第二章 数列 单元测试卷B（含答案解析）

数列单元测试卷（B）
一、单选题
1．已知数列中（），将数列中的整数项按原来的顺序组成数列，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．已知数列满足，若存在实数，使单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知等差数列的公差不为0，中的部分项成等比数列．若，，，则（）
A． B．
C． D．
4．已知数列的前项和为，且满足，若不等式对任意的正整数恒成立，则整数的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．已知数列与前项和分别为，，且,，对任意的恒成立，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
6．已知有穷数列中，，且，从数列中依次取出构成新数列，容易发现数列是以-3为首项，-3为公比的等比数列，记数列的所有项的和为，数列的所有项的和为，则（ ）
A． B． C． D．与的大小关系不确定


7．设数列满足，且，则
A． B． C． D．
8．已知为正项等比数列，为等差数列，且，则下列关系式必成立的是
A． B．
C． D．
9．设，令，，若，则数列的前项和为，当时，的最小整数值为（　　）
A．2017 B．2018 C．2019 D．2020
10．设是各项为正数的等比数列，是其公比，是其前项的积，且，，则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．与均为的最大值
11．在等差数列中，，且，为其前项和，则使的最大正整数为（ ）
A． B． C． D．
12．为等差数列的前项和，且.记，其中表示不超过的最大整数，如，则数列的前项和为(　　)
A． B． C． D．

二、填空题
13．已知数列的通项公式为，数列的通项公式为 ，
设，若在数列中，对任意恒成立，则实数的取值范围是_____;
14．已知为数列的前项和，，若，则__________．
15．在数列中，，，若，则的前项和取得最大值时的值为__________．
16．已知数列的前项和为，数列的前项和为，满足，，且.若对任意，恒成立，则实数的最小值为__________．
17．已知数列的前n项和为，且，，时，，则的通项公式______．

三、解答题
18．已知数列的各项均为正数，对任意，它的前项和满足，并且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，为数列的前项和，求.
19．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且；数列满足．
(1)求和；
(2)求数列的前n项和．
20．已知数列满足.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明： .
21．已知正项数列的前项和为，且，，数列满足，且
（I）求数列，的通项公式；
（II）令，求数列的前项和。
22．已知数列满足，且.
(1)求 的通项公式；
(2)设，求数列的前项和；
(3)设，证明：



参考答案
C
由题意得，此数列为： ， 的整数项为： ，即整数为： .其规律就是各项之间是这样递增的, ,由,解得,,故选C.
点睛:本题考查的是数列的概念与表示,数列的通项公式以及数列的应用,属于中档题目.解决本题需要先列举出数列的各项,从中找出的整数项为： ，即整数为： .观察这些整数可发现规律,按奇偶项分别写出新数列的通项公式即可得出答案.
2．A
【解析】
【分析】
由单调递增，可得恒成立，则，分析和可排除错误选项.
【详解】
由单调递增，可得，
由，可得，所以.
时，可得.①
时，可得，即.②
若，②式不成立，不合题意；
若，②式等价为，与①式矛盾，不合题意.
排除B,C,D,故选A.
【点睛】
本题考查数列的性质，结合不等式的性质求解.
3．A
【解析】
【分析】
由题意成等比数列，故，即可用基本量法算出与公差的关系，进而算出数列的公比与通项公式，最后再利用通项公式列出关于的表达式求解即可。
【详解】
设等差数列的公差为d，则.
由已知，所以，
即，得.
于是，在等比数列中，公比.
由，为数列的第项，知；
由为数列的第项，知，
所以，故，所以.
【点睛】
本题在等差数列里面穿插等比，需要理清其中的关系，找关系列式求出等差等比的公差和公比，进而求出通项公式再进行分析，属于难题。
4．B
【解析】
【分析】
由题意，根据数列数列满足，得，所以数列表示首项，公差为2的等差数列，求得，又由恒成立，转化为对任意的正整数恒成立，利用数列的单调性，求得当时，求得最大值，此时最大值为，即可求解.
【详解】
由题意，数列满足，则当时，，
两式相减可得，
所以，又由，所以，
即，所以数列表示首项，公差为2的等差数列，所以，
又由，即，
即，即对任意的正整数恒成立，
即对任意的正整数恒成立，
设，则，
所以，当时，最大,此时最大值为，
所以，即，所以的最大整数为4，故选B.
【点睛】
本题主要考查了数列的递推公式求数列的通项公式，以及不等式的恒成立问题的求解，其中解答中根据数列的递推关系式，求得数列的通项公式，把不等式的恒成立问题转化为对任意的正整数恒成立是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
5．C
【解析】
【分析】
先由与的关系式求的通项公式，于是可得的通项公式，再由裂项相消法求出，于是答案易得.
【详解】
因为,
所以当时，，解得；
当时，.
所以.
于是.
由，可得，
所以是首项为，公差为的等差数列，即.
所以.
所以
.
因为对任意的恒成立，
所以，即的最小值是.故选C.
【点睛】
本题考查数列的综合问题，考查与的关系、等差数列的判定、裂项相消法求和、与数列有关的不等式恒成立问题，综合性较强.
6．A
【解析】
因为，，所以，当时，是中第365项，符合题意，所以,所以，选A.
7．C
【解析】
因为，所以，即所以是以2为公比的等比数列，所以成等比数列，其公比等于，所以
，故选C.
8．A
【解析】
∵ ,而，
即，故选A.
9．A
【解析】
分析：可先计算（），寻找规律，归纳出，求得，再由裂项相消法求得和，然后解不等式可得.
详解：，
同理，，
，
∴，
，
，则，∴的最小值为2017.
故选A.
点睛：本题考查导数的运算法则和归纳推理，考查裂项相消法求和，有一定的难度.首先对的通项，可先求出数列的前几项，然后用归纳推理的方法归纳出通项公式，根据的表达式，数列的前项要用裂项相消法求和，在数列求和中，裂项相消法、错位相减法是针对特殊类型的数列的求和方法，一定要记住其类型.
10．C
【解析】
分析：利用等比数列的通项公式，解出的通项公式，化简整理，这三个表达式，得出结论．
详解：设等比数列，是其前项的积所以，由此
，，
所以，所以B正确，
由，各项为正数的等比数列，可知，所以A正确
可知，由，所以单调递减，在时取最小值，所以在时取最大值，所以D正确．
故选C
点睛：本题应用了函数的思想，将等比数列当作指数型函数对其单调性进行研究，为复合函数，对于复合函数的单调性“同增异减”．
11．D
【解析】
【分析】
根据条件判断出等差数列中正负项的分界点，然后再结合等差数列的前项和公式和下标和的性质求解即可．
【详解】
由条件得，等差数列的公差，
∵，且，
∴，即．
∴，
，
∴使的最大正整数为．
故选D．
【点睛】
解答类似问题的关键是找到数列的项或和的正负值的分界点，其中利用等差数列中项的下标和的性质和前项和的结合是解题的突破口，考查灵活运用知识解决问题和分析能力，属于中档题．
12．D
【解析】
【分析】
先求出等差数列的通项公式，再分析数列的各项取值，求其前项和.
【详解】
设等差数列的公差为，则，，
解得，故.
，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
所以数列的前项和为.
【点睛】
本题考查等差数列的基本问题，分组求和，解题的关键是根据新定义判断数列的哪些项的值是相同的..
13．.
【解析】
试题分析：数列是取和中的最大值，据题意是数列的最小项，由于函数是减函数，函数是增函数，所以或，即或，解得或，所以．
考点：分段函数与数列的通项公式，数列的最小项问题．
14．
【解析】
【详解】
因为，所以数列为等比数列
所以，
又，
则 ，故答案为.
点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如或.
15．
【解析】
【分析】
解法一：利用数列的递推公式，化简得，得到数列为等差数列，求得数列的通项公式，得到，，得出所以，，，，进而得到结论；
解法二：化简得，令，求得，进而求得
，再由，解得或，即可得到结论．
【详解】
解法一：因为①
所以②，
①②，得即，所以数列为等差数列．
在①中，取，得即，又，则，
所以．因此，
所以，，
，
所以，
又，所以时，取得最大值．
解法二：由，得，
令，则，则，
即，
代入得，
取，得，解得，又，则，故
所以，于是．
由，得，解得或，
又因为，，
所以时，取得最大值．
【点睛】
本题主要考查了数列的综合应用，以及数列的最值问题的求解，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，合理利用数列的性质是关键，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等，属于中档试题.
16．
【解析】
【分析】
当时，解得，当时，，化简得，利用累积法，求得，进而得，利用裂项法得，进而利用对于任意恒成立，即可求解.
【详解】
数列的前n项和为，满足，
当时，，解得，
所以当时，，
化简得，
所以当时，，
当时上式也成立，所以，
因为，，
所以，
若对于任意恒成立，则实数的最小值为.
【点睛】
本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.
17．.
【解析】
由得．
又，
，
∴．
又，
∴，
∴，
∴，
∴数列是首项为3，公差为2的等差数列，
∴，
∴当时，
，
又满足上式，
∴.
答案：
18．（1），（2）
【解析】
【分析】
（1）根据与的关系，利用临差法得到，知公差为3；再由代入递推关系求；
（2）观察数列的通项公式，相邻两项的和有规律，故采用并项求和法，求其前项和.
【详解】
（1）对任意，有，①
当时，有，解得或.
当时，有.②
①-②并整理得.
而数列的各项均为正数，.
当时，，
此时成立；
当时，，此时，不成立，舍去.
，.
（2）



.
【点睛】
已知与的递推关系，利用临差法求时，要注意对下标与分两种情况，即；数列求和时要先观察通项特点，再决定采用什么方法.
19．（1），；（2）
【解析】
【分析】
(1) 设等比数列的公比为再根据题目条件列出关于公比的表达式求解即可.
通过前项和的一般思路,写出前项和相减,得出关于的递推公式再求解即可.
(2)代入化简得,故用裂项相消求和即可.
【详解】
(1)设等比数列的公比为由
解得 或(舍)，又，，解得
，
时，，
整理得 ，又
数列是首项为1的常数列，，
(2)设，


【点睛】
本题主要考查等比数列的通项公式求解方法,同时也考查了构造数列求通项公式与裂项求和的基本方法等.属于中等题型.
20．（1）证明见解析，；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：本题第（1）问，证明等比数列，可利用等比数列的定义来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式.
试题解析：（1）证明：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得.
（2）由（1）知：，所以，
因为当时，，所以，于是=，
所以.
【易错点】对第（1）问，构造数列证明等比数列不熟练；对第（2）问，想不到当时，，而找不到思路，容易想到用数学归纳法证明而走弯路.
考点：本小题考查等比数列的定义、数列通项公式的求解、数列中不等式的证明等基础知识，考查同学们的逻辑推理能力，考查分析问题与解决问题的能力.数列是高考的热点问题之一，熟练数列的基础知识是解决好该类问题的关键.

21．（I），；（II）
【解析】
【分析】
（I）利用求得；根据求得，从而可知是等差数列，从而利用等差数列通项公式求得结果；利用可证得，可知数列的奇数项成等比、偶数项成等比，分别求解出为奇数和为偶数两种情况下的通项公式即可；（II）由（I）可得，采用分组求和的方式；对采用错位相减法求和；对分为为奇数和为偶数两种情况来讨论；从而可对两个部分加和得到结果.
【详解】
（I）当时，，即

由可得
即：
又 是公差为，首项为的等差数列

由题意得：
由两式相除得：
是奇数时，是公比是，首项的等比数列
同理是偶数时是公比是，首项的等比数列
综上：
（II），即
令的前项和为，则
两式相减得：

令的前项和为
综上：
【点睛】
本题考查利用递推关系求解数列的通项公式、等差和等比数列通项公式的求解、分组求和法和错位相减法求解数列的前项和的问题.本题的关键是能够通过递推关系证得数列为等差或等比数列，从而得到数列的通项公式，再根据通项公式的形式确定数列求和的方法.
22．（1）（2）（3）详见解析
【解析】
试题分析：（1）由数列满足，且.．当为奇数时，，此时数列成等差数列．当当为偶数时，，此时数列 成等比数列，即可得出．
（2） 可得： ．利用“错位相减法”与分组求和即可得出．
（3） 可得 为奇， 为偶，即可证明．
试题解析：
（1）当为奇数时，，此时数列成等差数列．
当当为偶数时，，此时数列 成等比数列

（2）





(3)

为奇
为偶













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