专题04数列（考题猜想，易错、好题精选8个考点40题专练）-2023-2024学年高二数学下学期期末考点大串讲（沪教版2020选修）

专题04数列（考题猜想，易错、好题精选8个考点40题专练） 等差数列的性质 等差数列的通项公式 等差数列的前n项和 等比数列的性质 等比数列的通项公式  等比数列的前n项和 数列的极限 数学归纳法 一．等差数列的性质（共7小题） 1．（2024春•宝山区校级期中）设等差数列的前项和为，且满足，，则中最大项为　　 A． B． C． D． 2．（2024春•闵行区校级月考）已知等差数列，若，则　　． 3．（2023秋•宝山区校级期末）设等差数列的前项和为，若，则　　． 4．（2024春•虹口区校级期中）若等差数列满足，，则当　 　时，的前项和最大． 5．（2023秋•闵行区校级期末）已知等差数列，的前项和分别为和，若，且是整数，则的值为 　　． 6．（2023春•浦东新区校级月考）已知方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则　　． 7．（2024春•普陀区校级期中）已知等差数列的前三项依次为，4，，前项和为，且． （1）求及的值． （2）已知数列满足，证明数列是等差数列，并求其前项和． 二．等差数列的通项公式（共4小题） 8．（2023秋•嘉定区校级期末）已知，，，是各项均为正数的等差数列，其公差大于零，若线段，，，的长分别为，，，，则　　 A．对任意的，均存在以，，为三边的三角形 B．对任意的，均不存在以，，为三边的三角形 C．对任意的，均存在以，，为三边的三角形 D．对任意的，均不存在以，，为三边的三角形 9．（2023春•青浦区期中）等差数列首项为2，公差为2，则等差数列的通项公式为　　． 10．（2022秋•徐汇区校级期末）已知数列是等差数列，，，则这个数列的公差　　． 11．（2023秋•虹口区校级期末）设等差数列的各项都是正数，前项和为，公差为．若数列也是公差为的等差数列，则的通项公式为　 　． 三．等差数列的前n项和（共7小题） 12．（2023春•松江区校级期中）设等差数列的前项和为，已知，，则　　 A．310 B．210 C．110 D．39 13．（2023•杨浦区校级模拟）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有善走男，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”，该问题中，善走男第5日所走的路程里数是　　． A．110 B．120 C．130 D．140 14．（2024春•虹口区校级期中）已知等差数列的前项的和为，且，，则正整数的值为 　　． 15．（2024春•宝山区校级月考）数列的前项和，则　　． 16．（2022秋•青浦区期末）从等差数列84，80，76，72，的第 　　项起，各项均为负值． 17．（2024春•浦东新区校级期中）已知数列是首项为23，公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）设的前项和为，求的最大值． 18．（2024春•闵行区校级月考）设等差数列的前项和为，且． （1）若，求的公差； （2）若，且是数列中最大的项，求所有可能的值． 四．等比数列的性质（共6小题） 19．（2023春•上海期中）若，，，成等比数列，则下列三个数列： （1），，，； （2），，； （3），，， 必成等比数列的个数为　　 A．0 B．1 C．2 D．3 20．（2023春•浦东新区期末）“一个数列是常数列”是“这个数列是公比为1的等比数列”的　　 A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分又非必要条件 21．（2024•宝山区二模）数列中，是其前项的和，若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称数列为“某数列”．现有如下两个命题： ①等比数列为“某数列”； ②对任意的等差数列，总存在两个“某数列” 和，使得． 则下列选项中正确的是　　 A．①为真命题，②为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题 22．（2023春•黄浦区校级期中）函数图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不可能成为公比的数是　　 A． B． C． D． 23．（2023秋•宝山区校级月考）在等比数列中，，　　． 24．（2023秋•松江区校级期中）已知无穷等比数列的各项均为正整数，且，则满足条件的不同数列的个数为 　　． 五．等比数列的通项公式（共2小题） 25．（2024春•普陀区校级期中）已知为等比数列，且，则的公比为 　　． 26．（2023•闵行区二模）已知在等比数列中，、分别是函数的两个驻点，则　　． 六．等比数列的前n项和（共4小题） 27．（2024•杨浦区校级三模）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，记其前项和为，则　　． 28．（2023秋•宝山区校级期末）无穷等比数列满足，则数列的各项和为　　． 29．（2024•青浦区校级模拟）若无穷等比数列的各项和为2，则首项的取值范围为　　． 30．（2024春•宝山区校级月考）等比数列前项和，则　　． 七．数列的极限（共6小题） 31．（2023春•杨浦区校级期末）已知数列是公比为的无穷等比数列，且，则　　． 32．（2024春•青浦区校级期中）有一列正方体，棱长组成以1为首项、为公比的等比数列，体积分别记为，，，，，则　　． 33．（2023春•嘉定区校级期中）无穷等比数列的通项公式，前项的和为，若，则满足条件的的取值的集合为 　　． 34．（2023春•浦东新区校级期末）已知数列的前项和为，数列满足，则　　． 35．（2023秋•闵行区校级期末）在无穷等比数列中，，则的取值范围是　　 A． B． C． D．，， 36．（2023•闵行区校级三模）如图所示，已知，，对任何，点按照如下方式生成：，，且，，按逆时针排列，记点的坐标为，，则，为　　 A． B． C． D． 八．数学归纳法（共4小题） 37．（2023秋•虹口区校级期末）用数学归纳法证明时，由到时，不等式左边应添加的项是　　 A． B． C． D． 38．（2024春•闵行区校级月考）如果命题对于时成立，那么它对也成立．若对于时成立，则下列结论正确的是　　 A．对所有正整数成立 B．对所有正偶数成立 C．对所有正奇数成立 D．对所有大于1的正整数成立 39．（2023•上海开学）已知点， 满足，，且点的坐标为． （1）求过点、的直线的方程； （2）试用数学归纳法证明：对于任意，，点都在（1）中的直线上； （3）试求数列、的通项公式． 40．（2023秋•徐汇区校级期末）用数学归纳法证明：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04数列（考题猜想，易错、好题精选8个考点40题专练） 等差数列的性质 等差数列的通项公式 等差数列的前n项和 等比数列的性质 等比数列的通项公式  等比数列的前n项和 数列的极限 数学归纳法 一．等差数列的性质（共7小题） 1．（2024春•宝山区校级期中）设等差数列的前项和为，且满足，，则中最大项为　　 A． B． C． D． 【分析】利用等差数列的求和公式即等差数列的性质可得，，，即递减，前8项中递增，即当最大且取最小正值时，有最大值，从而可得答案． 【解答】解：等差数列前项和， 由，可得： ，，； 故最大值为． 又，递减，前8项中递增， 故最大且取最小正值时，有最大值， 即最大． 故选：． 【点评】本题考查等差数列的求和公式即等差数列的性质，分析得到当最大且取最小正值时，有最大值是关键，考查推理与运算能力，属于难题． 2．（2024春•闵行区校级月考）已知等差数列，若，则　　． 【分析】，利用等差数列的性质可得：，，可得． 【解答】解：， ，， 则． 故答案为：． 【点评】本题考查了等差数列的性质、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 3．（2023秋•宝山区校级期末）设等差数列的前项和为，若，则　45　． 【分析】利用等差数列的通项公式将已知条件用首项与公差表示得到首项与公差的关系，利用等差数列的前项和公式表示出前9项的和，将首项与公差的关系代入求出值． 【解答】解：由， 得， ． 故答案为：45． 【点评】解决等差数列、等比数列的问题一般是将已知、待求的问题都用首项、公差、或公比表示来解决也就是所谓的基本量法． 4．（2024春•虹口区校级期中）若等差数列满足，，则当　8　时，的前项和最大． 【分析】可得等差数列的前8项为正数，从第9项开始为负数，进而可得结论． 【解答】解：由等差数列的性质可得， ，又，， 等差数列的前8项为正数，从第9项开始为负数， 等差数列的前8项和最大， 故答案为：8． 【点评】本题考查等差数列的性质和单调性，属中档题． 5．（2023秋•闵行区校级期末）已知等差数列，的前项和分别为和，若，且是整数，则的值为 　15　． 【分析】在中，令可得，设等差数列和的公差分别为和，再分别令，3，解得，，．化简为 是整数，由此可得的值． 【解答】解：由题意可得，故． 设等差数列和的公差分别为和， 由，把代入化简可得 ①． 再由，把代入化简可得 ②． 解①②求得，，故有． 由于为整数， 故31能被整除，故， 故答案为：15． 【点评】此题考查了等差数列的性质，以及等差数列的前项和公式，熟练掌握性质及公式是解本题的关键，属于中档题． 6．（2023春•浦东新区校级月考）已知方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则　　． 【分析】把方程化为，或，设是第一个方程的根，代入方程即可求得，则方程的另一个根可求；设另一个方程的根为，，根据韦达定理可知根据等差中项的性质可知四个跟成的等差数列为，，，，进而根据数列的第一项和第四项求得公差，则和可求，进而根据韦达定理求得，最后代入即可． 【解答】解：方程可化为 ①，或②， 设是方程①的根， 则将代入方程①，可解得， 方程①的另一个根为． 设方程②的另一个根为，， 则由根与系数的关系知，，， 又方程①的两根之和也是2， 由等差数列中的项的性质可知， 此等差数列为，，，， 公差为， ，， ，． 故答案为： 【点评】本题主要考查了等差数列的性质．考查了学生创造性思维和解决问题的能力． 7．（2024春•普陀区校级期中）已知等差数列的前三项依次为，4，，前项和为，且． （1）求及的值． （2）已知数列满足，证明数列是等差数列，并求其前项和． 【分析】（1）设该等差数列为，由等差中项可得的方程，解得，可得首项、公差，再由求和公式可得； （2）运用等差数列的定义和通项公式、求和公式，即可得到所求结论． 【解答】解：（1）设该等差数列为，则，，， 由已知有，得，公差， 所以， 由，得， 解得或（舍去）， 故，； （2）证明：由（1）得， 则，故， 即数列是首项为2，公差为1的等差数列， 所以． 【点评】本题考查等差数列的定义、通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题． 二．等差数列的通项公式（共4小题） 8．（2023秋•嘉定区校级期末）已知，，，是各项均为正数的等差数列，其公差大于零，若线段，，，的长分别为，，，，则　　 A．对任意的，均存在以，，为三边的三角形 B．对任意的，均不存在以，，为三边的三角形 C．对任意的，均存在以，，为三边的三角形 D．对任意的，均不存在以，，为三边的三角形 【分析】利用等差数列的通项公式及其性质、三角形两边之和大于第三边，即可判断出结论． 【解答】解：：对任意的，假设均存在以，，为三边的三角形，，，，是各项均为正数的等差数列，其公差大于零，，， 而不一定大于0，因此不一定存在以，，为三边的三角形，故不正确； ：由可知：当时，存在以，，为三边的三角形，因此不正确； ：对任意的，由于，，，因此均存在以，，为三边的三角形，正确； ．由可知不正确． 故选：． 【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其性质、三角形两边之和大于第三边，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 9．（2023春•青浦区期中）等差数列首项为2，公差为2，则等差数列的通项公式为　　． 【分析】由题意，根据等差数列的通项公式，得出结论． 【解答】解：等差数列首项为2，公差为2，则等差数列的通项公式为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查等差数列的通项公式，属于基础题． 10．（2022秋•徐汇区校级期末）已知数列是等差数列，，，则这个数列的公差　　． 【分析】根据等差数列项的性质，即可求出公差的大小． 【解答】解：等差数列中，，， 所以公差． 故答案为：． 【点评】本题考查了等差数列项的性质应用问题，是基础题． 11．（2023秋•虹口区校级期末）设等差数列的各项都是正数，前项和为，公差为．若数列也是公差为的等差数列，则的通项公式为　　． 【分析】由题意可得：．，化简时可得：．分别令，3，解出即可得出． 【解答】解：由题意可得：．． ，可得：． ． 时可得：． 分别令，3，可得：，． 解得，． ． 故答案为：． 【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 三．等差数列的前n项和（共7小题） 12．（2023春•松江区校级期中）设等差数列的前项和为，已知，，则　　 A．310 B．210 C．110 D．39 【分析】由已知求得公差与首项，再由等差数列的前项和公式求解． 【解答】解：在等差数列中，由，，得公差， 首项， ． 故选：． 【点评】本题考查等差数列的通项公式与前项和，是基础题． 13．（2023•杨浦区校级模拟）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有善走男，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”，该问题中，善走男第5日所走的路程里数是　　． A．110 B．120 C．130 D．140 【分析】由题意，利用等差数列前项和公式即可求出公差． 【解答】解：今有善走男，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里， 设善走男每天走的路程为，则数列为等差数列，设公差为，则， 由题意，，可得， 解得该善走男第5日所走的路程里数为， 故选：． 【点评】本题考查等差数列的公差的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 14．（2024春•虹口区校级期中）已知等差数列的前项的和为，且，，则正整数的值为 　5　． 【分析】设等差数列的首项为，公差为，根据题意得出与的关系，再由，列方程求出的值． 【解答】解：设等差数列的首项为，公差为， 由，得，所以，且； 由，得，即， 化简得，， 解得或（舍去）， 所以的值为5． 故答案为：5． 【点评】本题考查了等差数列的定义与前项和应用问题，是基础题． 15．（2024春•宝山区校级月考）数列的前项和，则　　． 【分析】由可表示出数列的前项和，两式相减即可求出此数列的通项公式，然后把代入验证是否满足即可． 【解答】解：当时，， 当时， ， 经验证当时，上式也符合， 故通项公式为， 故答案为：． 【点评】本题考查等差数列的通项公式，当时，是解决问题的关键，属基础题． 16．（2022秋•青浦区期末）从等差数列84，80，76，72，的第 　23　项起，各项均为负值． 【分析】根据已知求出通项公式，令通项小于0，解出的最小值即可． 【解答】解：由已知得，， 故， 令，解得，， 故从第23项起，各项均为负． 故答案为：23． 【点评】本题考查等差数列的通项和应用，属于基础题． 17．（2024春•浦东新区校级期中）已知数列是首项为23，公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）设的前项和为，求的最大值． 【分析】（1）根据等差数列的通项公式求解即可； （2）根据等差数列的前项和公式，结合二次函数的图象与性质，求解即可． 【解答】解：（1）等差数列中，，，所以通项公式为； （2）的前项和为， 当，即时，取得最大值为． 【点评】本题考查了等差数列的通项公式与前项和应用问题，是基础题． 18．（2024春•闵行区校级月考）设等差数列的前项和为，且． （1）若，求的公差； （2）若，且是数列中最大的项，求所有可能的值． 【分析】（1）根据已知条件列方程，化简求得的公差； （2）根据数列中的最大项列不等式，从而求得的所有可能取值． 【解答】解：（1）设等差数列的公差为， 则，解得． （2）由（1）得，， 由于是数列中最大的项，，， 所以，即， 即， 解得，由于是整数，所以的可能取值是18，19，20． 【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，前项和公式，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题． 四．等比数列的性质（共6小题） 19．（2023春•上海期中）若，，，成等比数列，则下列三个数列： （1），，，； （2），，； （3），，， 必成等比数列的个数为　　 A．0 B．1 C．2 D．3 【分析】根据，，，成等比数列，设其公比为，利用等比数列的定义即可结合所给式子进行判断． 【解答】解：，，，成等比数列，设公比为， 则，，，均不为0，且，，故，，，成等比数列，且公比为． ， 因此，，成等比数列，且公比为， ，，， 当时，成等比数列，且公比为，但当时，不是等比数列． 故选：． 【点评】本题考查等比数列的性质，属于中档题． 20．（2023春•浦东新区期末）“一个数列是常数列”是“这个数列是公比为1的等比数列”的　　 A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分又非必要条件 【分析】分别判断充分性与必要性是否成立即可． 【解答】解：如果一个数列是常数列，那么这个数列不一定是等比数列，如常数列：0，0，0，，不是等比数列，充分性不成立； 如果一个数列是公比为1的等比数列，那么这个数列是常数列，必要性成立； 是必要不充分条件． 故选：． 【点评】本题考查了充分与必要条件的判断问题，是基础题． 21．（2024•宝山区二模）数列中，是其前项的和，若对任意正整数，总存在正整数，使得，则称数列为“某数列”．现有如下两个命题： ①等比数列为“某数列”； ②对任意的等差数列，总存在两个“某数列” 和，使得． 则下列选项中正确的是　　 A．①为真命题，②为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题 【分析】由等比数列结合新定义即可判断①，若，设，，再由新定义可得则，即可判断②． 【解答】解：对于①，由等比数列可得， 若对任意正整数，总存在正整数，使得，则，即，显然不成立，故①为假命题； 对于②，设等差数列的公差为，则． 令，，则． 下面证是“某数列”． 设的前项和为，则． 于是对任意的正整数，总存在正整数，使得，所以是“某数列”． 同理，可证也是“数列”． 所以对任意的等差数列，总存在两个“某数列” 和，使得成立，故②为真命题． 故选：． 【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查等比数列的通项和求和，考查推理和运算能力，属于中档题． 22．（2023春•黄浦区校级期中）函数图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不可能成为公比的数是　　 A． B． C． D． 【分析】根据平面几何切割线定理：从圆外一点做圆的切线和割线，则切线长是割线与它的圆外部分的比例中项．假设存在，则可计算出公比的范围，从而可下结论． 【解答】解：根据平面几何切割线定理：从圆外一点做圆的切线和割线，则切线长是割线与它的圆外部分的比例中项． 鉴于此，从原点作该半圆的切线，切线长为：， 设割线与半圆的另外两个交点到原点的距离分别是和，则，且，所以； 所以， 当，则；当时， 考查四个选项，只有选项不符合上述范围 故选：． 【点评】本题的考点是等比关系的确定，主要课程等比数列的定义，等比中项及切割线定理，属于基础题． 23．（2023秋•宝山区校级月考）在等比数列中，，　20　． 【分析】利用等比数列的定义和性质，把要求的式子化为，把条件代入并利用对数的运算性质求出结果． 【解答】解：正项等比数列中， ， 故答案为：20 【点评】本题主要考查等比数列的定义和性质，对数的运算性质的应用，属于中档题． 24．（2023秋•松江区校级期中）已知无穷等比数列的各项均为正整数，且，则满足条件的不同数列的个数为 　13　． 【分析】由题意知是正整数，公比是正整数；化简得，从而可得是337，337，3，3，2，2部分或全部的积且，从而分类讨论求得． 【解答】解：无穷等比数列的各项均为正整数， 是正整数，公比是正整数； ， ， ， ， ， 其中2，3，337为质数； 为整数， 是的约数； 是337，337，3，3，2，2部分或全部的积； 又， ①当从337，337，3，3，2，2中取2个数求积时， ； 只有1种情况； ②当从337，337，3，3，2，2中取3个数求积时， ， 或， 或， 共3种情况； ③当从337，337，3，3，2，2中取4个数求积时， ， 或， 或， 或， 或； 共5种情况； ④当从337，337，3，3，2，2中取5个数求积时， ， 或， 或， 共3种情况； ⑤当从337，337，3，3，2，2中取6个数求积时， ， 只有1种情况； 综上所述，共有种， 故答案为：13． 【点评】本题考查了分类讨论的思想及等比数列的性质应用，属于中档题． 五．等比数列的通项公式（共2小题） 25．（2024春•普陀区校级期中）已知为等比数列，且，则的公比为 　　． 【分析】设等比数列的公比为，化简得，从而求公比． 【解答】解：设等比数列的公比为， ， ， 解得； 故答案为：． 【点评】本题考查了等比数列的性质应用，属于基础题． 26．（2023•闵行区二模）已知在等比数列中，、分别是函数的两个驻点，则　　． 【分析】由题意，利用函数的驻点的定义、韦达定理、等比数列的性质，求得的值． 【解答】解：等比数列中，设公比为， 、分别是函数的两个驻点， 、分别是函数的两个实数根， ，与都是正值． 也是正值，． 故答案为：． 【点评】本题主要考查函数的驻点的定义，韦达定理，等比数列的性质，属于基础题． 六．等比数列的前n项和（共4小题） 27．（2024•杨浦区校级三模）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，记其前项和为，则　15　． 【分析】根据等比数列的前项和公式求解即可． 【解答】解：等比数列最后，首项为，公比为，前项和为， 所以． 故答案为：15． 【点评】本题考查了等比数列的前项和公式应用问题，是基础题． 28．（2023秋•宝山区校级期末）无穷等比数列满足，则数列的各项和为　　． 【分析】利用无穷等比数列的各项和，． 【解答】解：无穷等比数列满足， 则数列的各项和， 故答案为：． 【点评】本题考查了无穷等比数列的各项和的求法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 29．（2024•青浦区校级模拟）若无穷等比数列的各项和为2，则首项的取值范围为　，，　． 【分析】由无穷等比数列的各项和为2得：，且，从而根据的取值，可得的范围． 【解答】解：由题意可得：，且， ， 且， 则首项的取值范围是，，． 故答案为：，， 【点评】本题主要考查了等比数列的前项和，其中无穷等比数列的各项和是指当且时前项和的极限，解题的关键是由无穷等比数列的各项和可得前项和的极限存在，则可得且，这也是考生常会漏掉的知识点． 30．（2024春•宝山区校级月考）等比数列前项和，则　　． 【分析】可根据求得数列的通项公式，进而求得，再根据求得． 【解答】解：，，， ， 又，由通项得：，公比为3， ， ． 故答案为： 【点评】本题主要考查等比数列的性质，以及等比数列的前项和公式．解题的关键是求出数列的通项公式． 七．数列的极限（共6小题） 31．（2023春•杨浦区校级期末）已知数列是公比为的无穷等比数列，且，则　1　． 【分析】由无穷递缩等比数列极限的求法直接构造等式，整理即可得到结果． 【解答】解：， ，即． 故答案为：1． 【点评】本题考查无穷递缩等比数列的极限，是基础题． 32．（2024春•青浦区校级期中）有一列正方体，棱长组成以1为首项、为公比的等比数列，体积分别记为，，，，，则　　． 【分析】由题意可得，正方体的体积是以1为首项，以为公比的等比数，由等不数列的求和公式可求 【解答】解：由题意可得，正方体的棱长满足的通项记为 则 是以1为首项，以为公比的等比数列 则 故答案为： 【点评】本题主要考查了等比数列的求和公式及数列极限的求解，属于基础试题 33．（2023春•嘉定区校级期中）无穷等比数列的通项公式，前项的和为，若，则满足条件的的取值的集合为 　或，　． 【分析】由已知可得，代入无穷递缩等比数列所有项和公式求解，则答案可求． 【解答】解：无穷等比数列的通项公式， 则， 又，，即． ，或，． 故满足条件的的取值的集合为或，． 故答案为：或，． 【点评】本题考查无穷递缩等比数列的所有项和，训练了由已知三角函数值求角，是中档题． 34．（2023春•浦东新区校级期末）已知数列的前项和为，数列满足，则　1　． 【分析】由已知数列递推式可得数列的通项公式，进一步得到数列是无穷递缩等比数列，则答案可求． 【解答】解：由，得， 当时， ， 适合上式， ． 则， 数列是以为首项，以为公比的无穷递缩等比数列， ． 故答案为：1． 【点评】本题考查数列递推式，考查数列极限的求法，是中档题． 35．（2023秋•闵行区校级期末）在无穷等比数列中，，则的取值范围是　　 A． B． C． D．，， 【分析】先设等比数列的公比为，分别讨论当时、当时，利用等比数列求和公式，可得，再讨论、，即可得出结果． 【解答】解：设等比数列的公比为， 当时，，舍去； 当时，，则． 若，， 则，此时； 若，， 则，此时． 综上所述：的取值范围为． 故选：． 【点评】本题考查数列的极限，考查分类讨论思想与运算求解能力，是中档题． 36．（2023•闵行区校级三模）如图所示，已知，，对任何，点按照如下方式生成：，，且，，按逆时针排列，记点的坐标为，，则，为　　 A． B． C． D． 【分析】依题意，取出，，，．分析，发现，利用累加法可以求出，又因为时，进而得到，同理，可得． 【解答】解：设， 依题意，，，，，即，， 所以． 同理：，，，，即，， ． 综上，为， 故选：． 【点评】本题考查了数列的通项公式的求法（累加法），等比数列的前项和，数列极限等知识，属于难题． 八．数学归纳法（共4小题） 37．（2023秋•虹口区校级期末）用数学归纳法证明时，由到时，不等式左边应添加的项是　　 A． B． C． D． 【分析】只须求出当时，左边的代数式，当时，左边的代数式，相减可得结果． 【解答】解：当时，左边的代数式为， 当时，左边的代数式为， 故用时左边的代数式减去时左边的代数式的结果为： 故选：． 【点评】数学归纳法常常用来证明一个与自然数集相关的性质，其步骤为：设是关于自然数的命题，若（奠基）在时成立；（归纳） 在为任意自然数）成立的假设下可以推出成立，则对一切自然数都成立． 38．（2024春•闵行区校级月考）如果命题对于时成立，那么它对也成立．若对于时成立，则下列结论正确的是　　 A．对所有正整数成立 B．对所有正偶数成立 C．对所有正奇数成立 D．对所有大于1的正整数成立 【分析】利用假设，，即有为正偶数均成立，即可得结论． 【解答】解：命题对于时成立，那么它对也成立． 若对于时成立，则对，6，8，，也成立， 即为对对所有正偶数成立， 故选：． 【点评】本题主要考查数学归纳法的运用，关键是正确利用归纳假设． 39．（2023•上海开学）已知点， 满足，，且点的坐标为． （1）求过点、的直线的方程； （2）试用数学归纳法证明：对于任意，，点都在（1）中的直线上； （3）试求数列、的通项公式． 【分析】（1）由的坐标可得，，求出点的坐标，再求过点，的直线的方程； （2）利用数学归纳法进行证明； （3）由得，代入中，利用、求出、，猜想，利用数学归纳法证明猜想成立，再代入求得． 【解答】解：（1）由的坐标为知，，． 所以，． 所以点的坐标为，， 所以直线的斜率为， 直线方程为，即． （2）证明：①当时， 成立． ②假设，时，成立， 则 ， 当时，命题也成立． 由①②知，对，都有， 即点在直线上． （3）由（2）知，，所以， 所以， 因为，，，，，猜想，； 用数学归纳法证明如下：因为时，，假设时成立，即， 则时，， 所以时也成立， 所以对于任意都成立，即． 所以． 【点评】本题考查了直线的方程和数学归纳法应用问题，也考查了数列的递推公式应用问题，是中档题． 40．（2023秋•徐汇区校级期末）用数学归纳法证明：． 【分析】根据数学归纳法的证题步骤，先证明时，等式成立，然后假设当时，等式成立，进一步推证时，成立即可 【解答】证明：（1）当时，左边，右边，等式成立．（4分） （2）假设当时，等式成立，即（6分） 那么，当时， 这就是说，当时等式也成立．（10分） 根据（1）和（2），可知等式对任何都成立．（12分） 【点评】本题主要考查数学归纳法证明等式问题，应注意书写的格式，尤其第二步的证明要利用假设，否则不称为数学归纳法． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$