数列章节测试训练（含解析）
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文档简介
绝密★启用前
数学
数列章节测试训练
考试范围：数列；考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．已知为等比数列,,,则（ ）
A． B． C． D．
2．设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知等比数列的前项和为，且满足，则的值是
A． B． C． D．
4．已知数列的首项，且满足，则的最小的一项是
A． B． C． D．
5．设数列的前项和为，，且，若，则的最大值为
A． B． C． D．
6．已知数列满足，，若，则数列的通项
A． B． C． D．
7．已知函数（其中）的图像经过点，令，则
A．2019 B． C．6057 D．
8．已知数列满足：， ，则下列关于的判断正确的是
A．使得
B．使得
C．总有
D．总有
二、选择题：本题共四个小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d．已知a3＝12，S12＞0，a7＜0，则（ ）
A．a6＞0
B．
C．Sn＜0时，n的最小值为13
D．数列中最小项为第7项
11．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
12．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 B．
C． D．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4个小题，每个小题5分，共20分。
13．记为数列的前项和，若，则_____________．
14．2019年暑假期间，河南有一新开发的景区在各大媒体循环播放广告，观众甲首次看到该景区的广告后，不来此景区的概率为，从第二次看到广告起，若前一次不来此景区，则这次来此景区的概率是，若前一次来此景区，则这次来此景区的概率是.记观众甲第n次看到广告后不来此景区的概率为，若当时，恒成立，则M的最小值为__________.
15．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲（水生植物名）生一日，长三尺；莞（植物名，俗称水葱、席子草）生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为_____日．
（结果保留一位小数，参考数据：，）
16．如图，曲线y2＝x（y≥0）上的点P1与x轴的正半轴上的点Qi及原点O构成一系列正三角形，△OP1Q1，△Q1P2Q2，…，△Qn﹣1PnQn…设正三角形Qn﹣1PnQn的边长为an，n∈N*（记Q0为O），Qn（Sn，0）.数列{an}的通项公式an＝_____.
四、解答题：本题共6个小题，共70分。
17．记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值．
18．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
19．已知数列满足.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明： .
20．已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
21．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足，S4+2S2=3S3，数列{bn}满足b1=0，且n(bn+1+1)-(n+1)(bn+1)=n(n+1)（n∈N* ）
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）设数列前n项和为Tn，证明：Tn <2（n∈N*）.
22．对于数列，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称为数列.
（1）若的前项和，试判断是否是数列，并说明理由；
（2）设数列是首项为、公差为的等差数列，若该数列是数列，求的取值范围；
（3）设无穷数列是首项为、公比为的等比数列，有穷数列，是从中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为，，求是数列时与所满足的条件，并证明命题“若且，则不是数列”.
(
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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
) (
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第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【分析】由条件可得的值，进而由和可得解.
【详解】或.
由等比数列性质可知
或
故选D.
【点睛】本题主要考查了等比数列的下标的性质，属于中档题.
2．D
【详解】试题分析：当时，不是递增数列；当且时，是递增数列，但是不成立，所以选D.
考点：等比数列
3．C
【分析】利用先求出，然后计算出结果.
【详解】根据题意，当时，,,
故当时，,
数列是等比数列,
则，故,
解得,
故选.
【点睛】本题主要考查了等比数列前项和的表达形式，只要求出数列中的项即可得到结果，较为基础.
4．A
【分析】利用配凑法将题目所给递推公式转化为，即证得为首项为，公差为的等差数列，由此求得的表达式，进而求得的表达式，并根据二次函数的对称轴求得当时有最小值.
【详解】由已知得，，所以数列为首项为，公差为的等差数列，，则，其对称轴.所以的最小的一项是第项.故选A.
【点睛】本小题考查由数列的递推公式求数列的通项公式，考查二次函数求最值的方法，属于中档题.
5．A
【解析】由题，先由求得数列的通项公式，再利用分组求和求得，分n为奇数和偶数，最后求得n的取值，可得结果.
【详解】，，
是以为公比的等比数列，
，
当n为偶数时，无解，当n为奇数时，，
，又，，即，
即，又n为奇数，故n的最大值为
故选A
【点睛】本题考查了数列的综合，熟悉通项公式的求法，数列求和的方法，分析数列是解题的关键，综合性较强，属于较难题目.
6．B
【详解】 , ,,
则 ,数列是首项为2，公比为2的等比数列，
，利用叠加法， ，
，则.选B.
7．B
【分析】由题意易得，进而得，分别计算，观察规律即可得解.
【详解】由 的图象经过点，
则，所以，结合可得，
，
所以，，，
所以，所以，
故选B.
【点睛】本题主要考查了数列的周期性，属于中档题.
8．D
【分析】由题意结合均值不等式的结论、数列的单调性、函数的单调性和特殊数列的性质确定题中的说法是否正确即可.
【详解】对于选项A，由于，故恒成立，则，
故不存在的项，选项A说法错误；
对于选项B，由于，结合选项A可知，故，即，选项B说法错误；
对于选项C，构造函数，则，则函数在区间上单调递增，则不存在满足，选项C说法错误；
对于选项D，令，则，此时数列为常数列，故总有，选项D说法正确.
故选D.
【点睛】本题主要考查数列的单调性，数列中的最值问题，递推关系的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
9．ACD
【解析】由题意可得数列满足递推关系，依次判断四个选项，即可得正确答案.
【详解】对于A，写出数列的前6项为，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，由，，，……，，可得：，故C正确.
对于D，斐波那契数列总有，则，，，……，，，可得，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换，属于中档题.
10．ABCD
【分析】S12＞0，a7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：a6+a7＞0，a6＞0．再利用a3＝a1+2d＝12，可得＜d＜﹣3．a1＞0．利用S13＝13a7＜0．可得Sn＜0时，n的最小值为13．数列中，n≤6时，＞0.7≤n≤12时，＜0．n≥13时，＞0．进而判断出D是否正确．
【详解】∵S12＞0，a7＜0，∴＞0，a1+6d＜0．
∴a6+a7＞0，a6＞0．∴2a1+11d＞0，a1+5d＞0，
又∵a3＝a1+2d＝12，∴＜d＜﹣3．a1＞0．
S13＝＝13a7＜0．
∴Sn＜0时，n的最小值为13．
数列中，n≤6时，＞0，7≤n≤12时，＜0，n≥13时，＞0．
对于：7≤n≤12时，＜0．Sn＞0，但是随着n的增大而减小；an＜0，
但是随着n的增大而减小，可得：＜0，但是随着n的增大而增大．
∴n＝7时，取得最小值．
综上可得：ABCD都正确．
故选：ABCD．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
11．BD
【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①或②.解②得.解①，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.
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.
13．
【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.
【详解】根据，可得，
两式相减得，即，
当时，，解得，
所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，
所以，故答案是.
点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.
14．
【解析】设为观众甲第次看到广告后不来此景区的概率，根据题意可得是首项为，公比为的等比数列，求出的通项公式，再判断其单调性，即可得答案.
【详解】根据题意，为观众甲第次看到广告后不来此景区的概率，
则，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以， 即，
显然数列单调递减，
所以当时，，
所以，所以的最小值为.
【点睛】本题考查概率与数列的综合题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意寻找递推关系是解题的关键.
15．2.6．
【详解】解：设蒲（水生植物名）的长度组成等比数列 ，其 ，公比为 ，其前 项和为 ．莞（植物名）的长度组成等比数列 ，其，公比为 ，其前 项和为 ．
则，
令 ，
化为：，
解得 或 （舍去）．
即： .
所需的时间约为 日.
16．.
【解析】由是边长为的正三角形，得的坐标，再将其坐标代入中，可求出的值， 又由于每一个三角形都为正三角形，从而可得，再将点的坐标代入中，可得，再由求出，所以数列为等差数列，从而可求得.
【详解】由条件可得△P1OQ1为正三角形，且边长为，
∴，在曲线上，代入（）中，得，
∵＞0，∴，根据题意得点，
代入曲线（）并整理，得.
当，时，，
即.
∵，∴，
当＝1时，，∴或（舍）
∴，故
∴数列是首项为，公差为的等差数列，∴an.
故答案为：.
【点睛】此题考查求解等差数列通项公式的方法，考查了数形结合思想和方程思想，属于难题.
17．（1）；（2），最小值为–16．
【分析】（1）方法一：根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式即得结果；
（2）方法二：根据等差数列前n项和公式得，根据二次函数的性质即可求出.
【详解】（1）[方法一]：【通性通法】【最优解】 公式法
设等差数列的公差为，由得，，解得：，所以．
[方法二]：函数+待定系数法
设等差数列通项公式为，易得，由，即，即，解得：，所以．
（2）[方法1]：邻项变号法
由可得．当，即，解得，所以的最小值为，
所以的最小值为．
[方法2]：函数法
由题意知，即，
所以的最小值为，所以的最小值为．
【整体点评】（1）方法一：直接根据基本量的计算，利用等差数列前n项和公式求出公差，即可得到通项公式，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：根据等差数列的通项公式的函数形式特征，以及等差数列前n项和的性质，用待定系数法解方程组求解；
（2）方法一：利用等差数列前n项和公式求，再利用邻项变号法求最值；
方法二：利用等差数列前n项和公式求，再根据二次函数性质求最值．
18．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；
19．（1）证明见解析，；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：本题第（1）问，证明等比数列，可利用等比数列的定义来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式.
试题解析：（1）证明：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得.
（2）由（1）知：，所以，
因为当时，，所以，于是=，
所以.
【易错点】对第（1）问，构造数列证明等比数列不熟练；对第（2）问，想不到当时，，而找不到思路，容易想到用数学归纳法证明而走弯路.
考点：本小题考查等比数列的定义、数列通项公式的求解、数列中不等式的证明等基础知识，考查同学们的逻辑推理能力，考查分析问题与解决问题的能力.数列是高考的热点问题之一，熟练数列的基础知识是解决好该类问题的关键.
20．（I）；（II）证明见解析.
【分析】（I）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式.
（II）利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.
【详解】（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.
所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以（）.
所以，又，符合，
故.
（II）依题意设，由于，
所以，
故
.
又，而，
故
所以
.
由于，所以，所以.
即， .
【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.
21．（1），；（2）证明见解析
【解析】（1）将整理得，即可求得公比，再由可求得首项，代入等比数列通项公式，求得数列{an}的通项公式；将已知整理得n(bn+1+1)-(n+1)(bn+1)=n(n+1)，并两边同除以，得，从而数列为首项，公差的等差数列，可求得的通项公式，整理得数列{bn}的通项公式；
（2）由（1）可得，令利用错位相减法可求得其前n项和且，显然，即可得证.
【详解】（1）由得
即
又 故，所以
将已知n(bn+1+1)-(n+1)(bn+1)=n(n+1)两边同除以，得，从而数列为首项，公差的等差数列
所以，从而数列的通项公式为
（2）由（1）知
令，数列之和为，则
因为
则，
两式相减得，
整理得
所以
【点睛】本题考查数列的综合问题，涉及等比数列求通项公式，构造法求数列通项公式，数列的错位相减法求和，还考查了数列中的不等式证明，属于难题.
22．（1）是，理由见解析；（2）；（3）当是数列时，与满足的条件为或，证明见解析.
【解析】(1)由数列定义知，仅需验证当时，恒成立即可；
(2)写出，的表达式，则对满足的任意都成立，则将此问题转化为不等式恒成立的问题，然后据此去求解的范围；
(3)根据数列是数列，可以得到，所以需要分，和，去讨论，和(2)相似，还是去求解使得的取值范围，仍然是将其转化为不等式的恒成立问题，然后在不同的情况下求出对应的的取值范围即可.在证明命题“若且，则不是数列”时，考虑使用反证法：先排除掉数列的项都在数列中、数列的项都在数列中的情况.若数列至少有一项不在数列中，且数列至少有以一项不在数列中,先去掉其公共项得到数列，，设数列的最大项为，且数列的最大项比数列的最大项大，然后根据数列是数列的性质,得到,从而推出矛盾，进而所求证得证.
【详解】(1)∵，
∴，
当时，，
故，
那么当时，，符合题意，
故数列是数列；
(2)由题意知，该数列的前项和为，，
由数列是数列，可知，故公差，
对满足的任意都成立，则，解得，
故的取值范围为；
(3)①若是数列，则，
若，则，又由对一切正整数都成立，可知，即对一切正整数都成立，
由，，故，可得；
若，则，又由对一切正整数都成立，可知，即对一切正整数都成立，
又当时，当时不成立，
故有或，解得，
∴当是数列时，与满足的条件为或；
②假设是数列，则由①可知，，，且中每一项均为正数，
若中的每一项都在中，则由这两数列是不同数列，可知；
若中的每一项都在中，同理可得；
若中至少有一项不在中且中至少有一项不在中，
设，是将，中的公共项去掉之和剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为，，
不妨设，中最大的项在中，设为，
则，故，故总有与矛盾，故假设错误，原命题正确.
【点睛】本题考查不等关系、不等式的恒成立及数列的综合知识，属于创新题，同时也是难题.
答案第1页，共2页
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数学
数列章节测试训练
考试范围：数列；考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．已知为等比数列,,,则（ ）
A． B． C． D．
2．设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知等比数列的前项和为，且满足，则的值是
A． B． C． D．
4．已知数列的首项，且满足，则的最小的一项是
A． B． C． D．
5．设数列的前项和为，，且，若，则的最大值为
A． B． C． D．
6．已知数列满足，，若，则数列的通项
A． B． C． D．
7．已知函数（其中）的图像经过点，令，则
A．2019 B． C．6057 D．
8．已知数列满足：， ，则下列关于的判断正确的是
A．使得
B．使得
C．总有
D．总有
二、选择题：本题共四个小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d．已知a3＝12，S12＞0，a7＜0，则（ ）
A．a6＞0
B．
C．Sn＜0时，n的最小值为13
D．数列中最小项为第7项
11．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
12．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 B．
C． D．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4个小题，每个小题5分，共20分。
13．记为数列的前项和，若，则_____________．
14．2019年暑假期间，河南有一新开发的景区在各大媒体循环播放广告，观众甲首次看到该景区的广告后，不来此景区的概率为，从第二次看到广告起，若前一次不来此景区，则这次来此景区的概率是，若前一次来此景区，则这次来此景区的概率是.记观众甲第n次看到广告后不来此景区的概率为，若当时，恒成立，则M的最小值为__________.
15．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲（水生植物名）生一日，长三尺；莞（植物名，俗称水葱、席子草）生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为_____日．
（结果保留一位小数，参考数据：，）
16．如图，曲线y2＝x（y≥0）上的点P1与x轴的正半轴上的点Qi及原点O构成一系列正三角形，△OP1Q1，△Q1P2Q2，…，△Qn﹣1PnQn…设正三角形Qn﹣1PnQn的边长为an，n∈N*（记Q0为O），Qn（Sn，0）.数列{an}的通项公式an＝_____.
四、解答题：本题共6个小题，共70分。
17．记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值．
18．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
19．已知数列满足.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明： .
20．已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
21．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足，S4+2S2=3S3，数列{bn}满足b1=0，且n(bn+1+1)-(n+1)(bn+1)=n(n+1)（n∈N* ）
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）设数列前n项和为Tn，证明：Tn <2（n∈N*）.
22．对于数列，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称为数列.
（1）若的前项和，试判断是否是数列，并说明理由；
（2）设数列是首项为、公差为的等差数列，若该数列是数列，求的取值范围；
（3）设无穷数列是首项为、公比为的等比数列，有穷数列，是从中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为，，求是数列时与所满足的条件，并证明命题“若且，则不是数列”.
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
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(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【分析】由条件可得的值，进而由和可得解.
【详解】或.
由等比数列性质可知
或
故选D.
【点睛】本题主要考查了等比数列的下标的性质，属于中档题.
2．D
【详解】试题分析：当时，不是递增数列；当且时，是递增数列，但是不成立，所以选D.
考点：等比数列
3．C
【分析】利用先求出，然后计算出结果.
【详解】根据题意，当时，,,
故当时，,
数列是等比数列,
则，故,
解得,
故选.
【点睛】本题主要考查了等比数列前项和的表达形式，只要求出数列中的项即可得到结果，较为基础.
4．A
【分析】利用配凑法将题目所给递推公式转化为，即证得为首项为，公差为的等差数列，由此求得的表达式，进而求得的表达式，并根据二次函数的对称轴求得当时有最小值.
【详解】由已知得，，所以数列为首项为，公差为的等差数列，，则，其对称轴.所以的最小的一项是第项.故选A.
【点睛】本小题考查由数列的递推公式求数列的通项公式，考查二次函数求最值的方法，属于中档题.
5．A
【解析】由题，先由求得数列的通项公式，再利用分组求和求得，分n为奇数和偶数，最后求得n的取值，可得结果.
【详解】，，
是以为公比的等比数列，
，
当n为偶数时，无解，当n为奇数时，，
，又，，即，
即，又n为奇数，故n的最大值为
故选A
【点睛】本题考查了数列的综合，熟悉通项公式的求法，数列求和的方法，分析数列是解题的关键，综合性较强，属于较难题目.
6．B
【详解】 , ,,
则 ,数列是首项为2，公比为2的等比数列，
，利用叠加法， ，
，则.选B.
7．B
【分析】由题意易得，进而得，分别计算，观察规律即可得解.
【详解】由 的图象经过点，
则，所以，结合可得，
，
所以，，，
所以，所以，
故选B.
【点睛】本题主要考查了数列的周期性，属于中档题.
8．D
【分析】由题意结合均值不等式的结论、数列的单调性、函数的单调性和特殊数列的性质确定题中的说法是否正确即可.
【详解】对于选项A，由于，故恒成立，则，
故不存在的项，选项A说法错误；
对于选项B，由于，结合选项A可知，故，即，选项B说法错误；
对于选项C，构造函数，则，则函数在区间上单调递增，则不存在满足，选项C说法错误；
对于选项D，令，则，此时数列为常数列，故总有，选项D说法正确.
故选D.
【点睛】本题主要考查数列的单调性，数列中的最值问题，递推关系的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
9．ACD
【解析】由题意可得数列满足递推关系，依次判断四个选项，即可得正确答案.
【详解】对于A，写出数列的前6项为，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，由，，，……，，可得：，故C正确.
对于D，斐波那契数列总有，则，，，……，，，可得，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换，属于中档题.
10．ABCD
【分析】S12＞0，a7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：a6+a7＞0，a6＞0．再利用a3＝a1+2d＝12，可得＜d＜﹣3．a1＞0．利用S13＝13a7＜0．可得Sn＜0时，n的最小值为13．数列中，n≤6时，＞0.7≤n≤12时，＜0．n≥13时，＞0．进而判断出D是否正确．
【详解】∵S12＞0，a7＜0，∴＞0，a1+6d＜0．
∴a6+a7＞0，a6＞0．∴2a1+11d＞0，a1+5d＞0，
又∵a3＝a1+2d＝12，∴＜d＜﹣3．a1＞0．
S13＝＝13a7＜0．
∴Sn＜0时，n的最小值为13．
数列中，n≤6时，＞0，7≤n≤12时，＜0，n≥13时，＞0．
对于：7≤n≤12时，＜0．Sn＞0，但是随着n的增大而减小；an＜0，
但是随着n的增大而减小，可得：＜0，但是随着n的增大而增大．
∴n＝7时，取得最小值．
综上可得：ABCD都正确．
故选：ABCD．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
11．BD
【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①或②.解②得.解①，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.
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.
13．
【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.
【详解】根据，可得，
两式相减得，即，
当时，，解得，
所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，
所以，故答案是.
点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.
14．
【解析】设为观众甲第次看到广告后不来此景区的概率，根据题意可得是首项为，公比为的等比数列，求出的通项公式，再判断其单调性，即可得答案.
【详解】根据题意，为观众甲第次看到广告后不来此景区的概率，
则，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以， 即，
显然数列单调递减，
所以当时，，
所以，所以的最小值为.
【点睛】本题考查概率与数列的综合题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意寻找递推关系是解题的关键.
15．2.6．
【详解】解：设蒲（水生植物名）的长度组成等比数列 ，其 ，公比为 ，其前 项和为 ．莞（植物名）的长度组成等比数列 ，其，公比为 ，其前 项和为 ．
则，
令 ，
化为：，
解得 或 （舍去）．
即： .
所需的时间约为 日.
16．.
【解析】由是边长为的正三角形，得的坐标，再将其坐标代入中，可求出的值， 又由于每一个三角形都为正三角形，从而可得，再将点的坐标代入中，可得，再由求出，所以数列为等差数列，从而可求得.
【详解】由条件可得△P1OQ1为正三角形，且边长为，
∴，在曲线上，代入（）中，得，
∵＞0，∴，根据题意得点，
代入曲线（）并整理，得.
当，时，，
即.
∵，∴，
当＝1时，，∴或（舍）
∴，故
∴数列是首项为，公差为的等差数列，∴an.
故答案为：.
【点睛】此题考查求解等差数列通项公式的方法，考查了数形结合思想和方程思想，属于难题.
17．（1）；（2），最小值为–16．
【分析】（1）方法一：根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式即得结果；
（2）方法二：根据等差数列前n项和公式得，根据二次函数的性质即可求出.
【详解】（1）[方法一]：【通性通法】【最优解】 公式法
设等差数列的公差为，由得，，解得：，所以．
[方法二]：函数+待定系数法
设等差数列通项公式为，易得，由，即，即，解得：，所以．
（2）[方法1]：邻项变号法
由可得．当，即，解得，所以的最小值为，
所以的最小值为．
[方法2]：函数法
由题意知，即，
所以的最小值为，所以的最小值为．
【整体点评】（1）方法一：直接根据基本量的计算，利用等差数列前n项和公式求出公差，即可得到通项公式，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：根据等差数列的通项公式的函数形式特征，以及等差数列前n项和的性质，用待定系数法解方程组求解；
（2）方法一：利用等差数列前n项和公式求，再利用邻项变号法求最值；
方法二：利用等差数列前n项和公式求，再根据二次函数性质求最值．
18．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；
19．（1）证明见解析，；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：本题第（1）问，证明等比数列，可利用等比数列的定义来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式.
试题解析：（1）证明：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得.
（2）由（1）知：，所以，
因为当时，，所以，于是=，
所以.
【易错点】对第（1）问，构造数列证明等比数列不熟练；对第（2）问，想不到当时，，而找不到思路，容易想到用数学归纳法证明而走弯路.
考点：本小题考查等比数列的定义、数列通项公式的求解、数列中不等式的证明等基础知识，考查同学们的逻辑推理能力，考查分析问题与解决问题的能力.数列是高考的热点问题之一，熟练数列的基础知识是解决好该类问题的关键.
20．（I）；（II）证明见解析.
【分析】（I）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式.
（II）利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.
【详解】（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.
所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以（）.
所以，又，符合，
故.
（II）依题意设，由于，
所以，
故
.
又，而，
故
所以
.
由于，所以，所以.
即， .
【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.
21．（1），；（2）证明见解析
【解析】（1）将整理得，即可求得公比，再由可求得首项，代入等比数列通项公式，求得数列{an}的通项公式；将已知整理得n(bn+1+1)-(n+1)(bn+1)=n(n+1)，并两边同除以，得，从而数列为首项，公差的等差数列，可求得的通项公式，整理得数列{bn}的通项公式；
（2）由（1）可得，令利用错位相减法可求得其前n项和且，显然，即可得证.
【详解】（1）由得
即
又 故，所以
将已知n(bn+1+1)-(n+1)(bn+1)=n(n+1)两边同除以，得，从而数列为首项，公差的等差数列
所以，从而数列的通项公式为
（2）由（1）知
令，数列之和为，则
因为
则，
两式相减得，
整理得
所以
【点睛】本题考查数列的综合问题，涉及等比数列求通项公式，构造法求数列通项公式，数列的错位相减法求和，还考查了数列中的不等式证明，属于难题.
22．（1）是，理由见解析；（2）；（3）当是数列时，与满足的条件为或，证明见解析.
【解析】(1)由数列定义知，仅需验证当时，恒成立即可；
(2)写出，的表达式，则对满足的任意都成立，则将此问题转化为不等式恒成立的问题，然后据此去求解的范围；
(3)根据数列是数列，可以得到，所以需要分，和，去讨论，和(2)相似，还是去求解使得的取值范围，仍然是将其转化为不等式的恒成立问题，然后在不同的情况下求出对应的的取值范围即可.在证明命题“若且，则不是数列”时，考虑使用反证法：先排除掉数列的项都在数列中、数列的项都在数列中的情况.若数列至少有一项不在数列中，且数列至少有以一项不在数列中,先去掉其公共项得到数列，，设数列的最大项为，且数列的最大项比数列的最大项大，然后根据数列是数列的性质,得到,从而推出矛盾，进而所求证得证.
【详解】(1)∵，
∴，
当时，，
故，
那么当时，，符合题意，
故数列是数列；
(2)由题意知，该数列的前项和为，，
由数列是数列，可知，故公差，
对满足的任意都成立，则，解得，
故的取值范围为；
(3)①若是数列，则，
若，则，又由对一切正整数都成立，可知，即对一切正整数都成立，
由，，故，可得；
若，则，又由对一切正整数都成立，可知，即对一切正整数都成立，
又当时，当时不成立，
故有或，解得，
∴当是数列时，与满足的条件为或；
②假设是数列，则由①可知，，，且中每一项均为正数，
若中的每一项都在中，则由这两数列是不同数列，可知；
若中的每一项都在中，同理可得；
若中至少有一项不在中且中至少有一项不在中，
设，是将，中的公共项去掉之和剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为，，
不妨设，中最大的项在中，设为，
则，故，故总有与矛盾，故假设错误，原命题正确.
【点睛】本题考查不等关系、不等式的恒成立及数列的综合知识，属于创新题，同时也是难题.
答案第1页，共2页
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