（2024全国）设m为正整数，数列是公差不为0
2、的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列(1)写出所有的，使数列是可分数列；(2)当时，证明：数列是可分数列；(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：7（2024全国）已知双曲线，点在上，为常数，按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.(1)若，求；(2)证明：数列是公比为的等比数列；(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.8（2024全国）已知等比数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)求数列的通项公式.9（2024全国）记为数列的前项和，且(1)求的通
3、项公式；(2)设，求数列的前项和为10（2024北京）设集合对于给定有穷数列，及序列，定义变换：将数列的第项加1，得到数列；将数列的第列加，得到数列；重复上述操作，得到数列，记为(1)给定数列和序列，写出；(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，证明：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”11（2024天津）已知数列是公比大于0的等比数列其前项和为若(1)求数列前项和；(2)设，其中是大于1的正整数（）当时，求证：；（）求参考答案：1D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列
4、的性质进行处理，或者特殊值法处理.【解析】方法一：利用等差数列的基本量由，根据等差数列的求和公式，又.故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，由，根据等差数列的求和公式，故.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差，则，则.故选：D2B【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值.【解析】由，则，则等差数列的公差，故.故选：B.395【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【解析】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，则.故答案为：.4【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断的正误，利用反例可判断的正误，结合通项公式
5、的特征及反证法可判断的正误.【解析】对于，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故正确.对于，取则均为等比数列，但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故错误.对于，设，若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，当有偶数解，此方程即为，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，否则，因单调性相反，方程至多一个偶数解，当有奇数解，此方程即为，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即否则，因单调性相反，方程至多一个奇数解，因为，不可
6、能同时成立，故不可能有4个不同的正数解，故正确.对于，因为为单调递增，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故正确.故答案为：【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.5【分析】当时，不妨设，则，结合为闭区间可得对任意的恒成立，故可求的取值范围.【解析】由题设有，因为，故，故，当时，故，此时为闭区间，当时，不妨设，若，则，若，则，若，则，综上，又为闭区间等价于为闭区间，而，故对任意恒成立，故即，故，故对任意的恒成立，因，故当时，故即.故答案为：.
7、【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.6(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；（2）根据可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.【解析】（1）首先，我们设数列的公差为，则.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形，得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从
8、中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是，或，或.所以所有可能的就是.（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：，共组；，共组.（如果，则忽略）故数列是可分数列.（3）定义集合，.下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，则数列一定是可分数列：命题1：或；命题2：.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果，且.此时设，.则由可知，即，故.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：，共组；，共组；，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）故此时数列是可分数列.第二种情况：如果，且.此
9、时设，.则由可知，即，故.由于，故，从而，这就意味着.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：，共组；，共组；全体，其中，共组；，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）这里对和进行一下解释：将中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：，. 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同
10、时成立，则数列一定是可分数列.然后我们来考虑这样的的个数.首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；而如果，假设，则可设，代入得.但这导致，矛盾，所以.设，则，即.所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.所以数列是可分数列的概率一定满足.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析【分
11、析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；（2）根据等比数列的定义即可验证结论；（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.【解析】（1）由已知有，故的方程为.当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.故，从而，.（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.从而根据韦达定理，另一根，相应的.所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.所以.这就
12、得到，.所以.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，则.（若在同一条直线上，约定）证明：.证毕，回到原题.由于上一小问已经得到，故.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数，都有.而又有，故利用前面已经证明的结论即得.这就表明的取值是与无关的定值，所以.方法二：由于上一小问已经得到，故.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数，都有.这就得到，以及.两式相减，即得.移项得到.故.而，.所以和平行，这就得到，即.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解
13、.8(1)(2)【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；（2）利用等比数列的求和公式可求.【解析】（1）因为,故，所以即故等比数列的公比为，故，故，故.（2）由等比数列求和公式得.9(1)(2)【分析】（1）利用退位法可求的通项公式（2）利用错位相减法可求.【解析】（1）当时，解得当时，所以即，而，故，故，数列是以4为首项，为公比的等比数列，所以.（2）,所以故所以，.10(1)(2)不存在符合条件的，理由见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接按照的定义写出即可；（2）利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；（3）分充分性和必要性两方面论证.
14、【解析】（1）由题意得；（2）假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，则，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的；（3）我们设序列为，特别规定.必要性：若存在序列，使得为常数列.则，所以.根据的定义，显然有，这里，.所以不断使用该式就得到，必要性得证.充分性：若.由已知，为偶数，而，所以也是偶数.我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.上面已经证明，这里，.从而由可得.同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.下面证明不存在使得.假设存在，根据对称性，不妨设，即.情况1：若，则由和都是偶数，知.对该数列连续作四次变换后，新的相
15、比原来的减少，这与的最小性矛盾；情况2：若，不妨设.情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.则此时对任意，由可知必有.而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(1)(2)证明见详解；【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意结合等比数列通项公式求，再结合等比数列求和公式分析求解；（2）根据题意分析可知，利用作差法分析证明；根据题意结合等差数列求和公式可得，再结合裂项相消法分析求解.【解析】（1）设等比数列的公比为，因为，即，可得，整理得，解得或（舍去），所以.（2）（i）由（1）可知，且，当时，则，即可知，可得，当且仅当时，等号成立，所以；（ii）由（1）可知：，若，则；若，则，当时，可知为等差数列，可得，所以，且，符合上式，综上所述：.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当时，可知为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得.