第四章 数列 综合复习训练（含解析）2023——2024学年高中数学人教A版（2019）选择性必修2

第四章 数列 综合复习训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知等差数列的首项为1，公差不为0，若，，成等比数列，则的第5项为（ ）
A． B． C．或1 D．或1
2．已知数列满足，其中，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A．96 B．162 C．243 D．486
4．设数列的前项和为，设甲：是等比数列；乙：存在常数，使是等比数列．已知两个数列的公比都不等于1，则（ ）．
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
5．在等比数列中，，则（ ）
A． B．3 C． D．2
6．已知在数列中，，，若，则（　　）
A．20 B．30 C．40 D．50
7．已知等差数列的前项积为，，，，则当取得最小值时，（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
8．已知数列的各项均为正数，满足，，则下列结论正确的是（　　）
A．是等差数列 B．是等比数列
C．是等差数列 D．是等比数列
二、多选题
9．已知数列的前项和为，，若，则可能为（　　）
A．－5 B．－4 C．8 D．12
10．记为数列的前项和，为数列的前项积，，已知，且，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是递增数列 B． C． D．当取得最小值时，
11．已知公差为的等差数列是递减数列，其前项和为，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．若，则的最大值为7 D．取最大值时，
12．数列满足：，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．是等比数列
C． D．
三、填空题
13．已知数列满足，且满足，则 ．
14．已知各项均不相同的等差数列的公差为，且满足：，，成等比数列，则的值为 .
15．已知数列满足，若为数列的前项和，则
16．已知等差数列的公差为2，前项和为，若，则使得成立的的最大值为 .
四、解答题
17．已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)求证：．
18．已知数列满足，．
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)若记为满足不等式，的正整数k的个数，求数列的前n项和．
19．设等比数列的前项和为，已知.
(1)求数列的通项公式.
(2)求数列的前项和.
20．已知数列的首项，且满足，数列的前项和满足，且.
(1)求证：是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)设，求数列的前项和.
21．数列中，（是常数，），且成公比不为1的等比数列.
(1)求的值;
(2)求数列的通项公式:
(3)求数列的前项和.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．B
【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出方程，求得，结合等差数列的通项公式，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，成等比数列，
所以，
又，所以，
解得或（舍） ，
所以.
故选：B
2．C
【分析】根据题意，由累乘法代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意，得，，．
由累乘法，得，
即，
又，所以．
故选：C．
3．D
【分析】由等比数列的前项和公式求出，再由等比数列的性质求解即可得出答案.
【详解】设等比数列的首项和公比分别为，
当时，等比数列为常数列，则，所以无解；
当时，，两式相处可得：，
又因为，则，
所以.
故选：D.
4．A
【分析】根据等比数列的定义及前项和公式，结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】若是等比数列，设公比为，
则，
当，则，
所以存在常数使是等比数列，故甲是乙的充分条件；
若，则是等比数列，
则，故，
所以此时不是等比数列，故甲不是乙的必要条件．
所以甲是乙的充分条件但不是必要条件.
故选：A．
5．A
【分析】利用等比中项的性质即可求出的值.
【详解】在等比数列中，有，解得.
故选：A
6．B
【分析】由，令，可得，得数列是以2为首项，2为公比的等比数列，求出，根据已知列方程求出，进而求出
【详解】在等式中，令，可得，
易知，∴，
∴ 数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
则，
∴
∴，则，解得，
所以
故选：B.
7．C
【分析】设等差数列的公差为，利用已知求得的范围，进而求得，，可求得取得最小值时的值.
【详解】设等差数列的公差为，由，得，
则，，得，
则，，
因此当时，，当时，，则最小，
故取得最小值时，．
故选：C．
8．C
【分析】分析可知数列的每一项都是正数，由已知条件可得出，结合等差中项法判断可得出结论．
【详解】因为数列各项为正数，满足，，
故对任意的，，则，
所以数列的每一项都是正数，所以，可得.
由等差中项法可知，数列是等差数列．
故选：C.
9．AC
【分析】当时，对利用求和公式求出，可得，然后求出可得，进而可得.
【详解】由题意知，
当时，由，解得或（舍去），
此时，故A正确；
，
，
，
，
则，
此时，故C正确，
当时，，，
故选：AC.
10．BCD
【分析】结合题意，借助与、与的关系可计算出，结合的性质逐项计算即可得.
【详解】由为数列的前项积，故，即有，
当时，，
故有，
即，故数列为以为首项，为公比的等比数列，
即，故A错误，B正确；
，故C正确；
由，则，
当时，恒成立，当时，，
故取最大值时，，又，
故取最小值时，，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题关键在点在于借助与、与的关系，计算出，即可逐项判断.
11．ABC
【分析】根据递减数列的定义得，求出，再求得，然后结合数列性质判断各选项．
【详解】等差数列是递减数列，则公差，A正确；
由题意，∴，
则，从而取最大值时，或，D错误；
所以，B正确；
，由得，C正确．
故选：ABC．
12．AC
【分析】利用已知求得，可判断A；，可得，判断BC，进而求得，判断D.
【详解】由，
当，解得，故A正确；
当，可得，
所以，所以，
即，而，故C正确，B不正确；
因，故D错误.
故选：AC.
13．1012
【分析】根据递推关系得到数列中的偶数项是以为首项，1为公差的等差数列，再由基本量法求出结果.
【详解】因为，所以，
两式相减，得，
所以数列中的偶数项是以为首项，1为公差的等差数列，
所以.
故答案为：1012.
14．1
【分析】利用等比数列列式，借助等差数列通项求解即得.
【详解】由，，成等比数列，得，则，整理得，
而，所以.
故答案为：1
15．626
【分析】根据所给递推关系式，构造等差数列、等比数列求和，再分组求和即可.
【详解】数列中，，
当时，，
即数列的奇数项构成等差数列，其首项为1，公差为2，
则，
当时，，
即数列的偶数项构成等比数列，其首项为1，公比为，
则，
所以.
故答案为：626
16．
【分析】根据题意，列出方程求得，得到且，结合，列出不等式，即可求解.
【详解】由等差数列的公差为2，前项和为，若，
可得，解得，
所以，且，
因为，即，整理得，解得，
因为，所以使得成立的的最大值为.
故答案为：.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据，作差得到，从而是以为首项，为公比的等比数列，即可求出其通项公式；
（2）由（1）知，再利用放缩法证明即可.
【详解】（1）由，
当时，，则，
当时，，
两式相减得，即，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以．
（2）由（1）知．
当时，；
当时，，
所以，所以，
所以当时，．
综上，．
18．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）将两边取倒数，化简后即可证明；再根据等差数列通项公式即可得出数列的通项公式；
（2）根据即可得出，再根据错位相减即可求出的前n项和．
【详解】（1）证明：∵，∴，
即，∴，又，
∴为等差数列，其首项为1，公差为，
∴，
∴．
（2）由得，，，
∵，
∴满足不等式的正整数k的个数为，
∴，
，
①，
②，
得：
，
∴．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列基本量的计算可得，，即可求解公比得解，
（2）利用错位相减法求和即可求解.
【详解】（1）由以及可得，
又，故，
因此公比，
故
（2），
则，
，
两式相减可得，
，
，
.
20．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由递推关系借助等比数列的定义进行证明；
（2）利用当时，，求出数列是首项为1，公差为2的等差数列，可得通项公式；
（3）由，利用裂项相消法求和.
【详解】（1）
所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以.
（2）当时，，得；
当时，，
整理得，
因为，所以，则，
故数列是首项为1，公差为2的等差数列，从而，
所以数列的通项公式为.
（3）由
，
设数列的前项和为，
当
当时，
综上：.
21．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由成等比数列求得；
（2）利用累加法可求数列的通项公式；
（3）由（2）可得，利用错位相减法，结合等比数列的求和公式可求得．
【详解】（1），，，
因为成公比不为1的等比数列，
所以，解得或.
当时，，不符合题意舍去，
故.
（2）当时，
由于，
所以，
又，故.
当时，上式也成立，
所以.
（3）因为，
所以，
，
两式相减得
，
即.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页