专题01 数列（人教A版2019选择性必修）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期末真题分类汇编

专题01 数列 题型概览 题型01数列的概念 题型02等差数列 题型03等比数列 题型04数学归纳法 ( 题型01 )数列的概念 1．（23-24高二上·湖北武汉·期末）函数的定义域为，数列满足，则“函数为减函数”是“数列为递减数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（23-24高二上·山东济宁·期末）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.....第层有个球，则数列的前20项和为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·陕西渭南·期末）数列的第9项是（    ） A． B．19 C． D．17 4．（19-20高二下·北京平谷·期末）已知数列的前项和为，则（    ） A．48 B．32 C．24 D．8 5．（23-24高二下·北京东城·期末）已知项数列，满足有.若变换满足，有，且有，则称数列是数列的一个排列.，记，如果是满足的最小正整数，称数列存在阶逆序排列，称是的阶逆序变换. (1)已知数列，数列，求： (2)证明：对于项数列，不存在阶逆序变换： (3)若项数列存在阶逆序变换，求的最小值. 6．（23-24高二下·广东广州·期末）已知数列满足，则 . 7．（23-24高二下·福建福州·期末）已知数列满足，，则（    ） A．7 B．8 C．10 D．11 8．（23-24高二下·吉林松原·期末）设 的个位数为 ，则 （    ） A．269 B．270 C．279 D．286 9．（23-24高二下·辽宁葫芦岛·期末）已知函数，数列满足，，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 10．（23-24高二下·河南信阳·期末）意大利数学家斐波那契提出了一个著名的兔子问题，得到了斐波那契数列.数列满足，.现从数列的前2023项中随机抽取1项，能被3除余1的概率是（    ） A． B． C． D． ( 题型02 )等差数列 11．（23-24高二下·上海奉贤·期末）已知数列为等差数列，，，则公差 . 12．（23-24高二下·青海·期末）已知等差数列的前项和为，且，则 . 13．（23-24高二下·上海金山·期末）在等差数列中，已知，则 ． 14．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则数列的前12项和 . 15．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）某公司为入职员工实行每月加薪，小王入职第1个月工资为a元，从第2个月到第13个月，每月比上个月增加100元，从第14个月到第25个月，每月比上个月增加50元，已知小王前3个月的工资之和为9300元，则（ ） A． B．小王第3个月与第13个月工资之和等于第2个月与第14个月工资之和 C．小王入职后第20个月的工资为4550元 D．小王入职后前15个月的工资之和是55350元 16．（23-24高二下·云南·期末）已知等差数列的公差为，前项和为，若，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，则 C．当时，取得最小值 D．当时，满足的最大整数的值为25 17．（23-24高二下·贵州安顺·期末）若数列是等差数列，且满足，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前99项和. 18．（23-24高二下·吉林长春·期末）已知数列的前n项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前11项和. 19．（23-24高二下·湖南邵阳·期末）已知公差不为0的等差数列满足，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 20．（23-24高二下·广东广州·期末）设数列 的前 项和为 ，已知，且成等差数列. (1)求 的通项公式； (2)设求数列 的前 项和 . ( 题型0 3 )等比数列 21．（22-23高二下·北京房山·期末）设各项均为正数的等比数列的公比为，且，则“为递减数列”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 22．（23-24高二下·青海·期末）在等比数列中，，，则（   ） A．64 B．128 C． D． 23．（23-24高二下·湖南·期末）数列的前项和为，当时，，数列满足：. (1)证明：数列是等比数列； (2)记数列，数列的前项和为，求. 24．（23-24高二下·贵州黔南·期末）记为等比数列的前n项和，若，则（    ） A． B． C． D． 25．（23-24高二下·贵州黔南·期末）对于，若数列满足，则称这个数列为“K数列”． (1)已知数列1，2m，是“K数列”，求实数m的取值范围． (2)是否存在首项为的等差数列为“K数列”，且其前n项和使得恒成立?若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． (3)已知各项均为正整数的等比数列是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由． 26．（23-24高二下·安徽阜阳·期末）已知数列的首项，且． (1)证明：数列是等比数列． (2)求满足的最大整数． 27．（23-24高二下·陕西西安·期末）已知是等差数列，是等比数列，下列说法正确的是（    ） A．是等比数列 B．是等差数列 C．若，则为递减数列 D．若，则为递增数列 28．（23-24高二下·四川德阳·期末）数列的前n项和为，且. (1)求证：数列为等比数列，并求其通项公式； (2)令，数列的前n项和为.求证：. 29．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）设是等比数列的前项和，若，，则= . 30．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知数列满足：，且  . (1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)若，求的值. ( 题型0 4 )数学归纳法 31．（23-24高二下·安徽·期末）设数列满足，且当时，有则（    ） A．， B．， C． D． 32．（23-24高二下·北京延庆·期末）已知数列的各项均为正数，满足，其中常数. 给出下列四个判断： ①若，，则； ②若，则； ③若，，则； ④，不存在实数，使得. 其中所有正确判断的序号是 ． 33．（23-24高二下·上海·期末）用数学归纳法证“”的过程中，当到时，左边所增加的项为 ． 34．（23-24高二下·上海·期末）现有命题：，用数学归纳法探究此命题的真假情况，下列说法正确的是（    ） A．不能用数学归纳法判断此命题的真假 B．此命题一定为真命题 C．此命题加上条件后才是真命题，否则为假命题 D．存在一个无限大的常数，当时，此命题为假命题 35．（23-24高二上·浙江杭州·期末）用数学归纳法证明：（）的过程中，从到时，比共增加了（    ） A．1项 B．项 C．项 D．项 36．（23-24高二上·江苏无锡·期末）斐波那契数列由意大利数学家斐波那契发现，因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列在很多方面都与大自然神奇地契合，小到向日葵、松果、海螺的生长过程，大到海浪、飓风、宇宙系演变，皆有斐波那契数列的身影，充分展示了“数学之美”．斐波那契数列用递推的方式可定义如下：数列满足：，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．是奇数 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 数列 题型概览 题型01数列的概念 题型02等差数列 题型03等比数列 题型04数学归纳法 ( 题型01 )数列的概念 1．（23-24高二上·湖北武汉·期末）函数的定义域为，数列满足，则“函数为减函数”是“数列为递减数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【知识点】根据解析式直接判断函数的单调性、判断数列的增减性、判断命题的充分不必要条件 【分析】根据充要条件的要求分别判断即可，若是推不出，则只需举反例. 【详解】因函数的定义域为，函数为减函数，又因数列满足中，,而,则在上必是递减的， 即数列为递减数列，故“函数为减函数”是“数列为递减数列”的充分条件； 反之，数列为递减数列，即在上是递减的，但是在上未必递减. (如函数在上的函数值都是，显然函数不是减函数，同时对应的数列却是递减数列.) 故“函数为减函数”不是“数列为递减数列”的必要条件. 故选：A. 2．（23-24高二上·山东济宁·期末）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.....第层有个球，则数列的前20项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】累加法求数列通项、由递推关系式求通项公式、裂项相消法求和 【分析】先根据题意，列出数列的递推关系，用累加法求出数列的通项公式，再用裂项相消法求出数列的前项和，即可求出数列的前20项和. 【详解】由题意及图得，， ，当时，， ， 以上各式累加得：， 又，所以， 经检验符合上式， 所以， 所以， 设数列的前项和为， 则， 所以， 故选：A. 3．（23-24高二下·陕西渭南·期末）数列的第9项是（    ） A． B．19 C． D．17 【答案】D 【知识点】观察法求数列通项、根据规律填写数列中的某项 【分析】利用观察法得到数列的一个通项公式，再代入计算即可得解. 【详解】观察数列，可得其通项公式可以为， 所以. 故选：D. 4．（19-20高二下·北京平谷·期末）已知数列的前项和为，则（    ） A．48 B．32 C．24 D．8 【答案】C 【知识点】利用an与sn关系求通项或项 【分析】直接根据数列的前项和与项之间的关系求解即可． 【详解】因为数列的前项和为， 所以 故选：C. 5．（23-24高二下·北京东城·期末）已知项数列，满足有.若变换满足，有，且有，则称数列是数列的一个排列.，记，如果是满足的最小正整数，称数列存在阶逆序排列，称是的阶逆序变换. (1)已知数列，数列，求： (2)证明：对于项数列，不存在阶逆序变换： (3)若项数列存在阶逆序变换，求的最小值. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3) 【知识点】数列新定义 【分析】（1）直接根据定义求解对应的数列即可； （2）分①，；②对，，，，；③对，，，，，对阶逆序进行推出矛盾即可； （3）分项、项、项数列进行分类讨论，由（2）知，项数列不存在阶逆序变换，对于项数列，对的取值进行分类讨论，进行推理，可知项数列不存在阶逆序变换；对于项数列，利用反证法推出矛盾，可知的最小值为，然后对于项数列，列举出满足题设条件的变换，进行推理，可得出结论. 【详解】（1）由于，，故，，，. 所以，即. 所以，即. 所以，即. 故，. （2）对数列的任意变换， ①若存在，有，则， 则不是的阶逆序变换； ②若对，由，，，， 则，，，， 所以，和是相同的数列. 若是的逆序排列，则也是的逆序排列，所以，不是阶逆序变换； ③若，有，，， 则，， 所以，不是的阶逆序变换， 综上所述，对于项数列，不存在阶逆序变换. （3）由（2）知阶数列不存在阶逆序变换， 对于项数列、、， （i）若，则，所以，变换不是的阶逆序变换； （ii）若， 当时，有，则，所以，变换不是的阶逆序变换； 当时，有，则， 所以，变换不是的阶逆序变换； （iii）若，同（ii）可知，变换不是的阶逆序变换； 所以，项数列不存在阶逆序变换； 对于项数列、、、、， 若存在阶逆序变换，则，，，，， （i）若，则对于数列、、、、，和上述的变换， 有，，，， 所以，这项数列、、、存在阶逆序变换，与（2）的结论矛盾； （ii）若，因为，则存在、，有，， 此时，，与是阶逆序变换矛盾， 所以，项数列不存在阶逆序变换. 对于项数列、、、、、，存在变换，使得、、、、、， 则、、、、、，、、、、、， 所以，项数列存在阶逆序变换. 综上所述，的最小值为. 【点睛】关键点点睛：解决数列中新定义问题的关键是准确理解新定义的实质，紧扣新定义进行推理论证，把其转化为我们熟知的基本运算． 6．（23-24高二下·广东广州·期末）已知数列满足，则 . 【答案】/ 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项 【分析】由递推式，结合依次求出、即可. 【详解】由，，可得， 又，可得. 故答案为：. 7．（23-24高二下·福建福州·期末）已知数列满足，，则（    ） A．7 B．8 C．10 D．11 【答案】A 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项 【分析】由递推公式求解即可． 【详解】依题意，得， ， 故选：A 8．（23-24高二下·吉林松原·期末）设 的个位数为 ，则 （    ） A．269 B．270 C．279 D．286 【答案】C 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质 【分析】运用列举得出数列周期，然后运用周期性求和解题即可. 【详解】因为 的个位数分别为 ， 所以数列 是周期为4的周期数列， 所以 . 故选：C. 9．（23-24高二下·辽宁葫芦岛·期末）已知函数，数列满足，，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【知识点】函数奇偶性的应用、数列求和的其他方法、数列周期性的应用、根据解析式直接判断函数的单调性 【分析】首先结合的奇偶性和单调性，由可得，又知数列是4项以循环的周期数列，故求出. 【详解】由，则，可得. 由函数的性质，知在上单调递增. 因为，所以. 又，可得，，，， . 故选：B. 10．（23-24高二下·河南信阳·期末）意大利数学家斐波那契提出了一个著名的兔子问题，得到了斐波那契数列.数列满足，.现从数列的前2023项中随机抽取1项，能被3除余1的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】计算古典概型问题的概率、数列周期性的应用 【分析】求出数列各项的余数，得到余数数列为周期数列，周期为8，从而得到前2023项中被3除余1的有项，得到概率. 【详解】根据斐波那契数列的定义知，， 被3除的余数依次为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，…， 余数数列为周期数列，周期为8，， 所以数列的前2023项中被3除余1的有项， 故所求概率为. 故选：D. ( 题型02 )等差数列 11．（23-24高二下·上海奉贤·期末）已知数列为等差数列，，，则公差 . 【答案】2 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算 【分析】由等差数列的通项公式列方程组直接计算即可. 【详解】由数列为等差数列,则有，解得. 故答案为：. 12．（23-24高二下·青海·期末）已知等差数列的前项和为，且，则 . 【答案】 【知识点】求等差数列前n项和、利用等差数列的性质计算 【分析】根据等差数列的性质及求和公式求解即可. 【详解】解：由题意得，得. 故答案为： 13．（23-24高二下·上海金山·期末）在等差数列中，已知，则 ． 【答案】6 【知识点】利用等差数列的性质计算 【分析】利用等差数列的性质计算即可. 【详解】由等差数列的性质可知． 故答案为：6. 14．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则数列的前12项和 . 【答案】/0.375 【知识点】累加法求数列通项、求等差数列前n项和、裂项相消法求和 【分析】利用累加法求数列的通项公式，再利用裂项相消法求和. 【详解】由题意可知， ， ， ， …… ， 所以， ， ，， 当时，上式也成立， 故，， 所以数列， . 故答案为： 15．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）某公司为入职员工实行每月加薪，小王入职第1个月工资为a元，从第2个月到第13个月，每月比上个月增加100元，从第14个月到第25个月，每月比上个月增加50元，已知小王前3个月的工资之和为9300元，则（ ） A． B．小王第3个月与第13个月工资之和等于第2个月与第14个月工资之和 C．小王入职后第20个月的工资为4550元 D．小王入职后前15个月的工资之和是55350元 【答案】ACD 【知识点】等差数列的简单应用、求等差数列前n项和、等差数列前n项和的基本量计算、利用等差数列通项公式求数列中的项 【分析】根据给定条件，利用等差数列的定义、通项公式和前n项求和公式计算，依次判断选项即可. 【详解】小王入职后各月工资依次排成一列，构成数列 对于A，小王前3个月的工资之和为，解得，A正确； 对于B，当时，是等差数列，首项，公差为100， 当时，是等差数列，，公差为50， ，B错误； 对于C，小王入职后第13个月的工资为， 第20个月的工资为，C正确； 对于D，小王入职后前15个月的工资之和 ，D正确. 故选：ACD 16．（23-24高二下·云南·期末）已知等差数列的公差为，前项和为，若，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，则 C．当时，取得最小值 D．当时，满足的最大整数的值为25 【答案】ABD 【知识点】等差数列前n项和的基本量计算、等差数列前n项和的其他性质及应用、求等差数列前n项和的最值 【分析】由得到，进而求得即可判断A；，，成等差数列，即可判断B；因为，分类讨论当，，即可判断C；因为，所以，，所以，，即可判断D. 【详解】因为， 所以， 即，所以，故A正确． 因为，，成等差数列， 所以，而，则，故B正确． 因为，由得， 即，所以，所以对称轴为：， 所以当时，开口向上，当，取得最小值， 当时，开口向下，当，取得最大值，故C错误． 因为，数列单调递增，所以，， 则，，又因为， 所以当时，满足的最大整数的值为25，D正确． 故选：ABD 17．（23-24高二下·贵州安顺·期末）若数列是等差数列，且满足，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前99项和. 【答案】(1) (2) 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、等差数列通项公式的基本量计算、裂项相消法求和 【分析】（1）由等差数列的通项公式，求得公差，进而得到所求. （2）由（1）的结论，利用裂项相消求和即可得解. 【详解】（1）等差数列中，，则公差，因此， 所以数列的通项公式为. （2）由（1）知，， 所以. 18．（23-24高二下·吉林长春·期末）已知数列的前n项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前11项和. 【答案】(1) (2) 【知识点】裂项相消法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】（1）利用与的关系求解即可； （2）利用裂项相消法求解即可. 【详解】（1）因为， 当时，； 当时，； 经检验：满足，所以. （2）由（1）得：， 所以. 19．（23-24高二下·湖南邵阳·期末）已知公差不为0的等差数列满足，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【知识点】利用等差数列的性质计算、基本不等式“1”的妙用求最值 【分析】首先根据公差不为0的等差数列满足，结合等差数列的下标和定理得出，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解． 【详解】由题可知，，则，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为1， 故选：B． 20．（23-24高二下·广东广州·期末）设数列 的前 项和为 ，已知，且成等差数列. (1)求 的通项公式； (2)设求数列 的前 项和 . 【答案】(1) (2) 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、裂项相消法求和、分组（并项）法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】（1）根据题意可知，结合由求解得； （2）根据（1）得到，再结合分组求和、裂项相消和等差数列求和计算得到. 【详解】（1）因为成等差数列，所以. 当时，，因为，所以， 当时，，两式相减得 ， 所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列， 因此. （2）由（1）可得 数列 的前 项和 . ( 题型03 )等比数列 21．（22-23高二下·北京房山·期末）设各项均为正数的等比数列的公比为，且，则“为递减数列”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【知识点】充要条件的证明、对数的运算性质的应用、等比数列的单调性 【分析】由等比数列通项公式及对数运算性质可得，根据充分性、必要性定义判断题设条件间的推出关系，即可得答案. 【详解】由题意得，且， ∴. 若为递减数列，则，故，充分性成立. 若，则，故，为递减数列，必要性成立. 所以“为递减数列”是“”的充分必要条件. 故选：C. 22．（23-24高二下·青海·期末）在等比数列中，，，则（   ） A．64 B．128 C． D． 【答案】B 【知识点】利用等比数列的通项公式求数列中的项、等比数列下标和性质及应用 【分析】结合等比数列的性质求解． 【详解】由题意得，得，则. 由，得. 所以. 故选：B． 23．（23-24高二下·湖南·期末）数列的前项和为，当时，，数列满足：. (1)证明：数列是等比数列； (2)记数列，数列的前项和为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】由递推关系证明数列是等差数列、由定义判定等比数列、错位相减法求和 【分析】（1）根据给定条件，结合数列第项与前项和的关系变形，再利用等比数列定义推理即得. （2）由（1）求出，进而求出数列的通项公式，再利用错位相减法求和即得. 【详解】（1）由时，，知数列是等差数列， 由得，知数列的公差为1， 则， ， 当时，，且也满足上式， ， ，由为定值，知数列是等比数列. （2）易得， 则 则 两式相减得， 化简得. 24．（23-24高二下·贵州黔南·期末）记为等比数列的前n项和，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】等比数列通项公式的基本量计算、求等比数列前n项和 【分析】设等比数列的公比为，根据题意，列出方程组，求得的值，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，可得解得， 所以． 故选：A． 25．（23-24高二下·贵州黔南·期末）对于，若数列满足，则称这个数列为“K数列”． (1)已知数列1，2m，是“K数列”，求实数m的取值范围． (2)是否存在首项为的等差数列为“K数列”，且其前n项和使得恒成立?若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由． (3)已知各项均为正整数的等比数列是“K数列”，数列不是“K数列”，若，试判断数列是否为“K数列”，并说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)答案见解析 【知识点】等差数列前n项和的基本量计算、等比数列通项公式的基本量计算、数列新定义、数列不等式能成立（有解）问题 【分析】（1）根据题意得到，且，，再解不等式组即可； （2）首先假设存在等差数列符合要求，从而得到成立，再分类讨论和的情况，即可得到答案. （3）首先设数列的公比为q，则，根据题意得到，从而得到为最小项，同理得到为最小项，再利用“数列”的定义得到，或，，再分类讨论即可得到答案. 【详解】（1）由题意得，且，解得，所以实数m的取值范围是． （2）不存在．理由：假设存在等差数列符合要求，设公差为d，则， 由得． 由题意，得对均成立，即． 当时，； 当时，恒成立， 因为，所以，与矛盾， 所以这样的等差数列不存在． （3）设数列的公比为q，则． 因为的每一项均为正整数，且， 所以在中，为最小项. 同理，中，为最小项. 由为“K数列”，只需，即． 又因为不是“数列”，且为最小项， 所以，即． 由数列的每一项均为正整数，可得， 所以或． 当时，，则． 令，则， 又， 所以为递增数列，即， 因为， 所以对于任意的，都有，即数列为“K数列”． 当时，，则． 因为，所以数列不是“K数列”． 综上所述，当时，，数列为“K数列”； 当时，，数列不是“K数列”． 【点睛】关键点点睛：需要根据题中所给的“K数列”满足的条件,分析数列满足的关系式再进行列式分析,属于难题. 26．（23-24高二下·安徽阜阳·期末）已知数列的首项，且． (1)证明：数列是等比数列． (2)求满足的最大整数． 【答案】(1)证明见解析 (2)99 【知识点】由递推关系证明等比数列、求等比数列前n项和、数列不等式能成立（有解）问题 【分析】（1）利用构造法，结合等比数列的定义，即可证明； （2）根据（1）的结果，结合等比数列前项和公式，即可求解不等式. 【详解】（1）证明：由，两边取倒数，并整理得， 则，因为，所以数列是等比数列． （2）由（1）得， 则， 显然为单调递增数列，则满足条件的最大整数为99． 27．（23-24高二下·陕西西安·期末）已知是等差数列，是等比数列，下列说法正确的是（    ） A．是等比数列 B．是等差数列 C．若，则为递减数列 D．若，则为递增数列 【答案】AC 【知识点】判断数列的增减性、判断等差数列、由定义判定等比数列 【分析】是等差数列，设公差为；是等比数列，设公比为，A选项由定义证明是等比数列；B选项通过举反例时，证明不是等差数列；C选项，由得到，从而为递减数列；D选项通过举反例，此时数列不是单调数列. 【详解】是等差数列，设公差为；是等比数列，设公比为， A选项，设，则为常数，所以是等比数列，A正确； B选项，设，当满足是等比数列， 此时，，不是等差数列，B错误； C选项，时，即，得，则为递减数列，C正确； D选项，当满足是等比数列，且，，，此时不是单调数列，D错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：证明数列是等比数列： 定义法：（常数）， 等比中项法：， 通项公式法： 前项和特征法： 28．（23-24高二下·四川德阳·期末）数列的前n项和为，且. (1)求证：数列为等比数列，并求其通项公式； (2)令，数列的前n项和为.求证：. 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 【知识点】写出等比数列的通项公式、由递推关系证明等比数列、裂项相消法求和、利用an与sn关系求通项或项 【分析】（1）利用与的关系式，消去，即可证明为等比数列，求得通项； （2）将数列的通项进行裂项，再运用裂项相消法即可求出并证得. 【详解】（1）因为①， 所以当时，②， ①②得：，即(*)， 又当时，，即，所以， 由(*)可得，， 则数列为以2为首项，2为公比的等比数列，故； （2）由（1）知， 故， 因，，故得. 29．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）设是等比数列的前项和，若，，则= . 【答案】 【知识点】等比数列片段和性质及应用 【分析】由，又，，成等比数列，求出，即可求出的值. 【详解】由题意得，则， 因为，，成等比数列，故， 即，解得， 故. 故答案为：. 30．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知数列满足：，且  . (1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)若，求的值. 【答案】(1)证明见解析， (2)4 【知识点】由递推关系证明等比数列、求等比数列前n项和、分组（并项）法求和 【分析】（1）根据条件得，即可求证数列是等比数列，进而求出数列的通项公式； （2）先由（1）求出即可求解. 【详解】（1）证明：由已知可得， 所以， 又，所以，所以， 所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以， 故，所以. （2）由（1） ， 由，得，即， 所以，所以. ( 题型04 )数学归纳法 31．（23-24高二下·安徽·期末）设数列满足，且当时，有则（    ） A．， B．， C． D． 【答案】ACD 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、数学归纳法证明数列问题、累乘法求数列通项 【分析】通过累乘法，可判定A正确；结合数学归纳法，可以证明，从而可判定B错误；求得的值，猜想，利用数学归纳法，得到，，可判定C正确；根据通项公式和C选项，可以求出的通项公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，当为偶数时，则为奇数，可得且，， 则，即，所以， 即， 因为，所以，又，所以，所以A正确； 对于B中，由成立，假设，则 由，知，所以， 即时，也成立，所以，不存在，，所以B错误； 对于C中，由， ，猜想， 当时，成立，假设， 由， 则 ，即时，也成立， 所以，故C正确； 对于D中，因为当n为奇数时，，为奇数 所以，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是应用由特殊到一般的数学思想，然后结合数学归纳法进行证明，求得的通项公式，从而可以得出，最后逐项即可判断. 32．（23-24高二下·北京延庆·期末）已知数列的各项均为正数，满足，其中常数. 给出下列四个判断： ①若，，则； ②若，则； ③若，，则； ④，不存在实数，使得. 其中所有正确判断的序号是 ． 【答案】② ③ 【知识点】累加法求数列通项、由递推数列研究数列的有关性质、反证法证明、数学归纳法证明数列问题 【分析】①直接取即可否定；②通过推得，利用累加法求得的范围；③运用反证法思想，假设，导出矛盾，说明原命题正确；④取，根据函数单调性来确定其成立. 【详解】对于①，若，，则，当时，，故①错误； 对于②当时，，解得， 又，则， 由可得，即， 因，则，故得， 故当时， 故得，即②正确； 对于③，若，，， 假设，则，这与矛盾，故有，即③正确； 对于④，当时，不妨取，则，此时， 若成立，因函数在上单调递增， 则有， 即在的前提下，必成立， 即存在实数，使得，即④错误. 故答案为：② ③. 【点睛】方法点睛：本题主要考查与数列递推公式有关的不等式判断问题，属于难题. 解题的主要方法即通过赋值，举例，还有反证法思路以及数学归纳法对结论进行确定或排除. 33．（23-24高二下·上海·期末）用数学归纳法证“”的过程中，当到时，左边所增加的项为 ． 【答案】 【知识点】数学归纳法 【分析】根据题意，得到到时，左边增加两项，减少了一项，即可求解. 【详解】由 当到时，左边增加了两项，减少了一项， 即左边所增加的项为． 故答案为：． 34．（23-24高二下·上海·期末）现有命题：，用数学归纳法探究此命题的真假情况，下列说法正确的是（    ） A．不能用数学归纳法判断此命题的真假 B．此命题一定为真命题 C．此命题加上条件后才是真命题，否则为假命题 D．存在一个无限大的常数，当时，此命题为假命题 【答案】B 【知识点】数学归纳法 【分析】直接用数学归纳法证明可得答案． 【详解】①当时，左边，右边，左边右边，即时，等式成立； ②假设时，等式成立， 即，则当时， ， 即当时，等式成立． 综上，对任意， 等式恒成立， 所以ACD错误. 故选：B． 35．（23-24高二上·浙江杭州·期末）用数学归纳法证明：（）的过程中，从到时，比共增加了（    ） A．1项 B．项 C．项 D．项 【答案】D 【知识点】数学归纳法 【分析】分别计算出和的项数，进而作差即得结论． 【详解】因为， 所以，共项， 则共项， 所以比共增加了项， 故选：D 36．（23-24高二上·江苏无锡·期末）斐波那契数列由意大利数学家斐波那契发现，因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．斐波那契数列在很多方面都与大自然神奇地契合，小到向日葵、松果、海螺的生长过程，大到海浪、飓风、宇宙系演变，皆有斐波那契数列的身影，充分展示了“数学之美”．斐波那契数列用递推的方式可定义如下：数列满足：，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．是奇数 【答案】ACD 【知识点】累加法求数列通项、由递推数列研究数列的有关性质、数列新定义 【分析】根据递推公式判断选项A，利用累加判断选项BC，利用数学归纳法证明结论3的倍数项为偶数，其他项为奇数证明选项D. 【详解】对A：由，可得， 即有，故A正确； 对于B：由题意，，，， 以上式子累加得：，故B不正确； 对于C：因为，则， 则 ，故C正确； 对于D：根据通项公式可得斐波那契数列为， 3的倍数项为偶数，其他项为奇数，下面用数学归纳法证明： ①当，2，3时，，，满足规律， ②假设当，，时满足为偶数，，为奇数， ③当，，时， ，因为，为奇数，所以为偶数， ，因为为奇数，为偶数，所以为奇数， ，因为为奇数，为偶数，所以为奇数， 故3的倍数项为偶数，其他项为奇数得证， 2024项是非3的倍数项，故D正确； 故选：ACD 【点睛】方法点睛：本题A选项的判断比较常规，选项BC的关键是要通过适当的变形然后利用累加法判断，选项D根据数列规律猜想3的倍数项为偶数，其他项为奇数，利用数学归纳法证明. 2 / 29 学科网（北京）股份有限公司 $$