高中数学（人教A版2019）选择性必修第二册分层练——4.2等差数列C（含答案）
文档属性
| 名称 | 高中数学（人教A版2019）选择性必修第二册分层练——4.2等差数列C（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 801.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-12-12 15:36:15 | ||
图片预览
文档简介
一、单选题
1．已知等差数列满足，若，则k的最大值是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
2．已知数列的通项公式为，在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；…在和之间插入n个数，使成等差数列．这样得到一个新数列：，记数列的前项和为，有下列结论：①②③④其中，所有正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．直线与函数的图像在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为，下列结论：①；②在上是减函数；③为等差数列；④．其中正确的个数是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
4．已知数列满足，且，则数列前36项和为（ ）
A．174 B．672 C．1494 D．5904
5．已知等差数列满足，，，若对任意正整数，恒有，则正整数的值是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．7
6．已知数列各项均不为零，且，若，则（ ）
A．19 B．20 C．22 D．23
二、多选题
7．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B．若，则的最小值为
C．取到最大值时， D．设，则数列的最小项为
8．等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则（ ）
A．d＜0 B．a15 > 0
C．Sn≤S15 D．当且仅当Sn＜0时n≥32
三、填空题
9．数列为1，1，2，1，1，3，1，1，1，1，4，…，前n项和为，且数列的构造规律如下：首先给出，接着复制前面为1的项，再添加1的后继数为2，于是，，然后复制前面为1的项，1，1，再添加2的后继数为3，于是，，，接下来再复制前面所有为1的项，1，1，1，1，再添加3的后继数为4，…，如此继续现有下列判断：①；②；③；④．其中正确的是______．
10．已知数列的前n项和为，数列是首项为，公差为的等差数列.表示不超过x的最大整数，如，则数列的前35项和为___________.
11．设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为___________.
12．已知正项数列满足，且，其中为数列的前项和，若实数使得不等式恒成立，则实数的最大值是________.
四、解答题
13．在①成等差数列，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面问题中.
问题：已知在数列中，满足且____________，若数列等差数列，请证明；若数列不是等差数列，请举例说明.
14．设等差数列的各项均为整数，且满足对任意正整数，总存在正整数，使得，则称这样的数列具有性质．
(1)若数列的通项公式为，数列是否具有性质？并说明理由；
(2)若，求出具有性质的数列公差的所有可能值；
(3)对于给定的，具有性质的数列是有限个，还是可以无穷多个？(直接写出结论)
15．已知二次函数的图象的顶点坐标为，且过坐标原点O,数列的前n项和为，点在二次函数的图象上.
（1）求数列的表达式；
（2）设，数列的前n项和为，若对恒成立，求实数的取值范围.
16．已知数列满足且.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，若数列满足，其前项和为，求证：.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】设等差数列公差为，由题意可得，从而建立关于的不等式，求解不等式即可得答案.
【详解】解：设等差数列公差为，由，且，
得，即，
当时，，
当时，由，得，
所以，
所以，即，解得，
所以k的最大值是9.
故选：B.
2．C
【分析】根据等差数列的性质和数列求和的方法逐一判断：
，可得①的正误；
在数列中是第项，可得②的正误；
由，，得，可得③的正误；
分组求和得，可得④的正误.
【详解】①,故①正确；
②在数列中是第项，所以，故②错误；
③，，故③正确；
④
，故④正确.
故选：C
【点睛】本题考查等差数列的性质和数列求和，弄清插入的项数是解题关键，属于较难的题目.
3．C
【分析】利用图像的平移变换、诱导公式、三角函数的整体代换技巧以及正弦函数的图像与性质、等差数列的概念进行判断求解.
【详解】因为函数，所以，
故①错误；
当，，因为在上不单调，故②错误；
因为与的图像在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为，
即，解得或，，
因为，所以，不是等差数列，
故③错误；
因为，
所以
，故④正确.故A，B，D错误.
故选：C.
4．B
【分析】由条件可得，由此求出数列的通项，进而求得数列的通项，再利用分组求和方法即可计算作答.
【详解】在数列中，，当时，，
于是得数列是常数列，则，即，
因，，则，
因此，，，显然数列是等差数列，
于是得，
所以数列前36项和为672.
故选：B
5．A
【分析】利用等差性质研究数列项的变化，从而可得结果.
【详解】由等差数列满足，，
可知，即，且，，公差，
∴
又，
∴当时，最大，
∴正整数的值是.
故选：A
6．A
【分析】先由，
再求得，化为，利用累乘法求得的通项公式(含有参数t),根据的值求得的值，从而就容易求出结果了.
【详解】由得，
则.
令，则数列是公差为1，首项为t1的等差数列，所以，所以.
所以
当n1时，，也符合上式，所以；
所以,解得,
所以，
所以，
故选A.
【点睛】求解本题的关键：（1）由得到，从而得到数列是等差数列；
（2）会利用累乘法得到，进而得到的通项公式．
7．AD
【分析】求得等差数列的通项公式判断选项A；求得的最小值判断选项B；求得取到最大值时n的值判断选项C；求得数列的最小项判断选项D.
【详解】由，可得，
则等差数列的通项公式为，则选项A判断正确；
若，则
则
（当且仅当时等号成立）
又，则的最小值为不为.则选项B判断错误；
等差数列中，
则等差数列的前项和取到最大值时，或.则选项C判断错误；
设，则，则
则
则数列的最小项为.则选项D判断正确
故选：AD
8．ABC
【分析】通过求得的关系，进一步判断出数列是递减数列，将的关系式代入四个答案即可判断.
【详解】由，
∴
∵，∴d<0，A正确；
，B正确；
由前面分析可知：是递减数列，，，∴的最大值是，C正确；
∵，∴，而数列是递减数列，∴时，，D错误.
故选：ABC.
9．①②④
【分析】根据题意，分析可得数列中，有，其余项都为1；据此依次分析选项，令 ，可得到n的值，判断①；依次法可判断③；分析前20中数的特点，有几项满足，其余项为1，由此可判断②；仿此法可判断④.
【详解】根据题意，由数列的构造规律可得：，，，，
则有，其余项都为1；
对于①，当时，，则有，①正确；
对于②，前20项中，，，，，，其余项为1，则，②正确；
对于③，当时，，故，③错误；
对于④，当时，，当时，，
则在前2021项中，不是1的项有2、3、4、5、6、7、8、9、10、11，其余2011项都为1，则，④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了数列的新定义问题，是给了一种新的构造数列的方法，解答的关键是观察并找到数列中不为1的项出现的规律，求和时要找到前n项中有几项不为1，其余项都是1.
10．397
【分析】利用数列的通项公式与前n项和的关系可得，利用数列的新定义可得数列的各项，即求.
【详解】由题可得，
所以，
当时，，
当时，，
又也适合上式，
∴，
令，
则，，，，，，，…，，，，
所以，，，，，，，…，，，，
所以数列前35项的和为
.
故答案为：397.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据新定义的特点，分析数列各项，使问题得到解决.
11．
【分析】由与关系，推出为等差数列，即可求出，再由原不等式转化为恒成立，设，可证出为递增数列，进而即得.
【详解】当时，，得，
当时，，，
两式相减得，
得，
所以，又因为，
所以是以6为首项，4为公差的等差数列，
所以，即，
因为对任意，，
所以，即，
记，则，
所以为递增数列，，
所以，即.
故答案为：.
12．9
【解析】由题意可得数列为等差数列，由可得的表达式，由分离参数可得，设利用其单调性可得的最大值.
【详解】解：依题意，数列为等差数列，因为，
即，即，因为，
即，因为在时单调递增，
其最小值为9，所以，故实数的最大值为9.
【点睛】本题主要考查等差数列的基本性质与基本量的求解、等差数列与不等式的综合问题，综合性大，属于难题.
13．选择见解析；数列是等差数列，证明见解析.
【解析】若补充条件①：数列奇数项和偶数项分别成等差数列，分别把奇数和
偶数项的通项公式求出，通过通项公式判断整体是否为等差数列即可；
若补充条件②：将两个已知等式变形，得到等式，
可知从第二项开始为等差数列，再验证即可；
若补充条件③：根据两个已知式子变形得到，
可知从第三项开始等差，再验证前面两项即可.
【详解】解：选择条件①：由
得数列和成公差为4的等差数列，
则有
当时，，又成等差数列
所以其公差为2，则有
所以
则当为奇数时，
当为偶数时，
所以
则，所以数列是公差为2的等差数列.
选择条件②：因为，所以
又
所以
所以
所以数列从第二项开始等差，设公差为，
因，所以
又，所以
综上所述：数列是公差为2的等差数列.
选择条件③：因为.
所以，又
两式相减得
所以数列从第三项开始等差.
将带入得
因为，所以
所以，同理
综上所述：数列是公差为2的等差数列.
【点睛】此类题型易错点：通过等式变形后容易忽略的范围导致解答不完整.
14．(1)数列具有性质，理由见解析；
(2)，；
(3)有限个.
【分析】（1）由题意，由性质的定义，即可知是否具有性质.
（2）由题设，存在，结合已知得且，则，由性质的定义只需保证为整数即可确定公差的所有可能值；
（3）根据（2）的思路，可得且，由为整数，在为定值只需为整数，即可判断数列的个数是否有限.
（1）
由，对任意正整数，，
说明仍为数列中的项，
∴数列具有性质.
（2）
设的公差为．由条件知：，则，即，
∴必有且，则，
而此时对任意正整数，，
又必一奇一偶，即为非负整数
因此，只要为正整数且，
那么为中的一项．
易知：可取，对应得到个满足条件的等差数列.
（3）
同（2）知：，则，
∴必有且，则，
故任意给定，公差均为有限个，
∴具有性质的数列是有限个.
【点睛】关键点点睛：根据性质的定义，在第2、3问中判断满足等差数列通项公式，结合各项均为整数，判断公差的个数是否有限即可.
15．（1），（2）
【分析】（1）先求出二次函数的关系式，然后可得关于的式子，再利用可求出数列的表达式；
（2）由，可得，然后分和两种情况求出，从而要使对恒成立，只要使（为正偶数），即对为正偶数恒成立，求出最小值即可
【详解】解：（1）由题意设，
因为二次函数的图像过坐标原点O,
所以，所以，
因为点在二次函数的图像上，
所以，
当时，，即，
当时，
时，满足上式，
所以，
（2）因为，
所以
，
由（1）得，数列是以1为首项，为公差的等差数列，
①当时，
，
②当时，
，
所以，
要使对恒成立，
只要使（为正偶数），
即对为正偶数恒成立，
所以
【点睛】此题考查了二次函数的性质，考查了求数列通项公式，考查函数恒成立问题，考查分类思想和转化能力，属于较难题
16．（1）；（2）证明见解析.
【分析】(1)把给定的递推公式变形成，借助等差数列求出而得解；
(2)利用(1)的结论求出，将它放缩，再利用裂相消法即可作答.
【详解】依题意，
于是得是以为首项，公差为1的等差数列，从而得，，
所以数列的通项公式是；
（2）由（1）知，，
则
，
所以.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
1．已知等差数列满足，若，则k的最大值是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
2．已知数列的通项公式为，在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；…在和之间插入n个数，使成等差数列．这样得到一个新数列：，记数列的前项和为，有下列结论：①②③④其中，所有正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．直线与函数的图像在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为，下列结论：①；②在上是减函数；③为等差数列；④．其中正确的个数是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
4．已知数列满足，且，则数列前36项和为（ ）
A．174 B．672 C．1494 D．5904
5．已知等差数列满足，，，若对任意正整数，恒有，则正整数的值是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．7
6．已知数列各项均不为零，且，若，则（ ）
A．19 B．20 C．22 D．23
二、多选题
7．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B．若，则的最小值为
C．取到最大值时， D．设，则数列的最小项为
8．等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则（ ）
A．d＜0 B．a15 > 0
C．Sn≤S15 D．当且仅当Sn＜0时n≥32
三、填空题
9．数列为1，1，2，1，1，3，1，1，1，1，4，…，前n项和为，且数列的构造规律如下：首先给出，接着复制前面为1的项，再添加1的后继数为2，于是，，然后复制前面为1的项，1，1，再添加2的后继数为3，于是，，，接下来再复制前面所有为1的项，1，1，1，1，再添加3的后继数为4，…，如此继续现有下列判断：①；②；③；④．其中正确的是______．
10．已知数列的前n项和为，数列是首项为，公差为的等差数列.表示不超过x的最大整数，如，则数列的前35项和为___________.
11．设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为___________.
12．已知正项数列满足，且，其中为数列的前项和，若实数使得不等式恒成立，则实数的最大值是________.
四、解答题
13．在①成等差数列，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面问题中.
问题：已知在数列中，满足且____________，若数列等差数列，请证明；若数列不是等差数列，请举例说明.
14．设等差数列的各项均为整数，且满足对任意正整数，总存在正整数，使得，则称这样的数列具有性质．
(1)若数列的通项公式为，数列是否具有性质？并说明理由；
(2)若，求出具有性质的数列公差的所有可能值；
(3)对于给定的，具有性质的数列是有限个，还是可以无穷多个？(直接写出结论)
15．已知二次函数的图象的顶点坐标为，且过坐标原点O,数列的前n项和为，点在二次函数的图象上.
（1）求数列的表达式；
（2）设，数列的前n项和为，若对恒成立，求实数的取值范围.
16．已知数列满足且.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，若数列满足，其前项和为，求证：.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】设等差数列公差为，由题意可得，从而建立关于的不等式，求解不等式即可得答案.
【详解】解：设等差数列公差为，由，且，
得，即，
当时，，
当时，由，得，
所以，
所以，即，解得，
所以k的最大值是9.
故选：B.
2．C
【分析】根据等差数列的性质和数列求和的方法逐一判断：
，可得①的正误；
在数列中是第项，可得②的正误；
由，，得，可得③的正误；
分组求和得，可得④的正误.
【详解】①,故①正确；
②在数列中是第项，所以，故②错误；
③，，故③正确；
④
，故④正确.
故选：C
【点睛】本题考查等差数列的性质和数列求和，弄清插入的项数是解题关键，属于较难的题目.
3．C
【分析】利用图像的平移变换、诱导公式、三角函数的整体代换技巧以及正弦函数的图像与性质、等差数列的概念进行判断求解.
【详解】因为函数，所以，
故①错误；
当，，因为在上不单调，故②错误；
因为与的图像在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为，
即，解得或，，
因为，所以，不是等差数列，
故③错误；
因为，
所以
，故④正确.故A，B，D错误.
故选：C.
4．B
【分析】由条件可得，由此求出数列的通项，进而求得数列的通项，再利用分组求和方法即可计算作答.
【详解】在数列中，，当时，，
于是得数列是常数列，则，即，
因，，则，
因此，，，显然数列是等差数列，
于是得，
所以数列前36项和为672.
故选：B
5．A
【分析】利用等差性质研究数列项的变化，从而可得结果.
【详解】由等差数列满足，，
可知，即，且，，公差，
∴
又，
∴当时，最大，
∴正整数的值是.
故选：A
6．A
【分析】先由，
再求得，化为，利用累乘法求得的通项公式(含有参数t),根据的值求得的值，从而就容易求出结果了.
【详解】由得，
则.
令，则数列是公差为1，首项为t1的等差数列，所以，所以.
所以
当n1时，，也符合上式，所以；
所以,解得,
所以，
所以，
故选A.
【点睛】求解本题的关键：（1）由得到，从而得到数列是等差数列；
（2）会利用累乘法得到，进而得到的通项公式．
7．AD
【分析】求得等差数列的通项公式判断选项A；求得的最小值判断选项B；求得取到最大值时n的值判断选项C；求得数列的最小项判断选项D.
【详解】由，可得，
则等差数列的通项公式为，则选项A判断正确；
若，则
则
（当且仅当时等号成立）
又，则的最小值为不为.则选项B判断错误；
等差数列中，
则等差数列的前项和取到最大值时，或.则选项C判断错误；
设，则，则
则
则数列的最小项为.则选项D判断正确
故选：AD
8．ABC
【分析】通过求得的关系，进一步判断出数列是递减数列，将的关系式代入四个答案即可判断.
【详解】由，
∴
∵，∴d<0，A正确；
，B正确；
由前面分析可知：是递减数列，，，∴的最大值是，C正确；
∵，∴，而数列是递减数列，∴时，，D错误.
故选：ABC.
9．①②④
【分析】根据题意，分析可得数列中，有，其余项都为1；据此依次分析选项，令 ，可得到n的值，判断①；依次法可判断③；分析前20中数的特点，有几项满足，其余项为1，由此可判断②；仿此法可判断④.
【详解】根据题意，由数列的构造规律可得：，，，，
则有，其余项都为1；
对于①，当时，，则有，①正确；
对于②，前20项中，，，，，，其余项为1，则，②正确；
对于③，当时，，故，③错误；
对于④，当时，，当时，，
则在前2021项中，不是1的项有2、3、4、5、6、7、8、9、10、11，其余2011项都为1，则，④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了数列的新定义问题，是给了一种新的构造数列的方法，解答的关键是观察并找到数列中不为1的项出现的规律，求和时要找到前n项中有几项不为1，其余项都是1.
10．397
【分析】利用数列的通项公式与前n项和的关系可得，利用数列的新定义可得数列的各项，即求.
【详解】由题可得，
所以，
当时，，
当时，，
又也适合上式，
∴，
令，
则，，，，，，，…，，，，
所以，，，，，，，…，，，，
所以数列前35项的和为
.
故答案为：397.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据新定义的特点，分析数列各项，使问题得到解决.
11．
【分析】由与关系，推出为等差数列，即可求出，再由原不等式转化为恒成立，设，可证出为递增数列，进而即得.
【详解】当时，，得，
当时，，，
两式相减得，
得，
所以，又因为，
所以是以6为首项，4为公差的等差数列，
所以，即，
因为对任意，，
所以，即，
记，则，
所以为递增数列，，
所以，即.
故答案为：.
12．9
【解析】由题意可得数列为等差数列，由可得的表达式，由分离参数可得，设利用其单调性可得的最大值.
【详解】解：依题意，数列为等差数列，因为，
即，即，因为，
即，因为在时单调递增，
其最小值为9，所以，故实数的最大值为9.
【点睛】本题主要考查等差数列的基本性质与基本量的求解、等差数列与不等式的综合问题，综合性大，属于难题.
13．选择见解析；数列是等差数列，证明见解析.
【解析】若补充条件①：数列奇数项和偶数项分别成等差数列，分别把奇数和
偶数项的通项公式求出，通过通项公式判断整体是否为等差数列即可；
若补充条件②：将两个已知等式变形，得到等式，
可知从第二项开始为等差数列，再验证即可；
若补充条件③：根据两个已知式子变形得到，
可知从第三项开始等差，再验证前面两项即可.
【详解】解：选择条件①：由
得数列和成公差为4的等差数列，
则有
当时，，又成等差数列
所以其公差为2，则有
所以
则当为奇数时，
当为偶数时，
所以
则，所以数列是公差为2的等差数列.
选择条件②：因为，所以
又
所以
所以
所以数列从第二项开始等差，设公差为，
因，所以
又，所以
综上所述：数列是公差为2的等差数列.
选择条件③：因为.
所以，又
两式相减得
所以数列从第三项开始等差.
将带入得
因为，所以
所以，同理
综上所述：数列是公差为2的等差数列.
【点睛】此类题型易错点：通过等式变形后容易忽略的范围导致解答不完整.
14．(1)数列具有性质，理由见解析；
(2)，；
(3)有限个.
【分析】（1）由题意，由性质的定义，即可知是否具有性质.
（2）由题设，存在，结合已知得且，则，由性质的定义只需保证为整数即可确定公差的所有可能值；
（3）根据（2）的思路，可得且，由为整数，在为定值只需为整数，即可判断数列的个数是否有限.
（1）
由，对任意正整数，，
说明仍为数列中的项，
∴数列具有性质.
（2）
设的公差为．由条件知：，则，即，
∴必有且，则，
而此时对任意正整数，，
又必一奇一偶，即为非负整数
因此，只要为正整数且，
那么为中的一项．
易知：可取，对应得到个满足条件的等差数列.
（3）
同（2）知：，则，
∴必有且，则，
故任意给定，公差均为有限个，
∴具有性质的数列是有限个.
【点睛】关键点点睛：根据性质的定义，在第2、3问中判断满足等差数列通项公式，结合各项均为整数，判断公差的个数是否有限即可.
15．（1），（2）
【分析】（1）先求出二次函数的关系式，然后可得关于的式子，再利用可求出数列的表达式；
（2）由，可得，然后分和两种情况求出，从而要使对恒成立，只要使（为正偶数），即对为正偶数恒成立，求出最小值即可
【详解】解：（1）由题意设，
因为二次函数的图像过坐标原点O,
所以，所以，
因为点在二次函数的图像上，
所以，
当时，，即，
当时，
时，满足上式，
所以，
（2）因为，
所以
，
由（1）得，数列是以1为首项，为公差的等差数列，
①当时，
，
②当时，
，
所以，
要使对恒成立，
只要使（为正偶数），
即对为正偶数恒成立，
所以
【点睛】此题考查了二次函数的性质，考查了求数列通项公式，考查函数恒成立问题，考查分类思想和转化能力，属于较难题
16．（1）；（2）证明见解析.
【分析】(1)把给定的递推公式变形成，借助等差数列求出而得解；
(2)利用(1)的结论求出，将它放缩，再利用裂相消法即可作答.
【详解】依题意，
于是得是以为首项，公差为1的等差数列，从而得，，
所以数列的通项公式是；
（2）由（1）知，，
则
，
所以.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页