第四章 数列综合练习（含解析）2023——2024学年上学期高二数学人教A版（2019）选择性必修第二册

第四章数列综合练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知数列满足，且，若，则的值可能为（ ）
A．2021 B．2022
C．2023 D．2024
2．已知数列的前项和，下列判断中正确的是（ ）
A． B．数列是单调递减数列
C．数列前项的乘积有最大值 D．数列前项的乘积有最小值
3．等差数列中，，且，是数列的前项的和，则下列正确的是（ ）
A．均小于，均大于
B．均小于，均大于
C．均小于，均大于
D．均小于，均大于
4．已知是等差数列的前n项和，，则的值是（ ）
A．60 B．30 C．15 D．8
5．对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶商数列，再令，则数列是数列的二阶商数列．已知数列为，，，，，，且它的二阶商数列是常数列，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知等比数列的前项和为，则其公比（ ）
A．1 B．2 C．3 D．1或3
7．用数学归纳法证明“当为正奇数时，能被整除”，第二步归纳假设应写成（　　）
A．假设正确，再推正确
B．假设正确，再推正确
C．假设正确，再推正确
D．假设正确，再推正确
8．用数学归纳法证明，从到，左边需要增加的因式是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在数列中，为的前项和，则的值可以为（ ）
A．0 B．3 C．4 D．5
10．已知等差数列的前项和为，则（ ）
A．数列可能是等差数列 B．数列一定是等差数列
C． D．
11．等比数列和函数满足，，则以下数列也为等比数列的是（ ）
A． B．
C． D．
12．对于数列，若存在正数M，使得对一切正整数n，都有，则称数列为有界数列；若这样的正数M不存在，则称数列为无界数列．下列说法正确的有（ ）
A．等比数列的公比为，若，则是有界数列
B．若数列的通项，则是有界数列
C．若正项数列满足：，则是无界数列
D．若数列满足：，且，则是有界数列
三、填空题
13．已知数列，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，则 ．
14．记数列的前n项和为，若等差数列的首项为5，第4项为8，则 ．
15．若是等比数列，且前项和为，则 .
四、解答题
16．已知数列为非零数列，且满足.
(1)求及数列的通项公式；
(2)若数列的前项和为，且满足，证明：.
17．已知数列的首项，前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)令，数列的前项和为，记，若对任意正整数，不等式恒成立，求整数的最大值．
18．已知等差数列和的前项和分别为，，且，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和．
19．已知数列满足：（），数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)求.
20．无穷数列满足：，且当时有：（表示最大项）．
(1)若，求的所有可能值；
(2)若存在正整数T，对，有，证明：是数列各项中的最大项；
(3)在（2）的条件下，，试求m的所有取值的个数．
21．已知数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，且数列的前n项和为，求证：当时，．
参考答案：
1．D
【分析】由递推公式，写出数列前几项，得到数列的周期，可求可能的值.
【详解】数列的递推公式为，由，
则有，
，则是以4为周期的周期数列，
，有，，故的值可能为2024．
故选：D.
2．C
【分析】根据已知求的方法求出通项公式，然后逐项判断即可.
【详解】数列的前项和，
当时，，
当时，，
当，代入上式，即，符合上式，
所以
，故A错误；
由可知，数列是单调递增数列，故B错误；
因为，，，，，，，
当时，，当时，，
所以数列前项的乘积有最大值，最大值为，故C正确，D错误.
故选：C.
3．C
【分析】确定，，，，得到，，得到答案.
【详解】，且，故，
故数列的前5项都为负数，，，，
由等差数列的性质及求和公式可得：
，，
由公差可知：均小于，均大于.
故选：C.
4．A
【分析】利用等差数列的性质求解.
【详解】因为数列为等差数列，
所以.
故选：A
5．C
【分析】由数列的二阶商数列是常数列可知数列的一阶商数列是等比数列，再利用累乘法求得，即可得解.
【详解】设数列的一阶商数列为，二阶商数列为，
则，，，
又数列的二阶商数列是常数列，
则，
则满足，
所以数列是为首项，为公比的等比数列，
则，
所以，
则，，，，，，
等式左右分别相乘可得，
所以，
则，
故选：C.
6．C
【分析】由结合求解即可.
【详解】因为，所以，则.
故选：C
7．B
【分析】注意为正奇数，观察第一步取到1，即可推出第二步的假设．
【详解】解：根据数学归纳法的证明步骤，注意为奇数，
所以第二步归纳假设应写成：假设正确，再推正确；
故选：B．
【点睛】本题是基础题，不仅注意第二步的假设，还要使n＝2k﹣1能取到1，是解好本题的关键
8．B
【分析】将时左边的等式除以时左边的等式即可得解.
【详解】解：当时，左边，
当时，左边，
所以左边应添加因式为
故选：B.
9．ACD
【分析】利用列举法判断为以6为周期的数列，又，进而可得的值只能为，计算即可.
【详解】，
，
为以6为周期的数列，且，
而，被6除的余数只能为，
所以的值只能为，，
故ACD正确，B错误.
故选：ACD.
10．ABC
【分析】根据等差数列的定义判断AB，根据等差数列求和公式和通项公式计算CD.
【详解】设的首项为，公差为，则，，
所以当时，即为常数列时，为等差数列，故A正确；
，所以是等差数列，故B正确；
，，所以，故C正确；
，，所以和不一定相等，故D错.
故选：ABC.
11．AC
【分析】根据等比数列的定义判断各选项即可.
【详解】由题意，数列为等比数列，设其公比为，则.
对于A，，则，
所以，所以数列为公比为的等比数列，故A正确；
对于B，当为奇数时，不为整数，无意义，故B错误；
对于C，，则，
所以数列为公比为的等比数列，故C正确；
对于D，，则，
因为不为常数，故D错误.
故选：AC.
12．ABD
【分析】根据新定义逐个判定是否正确，注重通项公式的求解过程中的技巧的应用.
【详解】对于A：不妨令首项为，则，因为，则，
所以此时为有界数列，所以A正确；
对于B：当时，，
又，所以，
当时，，所以是有界数列，B正确；
对于C：不妨令，
则，，，
，，，
所以数列周期数列，所以数列是有界数列，C错误；
对于D：由，得，
两式相减得，化简可得，
即
用数学归纳法证明，
当时由题知；
假设时结论成立，即，此时；
则当时，
又因为，所以，所以时成立，
根据①和②可知，该结论成立，故，所以是有界数列，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】方法点睛：用数学归纳法可以很好的证明数列在某个区间的问题，但是要注意数学归纳法的书写格式和数学逻辑.
13．
【分析】由累加法算数列的通项公式，再由递推公式求结果.
【详解】因为，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，
所以
当时，可得，
当时，
所以当时，
故答案为：
14．23
【分析】法1，设出公差，从而得到方程组，求出公差，进而得到，利用求出答案；
法2：设出公差，从而得到方程组，求出公差，进而得到，从而得到时，的通项公式，得到.
【详解】法1：设等差数列的公差为d，则，解得，
所以，所以，
所以；
法2：设等差数列的公差为d，则，解得，
所以，所以，
当时，，
所以.
故答案为：23
15．
【分析】利用与的关系结合等比数列的前项和公式求解.
【详解】当时，，当时，，
所以，
又是等比数列，所以是以为首项，为公比的等比数列，
此数列的前项和，则的值为.
故答案为：.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过构造，利用相除得到，进而求得;
（2）对数列的前项和进行裂项相消，即可证明.
【详解】（1）因为①
所以当时，，解得，
当时，②，
由①②得，即，又满足上式，所以.
（2）证明：因为，
所以.
17．(1)
(2)14．
【分析】（1）由得出等差数列，再应用等差数列通项求解；
（2）先应用裂项相消得出前n项和，再把不等式恒成立问题转化为最值求解.
【详解】（1）由．
当时，
两式相减得：，
整理得：
所以，，（）
所以，是以1为首项，公差为3的等差数列．
所以
（2）由（1）得，
所以
，
则问题转化为对任意正整数使不等式恒成立．
设，
则
所以，故的最小值是．
由，所以，则整数可取的最大值为14．
18．(1)
(2)
【分析】（1）当时，代入，结合等差数列的性质及基本量即可求解.
（2）分组求和及等差等比公式求和即可求解.
【详解】（1）依题的：，解得：，
，即，又，即，
解得，设等差数列的公差为，则，则，
则；
（2）由（1）得，设等差数列的公差为，则，
则，则，
由， ，，
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据递推关系式，得到，两式相减即可得解；
（2）利用倒序相加法求和即可.
【详解】（1）当时，；
当时，①，
②，
①－②得：，
∴，当时，，
∴.
（2）∵，
∴
∴①，
②，
又∵∴①＋②得：
∴.
20．(1)
(2)证明见详解
(3)1011
【分析】（1）根据递推关系，利用分类讨论思想计算即可；
（2）利用反证法，设是使得的最小正整数，利用第二归纳法可得是的倍数，与假设矛盾；
（3）结合条件分类讨论可判定结果.
【详解】（1）若，则由，
若，则由，
当时，若，则由，
若，则由，
当时，若，则由，
若，则由，
综上的所有可能取值为；
（2）假设不是数列各项中的最大项，设是使得的最小正整数，则由题意可知，所以是的倍数，
假设都是的倍数，则，
所以也是的倍数，
由第二数学归纳法可知，对任意，都是的倍数，
又存在正整数T，对，有，
所以存在正整数，，
因而是的倍数，但，矛盾，所以是数列各项中的最大项；
（3）显然成立，
当时，，与已知矛盾，不符合题意，
当时，
或，
又，即，与前提矛盾，舍去，故，
又，即连续的两项不能相等，
故
所以，共1011个数.
【点睛】难点在于第二问利用反证法及第二数学归纳法证明问题，反证法适用范围：（1）否定性命题；（2）结论涉及“至多”、“至少”、“无限”、“唯一”等词语的命题；（3）命题成立非常明显，直接证明所用的理论较少，且不容易证明，而其逆否命题非常容易证明；（4）要讨论的情况很复杂，而反面情况较少.
21．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可得，后由可得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，，后由数学归纳法可证明结论.
【详解】（1）由题，时，有，则
，
则.
注意到，则.
（2）由（1）可得，则
当时，.
故所证结论相当于，，.
当时，结论显然成立；
假设时，结论成立，则，
当时，因，，则.
综上，结论成立.
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