4.3数列 同步练习（含解析）2023——2024学年沪教版（2020）高中数学选择性必修第二册

4.3 数列 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知数列满足．若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A． B． C． D．
2．数列满足：对于，已知，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知数列的前n项和为，，且，若不等式对一切恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．在数列中，，则的值为（ ）
A．5 B． C．4 D．
5．设等差数列的公差为，则“”是“为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．将正整数集中划掉所有与15不互素的数，记剩下的数由小到大排成数列，再按照两项，一项，两项，一项，两项的顺序循环分组（5组为一个周期）：，那么2014在第（ ）组.
A．677 B．679 C．680 D．681
7．已知公比为负数的等比数列的前项积为，且，记的最大值为，最小值为，则（ ）
A．4 B．32 C．16 D．8
8．已知数列满足，且，若表示不超过的最大整数，则（ ）
A．2016 B．2017 C．4032 D．4034
二、多选题
9．数列的前项和为，已知，则（ ）
A．是递减数列 B．是等差数列
C．当时， D．当或4时，取得最大值
10．已知数列满足：（m为正整数），，若，则m可能的取值有（ ）
A．3 B．4 C．5 D．32
11．已知分别是数列的前项和，，，则（ ）
A． B．
C． D．
12．已知数列的前项和公式为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列的首项为
B．数列的通项公式为
C．数列为递减数列
D．数列的前项积为，则
三、填空题
13．已知数列中，，，，则的前项和 ．
14．已知数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为 .
15．已知数列的前n项和为，数列的前n项和为，则 ．
16．用表示不超过的最大整数，已知数列满足：，，.若，，则 ；若，则 .
四、解答题
17．已知数列的前项和为，满足；数列满足，其中.
(1)求数列的通项公式；
(2)对于给定的正整数，在和之间插入个数，使，成等差数列.
（i）求；
（ii）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.
18．已知各项均不为0的数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)若对于任意成立，求实数的取值范围．
19．设数列满足，，且．
(1)求证：数列为等差数列;
(2)求数列的通项公式；
(3)求数列的前项和．
20．已知正项数列前n项和为，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和.
21．已知是各项都为正数的等比数列，数列满足：，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意的都有，求实数的取值范围.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．A
【分析】利用等比数列求出，进而求得，再利用累加法求通项得解.
【详解】依题意：，所以，
当时，，则，
所以
，
故选：A.
2．A
【分析】借助所给条件，由逐项往前计算即可得.
【详解】由，，
故，即，，故，，故.
故选：A.
3．B
【分析】根据递推公式等价变形构造等比数列，求出数列的通项，利用错位相消法求得，对进行奇偶分类，将不等式运用参变分离法分别求出参数的范围再求交集即得.
【详解】因为，，所以，
而，所以是以为首项，公比为的等比数列.
于是，，即，
所以，
，
两式相减得，，
即 .
由，得，
即
①当为奇数时，有，因是单调增数列，故，从而；
②当为偶数时，有，因，从而.
综上，的取值范围为．
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查构造等比数列求通项和错位相减法求数列的和以及运用参变分离法求解恒成立问题等知识点，属于难题.解题关键在于根据数列递推公式特征构造等比数列，运用错位相减法求数列的和，并就的奇偶分类求出的取值范围．
4．A
【分析】先通过求出确定数列周期，根据周期计算即可.
【详解】因为，
所以，，
，
故数列的周期为，
所以.
故选：A.
5．A
【分析】利用等差数列通项公式求出，再利用单调数列的定义，结合充分条件、必要条件的意义判断即得.
【详解】由等差数列的公差为，得，则，
当时，，而，则，因此，为递增数列；
当为递增数列时，则，即有，整理得，不能推出，
所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件.
故选：A
6．A
【分析】根据题意写出数列的前几项，再根据周期性分析结合等差数列通项公式求解即可.
【详解】正整数集中，划掉所有与15不互素的数等价于划掉3或5的倍数，那么按照5组为一个周期，
余下的数排列为：，，，
是3的倍数，2015是5的倍数，则2014单独成一组.
构成等差数列，故2014为一个周期中第2组.
又，则2014在第组.
故选：A
7．D
【分析】根据，，可得等比数列的通项公式，再由和，解不等式，从而分析得到的最大项为，即可求出和，从而得到答案.
【详解】记等比数列的公比为，则，
则，得，所以，
所以，由，得．
由，得，所以，且，
故的最大项为，
所以，，故．
故选：D
8．A
【分析】根据递推关系可证数列是等差数列，进而利用累加法求出通项，再利用裂项相消法求出，结合条件求得结果.
【详解】由，可得，又
，故数列是以12为首项，8为公差的等差数列，
则，，，
，，
故当时，，
则当时，，又适合上式，故，，
，
，
.
又，故.
故选：A.
9．CD
【分析】由数列的通项公式与前n项和的关系即可求出，对选项分别讨论及计算即可得到正确答案.
【详解】当时，，
当时，，
不满足上式，
所以，
对于A，由于，，所以不是递减数列，所以A错误，
对于B，由于，，，所以，
所以不是等差数列，所以B错误，
对于C，由，得，所以当时，，所以C正确，
对于D，，因为，
所以当或4时，取得最大值，所以D正确，
故选：CD.
10．BCD
【分析】利用和递推关系进行逆推可得答案.
【详解】因为，，所以，
若，不合题意，舍去，所以；
若，则，进而可得；
若，则，进而可得，所以或.
故选：BCD
11．ACD
【分析】根据与的关系推得，从第2项开始，是等比数列，结合的值求得，即可得出的通项公式，进而判断A、B；代入已知得出的通项公式，裂项求和判断C项；放缩法，即可得出D项.
【详解】对于A项，因为，则，所以.故A正确.
对于B项，当时，有，，
两式作差可得，，所以，.
所以，从第2项开始，是以2为公比的等比数列，
所以，.
检验，时，，
所以，.故B错误；
对于C项，因为，
所以，
所以，.故C正确；
对于D项，因为，当时恒成立，
所以，，当时恒成立.
又时，满足，
所以，.故D正确.
故选：ACD.
12．ABC
【分析】A. 由，令求解；B.由求解；C.由判断；D.由 求解.
【详解】A. 数列的首项为，故正确；
B.当 时，，适合上式，故正确；
C. 因为，所以数列为递减数列，故正确；
D. ，所以数列的前项积为，故错误；
故选：ABC
13．
【分析】取倒可得，判断是等差数列，即可求解，进而根据裂项相消法求和即可.
【详解】由可得，所以是等差数列，且公差为2，
所以，故，
所以，
所以
故答案为：
14．
【分析】构造数列先计算，分奇偶讨论结合指数函数的单调性计算即可.
【详解】由，令，
若为奇数，则，
若为偶数，则，
即奇数项与偶数项分别成以为公差的等差数列，
易知，
所以，则，
若为奇数，则
有解，即，
由指数函数的单调性可知；
若为偶数，则
有解，即，
由指数函数的单调性可知；
综上满足题意.
故答案为：
【点睛】易错点睛：首先构造等差数列需要分奇偶项进行讨论，务必注意符号，其次结合指数函数的单调性解不等式有解问题时，注意取值范围的大小，保证有解即可.
15．/
【分析】根据的关系求解通项公式可得，进而可得通项公式，再求解即可.
【详解】当时，由，得，
两式相减得，另由，得，
故从第2项起，是以2为公比的等比数列，
，
故答案为：
16． ，
【分析】当，时，利用构造法可得出数列是等比数列，求出，进而得出；当时，由题目中的递推关系式可得，，，即可求解.
【详解】当，时，，即，
则数列是以为首项，为公比的等比数列.
所以，即.
当时，，即，且，
故，故，故，
∴，，所以，所以.
因为，所以
由，可得：，，.
因为，所以，，则.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合，数列的通项公式及前项和.利用构造法即可求解第一空；借助递推关系式得出，，是解答第二空的关键.
17．(1)
(2)（i）；（ii）存在，
【分析】（1）根据的关系式可得是首项为1，公比为的等比数列，再根据可分别对的奇数项和偶数项分别求通项公式可得；
（2）（i）利用定义可求得新插入的数列公差，求得并利用错位相减法即可求出；
（ii）求得，易知对于任意正整数均有，而，所以不是数列中的项；又，分别对其取值为时解方程可求得.
【详解】（1）由①，当时，②，
得，
当时，，
是首项为1，公比为的等比数列，故，
由③.由
得，又④.
④-③得，
的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列：
所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列.
得.
综上可得；
（2）（i）在和之间新插入个数，使成等差数列，
设公差为，则，
则.
⑤
则⑥
⑤-⑥得：，
所以可得
（ii）由（1），又，
由已知，
假设是数列或中的一项，
不妨设，
因为，所以，而，
所以不可能是数列中的项.
假设是中的项，则.
当时，有，即，
令，
当时，；
当时，，
由知无解.
当时，有，即.
所以存在使得是数列中的第3项；
又对于任意正整数均有，所以时，方程均无解；
综上可知，存在正整数使得是数列中的第3项.
【点睛】关键点点睛：求解是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项时，关键是限定出，再对数列的取值范围进行限定可得不是数列中的项，再由只能取得正整数可知只需讨论或有无解即可求得结论.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到时，，两式相减得到，得到及均为公差为4的等差数列，结合等差数列的通项公式，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）求得，证得为恒成立，设，求得数列的单调性和最大值，即可求解.
【详解】（1）解：因为数列的前项和为，且，即，
当时，可得，
两式相减得，
因为，故，
所以及均为公差为4的等差数列：
当时，由及，解得，
所以，，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知，可得，
因为对于任意成立，所以恒成立，
设，则，
当，即时，
当，即时，
所以，故，所以，
即实数的取值范围为.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由得，根据等差数列的定义可得；
（2）由（1）可得，利用累加法可得，验证即可；
（3）利用裂项相消法可得.
【详解】（1）证明：因为，所以，
又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）得，
当时，
代入验证，左右成立，所以；
（3），
所以
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据与之间的关系分析可知数列是等差数列，结合等差数列通项公式运算求解；
（2）由（1）可得，利用分组求和以及裂项相消法运算求解.
【详解】（1）因为，则，
两式相减得：，
整理得，
且为正项数列，可知，
可得，即，
可知数列是以首项，公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）可得，
当为奇数，则，
可得
，
所以.
21．(1)；
(2)
【分析】（1）利用题设条件求得，再利用等比数列的通项公式求得，进而求得；
（2）将问题转化为恒成立，再利用作差法求得的最大值，从而得解.
【详解】（1）因为，，，
所以，则，
，则，
因为是各项都为正数的等比数列，所以，即，
所以，则.
（2）因为恒成立，所以恒成立，
设，则，
当时，，则；
当时，，则；
所以，则.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页