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（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（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-15 12:07:09 | ||
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文档简介
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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
一、单选题
1．已知数列的前项和，则数列的前10项和为（ ）
A．65 B．67 C．61 D．56
2．已知数列的通项公式为，若满足的整数恰有2个，则可取到的值有（ ）
A．有3个 B．有2个 C．有1个 D．不存在
3．已知数列的前项和为，，，，下列说法不正确的是（ ）
A． B．为常数列
C． D．
4．已知数列的前项和为，数列的前项和为，且，则使得恒成立的实数的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
5．在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 （ ）
A． B． C． D．
6．设数列首项，前n项和为，且满足，则满足的所有n的和为（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
7．已知数列中，，设为前项和，，若数列的前项和，则若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．设为是首项为，公比为的等比数列的前项和，且，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知数列的前项和为，，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．是等比数列
C．是递增数列 D．
10．数列满足，，数列的前项和为，且，则下列正确的是（ ）
A．是数列中的项
B．数列是首项为，公比为的等比数列
C．数列的前项和
D．数列的前项和
11．已知等比数列的公比为，前项积为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
12．在数列中，且， ．
13．已知数列的前项和为，若，则 ．
14．已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．则数列的前n项和为 ．
四、解答题
15．已知等差数列的前项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
16．已知数列满足，求数列的通项公式.
17．已知数列为各项均为正数的数列，数列满足，且．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设，求数列的前项和．
18．已知数列与数列满足下列条件：①，；②，；③，，记数列的前项积为.
(1)若，，，，求；
(2)是否存在，，，，使得，，，成等比数列？若存在，请写出一组，，，；若不存在，请说明理由；
(3)若，求的最大值.
19．已知数列是等比数列，，，，成等差数列.
(1)求的通项公式和；
(2)数列满足；当时，；当时，.记数列的前项和为.
①若，求的值；
②若，求证：.
参考答案：
1．B
【分析】首先运用，求出，判断正负情况，再求和.
【详解】当时，，
当时，，
故，
据通项公式得，
．
故选：B．
2．A
【分析】本题首先可讨论当时，根据得出，然后讨论当时，通过等差数列求和公式得出，通过计算即可得出结果.
【详解】当时，
，
解得，此时保证等式成立的每个值，只有一个值，不符合题意；
当时，
，
即，
若整数恰有2个，则首先，解得，
设该方程有两实数根，则，若，显然不合题意，则，则，
若，此时，解得，满足，符合题意；
若，此时，解得，满足，符合题意；
若，此时，解得，满足，符合题意，
故可取到的值有或或.
故选：A.
3．C
【分析】对条件进行转化得出是常数列，进而解出的通项公式，对选项逐一判断得出答案.
【详解】解：因为，
所以，
整理得，故，
所以是常数列，
所以，即，故D选项正确.
当时，，
经检验时满足，故，
对于A选项，由，知，故A选项正确，
对于B选项，由，知，所以为常数列，故B选项正确，
对于C选项，由，知，故C选项错误，
故选：C.
4．C
【分析】根据给定条件，求出数列的通项，再利用等比数列前项和公式求出即可得解.
【详解】数列中，，，当时，，两式相减得，
即，整理得，而，
因此数列是首项为3，公比为2的等比数列，，不满足上式，
则，当时，，，
而，依题意，，所以实数的最小值为.
故选：C
【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.
5．A
【分析】根据数列递推式，得，两式相减，可得，利用累乘法，即可得到结论
【详解】由于数列中，，前项和，
∴当时，，
两式相减可得：
∴，
所以，
因此，
故选：A.
6．A
【分析】根据题意，推得，得到数列是等比数列，利用等比数列的求和公式，求得，结合，列出不等式，得出的值，即可求解.
【详解】由，可得，
两式相减得，则，
当时，，所以，
所以数列是以为首项为公比的等比数列，
则，，故，
由，可得，
解得，所以或，
即所有的和为.
故选：A
7．C
【分析】根据题意，推得时，可得，利用累乘法，求得数列的通项公式为，得到，结合错位相减法求和，求得，得到，进而求得实数的取值范围.
【详解】由为前项和，且，
当时，，解得，
当时，，则，可得，
当时，可得，所以，
当或时，，适合上式，
所以数列的通项公式为，可得，
所以，
则，
可得，
所以，因为，所以，
又因为对任意的，不等式恒成立，所以，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
8．C
【分析】根据前n项和定义可得，结合等比数列可得，进而判断AB；再根据等比数列求和公式判断C；举反例判断D.
【详解】因为，可得，即，
且，则，
可得，解得，故AB错误；
由可知，可得，则，
所以，故C正确；
例如，符合题意，但，故D错误.
故选：C.
9．AD
【分析】根据数列递推式，可求出，判断A；计算，根据等比数列定义判断B；根据数列递推式可求得，即可求出数列的通项公式，即可判断C，D.
【详解】对于A，由题意知，，，
则，故，
，，A正确；
对于B，由于，故不可能为等比数列，B错误；
对于C，D，由于，
故，
即，而，
则是以为首项，2为公比的等比数列，则，
，不适合，
故，而，故不是递增数列，C错误，D正确，
故选：AD
【点睛】易错点点睛：本题综合考查了利用数列递推式研究数列的性质问题，易错点在于利用数列递推式求解数列的通项公式时，很容易忽略验证的情况.
10．BCD
【分析】由等差数列的定义和通项公式求得，由数列的通项与前项和的关系，求得，结合数列的裂项相消求和、错位相减法求和，可得结论．
【详解】解：数列满足，，
可得，即有，即，
由，可得，解得，
当时，由，可得，
两式相减可得，
即为，即数列是首项为，公比为的等比数列，则，故B正确；
令，解得，不为整数，故A错误；
，则，故C正确；
，，，
两式相减可得，
化为，故D正确．
故选：BCD．
11．AC
【分析】先通过条件确定和的取值情况，然后利用等比数列的性质计算即可.
【详解】由已知，又，，
所以，，A正确，B错误；
，
，
，
所以，C正确，D错误.
故选：AC.
12．
【分析】分为奇数、偶数两种情况，分别求出的通项公式，再利用分组求和法计算可得.
【详解】当为奇数，即时，设，由，即，
则，即数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，
故；
当为偶数，即时，设，，，
则，显然数列为常数列，则，即；
综上可得，
所以
，
故答案为：
13．
【分析】将转化为，再利用与的关系推得数列是一个周期数列，从而得解.
【详解】，即，
当时，，
当时，，
所以，
所以从第2项起，数列是一个周期数列，且2为它的一个周期，即，
.
故答案为：.
14．
【分析】根据题意可设数列公差为，可列出等式组，从而可求得，求出，即可求出、，再分奇偶求和求出即可.
【详解】设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，
则，所以数列的通项公式是，
则，，，
当为偶数时，，
所以，
当为奇数时，，
所以，.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，由题意列出方程组，求出首项和公差，即可求得答案；
（2）由（1）可得的表达式，利用裂项相消法，即可求得答案.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，则由，，
得，解得，
故；
（2）由（1）得，
故
.
16．
【分析】由递推公式变形可得是等差数列，求出数列的通项公式，进而求得通项.
【详解】由，得，
，
即，又，，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，
.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由推得，再代入整理得，从而得证；
（2）结合（1）中结论，依次求得，再利用裂项相消法即可得解.
【详解】（1）因为，，则，
当时，，则，
代入，得，
所以，则，即，
所以数列是以1为公差的等差数列.
（2）由题意，得，且，所以，
又，所以，
由（1）得，
当时，，
当时，也满足上式，
所以，
所以，
所以.
18．(1)；
(2)不存在，理由见解析；
(3).
【分析】（1）利用已知数据直接计算即得.
（2）假定存在，分两种情况讨论即得.
（3）设，分析出，再求出的最大值即可.
【详解】（1）由，得，由，得，
由，得，
所以.
（2）不存在.
假设存在，设公比为，
若，则，公比，矛盾，
若，则，公比，矛盾，
因此假设不成立，所以不存在.
（3）依题意，，且，，
设，则，得，
于是，显然的值从大到小依次为，
若，则且，当数列为或，可以取得，
显然当时，最大，此时，则，
，
从而
，又，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.
19．(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）代入等比数列的基本量，即可求解；
（2）①由（1）可知，，，再根据，确定的值；
②由得，进一步得到，以及，并代入求和.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
∵，且，
，∴，∴，
则为求数列的前项和，
所以，
，
两式相减得，
解得：
∴；
（2）①∵，
∴当，时，
∵，∴或，
记，则
∴当时，，
∴当时，，满足题意，∴.
②∵，，∴
∴，（，，）
即
∵，∴对，都有.
另一方面，∵，，（，，）
∴对，都有
∴
∵，，
∴
∴.
【点睛】关键点点睛：本题的第二问的关键是确定求和的通项公式和项数，第二小问的关键是推理出和.
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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
一、单选题
1．已知数列的前项和，则数列的前10项和为（ ）
A．65 B．67 C．61 D．56
2．已知数列的通项公式为，若满足的整数恰有2个，则可取到的值有（ ）
A．有3个 B．有2个 C．有1个 D．不存在
3．已知数列的前项和为，，，，下列说法不正确的是（ ）
A． B．为常数列
C． D．
4．已知数列的前项和为，数列的前项和为，且，则使得恒成立的实数的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
5．在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 （ ）
A． B． C． D．
6．设数列首项，前n项和为，且满足，则满足的所有n的和为（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
7．已知数列中，，设为前项和，，若数列的前项和，则若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．设为是首项为，公比为的等比数列的前项和，且，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知数列的前项和为，，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．是等比数列
C．是递增数列 D．
10．数列满足，，数列的前项和为，且，则下列正确的是（ ）
A．是数列中的项
B．数列是首项为，公比为的等比数列
C．数列的前项和
D．数列的前项和
11．已知等比数列的公比为，前项积为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
12．在数列中，且， ．
13．已知数列的前项和为，若，则 ．
14．已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．则数列的前n项和为 ．
四、解答题
15．已知等差数列的前项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
16．已知数列满足，求数列的通项公式.
17．已知数列为各项均为正数的数列，数列满足，且．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设，求数列的前项和．
18．已知数列与数列满足下列条件：①，；②，；③，，记数列的前项积为.
(1)若，，，，求；
(2)是否存在，，，，使得，，，成等比数列？若存在，请写出一组，，，；若不存在，请说明理由；
(3)若，求的最大值.
19．已知数列是等比数列，，，，成等差数列.
(1)求的通项公式和；
(2)数列满足；当时，；当时，.记数列的前项和为.
①若，求的值；
②若，求证：.
参考答案：
1．B
【分析】首先运用，求出，判断正负情况，再求和.
【详解】当时，，
当时，，
故，
据通项公式得，
．
故选：B．
2．A
【分析】本题首先可讨论当时，根据得出，然后讨论当时，通过等差数列求和公式得出，通过计算即可得出结果.
【详解】当时，
，
解得，此时保证等式成立的每个值，只有一个值，不符合题意；
当时，
，
即，
若整数恰有2个，则首先，解得，
设该方程有两实数根，则，若，显然不合题意，则，则，
若，此时，解得，满足，符合题意；
若，此时，解得，满足，符合题意；
若，此时，解得，满足，符合题意，
故可取到的值有或或.
故选：A.
3．C
【分析】对条件进行转化得出是常数列，进而解出的通项公式，对选项逐一判断得出答案.
【详解】解：因为，
所以，
整理得，故，
所以是常数列，
所以，即，故D选项正确.
当时，，
经检验时满足，故，
对于A选项，由，知，故A选项正确，
对于B选项，由，知，所以为常数列，故B选项正确，
对于C选项，由，知，故C选项错误，
故选：C.
4．C
【分析】根据给定条件，求出数列的通项，再利用等比数列前项和公式求出即可得解.
【详解】数列中，，，当时，，两式相减得，
即，整理得，而，
因此数列是首项为3，公比为2的等比数列，，不满足上式，
则，当时，，，
而，依题意，，所以实数的最小值为.
故选：C
【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.
5．A
【分析】根据数列递推式，得，两式相减，可得，利用累乘法，即可得到结论
【详解】由于数列中，，前项和，
∴当时，，
两式相减可得：
∴，
所以，
因此，
故选：A.
6．A
【分析】根据题意，推得，得到数列是等比数列，利用等比数列的求和公式，求得，结合，列出不等式，得出的值，即可求解.
【详解】由，可得，
两式相减得，则，
当时，，所以，
所以数列是以为首项为公比的等比数列，
则，，故，
由，可得，
解得，所以或，
即所有的和为.
故选：A
7．C
【分析】根据题意，推得时，可得，利用累乘法，求得数列的通项公式为，得到，结合错位相减法求和，求得，得到，进而求得实数的取值范围.
【详解】由为前项和，且，
当时，，解得，
当时，，则，可得，
当时，可得，所以，
当或时，，适合上式，
所以数列的通项公式为，可得，
所以，
则，
可得，
所以，因为，所以，
又因为对任意的，不等式恒成立，所以，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
8．C
【分析】根据前n项和定义可得，结合等比数列可得，进而判断AB；再根据等比数列求和公式判断C；举反例判断D.
【详解】因为，可得，即，
且，则，
可得，解得，故AB错误；
由可知，可得，则，
所以，故C正确；
例如，符合题意，但，故D错误.
故选：C.
9．AD
【分析】根据数列递推式，可求出，判断A；计算，根据等比数列定义判断B；根据数列递推式可求得，即可求出数列的通项公式，即可判断C，D.
【详解】对于A，由题意知，，，
则，故，
，，A正确；
对于B，由于，故不可能为等比数列，B错误；
对于C，D，由于，
故，
即，而，
则是以为首项，2为公比的等比数列，则，
，不适合，
故，而，故不是递增数列，C错误，D正确，
故选：AD
【点睛】易错点点睛：本题综合考查了利用数列递推式研究数列的性质问题，易错点在于利用数列递推式求解数列的通项公式时，很容易忽略验证的情况.
10．BCD
【分析】由等差数列的定义和通项公式求得，由数列的通项与前项和的关系，求得，结合数列的裂项相消求和、错位相减法求和，可得结论．
【详解】解：数列满足，，
可得，即有，即，
由，可得，解得，
当时，由，可得，
两式相减可得，
即为，即数列是首项为，公比为的等比数列，则，故B正确；
令，解得，不为整数，故A错误；
，则，故C正确；
，，，
两式相减可得，
化为，故D正确．
故选：BCD．
11．AC
【分析】先通过条件确定和的取值情况，然后利用等比数列的性质计算即可.
【详解】由已知，又，，
所以，，A正确，B错误；
，
，
，
所以，C正确，D错误.
故选：AC.
12．
【分析】分为奇数、偶数两种情况，分别求出的通项公式，再利用分组求和法计算可得.
【详解】当为奇数，即时，设，由，即，
则，即数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，
故；
当为偶数，即时，设，，，
则，显然数列为常数列，则，即；
综上可得，
所以
，
故答案为：
13．
【分析】将转化为，再利用与的关系推得数列是一个周期数列，从而得解.
【详解】，即，
当时，，
当时，，
所以，
所以从第2项起，数列是一个周期数列，且2为它的一个周期，即，
.
故答案为：.
14．
【分析】根据题意可设数列公差为，可列出等式组，从而可求得，求出，即可求出、，再分奇偶求和求出即可.
【详解】设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，
则，所以数列的通项公式是，
则，，，
当为偶数时，，
所以，
当为奇数时，，
所以，.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为d，由题意列出方程组，求出首项和公差，即可求得答案；
（2）由（1）可得的表达式，利用裂项相消法，即可求得答案.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，则由，，
得，解得，
故；
（2）由（1）得，
故
.
16．
【分析】由递推公式变形可得是等差数列，求出数列的通项公式，进而求得通项.
【详解】由，得，
，
即，又，，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，
.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由推得，再代入整理得，从而得证；
（2）结合（1）中结论，依次求得，再利用裂项相消法即可得解.
【详解】（1）因为，，则，
当时，，则，
代入，得，
所以，则，即，
所以数列是以1为公差的等差数列.
（2）由题意，得，且，所以，
又，所以，
由（1）得，
当时，，
当时，也满足上式，
所以，
所以，
所以.
18．(1)；
(2)不存在，理由见解析；
(3).
【分析】（1）利用已知数据直接计算即得.
（2）假定存在，分两种情况讨论即得.
（3）设，分析出，再求出的最大值即可.
【详解】（1）由，得，由，得，
由，得，
所以.
（2）不存在.
假设存在，设公比为，
若，则，公比，矛盾，
若，则，公比，矛盾，
因此假设不成立，所以不存在.
（3）依题意，，且，，
设，则，得，
于是，显然的值从大到小依次为，
若，则且，当数列为或，可以取得，
显然当时，最大，此时，则，
，
从而
，又，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.
19．(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）代入等比数列的基本量，即可求解；
（2）①由（1）可知，，，再根据，确定的值；
②由得，进一步得到，以及，并代入求和.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
∵，且，
，∴，∴，
则为求数列的前项和，
所以，
，
两式相减得，
解得：
∴；
（2）①∵，
∴当，时，
∵，∴或，
记，则
∴当时，，
∴当时，，满足题意，∴.
②∵，，∴
∴，（，，）
即
∵，∴对，都有.
另一方面，∵，，（，，）
∴对，都有
∴
∵，，
∴
∴.
【点睛】关键点点睛：本题的第二问的关键是确定求和的通项公式和项数，第二小问的关键是推理出和.
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