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经典题型（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经典题型（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 12:08:32 | ||
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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经典题型
一、单选题
1．已知数列是各项为正的等比数列，前项和为，且，则（ ）
A． B． C．1 D．
2．己知数列的前k项和是3，则k等于（ ）
A．3 B．4 C．15 D．16
3．已知数列满足，且，则的值是（ ）
A． B．5 C．4 D．
4．在数列中，如果存在正整数，使得，对于任意的正整数均成立，那么称数列为周期数列，其中叫做数列的周期．已知数列满足，如果，，当数列的周期最小时，该数列前2024项的和是（ ）
A．674 B．1348 C．1350 D．2024
5．已知数列为等比数列，为数列的前项和.若成等差数列，则（ ）
A． B． C． D．
6．设数列的前项和为，若对任意的正整数，总存在正整数，使得，下列正确的命题是（ ）
①可能为等差数列；
②可能为等比数列；
③均能写成的两项之差；
④对任意，总存在，使得．
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
7．已知数列{an}的前n项和分别为Sn，，若任取n∈N*，不等式恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．（） B．（） C．（） D．（）
8．如图，是由一系列直角三角形拼接而成的几何图形，已知，记，，…，的长度构成的数列为，则的整数部分是（ ）
A．87 B．88 C．89 D．90
二、多选题
9．等差数列的前n项和为，若，则下列各项的值一定为m的是（ ）
A． B． C． D．
10．已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列，记为数列的前n项和，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．若，则
11．九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载．九连环一般是用金属丝制成圆形小环九枚，九环相连，套在条形横板或各式框架上，并贯以环柄．玩时，按照一定的程序反复操作，可使9个环分别解开，或合二为一，假设环的数量为，解开n连环所需总步数为，解下每个环的步数为，数列满足：，，，则（ ）
A． B．
C． D．成等比数列
三、填空题
12．在等差数列中，若，则 .
13．整数列，，，对有，为固定正整数，求使成立的的个数
14．已知是数列的前项和，，且，，，则 .
四、解答题
15．已知数列中，，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
16．已知数列的前项和为，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
17．已知正项数列的前n项和为．
(1)求数列的前n项和;
(2)令，求的前9项之和．
18．已知等差数列的前项和为，且.等比数列是正项递增数列，且.
(1)求数列的通项和数列的通项；
(2)若，求数列的前项和.
19．已知等差数列的前项和为，，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，，求数列的前项和．
（说明：）
参考答案：
1．C
【分析】利用构造方程组可解得公比，代入计算得.
【详解】设数列的公比为，又的各项为正，所以，；
则由可得，
两式相除整理可得，解得或（舍）；
代入可得.
故选：C
2．C
【分析】利用裂项相消法可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】设数列的前项和为，因为，
所以，
解得.
故选：C
3．A
【分析】由已知可得到数列为公比为3的等比数列，进而计算求解.
【详解】由，可得，所以数列是公比为3的等比数列，
因为，
所以.
故选：A
4．C
【分析】对周期从小到大分类讨论求得符合题意的周期，由此即可顺利得解.
【详解】若数列的周期为1，则，但，矛盾，
所以数列的周期不可能为1，
若数列的周期为2，则，且，
又，所以解得，
而当时，，矛盾，
所以数列的周期不可能为2，
若数列的周期为3，则，
且，
所以或，
又，所以，
且此时有，
所以或，
又，所以，
解得符合题意，
当时，数列为：，满足题意，
此时，
所以该数列前2024项的和是.
故选：C.
【点睛】关键点睛：关键是求得符合题意的周期，结合周期即可顺利求和得解.
5．A
【分析】将成等差数列转化为等式，进而求出数列的公比，将比值中的和、项用基本元来表示，化简求值即可.
【详解】设等比数列的公比为，
若成等差数列，可得：，
当时，此时恒成立，
即为，得，即，显然不成立；
当时，即为：，其中，
得，得或（舍去），
，
故选：A.
6．A
【分析】对于①，取，可知①正确；对于②，当的公比，时，；当时，，而无有理数根，可知②错误；对于③，根据，可知③正确；对于④取数列，显然不存在，使得，故④不正确.
【详解】对于①，取，则，显然存在，使，所以①正确，
对于②，若数列为等比数列，设公比为，显然不满足要求，
考虑的情况，依题意有，，
即①，②，
两式相除，得到，
若，则取为奇数，那么，所以，
所以，
当足够大时，显然不成立；
若，则， 因为，
所以当足够大时，可以使，故也不成立.从而知②错误，
对于选项③，取，则，所以，
当时，，故③正确，
对于选项④，取数列， 显然不存在，使得，故④错误，
故选：A.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第②选项，根据条件得到，从而得到，再对进行讨论，从而解决问题.
7．A
【分析】由推理得到，，再对n进行奇偶分类，分别解决恒成立问题即得实数λ的取值范围.
【详解】已知数列的前n项和分别为，由题意，①，②，得，即，
因为，所以，故是首项为，公比为的等比数列，，故；
当n为奇数时，恒成立，，因为随着n的增大而减小，所以时取最大值，故；
当n为偶数时，恒成立，只需，显然随着n的增大而增大，所以时取最小值，故，所以．
故选: A．
8．B
【分析】根据等差数列、放缩法、裂项求和法等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由题意知，，
且，，…，都是直角三角形，
所以，且，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，
，
，
即，
所以所求整数部分都是.
故选：B.
【点睛】方法点睛：定义法：若常数，则是等差数列；等差中项法：若，则是等差数列.数列求和的方法可以考虑等差数列的前项和公式，也即公式法，也可以考虑利用裂项求和法.
9．BD
【分析】设等差数列的公差为，根据求出可判断AB；结合等差数列的前项公式可判断CD正确.
【详解】设等差数列的公差为，若，
则，故A错误B正确；
，故C错误；
，故D正确.
故选：BD.
10．ABD
【分析】求得中的一些元素，结合等差数列的定义、通项公式、求和公式，对选项逐一判断即可.
【详解】由题意可得：,
可得，
则
对于选项A:易得，故A正确；
对于选项B:易得，故B正确；
对于选项C:由，可得，故C错误；
对于选项D:易得数列每隔四个一组求和，可构成等差数列，其首项为，公差为，
由，
，则，此时有，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：关键是通过找到，由此借助等差数列的相关知识，进而求解即可.
11．AC
【分析】根据题意逐一计算与的前6项，从而判断ABC，利用，结合等比数列的定义判断D，从而得解.
【详解】因为，，，
所以，，
，，故AC正确，B错误；
当时，，即，
则，所以不是等比数列，故D错误.
故选：AC.
12．
【分析】运用等差数列公差公式，结合等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】由题意得.
故答案为：
13．2
【分析】当可得，不符合题意，当（），代入计算可得的周期为6，进而可得，对2024进行因式分解即可求得结果.
【详解】①设，则，
若，则由可得，
故对任意正整数，，这与项矛盾，所以.
②设（），则，，，，，，
因此整个数列是以6为周期的循环数列.
因此，
设是整数（，都是正整数），则，
因此只可能是1或2，对应的也只有2个，即2024与1012.
故答案为：2.
14．582
【分析】根据题意整理该数列中奇数项的递推公式，利用迭代法可得其通项公式，代入题目中递推公式，结合等比数列的求和公式，可得答案.
【详解】由已知可得
所以，
于是．
故，即，
所以，
所以
故答案为：．
15．(1)
(2)或
【分析】（1）法一：推理出，即是常数列，求出通项公式；法二：变形得到，故，两式相减得到，是等差数列，求出和公差，得到通项公式；
（2），分为偶数和奇数两种情况进行求和得到答案.
【详解】（1）法一：因为，所以，
所以，所以，所以是常数列，
所以，所以．
法二：因为，①
所以，②
②-①，得，所以，
所以是等差数列，
由中令得，
又，故，所以等差数列的公差，所以.
（2），
当为偶数时，．
当为奇数时，，
所以或．
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系易得，需要检验首项是否符合；
（2）利用错位相减法求和即得.
【详解】（1）根据题意：，当时，，
两式相减即得：，
因时，，满足上式，
故；
（2），
则，
，
两式相减可得：，
故．
17．(1)
(2)
【分析】（1）由，得到，两式相减，整理得到，得到数列是等差数列，结合等差数列的通项公式和求和公式，即可求解；
（2）由（1）得到，结合裂项法去和，即可求解.
【详解】（1）解：正项数列的前n项和为，满足，
可得，
两式相减可得，
所以，
因为，所以，
又因为，解得，
所以数列是以首项为1，公差为2的等差数列，
则数列的通项公式为，可得.
（2）解：由（1）知，
可得，
所以
．
18．(1)，
(2)（或）
【分析】（1）根据题意分别求出数列的首项和公差，以及数列的首项和公比，进而可得出答案；
（2）利用并项求和法求解即可.
【详解】（1）由题意，设等差数列的首项为，公差为，又，
所以解得，
故，
因为数列为各项为正的递增数列，设公比为，且，
因为，所以，得，
又，所以，即，又，
解得，从而，
所以；
（2）由（1）得，
所以，
所以数列的前项和为
（或）.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列通项和求和公式可构造方程组求得，由此可得；
（2）采用分组求和和裂项相消法可求得，由取整运算定义可得，分类讨论可求得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由得：，解得：，
.
（2）由（1）得：，
，
；
则当时，；当时，；
当时，；
综上所述：.
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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经典题型
一、单选题
1．已知数列是各项为正的等比数列，前项和为，且，则（ ）
A． B． C．1 D．
2．己知数列的前k项和是3，则k等于（ ）
A．3 B．4 C．15 D．16
3．已知数列满足，且，则的值是（ ）
A． B．5 C．4 D．
4．在数列中，如果存在正整数，使得，对于任意的正整数均成立，那么称数列为周期数列，其中叫做数列的周期．已知数列满足，如果，，当数列的周期最小时，该数列前2024项的和是（ ）
A．674 B．1348 C．1350 D．2024
5．已知数列为等比数列，为数列的前项和.若成等差数列，则（ ）
A． B． C． D．
6．设数列的前项和为，若对任意的正整数，总存在正整数，使得，下列正确的命题是（ ）
①可能为等差数列；
②可能为等比数列；
③均能写成的两项之差；
④对任意，总存在，使得．
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
7．已知数列{an}的前n项和分别为Sn，，若任取n∈N*，不等式恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．（） B．（） C．（） D．（）
8．如图，是由一系列直角三角形拼接而成的几何图形，已知，记，，…，的长度构成的数列为，则的整数部分是（ ）
A．87 B．88 C．89 D．90
二、多选题
9．等差数列的前n项和为，若，则下列各项的值一定为m的是（ ）
A． B． C． D．
10．已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列，记为数列的前n项和，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．若，则
11．九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载．九连环一般是用金属丝制成圆形小环九枚，九环相连，套在条形横板或各式框架上，并贯以环柄．玩时，按照一定的程序反复操作，可使9个环分别解开，或合二为一，假设环的数量为，解开n连环所需总步数为，解下每个环的步数为，数列满足：，，，则（ ）
A． B．
C． D．成等比数列
三、填空题
12．在等差数列中，若，则 .
13．整数列，，，对有，为固定正整数，求使成立的的个数
14．已知是数列的前项和，，且，，，则 .
四、解答题
15．已知数列中，，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
16．已知数列的前项和为，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
17．已知正项数列的前n项和为．
(1)求数列的前n项和;
(2)令，求的前9项之和．
18．已知等差数列的前项和为，且.等比数列是正项递增数列，且.
(1)求数列的通项和数列的通项；
(2)若，求数列的前项和.
19．已知等差数列的前项和为，，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，，求数列的前项和．
（说明：）
参考答案：
1．C
【分析】利用构造方程组可解得公比，代入计算得.
【详解】设数列的公比为，又的各项为正，所以，；
则由可得，
两式相除整理可得，解得或（舍）；
代入可得.
故选：C
2．C
【分析】利用裂项相消法可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】设数列的前项和为，因为，
所以，
解得.
故选：C
3．A
【分析】由已知可得到数列为公比为3的等比数列，进而计算求解.
【详解】由，可得，所以数列是公比为3的等比数列，
因为，
所以.
故选：A
4．C
【分析】对周期从小到大分类讨论求得符合题意的周期，由此即可顺利得解.
【详解】若数列的周期为1，则，但，矛盾，
所以数列的周期不可能为1，
若数列的周期为2，则，且，
又，所以解得，
而当时，，矛盾，
所以数列的周期不可能为2，
若数列的周期为3，则，
且，
所以或，
又，所以，
且此时有，
所以或，
又，所以，
解得符合题意，
当时，数列为：，满足题意，
此时，
所以该数列前2024项的和是.
故选：C.
【点睛】关键点睛：关键是求得符合题意的周期，结合周期即可顺利求和得解.
5．A
【分析】将成等差数列转化为等式，进而求出数列的公比，将比值中的和、项用基本元来表示，化简求值即可.
【详解】设等比数列的公比为，
若成等差数列，可得：，
当时，此时恒成立，
即为，得，即，显然不成立；
当时，即为：，其中，
得，得或（舍去），
，
故选：A.
6．A
【分析】对于①，取，可知①正确；对于②，当的公比，时，；当时，，而无有理数根，可知②错误；对于③，根据，可知③正确；对于④取数列，显然不存在，使得，故④不正确.
【详解】对于①，取，则，显然存在，使，所以①正确，
对于②，若数列为等比数列，设公比为，显然不满足要求，
考虑的情况，依题意有，，
即①，②，
两式相除，得到，
若，则取为奇数，那么，所以，
所以，
当足够大时，显然不成立；
若，则， 因为，
所以当足够大时，可以使，故也不成立.从而知②错误，
对于选项③，取，则，所以，
当时，，故③正确，
对于选项④，取数列， 显然不存在，使得，故④错误，
故选：A.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第②选项，根据条件得到，从而得到，再对进行讨论，从而解决问题.
7．A
【分析】由推理得到，，再对n进行奇偶分类，分别解决恒成立问题即得实数λ的取值范围.
【详解】已知数列的前n项和分别为，由题意，①，②，得，即，
因为，所以，故是首项为，公比为的等比数列，，故；
当n为奇数时，恒成立，，因为随着n的增大而减小，所以时取最大值，故；
当n为偶数时，恒成立，只需，显然随着n的增大而增大，所以时取最小值，故，所以．
故选: A．
8．B
【分析】根据等差数列、放缩法、裂项求和法等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由题意知，，
且，，…，都是直角三角形，
所以，且，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，
，
，
即，
所以所求整数部分都是.
故选：B.
【点睛】方法点睛：定义法：若常数，则是等差数列；等差中项法：若，则是等差数列.数列求和的方法可以考虑等差数列的前项和公式，也即公式法，也可以考虑利用裂项求和法.
9．BD
【分析】设等差数列的公差为，根据求出可判断AB；结合等差数列的前项公式可判断CD正确.
【详解】设等差数列的公差为，若，
则，故A错误B正确；
，故C错误；
，故D正确.
故选：BD.
10．ABD
【分析】求得中的一些元素，结合等差数列的定义、通项公式、求和公式，对选项逐一判断即可.
【详解】由题意可得：,
可得，
则
对于选项A:易得，故A正确；
对于选项B:易得，故B正确；
对于选项C:由，可得，故C错误；
对于选项D:易得数列每隔四个一组求和，可构成等差数列，其首项为，公差为，
由，
，则，此时有，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：关键是通过找到，由此借助等差数列的相关知识，进而求解即可.
11．AC
【分析】根据题意逐一计算与的前6项，从而判断ABC，利用，结合等比数列的定义判断D，从而得解.
【详解】因为，，，
所以，，
，，故AC正确，B错误；
当时，，即，
则，所以不是等比数列，故D错误.
故选：AC.
12．
【分析】运用等差数列公差公式，结合等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】由题意得.
故答案为：
13．2
【分析】当可得，不符合题意，当（），代入计算可得的周期为6，进而可得，对2024进行因式分解即可求得结果.
【详解】①设，则，
若，则由可得，
故对任意正整数，，这与项矛盾，所以.
②设（），则，，，，，，
因此整个数列是以6为周期的循环数列.
因此，
设是整数（，都是正整数），则，
因此只可能是1或2，对应的也只有2个，即2024与1012.
故答案为：2.
14．582
【分析】根据题意整理该数列中奇数项的递推公式，利用迭代法可得其通项公式，代入题目中递推公式，结合等比数列的求和公式，可得答案.
【详解】由已知可得
所以，
于是．
故，即，
所以，
所以
故答案为：．
15．(1)
(2)或
【分析】（1）法一：推理出，即是常数列，求出通项公式；法二：变形得到，故，两式相减得到，是等差数列，求出和公差，得到通项公式；
（2），分为偶数和奇数两种情况进行求和得到答案.
【详解】（1）法一：因为，所以，
所以，所以，所以是常数列，
所以，所以．
法二：因为，①
所以，②
②-①，得，所以，
所以是等差数列，
由中令得，
又，故，所以等差数列的公差，所以.
（2），
当为偶数时，．
当为奇数时，，
所以或．
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系易得，需要检验首项是否符合；
（2）利用错位相减法求和即得.
【详解】（1）根据题意：，当时，，
两式相减即得：，
因时，，满足上式，
故；
（2），
则，
，
两式相减可得：，
故．
17．(1)
(2)
【分析】（1）由，得到，两式相减，整理得到，得到数列是等差数列，结合等差数列的通项公式和求和公式，即可求解；
（2）由（1）得到，结合裂项法去和，即可求解.
【详解】（1）解：正项数列的前n项和为，满足，
可得，
两式相减可得，
所以，
因为，所以，
又因为，解得，
所以数列是以首项为1，公差为2的等差数列，
则数列的通项公式为，可得.
（2）解：由（1）知，
可得，
所以
．
18．(1)，
(2)（或）
【分析】（1）根据题意分别求出数列的首项和公差，以及数列的首项和公比，进而可得出答案；
（2）利用并项求和法求解即可.
【详解】（1）由题意，设等差数列的首项为，公差为，又，
所以解得，
故，
因为数列为各项为正的递增数列，设公比为，且，
因为，所以，得，
又，所以，即，又，
解得，从而，
所以；
（2）由（1）得，
所以，
所以数列的前项和为
（或）.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列通项和求和公式可构造方程组求得，由此可得；
（2）采用分组求和和裂项相消法可求得，由取整运算定义可得，分类讨论可求得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由得：，解得：，
.
（2）由（1）得：，
，
；
则当时，；当时，；
当时，；
综上所述：.
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