必修5 第2章数列 综合测试题-2020-2021学年人教A版高二数学上学期期末复习（Word含解析）

人教A版必修5第二章数列综合测试题
一、单选题
1．等比数列满足，，则（ ）
A．21 B．42 C．63 D．84
2．在等比数列中，，且，，成等差数列，则（ ）
A．24 B．48 C．96 D．
3．等差数列中，，公差，则=（ ）
A．200 B．100 C．90 D．80
4．设数列的满足：，，记数列的前n项积为，则（ ）
A． B．2 C． D．
5．已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
6．在等比数列中，若，，则（ ）
A． B． C． D．
7．设，则（ ）
A． B． C． D．
8．在数列中，，，记的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
9．数列1，，…，，…的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
10．已知等差数列的公差为正数，为常数，则（ ）
A． B． C． D．
11．数列的前项和，则等于（ ）
A． B． C． D．
12．数列的通项公式为，其前项和为，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．已知等比数列中，，，则________．
14．在数列中，，则__________．
15．在数列中，，，则的最小值为_________.
16．设等差数列的前项和为，首项，公差，若对任意的，总存在，使.则的最小值为___________.
三、解答题
17．（1）已知数列，满足，且.求证：是等比数列；
（2）已知数列的前项和为，且.证明：数列是等比数列.
18．设是等差数列的前项和，已知.
（1）求；
（2）若数列，求数列的前项和.
19．设数列的前项和为，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
20．已知是等差数列，公差不为0，其前项和为.若，，成等比数列，.
（1）求及；
（2）已知数列满足，，，为数列的前项和，求的取值范围.
21．已知正项等比数列的前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
22．已知数列满足，且构成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）为数列的前n项和，记，求证：.
参考答案
1．B
【分析】
设等比数列的公比为，由等比数列的性质可知，，，，构成等比数列，则，可得，从而可求出的值
【详解】
设等比数列的公比为，易知，，，构成等比数列，且，得.
所以.
故选：B.
2．B
【分析】
利用等差中项和等比数列的通项公式可解得结果.
【详解】
设等比数列的公比为，
依题意得，，即.
又，∴，解得，
则，
故选：B.
3．C
【分析】
先求得，然后求得.
【详解】
依题意，所以.
故选：C
4．D
【分析】
由的值确定数列是以3为周期的周期数列，利用周期的性质得出.
【详解】
可知数列是以3为周期的周期数列
故选：D
5．A
【分析】
根据等比数列和等差数列的下标性质、特殊角的三角函数值进行求解即可.
【详解】
因为是等比数列，所以，所以，所以.
因为是等差数列，所以，所以，所以.所以
，所以.
故选：A
6．B
【分析】
根据将化为可求得结果.
【详解】
∵数列是等比数列，∴.
∴
.
故选：B
【点睛】
关键点点睛：利用变形求解是解题关键.
7．D
【分析】
易得是以2为首项，为公比的等比数列，再得到其项数求解即可.
【详解】
易知1，3，5，7，…是首项为1，公差为2的等差数列，
设该数列为，则，设，
令，∴，
∴是以2为首项，为公比的等比数列的前项的和，
∴，
故选：D.
8．D
【分析】
根据等比数列的定义求出通项公式，再根据等比数列的求和公式可求得结果.
【详解】
∵，∴，
又，∴数列是以1为首项，为比的等比数列，
∴，∴.
故选：D.
9．B
【分析】
根据等差数列、等比数列的求和公式，利用分组求和即可求解.
【详解】
设该数列为，由已知得数列的通项公式为，
则.
故选：B
10．A
【分析】
由已知等式分别求出数列的前三项，由列出方程，求出公差，利用等差数列的通项公式求解可得答案．
【详解】
，,
令，则，解得
令，则，即，若，则，与已知矛盾，故解得
等差数列，，即，解得
则公差，所以.
故选：A
11．C
【分析】
利用与关系可求得数列的通项公式，进而得到前项各项的正负，结合等差数列求和公式可求得结果.
【详解】
当时，；
当时，，
经检验，当时，不符合，.
令，又，解得：且.
.
故选：C.
【点睛】
易错点睛：在利用与关系求解数列通项公式时，需注意验证首项是否满足时所求解的通项公式，若不满足，则通项公式为分段数列的形式，即.
12．A
【分析】
将不等式对任意恒成立，转化为对任意恒成立，由求解.
【详解】
依题意得，，
∴不等式可化为，
即.又，
∴对任意恒成立.
只需满足即可.
设，则，，
∴.
∵，当且仅当，即时等号成立，
∴.
∴，
故选：A.
【点睛】
方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间D上有最值，则；；
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则；.
13．21
【分析】
设公比为，根据条件，可解得的值，代入等比数列求和公式，即可求得答案.
【详解】
因为为等比数列，设公比为，
所以①，又②
得，所以，
所以，
故答案为：21
14．
【分析】
由条件变形为，再利用累加法求通项公式.
【详解】
由，
得，
当时，
，
当时，成立.
故答案为：
15．
【分析】
由累加法求出数列的通项公式，进而可得到的解析式，再根据基本不等式可求得最小值.
【详解】
解：，
，
即：，，，…，，
将这个式子累加可得：…，
即当时，，
又，
，
又也适合上式，
，
由对勾函数的性质可知：当且仅当时取得最小值，
即时取得最小值，
又且，
， ，
，
的最小值为：.
故答案为： .
【点睛】
易错点点睛：运用累加法求数列通项时，注意验证首项是否满足，若不满足，则需要写成分段的形式.
16．
【分析】
首先根据等差数列的前项和公式得到，令，化简得到，又因为，所以，得，再利用等差数列前项和公式得到，利用二次函数的性质即可得到答案.
【详解】
由题意得
则得，即，
令得，即①，即得.
因为首项，公差，则得，即.
又因为，所以，代入①得.
当时，由得
即，所以
即
因此当或5时，的最小值为.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查等差数列前项和公式，根据题意化简得到，从而得到为解决本题的关键，属于中档题.
17．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由得，根据等比数列的定义可证结论；
（2）根据和两式相减可得，根据等比数列的定义可证结论.
【详解】
（1）∵，∴，
又，∴是首项为，公比为的等比数列.
（2）∵，∴，
两式相减得，，即，
又当时，，∴.
∴数列是首项为，公比为的等比数列.
【点睛】
关键点点睛：根据等比数列的定义证明是解题关键.
18．（1）；（2）.
【分析】
（1）设数列的公差为，由，利用“ ”法求解.
（2）由（1）知，得到，再利用裂项相消法求解.
【详解】
（1）设数列的公差为，
则，
解得，
所以；
（2）由（1）知，
则，
，
，
.
【点睛】
方法点睛：求数列的前n项和的方法
(1)公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；
(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.
(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
19．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题中条件，得到，与题中条件两式作差，再结合题中条件，判断数列是等比数列，进而可得通项公式；
（2）由（1）的结果，得到，利用错位相减法求和，即可得出结果.
【详解】
（1）∵数列满足①，
∴②，
①②得：，
即，可得，
由，，解得，∴，
∴数列是首项为1，公比为3的等比数列，则；
（2）由（1）知，则，
则③，
④，
③④得
，
∴.
【点睛】
思路点睛：
利用“错位相减法”求数列和时，既可以在等式两边同乘公比，也可以在等式两边同乘，两式相减后使用等比数列前项和公式求和即可；但求和时应注意项数.
20．（1），；（2）.
【分析】
（1）将，，成等比数列，．转化为和的方程组，解出和，即可得到及；
（2）数列满足，当时，运用累加法求出，验证时也成立，再利用裂项相消求和求出，根据其单调性即可求出的范围
【详解】
（1）设数列的首项为，公差为，
由题意得，
解得∴，.
（2）由得，当时，
又由（1）知，
∴.
经检验，当时上式仍成立，
∴，
∴，
∵在正整数集上 单调递增，，
∴.
【点睛】
方法点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
21．（1）；（2）.
【分析】
（1）直接利用等比数列的性质求出，再由求出，进一步求出等比数列的通项公式．
（2）利用分类讨论思想，分或两种情况讨论，分别利用等差数列的前项和公式求出结果．
【详解】
（1）设正项等比数列的公比为.
∵，∴，又∵，
∴，∴，
解得或（舍去），
∴.
（2）由（1）知，
∴
当时，；
当时，
.
∴
【点睛】
分类讨论思想的常见类型
（1）问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；?
（2）问题中的条件是分类给出的；?
（3）解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；?
（4）涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.
22．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用等比中项性质可证得数列为等差数列，由等差数列中的项可求得公差，由等差数列通项公式可求得结果；
（2）由（1）可知为等比数列，由等比数列求和公式求得，整理得到，由裂项相消法可求得，由可得结论.
【详解】
（1）构成等比数列，∴，∴，
∴是一个等差数列，设其公差为，
由得：，解得：，
.
（2）证明：由（1）知：，
，∴是一个以为首项，以为公比的等比数列，
∴，
∴，
∴，
，，，即.
【点睛】
方法点睛：本题重点考查了裂项相消法求解数列的前项和的问题，裂项相消法适用于通项公式为形式的数列，即，进而前后相消求得结果.