专题01 数列（4大考点经典基础练+优选提升练）（山西专用）-【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等差数列的性质 题型02等差数列的前n项和 题型03等比数列的性质 题型04等比数列的前n项和 ( 题型01 )等差数列的性质 1．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知等差数列满足，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．（23-24高二下·山西朔州·期末）已知等差数列中，，则数列的公差为（    ） A．4 B．3 C．1 D． 3．（23-24高二下·山西长治·期末）已知数列满足，，若成立，则的最大值为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 4．（23-24高二下·山西·期末）已知公差不为0的等差数列满足，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 ( 题型0 2 ) 等差数列的前n项和 5．（23-24高二下·山西太原小店区·期末）已知公差为的等差数列的前项和为，且，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·山西忻州市·期末）等差数列的前n项和为，若，，则（    ） A．的公差为1 B．的公差为2 C． D． 7．（23-24高二下·山西大同·期末）等差数列的前项和为．若，则（   ） A．8092 B．4048 C．4046 D．2023 8．（23-24高二下·山西怀仁市第一中学·期末）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数的差或者高次差成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列，对这类高阶等差数列的研究，后人一般称为“垛积术”，现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的通项公式为 ( 题型 3000 0 3 ) 等比数列的性质 9．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知等比数列满足，公比，且，，则当最小时，（    ） A．1012 B．1013 C．2022 D．2023 10．（23-24高二下·山西大同·期末）已知为等比数列，，，则 ． 11．（23-24高二下·山西长治·期末）已知数列为等比数列，，，则 . 12．（23-24高二下·山西大同·期末）已知数列的前项和为，首项，且满足，则下列四个结论中正确的是（   ） A．数列是等比数列 B． C． D． ( 题型0 4 ) 等比数列的前n项和 13．（23-24高二下·山西长治·期末）已知数列满足，且，，，则下列结论正确的是（   ） A．数列是等比数列 B．数列的前n项和为 C．数列的前n项和为 D．若，数列的前n项和为，则 14．（23-24高二下·山西·期末）已知数列，且. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. 15．（23-24高二下·山西吕梁·期末）已知数列的首项，且满足. (1)求证：是等比数列，并求出的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 16．（23-24高二下·山西运城·期末）已知数列的前n项和为，，其中． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前n项和，若对任意且，恒成立，求实数的取值范围． 一、单选题 1．（23-24高二下·山西·期末）下列说法中，正确的是（    ） A．数列可表示为集合 B．数列与数列是相同的数列 C．数列的第项为 D．数列可记为 2．（23-24高二下·山西运城·期末）各项为正的等比数列中，，则的前4项和（    ） A．40 B．121 C．27 D．81 3．（23-24高二下·山西忻州·期末）若数列满足，，则（    ） A． B．11 C． D． 4．（23-24高二下·山西忻州·期末）已知等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·山西长治·期末）在数列，，，，…中，根据前5项的规律写出的第12个数为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·山西怀仁市第一中学·期末）设等比数列的前项和为，若成等差数列，且，则（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 二、多选题 7．（23-24高二下·山西长治·期末）已知数列，满足，且，则（    ） A． B．当时，是等比数列 C．当时，是等差数列 D．当时，是递增数列 8．（23-24高二下·山西·期末）下列通项公式中，对应的数列是递增数列的是（    ） A． B． C． D． 三、填空题 9．（23-24高二下·山西吕梁·期末）已知数列的前项和为，若，则 . 10．（23-24高二上·山西忻州市·期末）在数列与中，已知，则 ． 11．（23-24高二下·山西怀仁市第一中学·期末）在正项等比数列中，，，则＝ . 四、解答题 12．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知数列的前n项和（）． (1)求的值； (2)证明：； (3)证明：． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 数列 题型概览 题型01等差数列的性质 题型02等差数列的前n项和 题型03等比数列的性质 题型04等比数列的前n项和 ( 题型01 )等差数列的性质 1．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知等差数列满足，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】根据等差数列的性质求解即可. 【详解】因为， 所以，所以. 故选：B. 2．（23-24高二下·山西朔州·期末）已知等差数列中，，则数列的公差为（    ） A．4 B．3 C．1 D． 【答案】B 【分析】根据等差数列性质求解可得. 【详解】等差数列中，因为， 所以，解得. 故选：B 3．（23-24高二下·山西长治·期末）已知数列满足，，若成立，则的最大值为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】B 【分析】通过等差数列的定义求出的通项公式，再利用裂项相消法求出，进而确定n的最大值. 【详解】因为，整理得，且， 可知是以首项为3，公差为1的等差数列， 所以，可得， 当时，可得， 且符合上式，所以， 则， 解得，即的最大值为8． 故选：B． 4．（23-24高二下·山西·期末）已知公差不为0的等差数列满足，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】先通过等差数列的性质得到，再利用基本不等式中1的妙用来求解最值. 【详解】根据等差数列性质可得， 则， ， 当且仅当，即，时，取“”号． 故选：C． ( 题型0 2 ) 等差数列的前n项和 5．（23-24高二下·山西太原小店区·期末）已知公差为的等差数列的前项和为，且，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等差数列求和公式得到，，从而得到，并得到不等式组，求出. 【详解】因为，， 所以，， 所以，， 由，，得， 即，解得， 即的取值范围是. 故选：D. 6．（23-24高二下·山西忻州市·期末）等差数列的前n项和为，若，，则（    ） A．的公差为1 B．的公差为2 C． D． 【答案】ACD 【分析】列出方程组，求出等差数列的公差和首项，判断A，B；根据等差数列通项公式以及前n项和公式即可判断C，D. 【详解】设的公差为d，由，，得， 解得，故A正确，B错误； ，，C，D正确. 故选：ACD 7．（23-24高二下·山西大同·期末）等差数列的前项和为．若，则（   ） A．8092 B．4048 C．4046 D．2023 【答案】C 【分析】由等差数列的性质得到，利用求和公式和等差数列性质求出答案. 【详解】由等差数列的性质可得，所以，解得， 所以． 故选：C． 8．（23-24高二下·山西怀仁市第一中学·期末）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数的差或者高次差成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列，对这类高阶等差数列的研究，后人一般称为“垛积术”，现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的通项公式为 【答案】 【分析】利用高阶等差数列的定义，结合累加法求得数列的通项公式. 【详解】数列中，由后项减前项，得， 因此当时，， ，而满足上式， 所以该数列的通项公式为. 故答案为： ( 题型 3000 0 3 ) 等比数列的性质 9．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知等比数列满足，公比，且，，则当最小时，（    ） A．1012 B．1013 C．2022 D．2023 【答案】A 【分析】根据题意结合等比数列的性质可推得以及，即可判断数列的增减性以及项与1的大小关系，由此即可求得答案. 【详解】由题意知，故， 则，即， 结合等比数列满足，公比，可知， 由，得， 即得，故，即， 由此可得， 故当最小时，， 故选：A 10．（23-24高二下·山西大同·期末）已知为等比数列，，，则 ． 【答案】 【分析】结合等比数列的性质，即可求解. 【详解】设公比为．由题可得， 所以，即， 又，所以． 故答案为： 11．（23-24高二下·山西长治·期末）已知数列为等比数列，，，则 . 【答案】12 【分析】根据题意结合等比数列的通项公式运算求解. 【详解】设等比数列的公比为， 由题意可得：，则， 且，所以. 故答案为：12. 12．（23-24高二下·山西大同·期末）已知数列的前项和为，首项，且满足，则下列四个结论中正确的是（   ） A．数列是等比数列 B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据递推关系代入即可求解AB，根据递推关系可证明是首项为，公比为的等比数列，可得，即可利用分组求和，结合等比求和公式求解CD. 【详解】对于A选项， 取，得，又，所以， 取，得，所以，显然， 即数列一定不是等比数列，所以A错误； 对于B选项， 取，得，取，得，所以，所以B正确； 对于C，D选项， 由，得， 又，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以， ，， ， 所以C，D均正确． 故选:BCD． ( 题型0 4 ) 等比数列的前n项和 13．（23-24高二下·山西长治·期末）已知数列满足，且，，，则下列结论正确的是（   ） A．数列是等比数列 B．数列的前n项和为 C．数列的前n项和为 D．若，数列的前n项和为，则 【答案】BCD 【分析】由条件可得，即可判断A，由数列的通项公式即可判断B，由错位相减法即可判断C，由裂项相消法即可判断D 【详解】对A,因为，则，其中， 所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，故A错误； 对B,，则， 所以， 则数列的前n项和为，故B正确； 对C,设数列的前n项和为，则， 即①， 则②， ①②可得， 则，故C正确； 对D,因为， 则 ，故D正确； 故选：BCD 14．（23-24高二下·山西·期末）已知数列，且. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. 【答案】(1)v (2) 【分析】（1）分类讨论与，利用作差法即可得解； （2）利用错位相减法即可得解. 【详解】（1）因为， 当时，， 两式相减，得，则， 当时，，则，满足上式， 所以. （2）由（1）得， 所以， 则， 两式相减，得， 所以. 15．（23-24高二下·山西吕梁·期末）已知数列的首项，且满足. (1)求证：是等比数列，并求出的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）由递推关系把拆到等号两边，变成后推出即可； （2）求出数列的通项，再用错位相减法求出即可. 【详解】（1）证明： 所以是以为首项，为公比的等比数列. 所以，所以. （2）因为，所有， ， ， 作差可得， 所以. 16．（23-24高二下·山西运城·期末）已知数列的前n项和为，，其中． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前n项和，若对任意且，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先得，由之间的关系得数列为等比数列，由此即可得解. （2）由等比数列求和公式、错位相减法结合数列单调性即可得解. 【详解】（1）当时，， 当时，， 两式相减，得，又， 所以数列为等比数列，首项为2，公比为3， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知，， ， 则有， 两式相减得： ， 于是得， 因为且，， 当时，数列是递增数列，所以的最小值为18， 因此. 一、单选题 1．（23-24高二下·山西·期末）下列说法中，正确的是（    ） A．数列可表示为集合 B．数列与数列是相同的数列 C．数列的第项为 D．数列可记为 【答案】C 【分析】利用数列定义即可逐个选项判断即可得解. 【详解】对于A，由数列的定义易知A错误； 对于B，两个数列排列次序不同，是不同的数列，故B错误； 对于C，数列的第项为，故C正确； 对于D，因为，所以，这与数列的定义不相符，故D错误. 故选：C. 2．（23-24高二下·山西运城·期末）各项为正的等比数列中，，则的前4项和（    ） A．40 B．121 C．27 D．81 【答案】A 【分析】先根据等比数列通项公式求出，再根据前项和公式求值即可. 【详解】设等比数列公比为, 故选：A. 3．（23-24高二下·山西忻州·期末）若数列满足，，则（    ） A． B．11 C． D． 【答案】D 【分析】探索数列的周期性，根据数列的周期性求指定项. 【详解】因为.所以数列周期为3的数列. 所以 ，所以， 故. 故选：D 4．（23-24高二下·山西忻州·期末）已知等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，求得，结合等比数列的定义，得到，即可求解. 【详解】由， 当时，，可得， 当时，， 因为数列为等比数列，可得，解得. 故选：D. 5．（23-24高二下·山西长治·期末）在数列，，，，…中，根据前5项的规律写出的第12个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】观察总结规律，直接可写出第12个数. 【详解】观察可得，数列的第个数可以写为，所以第12个数为： . 故选：D 6．（23-24高二下·山西怀仁市第一中学·期末）设等比数列的前项和为，若成等差数列，且，则（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】利用条件成等差数列可计算出，然后代入即可计算出. 【详解】由题知成等差数列可得：. 由题知时，数列为常数列不满足题义舍去. 即： 故选： 二、多选题 7．（23-24高二下·山西长治·期末）已知数列，满足，且，则（    ） A． B．当时，是等比数列 C．当时，是等差数列 D．当时，是递增数列 【答案】BCD 【分析】对于A，直接由已知得到，即可说明A错误；对于B，证明，结合即可验证；对于C，说明即可；对于D，验证，再利用即可验证. 【详解】对于A，由已知有，故A错误； 对于B，当时，由于，且，故是等比数列，故B正确； 对于C，当时，由，归纳即知. 所以，从而，故是等差数列，故C正确； 对于D，当时，由于，故. 所以，从而是递增数列，故D正确. 故选：BCD. 8．（23-24高二下·山西·期末）下列通项公式中，对应的数列是递增数列的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据对于一次函数，二次函数及指数函数的单调性逐一判断即可. 【详解】对于A，因为， 由二次函数的单调性可得数列为递增数列； 对于B，因为， 由一次函数的单调性可得数列是递减数列； 对于C，因为， 由指数函数的单调性可得数列是递减数列； 对于D，因为， 当时，数列是递增数列， 当时， 数列为递增数列， 而，所以数列是递增数列. 故选：AD. 三、填空题 9．（23-24高二下·山西吕梁·期末）已知数列的前项和为，若，则 . 【答案】 【分析】由的关系对分类讨论即可求解. 【详解】当时，， 当时，不满足上式，所以. 故答案为：. 10．（23-24高二上·山西忻州市·期末）在数列与中，已知，则 ． 【答案】1 【分析】由已知计算可得为常数列，进而可得结果. 【详解】由题意知，， 所以为常数列，即， 所以． 故答案为：1. 11．（23-24高二下·山西怀仁市第一中学·期末）在正项等比数列中，，，则＝ . 【答案】40 【分析】根据是等比数列，可得公比，和,由等比数列性质，得到成等比数列，求出. 【详解】设正项等比数列的公比为， 则，, 由，， 所以，， 又由是等比数列，所以成等比数列， 所以， 即， 故， 解得或， 又，所以. 故答案为：40 四、解答题 12．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知数列的前n项和（）． (1)求的值； (2)证明：； (3)证明：． 【答案】(1)65 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用求出和即可. （2）明确，再对适度放缩，可得答案. （3）根据（2），可以很容易证明. 【详解】（1）当时，， 又， 所以. （2） 因为，所以（时取“”）. 所以， 即（当且仅当时取“”）. （3）由（2）（当且仅当时取“”）. 所以，，，…，. 各式相加得：. 即. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$