2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第二册第四章数列 精选题练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第二册第四章数列 精选题练习（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 749.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-05 22:05:23 | ||
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文档简介
2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第二册第四章数列精选题练习
一、单选题
1．若数列满足，则（ ）
A．1 B． C． D．
2．意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，….即从第三项开始，每一项都是它前两项的和.后人为了纪念他，就把这一列数称为斐波那契数列.下面关于斐波那契数列说法正确的是（ ）
A． B．是偶数
C． D．
3．等差数列的前项和为.若，则（ ）
A．8096 B．4048 C．4046 D．2024
4．已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知数列满足，（），则满足的的最小取值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
6．已知各项都为正数的等比数列满足，，则（ ）
A．6 B．12 C．24 D．48
7．数列的前n项和满足，设甲：数列为等比数列；乙：，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．既不充分又不必要条件
8．若数列为等差数列，数列为等比数列，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知数列的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A．数列为递减数列
B．数列为等差数列
C．若数列为递减数列，则
D．当时，则取最大值时
10．等差数列中，，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，则，
11．设是等比数列的前n项和，q为的公比，则（ ）
A．为等比数列 B．为等比数列
C．若，则存在使得 D．若存在使得，则
三、填空题
12．已知数列满足，则数列的通项公式为 ．
13．设各项均为正数的数列的前项和为，前项积为，若，则 ．
14．在如下数表中：
其中，第1行为1，从第2行开始，每一行的左右两端都为1，而中间的数为前一行相邻两个数之和再加1．则第10行的第3个数为 ;当时，第n行的各个数之和为 ．
四、解答题
15．设数列满足：，且对任意的，都有.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
16．去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中8万吨垃圾以填埋方式处理，12万吨垃圾以环保方式处理，为了确定处理生活垃圾的预算，预计从今年起，每年生活垃圾的总量递增，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加5万吨.
(1)请写出今年起第年用填埋方式处理的垃圾量的表达式；
(2)求从今年起年内用填埋方式处理的垃圾量的总和；
(3)预计今年起9年内，哪些年不需要用填埋方式处理生活垃圾.
17．已知数列中，.
(1)求的值；
(2)证明：数列是等差数列；
(3)求数列的通项公式.
18．若数列满足，（）.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
19．在无穷数列中，令，若，，则称对前项之积是封闭的．
(1)试判断：任意一个无穷等差数列对前项之积是否是封闭的？
(2)设是无穷等比数列，其首项，公比为．若对前项之积是封闭的，求出的两个值；
(3)证明：对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得，其中和对前项之积都是封闭的．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】根据题中递推公式令，，代入运算求解即可.
【详解】因为，
令，可得，则；
令，可得，则.
故选：D.
2．D
【分析】由题意可得，结合该递推关系对选项逐项计算判断即可得.
【详解】由已知得数列满足递推关系，，
对选项A：
，故A错误；
对选项B：观察数列可知，数列每三项都是奇、奇、偶重复循环，
，不能被3整除，且为奇数，
所以也为奇数，故B错误；
对选项C：若选项C正确，又，则，
同理，依次类推，
可得，显然错误，故C错误；
对选项D：，
所以，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：斐波那契数列问题的解决关键是熟练掌握其递推公式，，从而得解.
3．B
【分析】根据等差数列性质可得，再结合等差数列的求和公式从而可求解.
【详解】由等差数列的性质可得，
所以，所以.故B正确.
故选：B.
4．D
【分析】由代入即可求得.
【详解】，当时，，
当也满足，
所以数列的通项公式为.
故选：D
5．C
【分析】由题意可得，即可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，即可计算出数列的通项公式，再解出不等式即可得解.
【详解】因为，所以，所以，
又，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以．
由，得，即，解得．
因为为正整数，所以的最小值为7．
故选：C.
6．D
【分析】设出等比数列的公比，由给定等式列出方程组求解.
【详解】设正数等比数列的公比为，由，得，
整理得，解得，所以.
故选：D
7．A
【分析】先根据得到时，，，可以推出充分性成立，再举例得到必要性不成立.
【详解】当时，，
当时，，
因为数列为等比数列，所以，
即，解得且，即且．
因此充分性成立；
若，当且时，，甲不成立，故必要性不成立．
故选：A．
8．B
【分析】根据等差数列的通项公式，结合作差法即可判断AB；根据等比数列的通项公式，建立不等式、，解之即可判断CD.
【详解】设数列的首项为，公差为；数列的首项为，公差为.
A：，所以，故A错误；
B：由选项A的分析知，，故B正确；
C：若，则，
即，解得或，
又因为、的取值范围未知，所以不一定成立，故C错误；
D：若，则，
即，解得或，
又因为、的取值范围未知，所以不一定成立，故D错误.
故选：B
9．ABC
【分析】根据题意，由数列前项和求出数列的通项公式，即可得数列，即可根据等差数列的定义求解AB,根据作差法结合数列单调性即可判断C，根据数列的正负项即可求解D．
【详解】根据题意，数列的前项和，
当时，，
当时，，
也符合，，
故
为常数，
故数列是公差为的等差数列，故A正确，
由于，则，
故，故为等差数列，B正确，
由于，则，
，
若为递减数列，则，
故对任意的恒成立，故，即，C正确，
当时， ，则，当故取最大值时，D错误，
故选：ABC．
10．ACD
【分析】根据给定条件，结合等差数列的性质、前n项和公式逐项分析判断即得.
【详解】等差数列中，，
对于A，，，A正确；
对于B，，则，，
则，，因此，即，B错误；
对于C，，则，C正确；
对于D，设的公差为，由，得，解得，
则，，D正确.
故选：ACD
11．ACD
【分析】由等比数列的通项公式和前和性质逐一判断即可.
【详解】．当时，；当时，．
对于A选项，,它是首项为,公比为的等比数列，A选项正确．
对于B选项，当时，不是等比数列．当时，不是等比数列．B选项错误．
对于C选项，若,则当时，．C选项正确．
对于D选项，若,当时，．所以,得．解得（舍去）或．D选项正确．
故选：ACD.
12．
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项即得.
【详解】数列中，，，显然，
则有，即，而，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即．
故答案为：
13．
【分析】根据题意化简可得数列的递推公式，构造法求出其通项公式，从而求解.
【详解】由
得
即
是以2为首项，2为公比的等比数列
.
故答案为：
【点睛】由递推公式求通项公式的常用方法：
1、累加法求通项 适用于：
2、累乘法求通项 适用于：
3、构造法求通项 适用于
形如型
形如：（其中是常数，且）型
形如（其中是常数，且）型
14． 71
【分析】第一空：依题意，根据规律确定每一行的第二个和第三个数，可解第一问；或者设第n行的第3个数为，观察数表发现，第行的第2个数为，所以，利用累加法可求，从而得解；第二空：设第n行的各个数之和为，找到的递推公式，再利用构造法求出其通项公式，可解.
【详解】第一空:方法一：观察法：观察数表发现，第行的第2个数为．
所以第6行的第3个数是，第7行的第3个数是,
第8行的第3个数是，
第9行的第3个数是，
第10行的第3个数是．
方法二：设第n行的第3个数为．
观察数表发现，第行的第2个数为．
所以，．
由于，所以
，
，
．
上面有个式子，累加，并根据等差数列求和公式，
可得．
所以．第10行的第3个数是．
第二空：设第n行的各个数之和为，
则,
对于，则第行有个数，记为，其中．
则，
．
所以，．
所以．
从而．可以发现当时也满足此式．
故答案为：71；.
【点睛】由递推公式求通项公式的常用方法：
1、累加法求通项 适用于：
2、累乘法求通项 适用于：
3、构造法求通项 适用于：
形如型
形如：（其中是常数，且）型
形如（其中是常数，且）型
15．(1)，
(2)
【分析】（1）由已知条件，结合等比数列的定义，即可求得；
（2）根据题意，由条件可得，然后结合错位相减法，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意可得，又，则，其中
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即，.
（2）令，由（1）可知，则，
则，
，
两式相减可得
所以.
16．(1)
(2)
(3)第3到第9年
【分析】（1）由的定义可知它是等比数列与等差数列之差，由此即可的解.
（2）由等差数列、等比数列求和公式分组求和即可得解.
（3）结合参考数据代入验算即可得解.
【详解】（1）由题意可知.
（2）由（1）可知
，
化简可得.
（3）当时，
当时，
当时，
……
当时，
所以第3到第9年不需要.
17．(1)7
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意，令，即可求得的值；
（2）根据题意，化简得到，结合等差数列的定义，即可得证；
（3）由（2）求得，利用叠加法，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）数列中，，且，
令，可得.
（2）证明：由，
当时，可得，则，
又由，可得，
所以是公差为3的等差数列，即数列是公差为3等差数列.
（3）由（2）知，数列是首项为1，公差为3的等差数列，即，
所以
即数列的通项公式为.
18．(1)
(2)（）
【分析】（1）利用方程组法求得，从而求得时，，又当时，，从而求出通项公式；
（2）利用错位相减法求和即可求解，注意对检验是否适合.
【详解】（1）由，知（），
两式相减得（），则，故当时，为常数列.
当时，，
当时，，即，又不适合上式，
所以.
（2）当时，，当时，，
，
，
两式相减得
，
所以，又符合式子，
所以（）.
19．(1)不是
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）取数列，结合题中定义验证可得出结论；
（2）由，得，进而，讨论①当时和②当，分别求得；
（3）设，令，，得，再利用定义证明、对前项之积都是封闭的．
【详解】（1）解：不是的，理由如下：
如等差数列，
所以不是任意一个无穷等差数列对前项之积是封闭的．
（2）解：是等比数列，其首项，公比，
所以，
所以，
由已知得，对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，
使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
①当时，得，所以；
②当时，得，
且，
综上，或.
（3）解：对任意的无穷等比数列，，
令，，则，
下面证明：是对前项之积是封闭的．
因为，所以，
取正整数得，，
所以对前项之积是封闭的，
同理证明：也对前项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，
使得，其中和对前项之积都是封闭的．
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．若数列满足，则（ ）
A．1 B． C． D．
2．意大利人斐波那契于1202年从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，….即从第三项开始，每一项都是它前两项的和.后人为了纪念他，就把这一列数称为斐波那契数列.下面关于斐波那契数列说法正确的是（ ）
A． B．是偶数
C． D．
3．等差数列的前项和为.若，则（ ）
A．8096 B．4048 C．4046 D．2024
4．已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知数列满足，（），则满足的的最小取值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
6．已知各项都为正数的等比数列满足，，则（ ）
A．6 B．12 C．24 D．48
7．数列的前n项和满足，设甲：数列为等比数列；乙：，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．既不充分又不必要条件
8．若数列为等差数列，数列为等比数列，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知数列的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A．数列为递减数列
B．数列为等差数列
C．若数列为递减数列，则
D．当时，则取最大值时
10．等差数列中，，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，则，
11．设是等比数列的前n项和，q为的公比，则（ ）
A．为等比数列 B．为等比数列
C．若，则存在使得 D．若存在使得，则
三、填空题
12．已知数列满足，则数列的通项公式为 ．
13．设各项均为正数的数列的前项和为，前项积为，若，则 ．
14．在如下数表中：
其中，第1行为1，从第2行开始，每一行的左右两端都为1，而中间的数为前一行相邻两个数之和再加1．则第10行的第3个数为 ;当时，第n行的各个数之和为 ．
四、解答题
15．设数列满足：，且对任意的，都有.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
16．去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中8万吨垃圾以填埋方式处理，12万吨垃圾以环保方式处理，为了确定处理生活垃圾的预算，预计从今年起，每年生活垃圾的总量递增，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加5万吨.
(1)请写出今年起第年用填埋方式处理的垃圾量的表达式；
(2)求从今年起年内用填埋方式处理的垃圾量的总和；
(3)预计今年起9年内，哪些年不需要用填埋方式处理生活垃圾.
17．已知数列中，.
(1)求的值；
(2)证明：数列是等差数列；
(3)求数列的通项公式.
18．若数列满足，（）.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
19．在无穷数列中，令，若，，则称对前项之积是封闭的．
(1)试判断：任意一个无穷等差数列对前项之积是否是封闭的？
(2)设是无穷等比数列，其首项，公比为．若对前项之积是封闭的，求出的两个值；
(3)证明：对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得，其中和对前项之积都是封闭的．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】根据题中递推公式令，，代入运算求解即可.
【详解】因为，
令，可得，则；
令，可得，则.
故选：D.
2．D
【分析】由题意可得，结合该递推关系对选项逐项计算判断即可得.
【详解】由已知得数列满足递推关系，，
对选项A：
，故A错误；
对选项B：观察数列可知，数列每三项都是奇、奇、偶重复循环，
，不能被3整除，且为奇数，
所以也为奇数，故B错误；
对选项C：若选项C正确，又，则，
同理，依次类推，
可得，显然错误，故C错误；
对选项D：，
所以，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：斐波那契数列问题的解决关键是熟练掌握其递推公式，，从而得解.
3．B
【分析】根据等差数列性质可得，再结合等差数列的求和公式从而可求解.
【详解】由等差数列的性质可得，
所以，所以.故B正确.
故选：B.
4．D
【分析】由代入即可求得.
【详解】，当时，，
当也满足，
所以数列的通项公式为.
故选：D
5．C
【分析】由题意可得，即可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，即可计算出数列的通项公式，再解出不等式即可得解.
【详解】因为，所以，所以，
又，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以．
由，得，即，解得．
因为为正整数，所以的最小值为7．
故选：C.
6．D
【分析】设出等比数列的公比，由给定等式列出方程组求解.
【详解】设正数等比数列的公比为，由，得，
整理得，解得，所以.
故选：D
7．A
【分析】先根据得到时，，，可以推出充分性成立，再举例得到必要性不成立.
【详解】当时，，
当时，，
因为数列为等比数列，所以，
即，解得且，即且．
因此充分性成立；
若，当且时，，甲不成立，故必要性不成立．
故选：A．
8．B
【分析】根据等差数列的通项公式，结合作差法即可判断AB；根据等比数列的通项公式，建立不等式、，解之即可判断CD.
【详解】设数列的首项为，公差为；数列的首项为，公差为.
A：，所以，故A错误；
B：由选项A的分析知，，故B正确；
C：若，则，
即，解得或，
又因为、的取值范围未知，所以不一定成立，故C错误；
D：若，则，
即，解得或，
又因为、的取值范围未知，所以不一定成立，故D错误.
故选：B
9．ABC
【分析】根据题意，由数列前项和求出数列的通项公式，即可得数列，即可根据等差数列的定义求解AB,根据作差法结合数列单调性即可判断C，根据数列的正负项即可求解D．
【详解】根据题意，数列的前项和，
当时，，
当时，，
也符合，，
故
为常数，
故数列是公差为的等差数列，故A正确，
由于，则，
故，故为等差数列，B正确，
由于，则，
，
若为递减数列，则，
故对任意的恒成立，故，即，C正确，
当时， ，则，当故取最大值时，D错误，
故选：ABC．
10．ACD
【分析】根据给定条件，结合等差数列的性质、前n项和公式逐项分析判断即得.
【详解】等差数列中，，
对于A，，，A正确；
对于B，，则，，
则，，因此，即，B错误；
对于C，，则，C正确；
对于D，设的公差为，由，得，解得，
则，，D正确.
故选：ACD
11．ACD
【分析】由等比数列的通项公式和前和性质逐一判断即可.
【详解】．当时，；当时，．
对于A选项，,它是首项为,公比为的等比数列，A选项正确．
对于B选项，当时，不是等比数列．当时，不是等比数列．B选项错误．
对于C选项，若,则当时，．C选项正确．
对于D选项，若,当时，．所以,得．解得（舍去）或．D选项正确．
故选：ACD.
12．
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项即得.
【详解】数列中，，，显然，
则有，即，而，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即．
故答案为：
13．
【分析】根据题意化简可得数列的递推公式，构造法求出其通项公式，从而求解.
【详解】由
得
即
是以2为首项，2为公比的等比数列
.
故答案为：
【点睛】由递推公式求通项公式的常用方法：
1、累加法求通项 适用于：
2、累乘法求通项 适用于：
3、构造法求通项 适用于
形如型
形如：（其中是常数，且）型
形如（其中是常数，且）型
14． 71
【分析】第一空：依题意，根据规律确定每一行的第二个和第三个数，可解第一问；或者设第n行的第3个数为，观察数表发现，第行的第2个数为，所以，利用累加法可求，从而得解；第二空：设第n行的各个数之和为，找到的递推公式，再利用构造法求出其通项公式，可解.
【详解】第一空:方法一：观察法：观察数表发现，第行的第2个数为．
所以第6行的第3个数是，第7行的第3个数是,
第8行的第3个数是，
第9行的第3个数是，
第10行的第3个数是．
方法二：设第n行的第3个数为．
观察数表发现，第行的第2个数为．
所以，．
由于，所以
，
，
．
上面有个式子，累加，并根据等差数列求和公式，
可得．
所以．第10行的第3个数是．
第二空：设第n行的各个数之和为，
则,
对于，则第行有个数，记为，其中．
则，
．
所以，．
所以．
从而．可以发现当时也满足此式．
故答案为：71；.
【点睛】由递推公式求通项公式的常用方法：
1、累加法求通项 适用于：
2、累乘法求通项 适用于：
3、构造法求通项 适用于：
形如型
形如：（其中是常数，且）型
形如（其中是常数，且）型
15．(1)，
(2)
【分析】（1）由已知条件，结合等比数列的定义，即可求得；
（2）根据题意，由条件可得，然后结合错位相减法，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意可得，又，则，其中
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即，.
（2）令，由（1）可知，则，
则，
，
两式相减可得
所以.
16．(1)
(2)
(3)第3到第9年
【分析】（1）由的定义可知它是等比数列与等差数列之差，由此即可的解.
（2）由等差数列、等比数列求和公式分组求和即可得解.
（3）结合参考数据代入验算即可得解.
【详解】（1）由题意可知.
（2）由（1）可知
，
化简可得.
（3）当时，
当时，
当时，
……
当时，
所以第3到第9年不需要.
17．(1)7
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意，令，即可求得的值；
（2）根据题意，化简得到，结合等差数列的定义，即可得证；
（3）由（2）求得，利用叠加法，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）数列中，，且，
令，可得.
（2）证明：由，
当时，可得，则，
又由，可得，
所以是公差为3的等差数列，即数列是公差为3等差数列.
（3）由（2）知，数列是首项为1，公差为3的等差数列，即，
所以
即数列的通项公式为.
18．(1)
(2)（）
【分析】（1）利用方程组法求得，从而求得时，，又当时，，从而求出通项公式；
（2）利用错位相减法求和即可求解，注意对检验是否适合.
【详解】（1）由，知（），
两式相减得（），则，故当时，为常数列.
当时，，
当时，，即，又不适合上式，
所以.
（2）当时，，当时，，
，
，
两式相减得
，
所以，又符合式子，
所以（）.
19．(1)不是
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）取数列，结合题中定义验证可得出结论；
（2）由，得，进而，讨论①当时和②当，分别求得；
（3）设，令，，得，再利用定义证明、对前项之积都是封闭的．
【详解】（1）解：不是的，理由如下：
如等差数列，
所以不是任意一个无穷等差数列对前项之积是封闭的．
（2）解：是等比数列，其首项，公比，
所以，
所以，
由已知得，对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，
使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
①当时，得，所以；
②当时，得，
且，
综上，或.
（3）解：对任意的无穷等比数列，，
令，，则，
下面证明：是对前项之积是封闭的．
因为，所以，
取正整数得，，
所以对前项之积是封闭的，
同理证明：也对前项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，
使得，其中和对前项之积都是封闭的．
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
答案第1页，共2页
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