第四章数列易错精选题（含解析）-2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第二册

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第四章数列易错精选题-2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第二册
一、单选题
1．已知数列满足：，，则（ ）
A．19 B．21 C．23 D．25
2．已知数列的前项和，则的值为（ ）
A．135 B．145 C．155 D．165
3．斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理 化学等领域都有应用，已知斐波那契数列满足，则以下结论中错误的是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知数列为等差数列，，则的公差为（ ）
A．2 B．6 C．1 D．14
5．已知函数，公差不为0的等差数列的前项和为.若，则（ ）
A．1012 B．2024 C．3036 D．4048
6．已知正项等比数列中，成等差数列.若数列中存在两项，使得为它们的等比中项，则的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．9
7．等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A．12 B．10 C．5 D．
8．用数学归纳法证明“”的过程中，从到时，左边增加的项数为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．公差为d的等差数列，其前n项和为，，，下列说法正确的有（ ）
A． B． C．中最大 D．
10．给定数列，定义差分运算：.若数列满足，数列的首项为1，且，则（ ）
A．存在，使得恒成立
B．存在，使得恒成立
C．对任意，总存在，使得
D．对任意，总存在，使得
11．用数学归纳法证明不等式的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．使不等式成立的第一个自然数
B．使不等式成立的第一个自然数
C．推导时，不等式的左边增加的式子是
D．推导时，不等式的左边增加的式子是
三、填空题
12．已知数列满足，，则的通项公式为 ．
13．已知等差数列的公差与等比数列的公比相等，且，，，则 ；若数列和的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列，数列的前项和为，则使得成立的的最小值为 ．
14．在数列中，，．设向量，已知，给出下列四个结论：①；②，；③，；④，．其中所有正确结论的序号是 ．
四、解答题
15．已知数列满足，求的通项公式.
16．已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．求的通项公式.
17．已知数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式：
(2)令，求数列的前13项和；
18．已知数列满足：，正项数列满足：，且，，．
(1)求，的通项公式；
(2)已知，求：；
(3)求证：．
19．约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
(2)当时，若构成等比数列，求正整数；
(3)记，求证：.
参考答案：
1．B
【分析】根据给定条件，利用累加法求通项即得.
【详解】在数列中，，，
所以.
故选：B
2．C
【分析】利用与之间的关系即可求解.
【详解】由题意可知，，，
所以.
故选：C.
3．D
【分析】逐项写出“斐波那契数列”的前6项可判断AC，利用“斐波那契数列”的递推式进行变形转化可判断BD.
【详解】对于AC，根据题意，“斐波那契数列”中，其前6项依次为：，
即，故AC正确；
对于BD，因为当时，，则，
有，则有，
，
上面几个式子相加可得
，
又由，即，则，故B正确，D错误．
故选：D．
4．B
【分析】利用等差数列的通项公式的变形即可得解.
【详解】根据题意，因为等差数列中，，
所以公差.
故选：B．
5．B
【分析】先根据题中条件得到，故，结合等差数列的前项和公式可得.
【详解】由题可知函数的图象关于直线对称，
因为的公差不为0，所以
又因，所以，
所以，故，
故选：B
6．A
【分析】由已知条件求出等比数列的公比，得到，利用基本不等式求的最小值.
【详解】设正项等比数列的公比为，由，，成等差数列，
有，即，得，由，解得，
若数列中存在两项，，使得为它们的等比中项，
则，即，得，则，
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为3.
故选：A
7．B
【分析】利用等比数列的性质，结合对数的运算法则即可得解.
【详解】因为是各项均为正数的等比数列，，
所以，即，则
记，则，
两式相加得
，
所以，即.
故选：B.
8．A
【分析】根据和时，左边的表达式，进行计算即可.
【详解】时，可得：
时，可得：，
故增加了项.
故选：A
9．AD
【分析】利用等差数列性质结合给定条件可得，，再逐项分析判断作答.
【详解】由，得，
又，得，，
所以，，数列是递减数列，其前6项为正，从第7项起均为负数，
等差数列，公差，A选项正确；，B选项错误；前6项和最大，C选项错误；
由，，有，则，D选项正确.
故选：AD.
10．BC
【分析】由已知求出及范围判断AB；利用累加法结合错位相减法求和求出及范围判断C；求出及的范围判断D.
【详解】对于A，由，得，显然有最小值4，无最大值，
因此不存在，使得恒成立，A错误；
对于B，由选项A知，，则，
显然当时，恒成立，B正确；
对于C，由，得，
当时，
即，
于是，
两式相减得，
因此，显然满足上式，则，由，
得数列是递增数列，有最小值1，无最大值，
从而对任意，总存在，使得，C正确；
对于D，，由选项C得，
显然数列是递减数列，，因此对任意，不存在，使得成立，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
11．BC
【分析】根据数学归纳法逐项分析判断.
【详解】当时，可得；当时，可得；
即使不等式成立的第一个自然数，故A错误，B正确；
当时，可得；
当时，可得；
两式相减得：，
所以推导时，不等式的左边增加的式子是，故C正确，D错误；
故选：BC.
12．
【分析】利用累加法计算可得.
【详解】因为，，
所以，
即，，，，，
所以，
即，则，
当时也成立，所以，
故答案为：．
13．
【分析】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出数列的通项公式；设满足不等式的正整数的最小值为，推导出，设，其中且，根据可得出关于的不等式，求出的最小值，即可得出的值，即为所求.
【详解】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，
则，，，
解得，，，
所以，，，
由，整理可得，
数列的各项分别为：、、、、、、、、、，
其中前若干项中，数列有项，数列有项，
所以，是数列的第项，
所以，
，
所以，，
令，整理可得，
令，则有，解得，
因为，所以，，可得，
所以，满足不等式的正整数的最小值为，
同理可知，满足不等式的正整数的最大值为，
所以满足不等式的正整数的最小值，即，
设，其中且，
则
，
，
由，整理可得，解得，
所以自然数的最小值为，所以.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列不等式求参数的值，解题的关键在于确定满足条件的正整数的最小值所在的区间，并引入合适的参数，求出相应的参数的值，进而得解,
14．②③④
【分析】根据已知带入，即可求得，即可判断①；同理可求得，.然后猜想，有，（*）.然后根据数学归纳法证明（*）成立，进而推得，.可猜想，（**）. 然后根据数学归纳法证明（**）成立，即可得出②；带入化简整理可得，根据不等式的性质即可得出③；根据（**）的结论即可得出④正确.
【详解】对于①，由已知可得，，
所以，.
因为，所以有，解得，故①错误；
对于②，，，
所以，.
因为，所以有，解得.
同理可得，.
所以有，，，.
猜想，，有，.（*）
显然，当时，（*）式成立；
假设时，（*）式成立，
即，有，.
因为，，，
所以，.
由已知可得，，
所以，
所以.
又，
所以，
所以.
即，时，式子（*）也成立.
所以，猜想正确.
即，有，.
所以， ，.
猜想，，.（**）
当时，（**）式成立；
假设当时，（**）式成立，即，.
则，，
当且仅当，即时，等号成立.
因为，所以.
所以，当时，（**）式也成立.
所以，，，故②正确；
对于③，因为，所以，所以，
所以，所以.
又，所以.
同理可得，.
所以，，，故③正确；
对于④，由（**）可得，，.
所以，，，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】关键点睛：根据前几项，猜想结论，根据数学归纳法证明结论.
15．
【分析】利用项与和的关系化简条件式，结合累乘法求出通项.
【详解】因为，
当时，可得；
当时，可得，
两式相减得，，即，
且，即，
所以；
且满足上式，不满足上式，
所以数列的通项公式为.
16．
【分析】根据等差数列定义，由代入计算可得，即可求得的通项公式为.
【详解】设等差数列的公差为d，而，
则，
于是，
解得，
所以，
所以数列的通项公式是.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系求解即可；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）由，
当时，；
当时，；
经检验：满足，
所以；
（2）由（1）得：，
所以.
18．(1)，
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）由题意可得数列为等差数列，数列为等比数列，再分别求解公差与公比即可求；
（2）代入化简可得，再分组根据错位相减与裂项相消求和即可；
（3）放缩可得，再裂项相消求和即可.
【详解】（1）因为，所以数列为等差数列，设公差为，
因为，所以数列为等比数列，设公比为，且，
因为，，，
所以，即，
解得，
所以，.
（2）由（1）可知，由，
记
作差, 得:
所以,
∴.
（3）令，
因为，且，所以成立；
因为，
所以
，
因为，所以，故，
综上，所以.
19．(1)8
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意可知时符合题意；
（2）由题意可得，，根据等比数列的定义可得，进而，则为，即可求出a；
（3）由题意可得，，则，结合放缩法和裂项求和法即可证明.
【详解】（1）当时,正整数的4个正约数构成等比数列，
比如为8的所有正约数，即.
（2）由题意可知，，
因为，题意可知，所以，
化简可得，所以，
因为，所以，
因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以为，
所以.
（3）由题意知，，
所以，
因为，
所以
，
因为，，所以，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：在第二问的解答中，在得到后，要能根据，推得，继而得出，这是解决问题的关键.第三问的证明中，难点在于要能注意到，，从而可得，然后采用裂项求和的方法进行化简进而证明结论.
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