数列-山西省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

山西省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----数列 一、单选题 1．（2024·山西太原·二模）已知，分别是等差数列和等比数列，其前项和分别是和，且，，，则（    ） A．9 B．9或18 C．13 D．13或37 2．（2024·山西运城·三模）已知数列是等差数列，，则（    ） A．4 B． C． D． 3．（2024·山西晋中·模拟预测）设等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B．3 C．1 D． 4．（2024·山西阳泉·三模）已知等差数列中，是函数的一个极大值点，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·山西临汾·三模）已知等差数列的首项为2，公差不为0．若成等比数列，则的前6项和为（    ） A． B． C．3 D．8 6．（2024·山西晋城·二模）已知等差数列的前n项和为，若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·山西临汾·二模）已知等比数列，则（    ） A．2 B． C． D． 8．（2024·山西晋中·模拟预测）已知正项数列的前项和为，若，且恒成立，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D．3 9．（2024·山西朔州·一模）设为等差数列的前项和，若，则（    ） A． B．3 C． D．5 10．（2024·山西临汾·一模）已知数列满足：，设，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2024·山西太原·二模）已知数列满足，，则下列结论正确的是（    ） A．是递增数列 B．是等比数列 C．当n是偶数时， D．，，使得 12．（2024·山西吕梁·三模）已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（    ） A．当最大 B．使得成立的最小自然数 C． D．中最小项为 13．（23-24高三·山西太原·模拟预测）已知数列中，，，数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ） A．是等比数列 B． C． D． 三、填空题 14．（2024·山西晋中·模拟预测）数列为1，3，4，7，11，18，29，…，即，，且，记为数列的前n项和，则 .记数列的各项依次被4除所得余数所形成的数列为，则数列的前2025项和为 . 15．（2024·山西阳泉·三模）已知数列的前项和为，且，则数列的前100项和 ． 16．（2024·山西太原·模拟预测）已知数列是单调递增的等比数列，且，，则 ，数列的公差为 ． 17．（2024·山西临汾·三模）已知首项为1的正项数列，其前项和．用表示不超过的最大整数，则 ． 18．（2024·山西吕梁·一模）设各项均为正数的数列的前项和为，前项积为，若，则 ． 四、解答题 19．（2024·山西太原·三模）已知等比数列的前项和为，且也是等比数列. (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 20．（2024·山西临汾·二模）已知数列满足． (1)计算，并求数列的通项公式； (2)设数列满足，求数列的前项和． 21．（2024·山西吕梁·二模）已知等差数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)记数列的前项和为，证明：. 22．（2024·山西晋中·模拟预测）已知数列的前项和为，，且当时，， (1)证明：数列是等差数列； (2)设数列满足，求的值. 23．（2024·山西长治·一模）已知正项等比数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，设其前n项和为，求证：． 24．（2024·山西运城·一模）已知数列各项均不为零，前项和为，满足，. (1)求； (2)求. 25．（2024·山西吕梁·一模）已知数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 参考答案： 1．B 【分析】设等比数列的公比为，当时求出，即可求出，再由等差数列求和公式及下标和性质计算可得，当时根据等比数列求和公式求出，从而求出，即可求出，再由等差数列求和公式及下标和性质计算可得. 【详解】设等比数列的公比为，由且， 当时，则，符合题意，则，又，所以， 所以； 当时，则，即，解得（舍去）或， 所以，则，又，所以， 所以； 综上可得或. 故选：B 2．C 【分析】利用下标和性质计算可得. 【详解】因为，则，又，则， 解得， 所以. 故选：C 3．B 【分析】设公比为，推导出，即可求出的值. 【详解】设公比为， 当时，不符合题意； 当时， 又， 所以，解得. 故选：B 4．D 【分析】求出函数的极大值点得，然后由等差数列性质结合诱导公式可得. 【详解】由正弦函数性质知，当，即时，函数取得极大值， 则，由等差数列性质，得， 所以. 故选：D 5．B 【分析】根据给定条件，列出关于公差的方程，求出即可求出的前6项和. 【详解】设等差数列的公差为，由成等比数列，得， 而，解得，所以的前6项和为. 故选：B 6．B 【分析】根据等差数列性质分析可得，进而可得，，结合通项公式可得，即可得结果. 【详解】由题意可得：，即，可知， 设等差数列的公差为，则， 可得等差数列为递减数列，则， 由可得，则， 所以. 故选：B. 7．A 【分析】由等比数列的性质可知，，计算得到，注意舍去负值. 【详解】由等比数列的性质可知，， 所以，又因为，所以. 故选：A. 8．B 【分析】由已知等式交叉相乘后得到，仿写作差后得到，进而得到，然后利用裂项相消法求出不等式左边的最大值即可. 【详解】因为， 所以，即， 即，则， 与上式作差后可得， 因为正项数列，所以， 所以， 因为，， 所以 ， 所以实数的最小值为， 故选：B. 9．A 【分析】利用等差数列的性质可得，从而可求. 【详解】因为，故即，而， 故， 故选：A 10．A 【分析】计算得出，可求出的通项公式，即可求得的值. 【详解】因为数列满足：，且， 对任意的，为偶数，则， 所以，，所以，. 故选：A. 11．BC 【分析】对于A，求出数列的前几项即可判断；对于B，等比数列的定义证明即可；对于C，由B可知，是以为首项，为公比的等比数列，求解判断即可；对于D，由C可知，，结合，所以，分类讨论判断即可. 【详解】对于A：由，，，所以A错误； 对于B：当时，由，， 当时，， 综上所述：所以是以为首项，为公比的等比数列，B正确； 对于C：由B可知，是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以，为偶数， 所以当n是偶数时，，故C正确； 对于D：由C可知，，由， 所以，因为， 所以当时，， 当时，，而， 所以恒成立，故D错误； 故选：BC. 12．BD 【分析】根据题意，结合条件即可得到，即可判断AC，结合等差数列的求和公式即可判断B，再由，或时，；时，即可判断D, 【详解】根据题意：，即， 两式相加，解得：，当时，最大，故A错误 由，可得到，所以， ， 所以，故C错误； 由以上可得：， ，而， 当时，；当时，； 所以使得成立的最小自然数，故B正确. 当，或时，；当时，； 由， 所以中最小项为，故D正确. 故选：BD. 13．BD 【分析】利用等差数列定义判断A；求出通项公式判断B、C；利用分组求和法判断D. 【详解】由得， 又， 所以是以为首项，以2为公比的等比数列， 则，即， ，，，显然， 所以不是等比数列，故A错； ，故B对； ，故C错； ，故D对 故选：BD 14． 【分析】根据数列的递推公式进行运算推演发现其规律得到和的关系即可求解的值；列举数列的项发现其周期性质从而得解. 【详解】由题意可得 ， 所以. 数列的各项依次被4除所得余数为1，3，0，3，3，2，1，3，0，3，3，2，…， 故余数的周期为6，前6项的和为， 因为，故2025项包含了337个周期，余3个数为1、 3和0， 所以数列的前2025项的和为. 故答案为：；. 【点睛】关键点睛：数列的前2025项和的关键是发现其周期性，利用周期性即可较易求解. 15． 【分析】由与的关系求得，用裂项求和法求得. 【详解】因为， 所以， 故时，两式相减得， 即， 因为，即， 所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列， 所以，           故答案为:. 16． 81 【分析】根据题意结合等比数列的通项公式和性质解得，再根据等比数列的定义分析求解. 【详解】因为数列是单调递增的等比数列，即， 则，解得或（舍去）， 则，解得， 所以，. 故答案为：81；. 17．745 【分析】将代入已知，化简可得，然后求出，根据定义分段确定的值，然后可得. 【详解】当时， 当时，，整理得， 所以，数列是以1为首项和公差的等差数列， 所以，故， 因为当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时； 所以 . 故答案为：745 【点睛】关键点点睛：本题关键点有二：一是利用的关系消去，二是根据的意义合理分段确定的值. 18． 【分析】根据题意化简可得数列的递推公式，构造法求出其通项公式，从而求解. 【详解】由 得 即 是以2为首项，2为公比的等比数列 . 故答案为： 【点睛】由递推公式求通项公式的常用方法： 1、累加法求通项   适用于： 2、累乘法求通项   适用于： 3、构造法求通项   适用于 形如型 形如：（其中是常数，且）型 形如（其中是常数，且）型 19．(1) (2) 【分析】（1）根据是等比数列得，利用等比数列求和公式基本量运算求得，即可求出等比数列通项公式； （2）利用对数运算得，然后利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）设数列的公比为， 由是等比数列得， 或(舍去)， . （2）由（1）得，所以， ， ， 两式相减得， . 20．(1)，， (2) 【分析】（1）由，可得，可得，法一：可得为常数列，可求数列的通项公式；法二：可得，利用累乘法可求数列的通项公式； （2）由（1）可得，进而由裂项相消法可求的前项和. 【详解】（1）由题可知，， 令，，得； 令，得． 由已知， 可得， 两式相减得． 解法一： 整理得：．又满足上式．从而对均成立． 因此为常数列，即有，故． 解法二： 整理得：．又满足上式． 故． 即．当时符合上式，故． （2）由（1）可知，所以． 因此 =. 21．(1). (2)证明见解析 【分析】（1）由已知列方程求出公差，可得数列通项； （2）裂项相消法求和得出，由结果证明不等式. 【详解】（1）设等差数列的公差为. 由题可得，，解得， 所以. （2）证明：由（1）可得为正整数， 所以. 22．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得，两边同时除以（），得，从而得证； （2）利用（1）中结论求得，再分类讨论与两种情况，求得与，从而得解. 【详解】（1）因为，所以，则， 因为，易知，所以， 又，所以数列是首项与公差都为2的等差数列； （2）由（1）得，则， 当时，； 当时，， 所以， 所以. 23．(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用给定的递推公式，结合等比数列的定义求出公比及首项即得. （2）由（1）的结论，求出，再利用错位相减法求和即得. 【详解】（1）设正项等比数列的公比为，由，得， 两式相除得，则，又，即，而，则， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知， 则， 于是， 两式相减得， 因此，而恒成立，则. 所以. 24．(1) (2) 【分析】（1）利用、的关系推导可知，数列的奇数项、偶数项分别成以为公差的等差数列，对分奇数、偶数两种情况讨论，综合可得出数列的通项公式； （2）求出、，相加即可得出. 【详解】（1）解：因为数列各项均不为零，前项和为，，， 当时，则，可得； 当时，由可得， 上述两个等式作差可得，整理可得， 所以，数列中的奇数项成以为首项，公差为的等差数列， 数列中的偶数项成以为首项，公差为的等差数列， 当为奇数时，设，则 ； 当为偶数时，设，则. 综上所述，. （2）解；，， 故. 25．(1) (2) 【分析】（1）根据公式，即可求解； （2）根据（1）的结果得，再利用裂项相消法求和，即可求解. 【详解】（1）设数列的前项和为，由题意得，， 当 ， 当，适合上式. （2）因为， 所以. 学科网（北京）股份有限公司 $$