2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第一册第4章数列精选题练习（含解析）

2023-2024学年高中数学苏教版选择性必修第一册第4章数列精选题练习
一、单选题
1．设等差数列中，且，则（ ）
A．9 B．18 C．27 D．36
2．已知等差数列的公差和首项都不为0，且成等比数列，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
3．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的和除以与它前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做“和差等比数列”．已知是“和差等比数列”，，则满足使不等式的的最小值是（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
4．已知等差数列各项均为正整数，，，则其公差d为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．4
5．已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知各项均为正数的数列满足对任意的正整数都有，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知正项等比数列（其公比）的前项积为，设甲：，乙：有最大值，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．数列的一个通项公式为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C．是数列中的最大项 D．
10．已知数列的前n项和为，前n项积为，，且．（ ）
A．若数列为等差数列，则 B．若数列为等差数列，则
C．若数列为等比数列，则 D．若数列为等比数列，则
11．已知数列的前项和为，且，数列与数列的前项和分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．已知数列的前项和为，满足，则 ．
13．在数列中，，则 .
14．等比数列的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，则这个等比数列的公比q＝ .
四、解答题
15．已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)，求数列的前项和．
16．已知数列前项和为，满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
17．已知是各项均为正数的数列的前项和，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
18．已知数列的前n项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由.
19．已知正项等比数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)记的前项中最大值为，最小值为（规定：），令，求数列的前项和.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】根据等差数列的性质得到方程，求出，进而求出答案.
【详解】在等差数列中，由，得，
所以，所以．
故选：B．
2．C
【分析】设出数列的首项和公差，通过题设条件求得和的数量关系，再将用前项和公式展开，整体代入即得.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
由成等比数列得,即：，
解得：，.
故选：C.
3．C
【分析】根据“和差等比数列”的定义，依次求得，，，的值，从而求得正确答案.
【详解】法一：由题可得：，则，解得，
由，，由，解得，由，解得.
法二：依题意，，得，
则数列是首项为1，公比为3的等比数列，
所以，检验知，当时，成立，
所以的最小值是6.
故选：C.
4．C
【分析】先根据已知条件求出公差的范围，再根据等差数列各项均为正整数，可确定公差的值.
【详解】因为等差数列中，，
所以，所以，
所以，得，
因为等差数列各项均为正整数，所以公差为正整数，
因为，所以，
所以，
因为公差为正整数，所以或，
当时，由，不合题意，舍去，
当时，，符合题意，
所以，
故选：C
5．D
【分析】由题意，，结合等比数列求和公式利用分组求和法求解即可.
【详解】因为，
故，，
所以，
所以
.
故选：D.
6．A
【分析】根据题意，推得，利用等比数列的通项公式，求得，再由，求得，结合，即可求解.
【详解】因为正数的数列满足对任意的正整数都有，
取，可得，即，
可得数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，
又因为，可得，
则.
故选：A．
7．A
【分析】根据题意，求得，得到，反之有最大值，列出不等式组，得到不一定为，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】因为是正项等比数列，且，可得，
又因为，所以，
因为，所以有最大值；
若有最大值，则，因为，所以，所以不一定有.
故选：A．
8．B
【分析】根据题意，化简数列为，根据运算规律，即可求解.
【详解】由数列，可得化为，
可得数列的一个通项公式为.
故选：C.
9．AB
【分析】根据给定条件，探讨等比数列的性质，再逐个选项分析判断即可.
【详解】由，或，
而，，同号，则，，即数列前项大于，从第项开始小于1，
对于A，，又，则，A正确；
对于B，由，得，则，B正确；
对于C，显然是递减正项数列，且，，因此是数列中的最大项，C错误；
对于D，，D错误.
故选：AB
10．AC
【分析】构造函数，根据函数的奇偶性与单调性，结合等差数列、等比数列的定义，性质，求和公式计算一一判定选项即可.
【详解】令，易知在R上单调递减，
且，
所以为奇函数，
又，所以，
由题意可知，
对于A、B，若数列为等差数列，则，
且故A正确，B错误；
对于C、D，若数列为等比数列，设公比，易知
则同号，
所以，故C正确，
若，与前提矛盾，故D错误.
故选：AC
11．BCD
【分析】由，化简得到，得出是以为首项，公比为的等比数列，求得，结合数列的性质，以及数列的求和方法，逐项判定，即可求解.
【详解】由两边同时除以，
可得，所以，，
故数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，即，
对于A中，因为，可得，所以，
即，所以A错误；
对于B中，由，
所以，
所以B正确；
对于C中，由，
可得
，所以C正确；
对于D中，由，
当时，显然成立；
当时，，
所以，所以D正确.
故选：BCD.
12．
【分析】根据题意结合与之间的关系整理可得，进而结合等比数列的定义与通项公式分析求解.
【详解】因为，则，
整理得，且，
可知数列是以首项为3，公比为2的等比数列，
可得，所以.
故答案为：.
13．6
【分析】根据递推公式，并结合累乘法从而可求解.
【详解】因，故有，
即得，所以.
故答案为：6.
14．/0.5
【分析】设数列共有项，根据等比数列的性质得出奇偶项的和之间的关系，即可求得答案.
【详解】设数列共有项，
由题意得，，
则，
解得，
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用累加法计算可得；
（2）由（1）可得，利用并项求和法计算可得.
【详解】（1）因为，即，所以，
，
累加得，又，所以，
经检验时符合，所以.
（2）因为，所以，
所以
.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由作差得到，再利用累乘法计算可得；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）因为，当时，，
所以，
当时，，
所以，
所以，，，，，
累乘得
所以，
当时也成立，所以.
（2）由（1）得，
所以
.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用前项和与通项公式的关系证明等差数列，再求通项公式即可.
（2）写出新数列的通项公式，利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）∵，
当时，，解得或（舍去），
当时，，
∴，
∵，∴
∴数列是首项为1、公差为1的等差数列，∴.
（2）由（1）知，，
∴，
∴，
两式相减得，
∴
18．(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）先利用递推式求得，再利用已知条件结合化简得，从而根据等比数列定义判断数列为等比数列，然后写出通项公式即可；
（2）推出，假设存在3项，，成等比数列，则，即，结合解得，与已知矛盾，即可判断.
【详解】（1）由题意知，当时，，因为，所以，①
因为，所以，所以，②
两式相减得，所以.
由①②，数列是以2为首项，4为公比的等比数列，所以数列的通项公式；
（2）由（1）知，，所以，
所以.
假设数列中存在3项，，，（其中成等差数列）成等比数列，
则，互不相等，
所以，即.
又因为m，k，p成等差数列，所以，所以.
化简得，所以，又，所以与已知矛盾.
所以在数列中不存在3项，，成等比数列.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关求得关于的表达式，从而分析得解.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列的通项公式列方程，解方程得到，，然后写通项即可；
（2）根据得到的通项，然后利用分组求和的方法求即可.
【详解】（1）依题意，设的公比为，则，
解得或（舍去）.
所以的通项公式为.
（2）因为是递增数列，所以，，
则.
所以.
答案第1页，共2页
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