数列专题练习-2025届高三数学一轮复习

2024-2025学年高三数学上学期一轮复习专题：数列 一、单选题 1．已知是等差数列的前项和，若，，则数列的首项（    ） A．3 B．2 C．1 D． 2．已知等差数列与等比数列的首项均为，且，则数列（    ） A．既有最大项又有最小项 B．只有最大项没有最小项 C．只有最小项没有最大项 D．没有最大项也没有最小项 3．某银行大额存款的年利率为，小张于2024年初存入大额存款10万元，按照复利计算8年后他能得到的本利和约为（    ）（单位：万元，结果保留一位小数） A．12.6 B．12.7 C．12.8 D．12.9 4．已知是各项均为正数的等比数列，，，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 5．已知数列的前n项和为，，数列的前n项和为，，若不等式，恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．已知数列为不单调的等比数列，，数列满足，则数列的最大项为（    ）． A． B． C． D． 7．某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为，从第二题开始，甲同学回答第题时答错的概率为，，当时，恒成立，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．若数列满足，，且对任意的都有，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知数列，下列结论正确的有（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，则数列是等比数列 D．若为等差数列的前项和，则数列为等差数列 10．已知数列的前n项和为，且满足，，则下列说法正确的是（    ） A．数列的前n项和为 B．数列的通项公式为 C．数列不是递增数列 D．数列为递增数列 11．如图，杨辉三角形中的对角线之和1，1，2，3，5，8，13，21，…构成的斐波那契数列经常在自然中神奇地出现，例如向日葵花序中央的管状花和种子从圆心向外，每一圈的数字就组成这个数列，等等.在量子力学中，粒子纠缠态、量子临界点研究也离不开这个数列.斐波那契数列的第一项和第二项都是1，第三项起每一项都等于它前两项的和，则（    ）    A． B． C． D． 三、填空题 12．数列满足，则 . 13．已知数列的前项和为，，，则 . 14．记等比数列的前n项和为，其中,数列的前n项和为，若，且，则 ．（横线上写出一个满足条件的通项公式即可） 四、解答题 15．已知等差数列 的公差不为零， 成等比数列，且 . (1)求数列 的通项公式; (2)求 . 16．已知正项等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)若求数列的前项和. 17．已知是公差为2的等差数列，数列的前项和为，且． (1)求的通项公式； (2)求； (3)[x]表示不超过的最大整数，当时，是定值，求正整数的最小值． 18．已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)若数列满足，，求证：． 19．已知无穷数列，构造新数列满足，满足，，满足，若为常数数列，则称为阶等差数列；同理令，，，，若为常数数列，则称为阶等比数列. (1)已知为二阶等差数列，且，，，求的通项公式； (2)若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列； (3)已知，令的前项和为，，证明：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【分析】由已知条件，利用等差数列通项与前项和基本量的计算，列方程组求出首项和公差. 【详解】设等差数列的公差为，因为，可得，即，所以， 又因为，可得，即，联立解得，. 故选：B. 2．A 【分析】由题意先求出、的通项公式，进而求出的通项公式，当时，显然奇数项都是负数，偶数项都是正数，构造数列（），研究数列的增减性得出结论即可. 【详解】设的公差为d，的公比为q，则，； ，，所以，， 所以， 当时，显然奇数项都是负数，偶数项都是正数， 设（）， 则，当时，，； 当时，，，即数列从到递增，从往后递减， 又，，，所以中，最大； 又，，即， 所以是最小项. 故选：A. 3．B 【分析】根据复利可知每年末本息和构成等比数列，利用等比数列通项公式及二项式定理求解即可. 【详解】存入大额存款10万元，按照复利计算， 每年末本利和是以10为首项，为公比的等比数列， 所以本利和． 故选：B． 4．D 【分析】由已知得及，代入问题化简计算即可． 【详解】由题设易知，公比，设， 从而由得，， 由得，， 则， 故选：D． 5．B 【分析】用求出首项，由时，，推出数列是以2为首项，2为公比的等比数列，运用公式法求出，再根据进行参数分离，得到，从而将问题转化成求新数列的最大值，从而得到的范围. 【详解】由 ①可得，即，当时， ②， 由①-②可得，，即，故是等比数列， 且公比为2，首项为2，则，于是， 因则是等差数列，首项为1，公差为2， 则,由可得，故有， 设，因 ， 由方程可得，或， 故当时，，当时，， 即数列的前两项单调递增，第三项开始单调递减， 又，，因此当时，取得最大值，且最大值为，故， 即实数的取值范围是. 故选：B. 6．C 【分析】根据等比数列的概念求公比及通项公式，再利用指数函数的单调性求最大项即可. 【详解】由题意可知或， 又为不单调的等比数列，所以，则， 故， 若要求的最大项，需为偶数，则， 根据指数函数的单调性可知当时，为的最大项. 故选：C 7．A 【分析】根据给定条件，求出数列的通项，再借助单调性求出的最小值即可得解. 【详解】依题意，，当时，由，得， 而，因此数列是首项为，公比为的等比数列， 则，即，显然数列是递增数列， 当时，，而当时，恒成立，于是， 所以的最大值为. 故选：A 8．C 【分析】令，由题意可证得数列是等差数列，从而求得，再利用累加法求得，进而利用裂项相消法求即可得解. 【详解】因为对于都有， 则，令， 所以，又， 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列， 所以，即， 则， 累加得， 所以， 则， 所以 . 故选：C. 9．ABD 【分析】直接利用累加法可判断选项A项；构造为等比数列可判断B项；利用与的关系可求得通项公式即可判断C项；利用等差数列的前n项和公式及定义法判断等差数列即可判断D项. 【详解】对于选项A，由，得， 则，故A项正确； 对于选项B，由得， 所以为等比数列，首项为，公比为2， 所以，所以，故B项正确； 对于选项C，因为， 当时，， 当时，， 将代入，得， 所以，所以数列不是等比数列，故C项错误. 对于选项D，设等差数列的公差为d， 由等差数列前项和公式可得， 所以与n无关， 所以数列为等差数列，故D项正确. 故选：ABD. 10．CD 【分析】确定得到是首项为，公差为的等差数列，得到即的通项公式，再依次判断每个选项得到答案. 【详解】，则，即， 故是首项为，公差为的等差数列，故，即， ，. 对选项A：，错误； 对选项B：，错误； 对选项C：，，故数列不是递增数列，正确； 对选项D：，故数列为递增数列，正确； 故选：CD. 11．BCD 【分析】由已知且，利用及累加法判断A；利用及累加法判断B；利用及累加法判断C；利用及累加法判断D. 【详解】由题设且， 由，，，...，， 所以， 则，A错误； 由，，，...，， 所以，则，B正确； 由，则， 所以 ，C正确； 由， 所以 ，D正确. 故选：BCD. 12． 【分析】当时求出，当时，作差即可得解. 【详解】因为， 当时， 当时， 所以， 所以， 当时不成立，所以. 故答案为： 13． 【分析】结合等比数列求和公式，利用分组求和即可求解. 【详解】根据题意，可得，，…，， 所以 . 故答案为： 14．（答案不唯一） 【分析】由等比数列求和公式得的方程组，进而求出数列的通项公式，从而求解. 【详解】等比数列的前n项和为，其中,设公比为， 易知，则，解得，则， 若，可令，则，满足. 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解， （2）根据等差数列求和公式即可求解. 【详解】（1）由题意 (1) 由(1)(2)可得 所以 （2），， ，故为等差数列， . 16．(1) (2) 【分析】（1）根据成等比数列求得，即可求得的通项公式. （2）根据的通项公式求得，分奇偶项分别求出再求和，即可求得的前项和. 【详解】（1）因为， 所以，即，解得或， 又因为，所以，所以. （2），所以， 所以 ， ， 所以前项和. 17．(1) (2) (3)7 【分析】（1）先由是公差为2的等差数列，求得递推关系，再利用叠加法求得，进而得到的通项公式； （2）法一：两次利用错位相减法即可求得数列的前项和为；法二：构造得，再利用裂项相消法即可得解； （3）利用数列单调性结合题给条件即可求得正整数的最小值. 【详解】（1）设，则． 因为是公差为2的等差数列，所以． 设，则， 所以时， ． 所以，即， 又，满足上式，所以 （2）（方法一）因为， 所以 两式相减得． 设， 则， 两式相减得 ， 则． 所以，即． （方法二）因为， 所以． 所以 则， 即． （3）当时，，且，所以的定值为9． 所以当时，． 令，则， ， 所以单调递减． 因为，所以，即正整数的最小值为 【点睛】方法点睛：数列求和的方法技巧： （1）倒序相加法：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． （2）错位相减法：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． （3）分组求和法：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和． 18．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）构造新数列，是等差数列，通过的通项公式得到的通项公式. （2）由，得到，进而，裂项相消法求和. 【详解】（1）由知，若，则，若，则． 又，所以． 由，可得即（常数）， 故是首项为2，公差为1的等差数列，所以． 故． （2）由得，① 由得，② ①②可得． 当时，，则． 所以 ， 所以， 当时，也满足上式，所以． 由上可知，， 所以 ， 即． 19．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据二阶等差数列的定义求解； （2）先确定是阶等差数列的充分必要条件，再对已知条件进行转化即可； （3）先用数学归纳法证明，再利用该结果证明结论；或者先用导数方法证明，再利用该结果证明结论. 【详解】（1）由知，故可设. 所以，故. 从而，代入，可得，所以. 故的通项公式为：. （2）先证明2个引理. 引理1：对任意非负整数，存在，使得对任意正整数成立，这里约定. 证明：用数学归纳法证明该结论. 当时，有，取即可，故结论成立； 假设结论对成立，则 . 故可设，这就得到 . 所以取，，即可，这得到结论对成立. 由数学归纳法即知引理1成立. 引理2：是阶等差数列的充分必要条件是能够表示为关于的至多次的多项式形式，即. 证明：我们对使用数学归纳法. 当时，结论显然成立； 对，假设结论对成立，考虑的情形： 一方面，如果，则有 . 故由于结论对成立，知是阶等差数列，所以是阶等差数列； 另一方面，如果是阶等差数列，则是阶等差数列. 故由于结论对成立，知的通项公式具有形式. 故. 据引理1可知，每个都可以表示为的形式，故 . 综上，结论对成立. 由数学归纳法知引理2成立. 回到原题. 由于为一阶等比数列，故恒为常值，设，则. 为使有意义，必有不为零. 所以. 由于为阶等差数列，故由引理2，可设. 取就有，，所以由引理2可知和都是阶等差数列. 设，，，，则和都是常值. 而归纳即知，故是常值，从而为阶等比数列. （3）方法一： 用数学归纳法证明：. 当时，由知结论成立； 对，假设结论已对成立，即，则 . 所以结论对也成立. 综上，对任意的正整数，都有. 故. 这就得到 . 方法二： 对正整数，根据等比数列求和公式有. 两边同时求导，得. 所以. 再次求导，得. 所以. 从而当时，分别由上面的式子可以得到： ； ； . 所以 . 故. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于基于等差数列和等比数列的新定义，理解新定义的本质方可解决问题. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$