第四章数列综合自检卷（含解析）--高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
文档属性
| 名称 | 第四章数列综合自检卷（含解析）--高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-08-19 14:36:56 | ||
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文档简介
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第四章数列综合自检卷-高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
一、单选题
1．在等差数列中，若，则（ ）
A．5 B．7 C．9 D．10
2．已知数列中，，且，则数列前10项的和（ ）
A．19 B．20 C．90 D．100
3．已知数列1，，，，3，…，按此规律，是该数列的（ ）
A．第11项 B．第12项 C．第13项 D．第14项
4．已知等比数列的前项和，则（ ）
A． B．1 C． D．2
5．已知n为正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设（，k为偶数）时命题为真，则还需要再证（ ）
A．时等式成立 B．时等式成立
C．时等式成立 D．时等式成立
6．在公比q为整数的等比数列中，是数列的前n项和．若，，则下列说法不正确的是（ ）
A． B．数列是等比数列
C． D．数列是公差为2的等差数列
7．已知函数，满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．设为正整数，数列是公比不为1的等比数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列是可分数列.现有下列3个命题：
①数列是可分数列；
②数列是可分数列；
③数列是可分数列.
其中真命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、多选题
9．已知数列中，，当为奇数时，，当为偶数时，，则（ ）
A．数列是递减数列 B．
C． D．
10．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．是数列中的最大项
11．已知是等差数列，是其前项和，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若和都为递增数列，则
三、填空题
12．已知，若三个数成等比数列，则 ．
13．已知数列满足：．若，则数列的前项和 .
14．我国南宋数学家秦九韶在《数书九章》中对于同余问题给出了较完整的解法，即“大衍求一术”，也称“中国剩余定理”．现有问题：将正整数中，被2除余1且被3除余2的数，按由小到大的顺序排成一列，则此列数中第10项为 .
四、解答题
15．已知数列与等差数列，若，，.
(1)求，的通项公式；
(2)求数列的前项和.
16．设数列 的前 项和为 ，已知，且成等差数列.
(1)求 的通项公式；
(2)设求数列 的前 项和 .
17．已知正项等比数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前n项和．
18．若正整数最大公约数为1，则称互质.对于正整数是不大于的正整数中与互质的数的个数，称为欧拉函数.例如.设数列是等比数列，且.数列的前项和为，满足.
(1)求的通项公式；
(2)设，求的前2024项和（结果用表示，数字用分数）；
(3)证明：.
19．当均为正数时，称为的“均倒数”．已知数列的各项均为正数，且其前项的“均倒数”为．
(1)试求数列的通项公式；
(2)设，试判断并说明的符号；
(3)已知，记数列的前项和为，试求的值；
(4)设函数，是否存在最大的实数，使得当时，对于一切正整数，都有恒成立？
参考答案：
1．A
【分析】直接根据等差数列的定义结合已知得到答案.
【详解】由于是等差数列，故，所以.
故选：A.
2．D
【分析】根据等差数列的定义及求和公式即可求解.
【详解】根据，得数列是以首项为，公差为的等差数列，
所以，所以，
所以数列前10项的和，
故选：D
3．D
【分析】将,变形为,根据数列,可知是数列的通项公式,即可求得答案.
【详解】根据数列1，，，，3，…，
，
又，
,解得 ，
故选:D.
4．D
【分析】由求出通项公式公式，然后由等比数列确定的值，从而可得结论．
【详解】时，，
又，数列等比数列，
∴，即，解得．
故选：D．
5．B
【分析】直接利用数学归纳法的证明方法分析判断即可.
【详解】由数学归纳法的证明步骤可知，假设（，k为偶数）时命题为真，
还需要再证明下一个偶数，即时等式成立.
故选：B
6．D
【分析】依题意利用等比数列项的性质联立方程组求出首项和公比，即得数列通项，利用等比数列的定义可判断B项，代值检验C项；利用等差数列的定义判断D项.
【详解】因为数列为等比数列，由可得，又，
则可看成方程的两根，解得或，
因公比q为整数，故，即，解得，故得.
对于A，由上分析知，即A正确；
对于B，依题意，， 则，
由可知数列是等比数列，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，由，
可知数列是公差为的等差数列，故D错误.
故选：D.
7．D
【分析】将变形为，再构造等差数列，通过等差数列求和公式计算即可.
【详解】由题意得，，
令，
则是首项为、公差为的等差数列，
则
.
故选：D.
8．D
【分析】根据可分数列的定义即可验证结论
【详解】对于①，由于从数列中删去两项后，剩余的项可被平均分为组，能构成等比数列，所以数列是可分数列，故①正确；
对于②，由于从数列中删去两项后，剩余的项可被平均分为组，都能构成等比数列，所以数列是可分数列，故②正确；对于③，由于从数列中删去两项后，剩余的项可被平均分为组，都能构成等比数列，所以数列是可分数列，故③正确；所以真命题有个.
故选：D
9．BD
【分析】根据题意分别得到数列的奇数项与偶数项的性质，进而得到其通项公式，从而判断ABC，利用等比数列的求和公式与分组求和法判断D.
【详解】对于AB：当为奇数时，，则，
则数列的奇数项是以3为首项，为公比的等比数列，
所以当为奇数时，.
当为偶数时，，则，
则数列的偶数项是以2为首项，为公比的等比数列，
所以当为偶数时，，
所以，，易知A错误，B正确；
对于C：由以上分析知，
所以，故C错误；
对于D，
，故D正确.
故选：BD.
10．ACD
【分析】根据已知条件，结合等比数列的性质， 则或，，，所以，，推得公比，即可依次求解．
【详解】由，则或，
，，和同号，且同为正，且一个大于1，一个小于1，
，，，即数列的前2022项大于1，
而从第2023项开始都小于1，
对于A，公比，故A正确，
对于B，，，即，故B错误，
对于C，，
，，即，故C正确．
对于D，等比数列的前项积为，
且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，
故是数列中的最大项，故D正确.
故选：ACD.
11．BC
【分析】根据题意，求得，结合，可判定A错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B正确；由，求得，可判定C正确；根据题意，求得任意的，结合的正负不确定，可判定D错误．
【详解】对于A中，由，可得，所以，
又由，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，所以，
又因为，可得，所以，所以C正确；
对于D中，因为为递增数列，可得公差，
因为为递增数列，可得，
所以对任意的，但的正负不确定，所以D错误．
故选：BC.
12．
【分析】由等比中项的定义列出等式，解方程即可.
【详解】因为三个数成等比数列，所以，
即.
故答案为：.
13．
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】数列中，由，得，
因此数列是以为首项，1为公差的等差数列，，即，
于是，
所以.
故答案为：
14．59
【分析】被2除余1且被3除余2的数构成公差为6的等差数列，由此即可得．
【详解】依题意，设a满足被2除余1且被3除余2，
则a加上2和3的最小公倍数6的整数倍后也能满足被2除余1且被3除余2．
设被2除余1且被3除余2的数由小到大排列而成的数列为，
由于被2除余1且被3除余2的最小正整数为5，
则是首项为5，公差为6的等差数列，所以
故答案为：59．
15．(1)，
(2)
【分析】（1）由构造等比求通项即可求的通项，由等差数列的通项公式求解；
（2），由错位相差法求解即可．
【详解】（1）因为，所以，
又，得，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，故，
则，
设等差数列的公差为，则，解得，
所以．
（2）由（1）知，，，
所以，
所以，
，
两式相减，得
，
，
，
故．
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可知，结合由求解得；
（2）根据（1）得到，再结合分组求和、裂项相消和等差数列求和计算得到.
【详解】（1）因为成等差数列，所以.
当时，，因为，所以，
当时，，两式相减得
，
所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，
因此.
（2）由（1）可得
数列 的前 项和
.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由，化简求得，进而由求得，从而可得数列的通项公式；
（2）由已知得，当时，，进而两式相减可得，即，从而利用分组求和法与裂项相消法分别对为偶数和奇数两种情况可求数列的前n项和.
【详解】（1）由，整理得，
因为是正项等比数列，所以，
于是，解得或（舍去）.
又，解得.
所以.
（2）由已知得
两式相减得，
即，
当时，，
所以，即，
当n为偶数时，
；
当n为奇数时，
.
所以．
【点睛】关键点睛：本题关键在于由得，从而利用分组求和法与裂项相消法分别对为偶数和奇数两种情况可求数列的前n项和.
18．(1)，
(2)
(3)证明见解析；
【分析】（1）根据等比数列定义求出首项和公比可得，再由之间的关系式即可得；
（2）利用错位相减法可求得的前2024项和；
（3）采用作差法可得，即可得出结论.
【详解】（1）由可得，；
又因为数列是等比数列，设的公比为，
可得，
因此；
所以，即；
可得；
即；
当时，满足上式，
即可得；
所以的通项公式分别为，
（2）由（1）可知，
设；
则
两式相减可得
，
即，
所以
（3）设，
即可得，
当时，，原不等式成立；
当时，，
即可得，
所以，
即
19．(1)
(2)
(3)
(4)存在，使得当时，对于一切正整数，都有恒成立.
【分析】（1）先利用条件求得，再求得前项和为，前式减后式，即可得到数列的通项公式（验证是否成立）；
（2） 利用 (1)求得的数列的通项公式代入即可求出， 再利用函数的单调性就可判断出的符号；
（3） 利用 （1）求得的数列的通项公式代入即可求出数列的通项公式，再对等比数列分等于1和不等于1两种情况分别求和即可找到的值；
（4）由（2）知数列是单调递增数列，是其最小项，所以恒成立可以转化为，再解不等式就可找到对应的最大的实数．
【详解】（1），
，
前式减后式，得，
当时，，
所以，代入成立，
所以；
（2）根据（1）求得的数列的通项公式代入即可求出，
，
所以
所以；
（3）根据（1）求得的数列的通项公式代入即可求出，
则，
当，，，
当时，
所以；
（4）由（2）知数列是单调递增数列，是其最小项，
即
假设存在最大的实数，使得当时，
对于一切正整数，都有恒成立，
则恒成立，
只需，即，解得或，所以可取.
所以存在，使得当时，对于一切正整数，都有恒成立.
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第四章数列综合自检卷-高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
一、单选题
1．在等差数列中，若，则（ ）
A．5 B．7 C．9 D．10
2．已知数列中，，且，则数列前10项的和（ ）
A．19 B．20 C．90 D．100
3．已知数列1，，，，3，…，按此规律，是该数列的（ ）
A．第11项 B．第12项 C．第13项 D．第14项
4．已知等比数列的前项和，则（ ）
A． B．1 C． D．2
5．已知n为正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设（，k为偶数）时命题为真，则还需要再证（ ）
A．时等式成立 B．时等式成立
C．时等式成立 D．时等式成立
6．在公比q为整数的等比数列中，是数列的前n项和．若，，则下列说法不正确的是（ ）
A． B．数列是等比数列
C． D．数列是公差为2的等差数列
7．已知函数，满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．设为正整数，数列是公比不为1的等比数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的3个数都能构成等比数列，则称数列是可分数列.现有下列3个命题：
①数列是可分数列；
②数列是可分数列；
③数列是可分数列.
其中真命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、多选题
9．已知数列中，，当为奇数时，，当为偶数时，，则（ ）
A．数列是递减数列 B．
C． D．
10．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．是数列中的最大项
11．已知是等差数列，是其前项和，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若和都为递增数列，则
三、填空题
12．已知，若三个数成等比数列，则 ．
13．已知数列满足：．若，则数列的前项和 .
14．我国南宋数学家秦九韶在《数书九章》中对于同余问题给出了较完整的解法，即“大衍求一术”，也称“中国剩余定理”．现有问题：将正整数中，被2除余1且被3除余2的数，按由小到大的顺序排成一列，则此列数中第10项为 .
四、解答题
15．已知数列与等差数列，若，，.
(1)求，的通项公式；
(2)求数列的前项和.
16．设数列 的前 项和为 ，已知，且成等差数列.
(1)求 的通项公式；
(2)设求数列 的前 项和 .
17．已知正项等比数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前n项和．
18．若正整数最大公约数为1，则称互质.对于正整数是不大于的正整数中与互质的数的个数，称为欧拉函数.例如.设数列是等比数列，且.数列的前项和为，满足.
(1)求的通项公式；
(2)设，求的前2024项和（结果用表示，数字用分数）；
(3)证明：.
19．当均为正数时，称为的“均倒数”．已知数列的各项均为正数，且其前项的“均倒数”为．
(1)试求数列的通项公式；
(2)设，试判断并说明的符号；
(3)已知，记数列的前项和为，试求的值；
(4)设函数，是否存在最大的实数，使得当时，对于一切正整数，都有恒成立？
参考答案：
1．A
【分析】直接根据等差数列的定义结合已知得到答案.
【详解】由于是等差数列，故，所以.
故选：A.
2．D
【分析】根据等差数列的定义及求和公式即可求解.
【详解】根据，得数列是以首项为，公差为的等差数列，
所以，所以，
所以数列前10项的和，
故选：D
3．D
【分析】将,变形为,根据数列,可知是数列的通项公式,即可求得答案.
【详解】根据数列1，，，，3，…，
，
又，
,解得 ，
故选:D.
4．D
【分析】由求出通项公式公式，然后由等比数列确定的值，从而可得结论．
【详解】时，，
又，数列等比数列，
∴，即，解得．
故选：D．
5．B
【分析】直接利用数学归纳法的证明方法分析判断即可.
【详解】由数学归纳法的证明步骤可知，假设（，k为偶数）时命题为真，
还需要再证明下一个偶数，即时等式成立.
故选：B
6．D
【分析】依题意利用等比数列项的性质联立方程组求出首项和公比，即得数列通项，利用等比数列的定义可判断B项，代值检验C项；利用等差数列的定义判断D项.
【详解】因为数列为等比数列，由可得，又，
则可看成方程的两根，解得或，
因公比q为整数，故，即，解得，故得.
对于A，由上分析知，即A正确；
对于B，依题意，， 则，
由可知数列是等比数列，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，由，
可知数列是公差为的等差数列，故D错误.
故选：D.
7．D
【分析】将变形为，再构造等差数列，通过等差数列求和公式计算即可.
【详解】由题意得，，
令，
则是首项为、公差为的等差数列，
则
.
故选：D.
8．D
【分析】根据可分数列的定义即可验证结论
【详解】对于①，由于从数列中删去两项后，剩余的项可被平均分为组，能构成等比数列，所以数列是可分数列，故①正确；
对于②，由于从数列中删去两项后，剩余的项可被平均分为组，都能构成等比数列，所以数列是可分数列，故②正确；对于③，由于从数列中删去两项后，剩余的项可被平均分为组，都能构成等比数列，所以数列是可分数列，故③正确；所以真命题有个.
故选：D
9．BD
【分析】根据题意分别得到数列的奇数项与偶数项的性质，进而得到其通项公式，从而判断ABC，利用等比数列的求和公式与分组求和法判断D.
【详解】对于AB：当为奇数时，，则，
则数列的奇数项是以3为首项，为公比的等比数列，
所以当为奇数时，.
当为偶数时，，则，
则数列的偶数项是以2为首项，为公比的等比数列，
所以当为偶数时，，
所以，，易知A错误，B正确；
对于C：由以上分析知，
所以，故C错误；
对于D，
，故D正确.
故选：BD.
10．ACD
【分析】根据已知条件，结合等比数列的性质， 则或，，，所以，，推得公比，即可依次求解．
【详解】由，则或，
，，和同号，且同为正，且一个大于1，一个小于1，
，，，即数列的前2022项大于1，
而从第2023项开始都小于1，
对于A，公比，故A正确，
对于B，，，即，故B错误，
对于C，，
，，即，故C正确．
对于D，等比数列的前项积为，
且数列的前2022项大于1，而从第2023项开始都小于1，
故是数列中的最大项，故D正确.
故选：ACD.
11．BC
【分析】根据题意，求得，结合，可判定A错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B正确；由，求得，可判定C正确；根据题意，求得任意的，结合的正负不确定，可判定D错误．
【详解】对于A中，由，可得，所以，
又由，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，所以，
又因为，可得，所以，所以C正确；
对于D中，因为为递增数列，可得公差，
因为为递增数列，可得，
所以对任意的，但的正负不确定，所以D错误．
故选：BC.
12．
【分析】由等比中项的定义列出等式，解方程即可.
【详解】因为三个数成等比数列，所以，
即.
故答案为：.
13．
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】数列中，由，得，
因此数列是以为首项，1为公差的等差数列，，即，
于是，
所以.
故答案为：
14．59
【分析】被2除余1且被3除余2的数构成公差为6的等差数列，由此即可得．
【详解】依题意，设a满足被2除余1且被3除余2，
则a加上2和3的最小公倍数6的整数倍后也能满足被2除余1且被3除余2．
设被2除余1且被3除余2的数由小到大排列而成的数列为，
由于被2除余1且被3除余2的最小正整数为5，
则是首项为5，公差为6的等差数列，所以
故答案为：59．
15．(1)，
(2)
【分析】（1）由构造等比求通项即可求的通项，由等差数列的通项公式求解；
（2），由错位相差法求解即可．
【详解】（1）因为，所以，
又，得，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，故，
则，
设等差数列的公差为，则，解得，
所以．
（2）由（1）知，，，
所以，
所以，
，
两式相减，得
，
，
，
故．
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可知，结合由求解得；
（2）根据（1）得到，再结合分组求和、裂项相消和等差数列求和计算得到.
【详解】（1）因为成等差数列，所以.
当时，，因为，所以，
当时，，两式相减得
，
所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，
因此.
（2）由（1）可得
数列 的前 项和
.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由，化简求得，进而由求得，从而可得数列的通项公式；
（2）由已知得，当时，，进而两式相减可得，即，从而利用分组求和法与裂项相消法分别对为偶数和奇数两种情况可求数列的前n项和.
【详解】（1）由，整理得，
因为是正项等比数列，所以，
于是，解得或（舍去）.
又，解得.
所以.
（2）由已知得
两式相减得，
即，
当时，，
所以，即，
当n为偶数时，
；
当n为奇数时，
.
所以．
【点睛】关键点睛：本题关键在于由得，从而利用分组求和法与裂项相消法分别对为偶数和奇数两种情况可求数列的前n项和.
18．(1)，
(2)
(3)证明见解析；
【分析】（1）根据等比数列定义求出首项和公比可得，再由之间的关系式即可得；
（2）利用错位相减法可求得的前2024项和；
（3）采用作差法可得，即可得出结论.
【详解】（1）由可得，；
又因为数列是等比数列，设的公比为，
可得，
因此；
所以，即；
可得；
即；
当时，满足上式，
即可得；
所以的通项公式分别为，
（2）由（1）可知，
设；
则
两式相减可得
，
即，
所以
（3）设，
即可得，
当时，，原不等式成立；
当时，，
即可得，
所以，
即
19．(1)
(2)
(3)
(4)存在，使得当时，对于一切正整数，都有恒成立.
【分析】（1）先利用条件求得，再求得前项和为，前式减后式，即可得到数列的通项公式（验证是否成立）；
（2） 利用 (1)求得的数列的通项公式代入即可求出， 再利用函数的单调性就可判断出的符号；
（3） 利用 （1）求得的数列的通项公式代入即可求出数列的通项公式，再对等比数列分等于1和不等于1两种情况分别求和即可找到的值；
（4）由（2）知数列是单调递增数列，是其最小项，所以恒成立可以转化为，再解不等式就可找到对应的最大的实数．
【详解】（1），
，
前式减后式，得，
当时，，
所以，代入成立，
所以；
（2）根据（1）求得的数列的通项公式代入即可求出，
，
所以
所以；
（3）根据（1）求得的数列的通项公式代入即可求出，
则，
当，，，
当时，
所以；
（4）由（2）知数列是单调递增数列，是其最小项，
即
假设存在最大的实数，使得当时，
对于一切正整数，都有恒成立，
则恒成立，
只需，即，解得或，所以可取.
所以存在，使得当时，对于一切正整数，都有恒成立.
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