期末专题02 数列小题综合（6大题型40题）（江西专用）-【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

期末专题02 数列小题综合（6大题型40题） 题型概览 题型01 等差数列中的基本计算 题型02 等比数列中的基本计算 题型03 观察法求数列通项公式 题型04 递推关系 题型05 数列的周期性及应用 题型06 斐波那契数列 优选提升题 ( 题型01 ) 等差数列中的基本计算 1．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)已知在等差数列 中， ，则 （    ） A．15 B．30 C．45 D．60 2．(23-24高二下·江西景德镇·期末)在等差数列中，若，则其前7项和为（    ） A．7 B．9 C．14 D．18 3．(23-24高二下·江西九江·期末)等差数列前项和为，则（   ） A．44 B．48 C．52 D．56 4．(23-24高二下·江西萍乡·期末)已知数列的前项和为，若是等差数列，且，则（    ） A． B． C． D． 5．(23-24高二下·江西·期末)已知等差数列与的前项和分别为，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．(23-24高二下·江西·期末)已知等差数列的前n项和为，且满足，，则下列选项正确的有（    ） A． B．数列是递增数列 C．当n＝15时，取得最大值为225 D．的最小值为1 ( 题型02 ) 等比数列中的基本计算 7．(23-24高二下·江西·期末)在等比数列中，，则（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 8．(23-24高二下·江西景德镇·期末)记为等比数列的前项和，若，则公比为 . 9．(23-24高二下·江西·期末)数列是等比数列，和是方程的两根，则 . 10．(23-24高二下·江西吉安·期末)为等比数列的前n项和，是首项为2的等差数列，则的公差为 ． 11．(23-24高二下·江西吉安·期末)设等比数列的前n项和为，且，则（    ） A． B． C．0 D．2 12．(23-24高二下·江西赣州·期末)正项等比数列中，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 13．(23-24高二下·江西·期末)若数列是公比为的等比数列，且，，则的值为（    ） A．2 B．4 C． D． 14．(23-24高二下·江西鹰潭·期末)已知各项均为正数的数列的前n项和为，，，，则（    ） A．511 B．61 C．93 D．125 15．(23-24高二下·江西九江·期末)设是等比数列，且，则 . 16．(23-24高二下·江西景德镇·期末)一个网上贷款平台在2024年初给出贷款的月利率为，某大学生此时从该平台贷款元，按照复利计算，他10个月后一次性还款的金额应为（    ） A．元 B．元 C．元 D．元 ( 题型03 ) 观察法求数列通项公式 17．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)数列 的一个通项公式为（    ） A． B． C． D． 18．(23-24高二下·江西景德镇·期末)数列的通项公式可能是（    ） A． B． C． D． ( 题型04 ) 递推关系 19．(23-24高二下·江西·期末)已知数列的前项和为，则当最小时，的值为 . 20．(23-24高二下·江西·期末)已知为数列的前项和，且，，则 ． 21．(23-24高二下·江西景德镇·期末)（多选）数列的前项和，则（    ） A． B． C．数列有最小项 D．是等差数列 22．(23-24高二下·江西·期末)已知数列满足，，，单调递增，则的取值范围为 . 23．(23-24高二下·江西九江第一中学·期末)已知数列的前项和为，且，若恒成立，则的最小值是（    ） A． B．3 C． D．5 ( 题型0 5 ) 数列的周期性及应用 24．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)若首项为 1 的数列 满足 ，则 （    ） A． B． C． D．1 25．(23-24高二下·江西抚州·)在数列中，若，则（    ） A．-2 B．4 C．1 D． 26．(23-24高二下·江西赣州·期末)数列的前项和为，若，则 . ( 题型0 6 ) 斐波那契数列 27．(23-24高二下·江西新余·期末)数列，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 28．(23-24高二下·江西抚州·)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：.其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和.后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.记为“斐波那契数列”的前项和，若，，则（    ） A． B． C． D． 29．(23-24高二下·江西·期末)（多选）已知数列的前项和为，下列说法正确的是（    ） A．若是等差数列，，则使的最大正整数的值为15 B．若是等比数列，（为常数），则必有 C．若是等比数列，则 D．若，则数列为递增等差数列 30．(23-24高二下·江西·期末)（多选）任取一个正数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），（）．若，记数列的前n项和为，则（    ） A．或16 B． C． D． 31．(23-24高二下·江西萍乡·期末)（多选）若数列的首项为1，其前项和为，且满足为数列的前项和，则（    ） A． B． C． D． 32．(23-24高二下·江西吉安·期末)已（多选）知首项为1的正项数列满足，则（    ） A．为递增数列 B． C． D．数列为递减数列 33．(23-24高二下·江西九江·期末)（多选）已知数列的前项和为，且满足，，则（   ） A．为等比数列 B． C． D． 34．(23-24高二下·江西景德镇·期末)对于数列，若存在正整数，使得，则称是“谷值数列”，是数列的“谷值点”.现有数列，其通项，则该数列所有“谷值点”之和为（    ） A．3 B．9 C．10 D．12 35．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹， 用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术， 剪纸具有广泛的群众基础， 交融于各族人民的社会生活， 是各种民俗活动的重要组成部分， 其传承赓 (gêng) 续的视觉形象和造型格式， 蕴涵了丰富的文化历史信息， 是中国古老的民间艺术之一.已知某剪纸的裁剪工艺如下： 取一张半径为 1 的圆形纸片，记为，在内作内接正方形，接着在该正方形内作内切圆，记为，并裁剪去该正方形与内切圆之间的部分 (如图所示阴影部分)，记为一次裁剪操作，，重复上述裁剪操作次，最终得到该剪纸，则第2024次操作后，所有被裁剪部分的面积之和为 . 36．(23-24高二下·江西·期末)记正项数列的前项和为，若，则的最小值为 . 37．(23-24高二下·江西景德镇·期末)牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的用“作切线”来近似求函数零点的一种方法，已知函数，在图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列，称为“牛顿数列”.现取，则可知与的大小关系是 ，其中 . 38．(23-24高二下·江西·期末)（多选）已知数列的前项和为，等差数列的公差为，且，，则（    ） A．若，则 B．若，则为递减数列 C．若，则 D．若，则 39．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)（多选）设数列满足，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 40．(23-24高二下·江西赣州·期末)设等差数列的前项和为，公差为，则下列结论正确的是（    ） A． B．使得成立的最小自然数是20 C． D． / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末专题02 数列小题综合（6大题型40题） 题型概览 题型01 等差数列中的基本计算 题型02 等比数列中的基本计算 题型03 观察法求数列通项公式 题型04 递推关系 题型05 数列的周期性及应用 题型06 斐波那契数列 优选提升题 ( 题型01 ) 等差数列中的基本计算 1．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)已知在等差数列 中， ，则 （    ） A．15 B．30 C．45 D．60 【答案】D 【来源】江西省南昌市第十九中学等校联考2023-2024学年高二下学期期末调研测试数学试题 【分析】根据等差数列的性质求出公差，结合计算即可求解. 【详解】由题意知，，则， 又，所以等差数列的公差为， 所以. 故选：D 2．(23-24高二下·江西景德镇·期末)在等差数列中，若，则其前7项和为（    ） A．7 B．9 C．14 D．18 【答案】C 【来源】江西省景德镇市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】由条件利用等差数列性质可求，结合等差数列前项和公式求解结论. 【详解】因为数列为等差数列， 所以， 所以数列的前项和， 故选：C. 3．(23-24高二下·江西九江·期末)等差数列前项和为，则（   ） A．44 B．48 C．52 D．56 【答案】C 【来源】江西省九江市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题 【分析】根据等差数列前n项和公式结合等差数列项的性质计算即可 【详解】. 故选：C. 4．(23-24高二下·江西萍乡·期末)已知数列的前项和为，若是等差数列，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【来源】江西省萍乡市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（B卷） 【分析】根据等差数列的性质，先求出的公差，再结合等差数列通项公式求得，即可求得答案. 【详解】由题意知是等差数列，设其公差为d， 则由，可得，则， ，则，故， 故, 故选：B 5．(23-24高二下·江西·期末)已知等差数列与的前项和分别为，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用等差数列的性质与求和公式，结合已知条件求解即可. 【详解】因为等差数列与的前项和分别为，且， 所以设， 所以 . 故选：D 6．(23-24高二下·江西·期末)已知等差数列的前n项和为，且满足，，则下列选项正确的有（    ） A． B．数列是递增数列 C．当n＝15时，取得最大值为225 D．的最小值为1 【答案】ACD 【分析】利用已知可求得，进而可得通项公式与前项和公式，再结合选项逐项判断即可. 【详解】因为，，所以，解得，，， 对于A．令n＝9，解得，故A正确； 对于B．d＝－2＜0，数列是递减数列，因此数列不是递增数列，故B错误； 对于C．，当n＝15时，取得最大值为225．故C正确； 对于D．， 令，，∴f（x）在上单调递增，∴的最小值为1，故D正确. 故选：ACD. ( 题型02 ) 等比数列中的基本计算 7．(23-24高二下·江西·期末)在等比数列中，，则（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】C 【分析】由等比数列的性质即可求解. 【详解】由题意得，得． 故选：C 8．(23-24高二下·江西景德镇·期末)记为等比数列的前项和，若，则公比为 . 【答案】/-0.5 【来源】江西省景德镇市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】由，可得，化简解出即可得出 【详解】由，可得， 即， 故答案为： 9．(23-24高二下·江西·期末)数列是等比数列，和是方程的两根，则 . 【答案】 【分析】由韦达定理可知，结合等比中项的性质可求出. 【详解】在等比数列中，由题意知：， 所以， 所以， 所以由等比数列的性质可知， 即. 故答案为： . 10．(23-24高二下·江西吉安·期末)为等比数列的前n项和，是首项为2的等差数列，则的公差为 ． 【答案】2 【来源】江西省吉安市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题 【分析】根据等差数列的性质先推出数列的公比为1，再结合首项的值，即可求解． 【详解】显然数列的公比为1，否则，此时不可能是等差数列， 故公比，此时为常数列，由可得，故， 所以数列的公差为2． 故答案为：2． 11．(23-24高二下·江西吉安·期末)设等比数列的前n项和为，且，则（    ） A． B． C．0 D．2 【答案】C 【来源】江西省吉安市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题 【分析】法一：由性质可得答案；法二：求出，再求出其公比为2，则，化简即可. 【详解】法一：设等比数列的公比为， 等比数列的前n项和为，显然当时不合题意，则不等于1， 则， 令，则有，由题意，得. 法二：当时，， 当时，. ， 为等比数列，当时，， 化简得. 故选：C. 12．(23-24高二下·江西赣州·期末)正项等比数列中，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【来源】江西省赣州市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题 【分析】根据等比数列的性质求出即可得解. 【详解】由等比数列性质可知，解得， 所以， 故选：B 13．(23-24高二下·江西·期末)若数列是公比为的等比数列，且，，则的值为（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，可得，利用对数运算及等比数列性质求出. 【详解】数列中，由，知，则， 又，于是，而， 所以. 故选：A 14．(23-24高二下·江西鹰潭·期末)已知各项均为正数的数列的前n项和为，，，，则（    ） A．511 B．61 C．93 D．125 【答案】D 【来源】江西省鹰潭市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】由条件推得，故按照分类得到和两种首项不同，但公比相同的等比数列，利用分组求和即得. 【详解】由可得，①，当时，，② 由可得：（*），由代入解得， 由（*）知数列,组成首项为1，公比为2的等比数列， 数列,组成首项为2，公比为2的等比数列. 故 . 故选：D. 15．(23-24高二下·江西九江·期末)设是等比数列，且，则 . 【答案】32 【来源】江西省九江市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题 【分析】根据题意可求得等比数列的公比，再根据，求得，即可求得答案. 【详解】设的公比为，则， 由，得，解得， 所以. 故答案为：32 16．(23-24高二下·江西景德镇·期末)一个网上贷款平台在2024年初给出贷款的月利率为，某大学生此时从该平台贷款元，按照复利计算，他10个月后一次性还款的金额应为（    ） A．元 B．元 C．元 D．元 【答案】D 【来源】江西省景德镇市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】依据应还金额=贷款金额 (1+月利率) 月份进行求解即可. 【详解】应还金额=贷款金额 (1+月利率) 月份， 由题意知贷款金额为，月利率为，月份为10， 所以. 故选：D. ( 题型03 ) 观察法求数列通项公式 17．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)数列 的一个通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【来源】江西省南昌市第十九中学等校联考2023-2024学年高二下学期期末调研测试数学试题 【分析】根据观察法，结合选项直接得出结果. 【详解】由题意知，数列，可改写为， 该数列的奇数项为正值，偶数项为负数， 前4项的分母为，分子为， 所以数列的通项公式为. 故选：B 18．(23-24高二下·江西景德镇·期末)数列的通项公式可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【来源】江西省景德镇市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】将数列前5项改写为统一格式即可发现规律得到数列的通项公式. 【详解】由题数列的前5项可改写为， 其中负号交替出现在偶数项，分母为从1开始的奇数， 故数列的通项公式为. 故选：D. ( 题型04 ) 递推关系 19．(23-24高二下·江西·期末)已知数列的前项和为，则当最小时，的值为 . 【答案】6 【分析】利用通项的正负性可求. 【详解】根据题意，数列中，， 当时，有，当时，有， 则当时，最小. 所以当最小时，. 故答案为：6 20．(23-24高二下·江西·期末)已知为数列的前项和，且，，则 ． 【答案】5 【分析】根据题意求得，，，，从而得到数列是周期为3的数列，进而即可求得． 【详解】因为，， 则，即，可得， 同理可得，， 所以数列是周期为3的数列， 又，， 所以． 故答案为：5． 21．(23-24高二下·江西景德镇·期末)（多选）数列的前项和，则（    ） A． B． C．数列有最小项 D．是等差数列 【答案】AD 【来源】江西省景德镇市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】根据作差求出的通项，即可判断A、B，根据二次函数的性质判断C，根据等差数列的定义判断D. 【详解】对于A：因为，当时，故A正确； 对于B：当时， 所以， 经检验时也成立，所以， 所以，，则，故B错误； 对于C：因为，所以当或时取得最大值，且， 即数列有最大项，故C错误； 对于D：因为，则，又， 所以是首项为，公差为的等差数列，故D正确. 故选：AD 22．(23-24高二下·江西·期末)已知数列满足，，，单调递增，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据可得，再结合单调递增以及等比数列定义可求出，则由即可得解. 【详解】因为，所以， 又因为单调递增，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以即， 则的取值范围为， 故答案为：. 23．(23-24高二下·江西九江第一中学·期末)已知数列的前项和为，且，若恒成立，则的最小值是（    ） A． B．3 C． D．5 【答案】B 【来源】江西省九江市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷 【分析】利用错位相减法求出，然后得出，即可得出答案. 【详解】因为， 所以， 两式相减可得， 所以， 因为，所以，即恒成立，故. 故选：B. ( 题型0 5 ) 数列的周期性及应用 24．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)若首项为 1 的数列 满足 ，则 （    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【来源】江西省南昌市第十九中学等校联考2023-2024学年高二下学期期末调研测试数学试题 【分析】利用此数列的递推关系，依次求出下一项，直到出现重复，则可以判断周期，从而利用周期性来得到结果. 【详解】由，得： ， ， ， ， ， ， 因为，由此得数列是一个周期为的数列， 所以，则， 故选：C. 25．(23-24高二下·江西抚州·)在数列中，若，则（    ） A．-2 B．4 C．1 D． 【答案】B 【来源】江西省抚州市2023-2024学年高二下学期学生学业质量监测数学试卷 【分析】由已知递推式可求出，可得此数列是以3为周期的周期数列，从而可求出答案. 【详解】因为数列中，， 所以，， ，， 所以数列是以3为周期的周期数列， 所以. 故选：B 26．(23-24高二下·江西赣州·期末)数列的前项和为，若，则 . 【答案】 【来源】江西省赣州市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题 【分析】先按通项进行分组求和，再由分式数列用裂项法求和，而数列是周期为4的数列，所以按每4个数一组求和即可. 【详解】由得： ， 故答案为：. ( 题型0 6 ) 斐波那契数列 27．(23-24高二下·江西新余·期末)数列，称为斐波那契数列，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和.记该数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【来源】江西省新余市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】，，，……，，相加得到答案. 【详解】由题意得， 故，，，……，， 上面的式子相加得， 又，故. 故选：A 28．(23-24高二下·江西抚州·)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：.其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和.后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.记为“斐波那契数列”的前项和，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【来源】江西省抚州市2023-2024学年高二下学期学生学业质量监测数学试卷 【分析】由题意得当时，，变形的可证得，，再结合已知条件可求得结果. 【详解】由题意得当时，，则， 所以，，……，，， 所以 ， 所以，所以， 因为当时，，则， 所以， 所以， 所以 ， 所以， 所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：此题考查递推数列的性质，解题的关键是对“斐波那契数列”的正确理解，得到当时，，考查计算能力，属于中档题. 29．(23-24高二下·江西·期末)（多选）已知数列的前项和为，下列说法正确的是（    ） A．若是等差数列，，则使的最大正整数的值为15 B．若是等比数列，（为常数），则必有 C．若是等比数列，则 D．若，则数列为递增等差数列 【答案】BD 【分析】由等差数列，等比数列的性质与前项和公式逐项判断即可. 【详解】若是等差数列，， 所以，则， 所以使的最大正整数的值为30.故A错误； 若是等比数列，，则， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以，故B正确； 若是等比数列，则，故C错误； 若，所以， 所以，所以， 即，所以， 所以是以为首项，为公差的递增等差数列，故D正确； 故选：BD. 30．(23-24高二下·江西·期末)（多选）任取一个正数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），（）．若，记数列的前n项和为，则（    ） A．或16 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】先根据的奇偶性求出，再根据的奇偶性即可求出，即可判断A；分类讨论，求出数列的周期，进而可判断BCD. 【详解】因为，由“冰雹猜想”可得， ①若为偶数，则，所以， 当为偶数时，则，所以，即， 当为奇数时，则，解得（舍去）， ②若为奇数，则，解得， 当为偶数时，则，所以，即， 当为奇数时，则，解得（舍去）， 综上所述，或16，故A正确； 当时，由， 得， 所以数列从第三项起是以为周期的周期数列， 因为， 所以，， 当时，由， ， 所以数列从第三项起是以为周期的周期数列， 因为， 所以，， 综上所述，，或，故B正确，C错误； 对于D，数列从第三项起是以3为周期的周期数列， 所以，故D正确. 故选：ABD. 31．(23-24高二下·江西萍乡·期末)（多选）若数列的首项为1，其前项和为，且满足为数列的前项和，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【来源】江西省萍乡市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（B卷） 【分析】根据得，再根据累乘法可得数列的通项公式，即可判断A，B，再通过求和可判断C，D. 【详解】因为数列的首项为1，其前项和为，且满足①， 所以，当时，②， ①-②得，当时，， 所以当时，，上述各式左右相乘，得 所以，， ， 所以当时，，所以当时，所以，综上，，故A正确； ，故B正确； 因为，所以数列从第二项开始是以首项为1，公差的等差数列， 所以，故C错误； 因为，所以 ，故D正确， 故选：ABD 32．(23-24高二下·江西吉安·期末)已（多选）知首项为1的正项数列满足，则（    ） A．为递增数列 B． C． D．数列为递减数列 【答案】ACD 【来源】江西省吉安市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题 【分析】由已知递推式可得，可判断AB；推得，由数列的单调性，可判断C；由，可判断D． 【详解】对A，由，，，可得， 即，可得数列为递增数列，故A正确； 对B，由数列为递增数列，可得，即有，故B错误； 对C，由A知，为递增数列，且，， 所以，故C正确. 对D，由，可得，则数列为递减数列，故D正确． 故选：ACD． 33．(23-24高二下·江西九江·期末)（多选）已知数列的前项和为，且满足，，则（   ） A．为等比数列 B． C． D． 【答案】ACD 【来源】江西省九江市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题 【分析】根据等比数列的定义可判断A选项，可得，再结合数列的递推公式可得，进而可判断B、C、D选项. 【详解】依题意可得，则，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故A选项正确； 则， 当时，， 当时，也满足， 所以，即，B选项错误； ，C选项正确； 又，，D选项正确； 故选：ACD. 34．(23-24高二下·江西景德镇·期末)对于数列，若存在正整数，使得，则称是“谷值数列”，是数列的“谷值点”.现有数列，其通项，则该数列所有“谷值点”之和为（    ） A．3 B．9 C．10 D．12 【答案】B 【来源】江西省景德镇市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】首先计算数列的前10项，再结合数列的单调性，确定“谷值点”. 【详解】由题意可知，，，， ，，，，，， 函数，在单调递增，且时，， 且，所以从10开始，不会是“谷值点”， 只有，所以数列只有1个“谷值点”，谷值点为9. 故选：B 35．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹， 用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术， 剪纸具有广泛的群众基础， 交融于各族人民的社会生活， 是各种民俗活动的重要组成部分， 其传承赓 (gêng) 续的视觉形象和造型格式， 蕴涵了丰富的文化历史信息， 是中国古老的民间艺术之一.已知某剪纸的裁剪工艺如下： 取一张半径为 1 的圆形纸片，记为，在内作内接正方形，接着在该正方形内作内切圆，记为，并裁剪去该正方形与内切圆之间的部分 (如图所示阴影部分)，记为一次裁剪操作，，重复上述裁剪操作次，最终得到该剪纸，则第2024次操作后，所有被裁剪部分的面积之和为 . 【答案】 【来源】江西省南昌市第十九中学等校联考2023-2024学年高二下学期期末调研测试数学试题 【分析】设的半径为，分析正方形边长与半径的关系可得，进而可得的面积为，再分析第次裁剪操作的正方形边长，进而可得每次操作减去的面积，再求和即可. 【详解】设的半径为，则， 的半径为，即，故， 的面积为， 又第次裁剪操作的正方形边长为， 故第次裁剪操作裁剪掉的面积为 ， 所以第次裁剪操作后，裁剪掉的面积之和为 ， 所以第2024次操作后，所有被裁剪部分的面积之和为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于结构，利用分组求和法； （4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 36．(23-24高二下·江西·期末)记正项数列的前项和为，若，则的最小值为 . 【答案】 【分析】由，利用数列通项和前n项和的关系求得，再令，利用导数法求解. 【详解】当时，，则或（舍去）， 当时，由，得， 两式相减得，得， 因为，所以， 所以数列是等差数列，则， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由随的增大而增大，，， 则， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是构造函数判断得其单调性，从而考虑，的情况，从而得解. 37．(23-24高二下·江西景德镇·期末)牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的用“作切线”来近似求函数零点的一种方法，已知函数，在图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列，称为“牛顿数列”.现取，则可知与的大小关系是 ，其中 . 【答案】 【来源】江西省景德镇市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】根据题意求出函数在处的切线与轴交点的横坐标，因为，，根据迭代公式求出并判断出，利用作差法比较与的大小关系即可. 【详解】由题意知，函数在处的切线方程为， 切线与轴交点的横坐标为， 因为，，所以， 所以， 令，则在单调递减， 所以， 所以，即. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：函数在处的切线为，切线与轴交点的横坐标为，这是本题牛顿迭代法的迭代关系式，利用迭代关系求出并判断出，再利用作差法比较与的大小关系. 38．(23-24高二下·江西·期末)（多选）已知数列的前项和为，等差数列的公差为，且，，则（    ） A．若，则 B．若，则为递减数列 C．若，则 D．若，则 【答案】BCD 【分析】首先求出，当时求出，即可得到，从而判断A，再由作差得到，从而得到的通项公式，即可判断B，按照B选项的思路得到，利用累乘法求出，即可判断C，结合C得到，利用裂项相消法和分组求和法求出，即可判断D.. 【详解】因为，，令，可得，解得， 对于A：当时， 此时，即，故A错误； 对于B：由A知，所以， 两式相减得，即， 即，所以， 因为，即， 所以为递减数列，故B正确； 对于C：当时，此时， 所以，则， 所以，则，，，，，，， 累乘可得，所以，则，故C正确； 对于D：由C可知， 所以 ， 所以 ，故D正确. 故选：BCD 39．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)（多选）设数列满足，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【来源】江西省南昌市第十九中学等校联考2023-2024学年高二下学期期末调研测试数学试题 【分析】根据题意，逐项计算求得，可判定A正确；根据题意，求得的表达式，可判定B正确；求得的值，猜想，利用数学归纳法，得到，，可得判定C错误；结合数学归纳法，可判定D正确. 【详解】因为数列 满足 ，且当 时，， 对于A中，由，所以A正确； 对于B中，当为偶数时，可得为奇数，可得且， 则，即，所以， 即， 因为，所以， 又因为，所以，所以B正确； 对于C中，由， ，猜想， 当时，成立，假设， 由， 则，即时，也成立， 所以，故不存在，所以C错误； 对于D中，由成立，假设， 则 由，知， 所以， 即时，也成立，所以D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点拨：与新定义有关的问题的求解策略： 1、通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 3、若新定义与数列有关，可得利用数列的递推关系式，结合数列的相关知识进行求解，多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程灵活运用数列的性质，准确应用相关的数列知识，也可以利用数学归纳法，进行证明. 4、若新定义与集合的运算有关，要熟记集合的性质以及集合的运算法则，必要时可利用集合的韦恩图，更加直观的求解. 40．(23-24高二下·江西赣州·期末)设等差数列的前项和为，公差为，则下列结论正确的是（    ） A． B．使得成立的最小自然数是20 C． D． 【答案】C 【来源】江西省赣州市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题 【分析】根据题意可知数列单调递减且，由通项公式化简可判断A，由等差数列的性质及求和公式结合条件可判断B，根据为递减数列即可判断C，由的关系及的符号可判断D. 【详解】由公差为可知，等差数列为递减数列且， 对A，，故A错误； 对B，因为，所以，所以，故B错误； 对C，因为，且，所以由一次函数单调性知为单调递减数列，所以，故C正确； 对D，由B知，且，所以， 因为，，若，则，且， 即，即，而，， 显然矛盾，故不成立，故D错误. 故选：C / 学科网（北京）股份有限公司 $$