专题01 数列 4大高频考点（期末真题汇编）高二数学下学期人教A版

**基本信息** 数列专题期末试题汇编，覆盖数列概念、等差等比数列、数学归纳法四大高频考点，精选河北、浙江等多地期末真题，基础题与创新题结合，融入斐波那契螺旋、《庄子》“一尺之棰”等文化情境，适配高二期末复习。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|35道（含多选）|数列概念（通项公式、前n项和）、等差（求和、单调性）、等比（性质、应用）|斐波那契螺旋结合数列性质（考点01）| |填空题|8道|等差等比数列基本量计算|《庄子》“一尺之棰”等比求和（考点03）| |解答题|15道|数学归纳法证明、数列综合应用|实际情境中的连续可表数问题（考点01）|

专题01 数列 4大高频考点概览 考点01数列的概念 考点02等差数列 考点03等比数列 考点04 数学归纳法 ( 地 城 考点01 数列的概念 )一、选择题 1．（24-25高二下·河北秦皇岛·期末）已知数列的通项公式，则（    ） A．81 B．128 C．146 D．164 2．（24-25高二下·四川绵阳·期末）已知是一个无穷数列，“”是“为递增数列”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（24-25高二下·浙江温州·期末）数列的前n项和，则（ ） A．140 B．120 C．40 D．50 4．（24-25高二下·辽宁锦州·期末）已知数列中，，则（   ） A． B． C． D．5 5．（24-25高二下·河南周口·期末）已知数列的通项公式为，若，则（   ） A．9 B．10 C．11 D．12 6．（24-25高二下·河南驻马店·期末）在数列中，已知，，，则（    ） A．3 B． C．6 D． 7．（24-25高二下·山东淄博·期末）数列满足，且，则（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 8．（24-25高二下·山东德州·期末）已知数列的前项和为，若，则的前10项和为（   ） A．32 B．41 C．52 D．65 9．（24-25高二下·甘肃定西·期末）（多选）下列叙述不正确的有（　　） A．数列，，，与，，，是同一数列 B．数列，，，，的通项公式是 C．，，，，是常数列 D．，，，，是递增数列，也是无穷数列 10．（24-25高二下·辽宁·期末）（多选）已知数列各项均为正数，其前项和满足．则下列结论正确的有（    ） A．的第2项小于 B． C．为递减数列 D．中存在小于的项． 11．（24-25高二下·广东肇庆·期末）（多选）自然界中存在很多美到极致的螺旋，如田螺的螺旋、星系的螺旋，我们把这些螺旋称为“斐波那契螺旋”.它按如图所示的规律形成连续不断的弧线，借助正方形的边长形成数列“1，1，2，3，5，8，……”，即从数列第三项开始，每项都等于前面两项之和.设该数列为，则（），记是数列的前项和，是数列的前项和，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．若，则 二、填空题 12．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列的前项和满足且，则＝________. 13．（24-25高二下·浙江杭州·期末）斐波那契数列又称“黄金分割数列”，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列可以用如下方法定义：，则的个位数字是_________． 三、解答题 14．（24-25高二下·北京延庆·期末）已知A：，，…，为有穷实数数列.对于实数x，若A中存在，，，…，，使得，则称x为A的连续可表数，将所有A的连续可表数构成的集合记作. (1)设数列A：1，2，3；B：1，1，1，2.写出和. (2)是否存在数列A，满足，若存在，求出所有数列A，若不存在，说明理由； (3)求出所有的整数m，使得存在数列A，满足. 15．（24-25高二下·广东汕尾·期末）已知数列的前n项和为，且满足，，． (1)分别求出数列中的，，的值； (2)求数列的通项公式． ( 地 城 考点02 等差数列 ) 一、选择题 1．（24-25高二下·广东湛江·期末）若数列的满足，，则数列的前15项和为（ ） A．105 B．119 C．135 D．152 2．（24-25高二下·云南·期末）数列满足，则数列的前9项和为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·江苏无锡·期末）南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关，如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个小球，第三层有6个小球，第四层有10个小球……设第n层有an个小球，则+++…+的值为（　　）    A． B． C． D． 4．（24-25高二下·江西九江·期末）已知各项为正的等差数列的前n项和为，且，则为（    ） A．5 B．4 C．3 D． 5．（24-25高二下·云南曲靖·期末）等差数列满足，若为前项和，则最大时，的值为（    ） A．9或10 B．8 C．9 D．10或11 6．（24-25高二下·浙江杭州·期末）已知数列的前n项和为，则最小时，（   ） A．47 B．48 C．49 D．50 7．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知等差数列的公差为，则（   ） A． B． C． D． 8．（24-25高二下·辽宁丹东·期末）已知各项均为正数的数列中，，，则（    ） A．400 B．600 C．800 D．1000 9．（24-25高二下·江西九江·期末）（多选）已知数列的前n项和为，且，，，，则下列选项正确的是（    ） A． B． C．若，则为等差数列 D． 10．（24-25高二下·辽宁·期末）（多选）已知是等差数列的前项和，，则下列说法正确的是（    ） A．的公差为 B． C．数列为递增数列 D．当且仅当时，取得最大值 11．（24-25高二下·内蒙古包头·期末）（多选）若等差数列的前n项和为，，，则下列说法正确的是（    ）． A． B．为递增数列 C． D．的前4项和为 二、填空题 12．（24-25高二下·江西九江·期末）已知数列满足，，则取最小值时______． 13．（24-25高二下·陕西渭南·期末）已知数列和都是等差数列，且前项和分别为，，若，则______． 三、解答题 14．（24-25高二下·甘肃定西·期末）已知等差数列的前项和为． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 15．（24-25高二下·广东湛江·期末）已知为各项均为正数的数列，其前项和为，. (1)求的通项公式； (2)设，数列的前项和记为，证明：. ( 地 城 考点0 3 等比数列 ) 一、选择题 1．（24-25高二下·贵州黔西·期末）记为各项均为正数的数列的前n项和，且，则（   ） A． B． C．是递增数列 D． 2．（24-25高二下·广东江门·期末）已知等比数列的首项，且满足，，则公比q为（    ） A． B．2 C．或2 D．3 3．（24-25高二下·江西九江·期末）已知为等比数列前n项和，若，则（    ） A．10 B．9 C．6 D．4 4．（24-25高二下·浙江杭州·期末）已知是等比数列的前n项和，若，则（   ） A．1022 B．1023 C．1024 D．1025 5．（24-25高二下·辽宁·期末）已知数列为等比数列，则“数列为单调递增数列”的_____条件是“对任意有恒成立”．（   ） A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分且必要 D．非充分非必要 6．（24-25高二下·吉林长春·期末）等比数列中，，则（   ） A．8 B． C．16 D． 7．（24-25高二下·辽宁大连·期末）“数列，，为等比数列”是“数列，，为等比数列”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 8．（24-25高二下·辽宁·期末）在等比数列中，若，则（    ） A．3 B．2 C． D． 9．（24-25高二下·辽宁·期末）已知两个无穷等比数列、的公比分别为，：数列与数列有无穷多个公共项；，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 10．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）（多选）已知定义域为R的函数满足，且函数是奇函数，，则下列说法不正确的是（    ） A．函数的一个周期是8 B． C．函数为偶函数 D．若，则 11．（24-25高二下·湖北武汉·期末）（多选）已知数列，下列命题正确的有（   ） A．若为正项等比数列，为其前项和，则，，，成等比数列 B．若为正项等比数列，则为等差数列 C．满足：，则 D．已知为的前项积，若，则 12．（24-25高二下·辽宁·期末）（多选）已知无穷数列满足，设其前n项和为，记，则（   ） A．存在等差数列，使得是递增数列； B．存在等比数列，使得是递增数列； C．若是递减数列，则且； D．若是递减数列，则可能存在且，使得． 二、填空题 13．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列为等比数列，，若的前9项和为，则数列的前9项和为______． 14．（24-25高二下·辽宁·期末）《庄子·天下篇》中写到：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”.其中隐含了关系式：．类似的，我们可以将一个无限循环小数表示为分数：_____． 三、解答题 15．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列满足，且对任意正整数有，数列满足 (1)证明：数列是等比数列； (2)设，数列的前项和； ①求； ②若不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围． ( 地 城 考点0 4 数学归纳法 ) 一、选择题 1．（24-25高二下·北京延庆·期末）已知数列满足，则（    ） A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C．当时，为递减数列，且不存在常数，使得恒成立 D．当时，为递增数列，且不存在常数，使得恒成立 二、填空题 2．（24-25高二下·上海·期末）请指出下列各题用数学归纳法证明过程中的错误． （1）设为正整数，求证：． 证明：假设当（为正整数）时等式成立，即有． 那么当时，就有 ．因此，对于任何正整数等式都成立． （2）设为正整数，求证：． 证明：①当时，左边，右边，等式成立． ②假设当（，为正整数）时，等式成立，即有， 那么当时，由等比数列求和公式，就有，等式也成立． 根据①和②，由数学归纳法可以断定对任何正整数都成立． 错误是 ___________. 三、解答题 3．（24-25高二下·浙江·期末）设数列的前n项和为，，对任意，都有成立． (1)求，，的值； (2)猜想的表达式并用数学归纳法证明． 4．（24-25高二下·北京房山·期末）已知数列的通项公式为，记该数列的前n项和为． (1)计算，，，的值； (2)根据计算结果，猜想的表达式，并进行证明． 5．（24-25高二下·北京东城·期末）已知数列满足，. (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)若数列满足，.对任意的正整数，是否都存在正整数，使得？若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由. 6．（24-25高二下·浙江杭州·期末）已知数列满足，. (1)求，，； (2)试猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明. 7．（24-25高二下·湖南长沙·期末）已知数列的前项和为，且﹔等差数列前项和为满足，． (1)求数列，的通项公式； (2)设，求数列的前项和； 8．（24-25高二下·河南南阳·期末）设，，． (1)当时，试比较与1的大小； (2)根据（1）的结果猜测一个一般性结论，并加以证明． 9．（24-25高二下·北京丰台·期末）已知数列是无穷数列.若，则称为数列的1阶差数列；若，则称数列为数列的2阶差数列；以此类推，可得出数列的阶差数列，其中. (1)若数列的通项公式为，求数列的2阶差数列的通项公式； (2)若数列的首项为1，其一阶差数列的通项公式为，求数列的通项公式； (3)若数列的通项公式为，写出数列的阶差数列的通项公式，并说明理由. 10．（24-25高二下·河南南阳·期末）设正项数列的首项为4，满足． (1)求，，并根据前3项的规律猜想该数列的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的猜想． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 数列 4大高频考点概览 考点01数列的概念 考点02等差数列 考点03等比数列 考点04 数学归纳法 ( 地 城 考点01 数列的概念 )一、选择题 1．（24-25高二下·河北秦皇岛·期末）已知数列的通项公式，则（    ） A．81 B．128 C．146 D．164 【答案】B 【分析】利用对勾函数的性质得，再去绝对值符号化简为，即可求值. 【详解】由在上单调递减，在上单调递增， 对于且，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 故 . 故选：B 2．（24-25高二下·四川绵阳·期末）已知是一个无穷数列，“”是“为递增数列”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合数列的单调性判断即可. 【详解】因对于数列，取，显然不是递增数列， 所以“”不是“为递增数列”的充分条件， 若为递增数列，则， 所以“”是“为递增数列”的必要条件， 所以“”是“为递增数列”的必要而不充分条件， 故选：B 3．（24-25高二下·浙江温州·期末）数列的前n项和，则（ ） A．140 B．120 C．40 D．50 【答案】C 【分析】根据的关系即可求解. 【详解】由可得， 故选：C 4．（24-25高二下·辽宁锦州·期末）已知数列中，，则（   ） A． B． C． D．5 【答案】A 【分析】依次求出数列前几项得出数列周期即可求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以， 所以，...， 所以数列是周期为3的数列，所以. 故选：A 5．（24-25高二下·河南周口·期末）已知数列的通项公式为，若，则（   ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】B 【分析】根据通项公式结合及对应的范围求参数即可. 【详解】若，则，显然， 若，则，满足. 故选：B 6．（24-25高二下·河南驻马店·期末）在数列中，已知，，，则（    ） A．3 B． C．6 D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，求出数列的周期，再求出的值. 【详解】数列中，由，，，得，， 所以，所以， 因此数列是周期数列，周期为6，所以. 故选：B 7．（24-25高二下·山东淄博·期末）数列满足，且，则（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】B 【分析】变形已知条件得：，由递推公式分析可得答案. 【详解】法一：由已知，则，则， 则，归纳可得，所以. 法二：由题可得，，即，所以是常数数列， ，即，所以. 故选：B. 8．（24-25高二下·山东德州·期末）已知数列的前项和为，若，则的前10项和为（   ） A．32 B．41 C．52 D．65 【答案】C 【分析】由题设结合的关系求出数列的通项公式，求出的前10项，进而可得答案． 【详解】因为， 当时，； 当时，， 经检验也适合上式， 所以. 故数列的前10项为：， 则的前10项和为. 故选：C. 9．（24-25高二下·甘肃定西·期末）（多选）下列叙述不正确的有（　　） A．数列，，，与，，，是同一数列 B．数列，，，，的通项公式是 C．，，，，是常数列 D．，，，，是递增数列，也是无穷数列 【答案】ABC 【分析】利用数列的定义可判断A选项；利用观察法求出数列通项公式可判断B选项；利用常数列的定义可判断C选项；利用数列的单调性和无穷数列的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，数列是按一定顺序排成的一列数，即数列，，，与，，，是两个数列，故A错误； 对于B选项，数列，，，，的通项公式是，故B错误； 对于C选项，，，，，是摆动数列，故C错误； 对于D选项，，，，，是递增数列，也是无穷数列，故D正确. 故选：ABC. 10．（24-25高二下·辽宁·期末）（多选）已知数列各项均为正数，其前项和满足．则下列结论正确的有（    ） A．的第2项小于 B． C．为递减数列 D．中存在小于的项． 【答案】ACD 【分析】求得，即可判断A；由已知可得，结合，可判断B；由，可判断C；利用反证法可得中存在小于的项，可判断D． 【详解】对于A，当时，，所以，因为数列各项均为正数，解得， 当时，，所以，所以， 解得， 因为数列各项均为正数，故，故A正确； 对于B，由，得，当时，可得， 两式相减得，所以，所以， 解得， 因为数列各项均为正数，所以， 又，由选项可得：显然无意义，故B错误； 对于C，因为，则得， 所以为递减数列，故C正确； 对于D，假设对，都有，则， 所以，与已知矛盾，即假设不成立， 所以数列中存在小于的项，故D正确． 故选：ACD． 11．（24-25高二下·广东肇庆·期末）（多选）自然界中存在很多美到极致的螺旋，如田螺的螺旋、星系的螺旋，我们把这些螺旋称为“斐波那契螺旋”.它按如图所示的规律形成连续不断的弧线，借助正方形的边长形成数列“1，1，2，3，5，8，……”，即从数列第三项开始，每项都等于前面两项之和.设该数列为，则（），记是数列的前项和，是数列的前项和，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．若，则 【答案】BCD 【分析】由题意（）从而可得，即，，可求得即可对A判断；由，依次两两结合相加可得可对B判断；由，，依次两两结合相加可得可对C判断；由题意可得，再将的各项依次展开，即可对D判断. 【详解】A：， ， ，A错误. B：，B正确. C： ，C正确. D：，， 即 ，，，D正确. 故选：BCD. 二、填空题 12．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列的前项和满足且，则＝________. 【答案】5 【分析】先对已知的前项和递推式 赋值，再根据数列前项和与通项的关系推出即可. 【详解】数列的前项和满足且， 令，则， 所以， 因为，所以， 即数列 为常数列， 因为数列各项均为，所以. 故答案为：5. 13．（24-25高二下·浙江杭州·期末）斐波那契数列又称“黄金分割数列”，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列可以用如下方法定义：，则的个位数字是_________． 【答案】0 【分析】观察斐波那契数列的前65项的个位：1 1 2 3 5 8 3 1 4 5 9 4 3 7 0 7 7 4 1 5 6 1 7 8 5 3 8 1 9 0 9 9 8 7 5 2 7 9 6 5 1 6 7 3 0 3 3 6 9 5 4 9 3 2 5 7 2 9 1 0 1 1 2 3 5...，即可得到斐波那契数列的个位以60为周期，的个位数字与的个位数相同，由此即可得解. 【详解】由题意， ∴数列为， 此数列各项除以 10 的余数依次构成的数列为： 1 1 2 3 5 8 3 1 4 5 9 4 3 7 0 7 7 4 1 5 6 1 7 8 5 3 8 1 9 0 9 9 8 7 5 2 7 9 6 5 1 6 7 3 0 3 3 6 9 5 4 9 3 2 5 7 2 9 1 0 1 1 2 3 5... 它是以 60 为周期的周期数列， ∴的个位数字与的个位数相同，故所求为0. 故答案为：0. 三、解答题 14．（24-25高二下·北京延庆·期末）已知A：，，…，为有穷实数数列.对于实数x，若A中存在，，，…，，使得，则称x为A的连续可表数，将所有A的连续可表数构成的集合记作. (1)设数列A：1，2，3；B：1，1，1，2.写出和. (2)是否存在数列A，满足，若存在，求出所有数列A，若不存在，说明理由； (3)求出所有的整数m，使得存在数列A，满足. 【答案】(1)， (2)不存在，理由见解析 (3)－5，－4，－3，－2，－1，0，1 【分析】（1）根据题中所给定义进行求解即可； （2）运用假设法，结合题中定义进行求解即可； （3）根据题中定义，运用分类讨论思想进行求解即可. 【详解】（1）数列A：1，2，3，所有A的连续可表数构成的集合， 则，，；，，， 则，同理可得. （2）若数列A：，，…，满足，不妨设. 假设数列A只有两项，则中至多3个元素，这与中有5项矛盾，故假设错误， 所以数列A至少3项，即，. 因为数列A：，，…，中任意一项都属于， 所以，所以，解得，所以； 又因为且，所以， 此时，即不存在数列A满足. （3）若数列A：，，…，满足， 不妨设.由（2）可知数列A至少3项，即，. ①当时，由， 得，且， 解得，所以，又，所以，即，2； 由（2）可知不成立，所以， 令数列A：1，1，1，1，1，满足； ②当，即时，由， 得，且， 解得，所以，又，则，－6； 当时，令数列A：－1，－1，－1，－1，－1，满足； 当时，由（2）同理可得不成立. ③当时，由，，－3，－2，－1，0. 当时，令数列A：0，1，1，1，1，满足； 当时，令数列A：－1，0，1，1，1，满足； 当时，令数列A：－1，－1，0，1，1，满足； 当时，令数列A：－1，－1，－1，0，1，满足； 当时，令数列A：－1，－1，－1，－1，0，满足； 综上所述，m可能的取值有－5，－4，－3，－2，－1，0，1. 15．（24-25高二下·广东汕尾·期末）已知数列的前n项和为，且满足，，． (1)分别求出数列中的，，的值； (2)求数列的通项公式． 【答案】(1)，，．(2) 【分析】（1）解法1：利用与的关系，得到与之间的关系，再结合求出，再逐项，，的值. 解法2：根据的意义，利用及，依次逐项求得，，，的值. （2）解法1：由（1），得，相减得到，进而分别为奇数和偶数时的的通项. 解法2：根据（1）中得到的，，，，的值，猜想的通项公式，再进行证明. 【详解】（1）（解法1）（1）当时，， 又∵，∴， 当时，∵，∴， ∵，∴， ∴，，． （解法2）：∵，，， ∴，解得， 又∵，∴，解得， 同理，解得， ，解得， 故，，． （2）（解法1）由（1）（解法一）知，，， 则，故时，有，① ∴，② 由①，②得，，即， 当n为偶数时，， 当n为奇数时，． 综上所述，数列的通项公式为（或，）． （解法2）由（1）（解法一）知，，，则， 故时，有， 当n为奇数时，由，，，…，， 由以上各式可得，，…，， 可得，故． 当n为偶数时，由，，，…，， 以上各式两两相减，可得，，…，， 可得， 又∵，∴， 综上所述，数列的通项公式为（或，）． （解法3）由（1）知，，且，，，，， 归纳上述结果，猜想． 当时，，猜想成立， 假设当时，， 那么， 即时，猜想成立． 综上所述，对任意，上述猜想都成立， 即． （解法4）当时，， 又∵，∴， 当时，∵，∴， ∵，∴，即，符合， ∴时，有． ∴，，，…，， 又由（1）知，，， 故当n为奇数时，；当n为偶数时，． 故数列的通项公式为（或，）． ( 地 城 考点02 等差数列 ) 一、选择题 1．（24-25高二下·广东湛江·期末）若数列的满足，，则数列的前15项和为（ ） A．105 B．119 C．135 D．152 【答案】C 【分析】由递推公式，结合，即可求出的前15项和. 【详解】因为 所以 故选：C. 2．（24-25高二下·云南·期末）数列满足，则数列的前9项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用数列的递推关系式，求得，再由时，得到，结合裂项法求和，即可求解. 【详解】由数列满足， 当时，， 两式相减，可得，所以， 当时，可得， 所以数列的通项公式为， 当时，， 所以数列的前9项和为. 故选：A. 3．（24-25高二上·江苏无锡·期末）南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍甍垛等的求和都与高阶等差数列有关，如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个小球，第三层有6个小球，第四层有10个小球……设第n层有an个小球，则+++…+的值为（　　）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知条件分析得到数列的通项公式,并利用等差数列前n项和公式化简，进而求得数列的通项公式,再利用裂项相消求和法求得结果. 【详解】由题意可得，,…… 所以，. 所以， 所以，+++…+ 故选：D 4．（24-25高二下·江西九江·期末）已知各项为正的等差数列的前n项和为，且，则为（    ） A．5 B．4 C．3 D． 【答案】A 【分析】利用等差数列的性质与前项和公式即可求解. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 故选：A. 5．（24-25高二下·云南曲靖·期末）等差数列满足，若为前项和，则最大时，的值为（    ） A．9或10 B．8 C．9 D．10或11 【答案】A 【分析】根据已知条件求出，把表示为关于n的二次函数，利用二次函数的性质即可求解． 【详解】， ∴， 关于n的二次函数，其对称轴为， ∵，∴当或时，最大． 故选：A． 6．（24-25高二下·浙江杭州·期末）已知数列的前n项和为，则最小时，（   ） A．47 B．48 C．49 D．50 【答案】D 【分析】由二次函数性质即可求解. 【详解】因为，所以当时，最小. 故选：D. 7．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知等差数列的公差为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等差数列的定义求解即可. 【详解】因为等差数列的公差为，所以. 故选：C. 8．（24-25高二下·辽宁丹东·期末）已知各项均为正数的数列中，，，则（    ） A．400 B．600 C．800 D．1000 【答案】C 【分析】根据等差数列的定义和通项公式求解即可. 【详解】因为数列各项均为正数，且，， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 所以，， 故选：C 9．（24-25高二下·江西九江·期末）（多选）已知数列的前n项和为，且，，，，则下列选项正确的是（    ） A． B． C．若，则为等差数列 D． 【答案】ACD 【分析】由题意可得，求出，即可判断A；由裂项相消求得，即可判断B；求得，再由等差数列的定义即可判断C；求出数列的前项的和，再由，即可判断D． 【详解】解：对于A，因为，， 同理可得，，， 所以，， 所以，故A正确； 对于B，=，，故B错误； 对于C，，， 所以，， 所以为等差数列，故C正确； 对于D，由C可知为等差数列，首项为，公差为， 所以数列的前项的和为：， 所以，故D正确. 故选：ACD. 10．（24-25高二下·辽宁·期末）（多选）已知是等差数列的前项和，，则下列说法正确的是（    ） A．的公差为 B． C．数列为递增数列 D．当且仅当时，取得最大值 【答案】AB 【分析】A选项，设出公差，根据得到方程，求出公差；B选项，利用等差数列通项公式进行求解；C选项，计算出，得到单调性；D选项，在C基础上，由二次函数的性质可知，D错误. 【详解】A选项，设等差数列的公差为，由，得， 即，解得，A正确； B选项，，B正确； C选项，由上可知，所以， 根据一次函数的性质可知，数列为递减数列，C错误； D选项，由二次函数的性质可知，其对称轴方程为， 又，所以当或时，取得最大值，D错误． 故选：AB 11．（24-25高二下·内蒙古包头·期末）（多选）若等差数列的前n项和为，，，则下列说法正确的是（    ）． A． B．为递增数列 C． D．的前4项和为 【答案】BC 【分析】对A，由等差数列的前项和公式结合等差数列的性质运算得解；对B，求出通项，进而求出数列的通项公式，判断；对C，由等差数列前项和公式求解判断；对D，求出的通项，利用裂项相消法求和. 【详解】对于A，由，则，所以，即，又，所以，故A错误； 对于B，设等差数列的公差为，由A知，则， ，， 所以，故数列为递增数列，故B正确； 对于C，由，则，故C正确； 对于D，因为， 所以的前4项和为，故D错误. 故选：BC. 二、填空题 12．（24-25高二下·江西九江·期末）已知数列满足，，则取最小值时______． 【答案】4 【分析】利用累加法求出的通项公式，得出的表达式，利用基本不等式即可求出取最小值时的值. 【详解】由题意，， 在数列中，， ∴， ∴， 即， ∴， 当且仅当即时等号成立， ∴取最小值时， 故答案为：. 13．（24-25高二下·陕西渭南·期末）已知数列和都是等差数列，且前项和分别为，，若，则______． 【答案】 【分析】由题可设，，然后表示出即可求解. 【详解】数列、为等差数列，且 ， 可设，， 则， 所以. 故答案为：. 三、解答题 14．（24-25高二下·甘肃定西·期末）已知等差数列的前项和为． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）设出等差数列的公差后，根据题目所给条件列出方程即可求出，进而得解； （2）利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 则由，可得， 因，代入解得，则， 因此. （2）由， 得 . 15．（24-25高二下·广东湛江·期末）已知为各项均为正数的数列，其前项和为，. (1)求的通项公式； (2)设，数列的前项和记为，证明：. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用的关系，得出数列是等差数列，进而可求得通项公式； （2）利用裂项相消求和法可求得，进而可证得结论. 【详解】（1）当时，，得， ∵，∴， 当时，， 两式作差可得：， 即， ∴， 又∵，∴，且， ∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴. （2）∵，∴，∴， ∴. 则 . ∵，∴，∴， 又∵为递增数列，所以， ∴. ( 地 城 考点0 3 等比数列 ) 一、选择题 1．（24-25高二下·贵州黔西·期末）记为各项均为正数的数列的前n项和，且，则（   ） A． B． C．是递增数列 D． 【答案】B 【分析】令即可判断A；将代入中得到，利用时，即可求出可判断B；根据可判断C；将代入即可判断D. 【详解】令，由得，解得或，又，所以，故A错误； 可化为， 当时，，即，且，不等于0， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，故B正确； 因为，所以是常数列，故C错误； ，故D错误. 故选：B. 2．（24-25高二下·广东江门·期末）已知等比数列的首项，且满足，，则公比q为（    ） A． B．2 C．或2 D．3 【答案】B 【分析】根据列出公比的等式，求解方程后再确认是否满足即可． 【详解】因为公比，所以，化简得，解得或， 当时，， 当时，， 又，则． 故选：B． 3．（24-25高二下·江西九江·期末）已知为等比数列前n项和，若，则（    ） A．10 B．9 C．6 D．4 【答案】A 【分析】设出公比，利用条件和等比数列性质求出公比，进而得到. 【详解】设公比为，,则， 又，故，解得， 所以. 故选：A 4．（24-25高二下·浙江杭州·期末）已知是等比数列的前n项和，若，则（   ） A．1022 B．1023 C．1024 D．1025 【答案】B 【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式得到方程组，解得首项和公比，代入等比数列的前n项和公式可求； 【详解】设等比数列的公比为，由题意可得解得 则 故选：B. 5．（24-25高二下·辽宁·期末）已知数列为等比数列，则“数列为单调递增数列”的_____条件是“对任意有恒成立”．（   ） A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分且必要 D．非充分非必要 【答案】C 【分析】利用等比数列及递增数列的性质判断条件间的推出关系，结合充分、必要性定义判断即可得. 【详解】设的公比为且，， 若为递增数列，则恒成立； 若对任意有恒成立，则，所以， 时，或，显然时，不符； 所以，此时，则为递增数列； 时，或，显然时，不符； 所以，此时，则为递增数列； 综上，“对任意有恒成立”是“数列为单调递增数列”的充要条件. 故选：C 6．（24-25高二下·吉林长春·期末）等比数列中，，则（   ） A．8 B． C．16 D． 【答案】C 【分析】由等比数列通项公式求公比，进而求指定项. 【详解】若等比数列的公比为，则，故. 故选：C 7．（24-25高二下·辽宁大连·期末）“数列，，为等比数列”是“数列，，为等比数列”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据等比中项，充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若数列为等比数列，则， 此时，则数列为等比数列， 若数列为等比数列，则，即， 所以数列为等比数列. 故“数列为等比数列”是“数列为等比数列”的充要条件. 故选：C. 8．（24-25高二下·辽宁·期末）在等比数列中，若，则（    ） A．3 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据等比数列性质得到，结合题目条件求出答案. 【详解】由等比数列的性质可知，又，所以． 故选：D． 9．（24-25高二下·辽宁·期末）已知两个无穷等比数列、的公比分别为，：数列与数列有无穷多个公共项；，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】举例子，结合充分性与必要性的条件可得结论. 【详解】设无穷等比数列、的通项公式为，， 可知数列与数列有无穷多个公共项；但，不满足， 故是的不充分条件， 当时，取，则有， 若，即， 可得数列与数列不存在无穷多个公共项， 故是的不必要条件， 所以是的既不充分也不必要条件. 故选：D. 10．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）（多选）已知定义域为R的函数满足，且函数是奇函数，，则下列说法不正确的是（    ） A．函数的一个周期是8 B． C．函数为偶函数 D．若，则 【答案】BCD 【分析】本题要从前两个抽象表达式入手，判断函数的轴对称和中心对称两个特征，从而得出函数的周期性，接着通过赋值代入求出一个周期内的函数值或者项的特征，可相继判断B,D两项，利用奇偶函数的定义可判断C项. 【详解】对于A，因为，所以是的对称轴， 所以 因为是奇函数，所以，即, 所以是的对称中心，. 因为，所以函数的一个周期是8，故A正确； 对于B，由函数的图象关于点对称，得， ， 又，所以，故， 因此 ，故B不正确； 对于C，，故函数是奇函数，故C不正确； 对于D，令，则， 因此函数的一个周期是2， 因，所以，又， 故， 所以当为奇数时，当为偶数时， 所以， 所以 ，故D不正确． 故选：BCD. 11．（24-25高二下·湖北武汉·期末）（多选）已知数列，下列命题正确的有（   ） A．若为正项等比数列，为其前项和，则，，，成等比数列 B．若为正项等比数列，则为等差数列 C．满足：，则 D．已知为的前项积，若，则 【答案】ABD 【分析】分以及，结合等比数列的求和公式，即可判断A；由等比数列的定义判断B；根据特例判断C；根据等差数列的定义及通项公式判断D. 【详解】对于A，当时，， 显然，，，是以为首项，以为公比的等比数列； 当时，， ， 所以，，则，，，成等比数列，公比为，故A正确； 对于B，设等比数列的公比为，则， 则是个常数，所以为等差数列，故B正确； 对于C，依题意，，它不满足，故C错误； 对于D，，当时，，即，解得， 当时，，于是，即， 数列是首项为3，公差为2的等差数列， 所以，且也满足，故D正确； 故选：ABD. 12．（24-25高二下·辽宁·期末）（多选）已知无穷数列满足，设其前n项和为，记，则（   ） A．存在等差数列，使得是递增数列； B．存在等比数列，使得是递增数列； C．若是递减数列，则且； D．若是递减数列，则可能存在且，使得． 【答案】BC 【分析】利用等差求和公式，结合作差即可求解A,据特例即可求解B，利用单调性得，即可由迭代法求解C，根据单调性得，即可判断D. 【详解】对于A,当为等差数列时，设首项和公差分别为，则， 则，当时，， 由于， 由于，故当时，， 故，不满足为递增数列，故A错误， 对于B, 当为等比数列时，设，则， ，由于单调递减，故为递增数列，故B正确， 对于C, 是递减数列，则时，， 即，故，故C正确， 对于D, 是递减数列，则时，， 即， 故不存在且，使得．故D错误， 故选：BC 二、填空题 13．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列为等比数列，，若的前9项和为，则数列的前9项和为______． 【答案】/0.6 【分析】根据等比数列的前项和公式列方程组求解. 【详解】显然等比数列公比不是，否则 记数列的公比为，且，则，故， 注意到的公比也为， 则的前项和为. 故答案为：. 14．（24-25高二下·辽宁·期末）《庄子·天下篇》中写到：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”.其中隐含了关系式：．类似的，我们可以将一个无限循环小数表示为分数：_____． 【答案】 【分析】由，即可列方程，解方程即可求值. 【详解】， ， 令,则,解得， 故答案为： 三、解答题 15．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知数列满足，且对任意正整数有，数列满足 (1)证明：数列是等比数列； (2)设，数列的前项和； ①求； ②若不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析(2)①；② 【分析】（1）根据题目条件利用等比数列定义即可得证． （2）运用错位相减求和法求，根据数列单调性处理不等式恒成立（此处注意根据的奇偶分类讨论），进而求出实数的取值范围． 【详解】（1）证明：因为， 所以． 因为，所以． 又，所以，即证得是首项为1，公比为2的等比数列． （2）①由（1）可得，则， ， ， 两式相减得：， 即， 所以，则． ②因为不等式对任意的正整数恒成立， 即对任意的正整数恒成立， 当为偶数时，因为在为增函数， 所以； 当为奇数时，对任意的正整数恒成立， 所以，解得． 综上，实数的取值范围为． ( 地 城 考点0 4 数学归纳法 ) 一、选择题 1．（24-25高二下·北京延庆·期末）已知数列满足，则（    ） A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C．当时，为递减数列，且不存在常数，使得恒成立 D．当时，为递增数列，且不存在常数，使得恒成立 【答案】D 【分析】根据数学归纳法，结合定义法判断数列单调性，可得数列的取值范围，进而判断各选项. 【详解】由已知，即， 所以， A选项：当时，可用数学归纳法证明：，即. 证明：当时，，此时不等式成立， 假设当时，成立， 则当时，， 即成立， 综上所述成立， 且， 由，， 则， 即，故数列为递减数列， 由， ， 即，故， 即， 若存在常数，使得恒成立， 则，即， 故，故仅对部分成立，A选项错误； B选项：当时，可用数学归纳法证明：，即. 证明：当时，，此时不等式成立， 假设当时，成立， 则当时，， 即成立， 综上所述成立， 且， 由，， 则， 即，故数列为递增数列， 由， ， 即，故， 即， 所以不存在常数，使得恒成立，B选项错误； C选项：当时，可用数学归纳法证明：，即. 证明：当时，，此时不等式成立， 假设当时，成立， 则当时，， 即成立， 综上所述成立， 且， 由，， 则， 即，故数列为递减数列，且， 所以当，使得恒成立，即C选项错误； D选项：当时，可用数学归纳法证明：，即. 证明：当时，，此时不等式成立， 假设当时，成立， 则当时，， 即成立， 综上所述成立， 且， 由，， 则， 即，故数列为递增数列， 由， ， 即， 即， 若存在常数，使得恒成立， 则，即， 故，故仅对部分成立， 即不存在常数，使得恒成立，D选项正确； 故选：D. 二、填空题 2．（24-25高二下·上海·期末）请指出下列各题用数学归纳法证明过程中的错误． （1）设为正整数，求证：． 证明：假设当（为正整数）时等式成立，即有． 那么当时，就有 ．因此，对于任何正整数等式都成立． （2）设为正整数，求证：． 证明：①当时，左边，右边，等式成立． ②假设当（，为正整数）时，等式成立，即有， 那么当时，由等比数列求和公式，就有，等式也成立． 根据①和②，由数学归纳法可以断定对任何正整数都成立． 错误是 ___________. 【答案】（1）（2） 【分析】根据数学归纳法证明的方法与步骤即可得出答案. 【详解】（1）错误：本小题的错误在于没有证明第一步，即没有验证时等式成立， 因为第一步是整个证明的基本， 所以缺了第一步，后面的证明就会出现失误. （2）错误：本小题在证成立时，应用了等比数列的求和公式， 而未使用假设成立时的条件，这与数学归纳法的要求不符， 所以其错误是未使用归纳假设. 故答案为：（1）（2） 三、解答题 3．（24-25高二下·浙江·期末）设数列的前n项和为，，对任意，都有成立． (1)求，，的值； (2)猜想的表达式并用数学归纳法证明． 【答案】(1)，， (2)证明见解析 【分析】（1）根据，令代入即可求解. （2）利用数学归纳法的证明即可. 【详解】（1），，令，则； 令，； 令，； （2）猜想， ①当时，满足上式； ②假设时，上式成立，即， 则当时，， 显然，猜想成立，所以． 4．（24-25高二下·北京房山·期末）已知数列的通项公式为，记该数列的前n项和为． (1)计算，，，的值； (2)根据计算结果，猜想的表达式，并进行证明． 【答案】(1)，，， (2)，证明见解析. 【分析】（1），从而可得出， （2）猜想，然后根据数学归纳法的步骤证明即可. 【详解】（1）因为， 所以，， ， . （2）猜想， 下面用数学归纳法进行证明： 当时，，猜想正确， 假设当时，猜想也正确， 则有， 当时，， 所以时，猜想也正确， 综上所述，. 5．（24-25高二下·北京东城·期末）已知数列满足，. (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)若数列满足，.对任意的正整数，是否都存在正整数，使得？若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；；. (2)； (3)存在，证明见解析. 【分析】（1）根据数列的递推关系式，逐项计算，即可求得的值； （2）根据题意，化简得到，得出数列为等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解； （3）利用归纳法和数学归纳法求得数列的通项公式为，结合，即可求解. 【详解】（1）解：由数列满足，， 当时，可得； 当时，可得， 当时，可得. （2）解：由数列满足，可得， 又由，可得， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以，即数列的通项公式. （3）解：存在正整数，使得. 由（2）可知， 又由，可得， 则 ，，， 归纳得，即， 证明：① 当时，，符合题意， ②设当时，， 当时，，即， 这说明假设当时猜想正确，那么当时猜想也正确. 上述可知猜想正确，即. 又因为， 所以对任意的正整数，都存在正整数，使得. 6．（24-25高二下·浙江杭州·期末）已知数列满足，. (1)求，，； (2)试猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明. 【答案】(1)(2)，证明见解析 【分析】（1）首先根据题意得到，再求，，即可. （2）首先猜想数列的通项公式为，再利用数学归纳法证明即可. 【详解】（1）由可知， 当时，代入，解得； 当时，代入，解得； 当时，代入，解得； （2）猜想数列的通项公式为. 当时，左边，右边，成立. （2）假设当时，成立. 则当时，有， 即当时，也成立. 所以对任何都成立. 7．（24-25高二下·湖南长沙·期末）已知数列的前项和为，且﹔等差数列前项和为满足，． (1)求数列，的通项公式； (2)设，求数列的前项和； 【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）根据数列前项和与通项的关系得出，然后根据等差数列的前项和公式与等差数列通项公式的基本量运算即得； （2）根据已知化简得，令为的前项和，根据错位相减法得出，令为的前项和，根据裂项相消法得出，即可得出的前项和. 【详解】（1）由，得， 当时，， ， ， ， 为首项为1，公比为3的等比数列， ， ， ， 又， ，， ； （2）， ， ， 令为的前项和， 则， 则， 所以， 所以， ， 所以； 令为的前项和， 则 ， 所以． 故的前项和为： ． 8．（24-25高二下·河南南阳·期末）设，，． (1)当时，试比较与1的大小； (2)根据（1）的结果猜测一个一般性结论，并加以证明． 【答案】(1)；；；； (2)当，时，有，证明见解析. 【分析】（1）求出的值即得； （2）利用数学归纳法证明即得. 【详解】（1）∵，， ∴，． ∵，， ∴，． ∵，， ∴，． ∵，， ∴，． （2）猜想：当，时，有． 证明：①当时，猜想成立． ②假设当（，）时猜想成立，． 当，． ∵， ∴，则， 即， ∴当时，猜想成立. 由①②知，当，时，有． 9．（24-25高二下·北京丰台·期末）已知数列是无穷数列.若，则称为数列的1阶差数列；若，则称数列为数列的2阶差数列；以此类推，可得出数列的阶差数列，其中. (1)若数列的通项公式为，求数列的2阶差数列的通项公式； (2)若数列的首项为1，其一阶差数列的通项公式为，求数列的通项公式； (3)若数列的通项公式为，写出数列的阶差数列的通项公式，并说明理由. 【答案】(1)(2)(3)答案见解析 【分析】（1）根据差数列的定义直接求解可得； （2）使用累加法可得； （3）先计算，时的m阶差数列，然后使用数学归纳法可证. 【详解】（1）因为，所以，      ； （2）因为，且，所以， 所以，，，，， 把上面个等式左右两边分别依次相加，得到， 于是， 又因为，所以. （3）数列的阶差数列的通项公式为. 理由如下：当时，， 其1阶差数列的通过项公式，阶差数列各项均为0. 当时，， 其1阶差数列的通过项公式， 2阶差数列的通项公式为，阶差数列各项均为0. 假设时，的i阶差数列为常数，阶差数列各项均为0. 当时，的1阶差数列为 因为的阶差数列就是的阶差数列， 由假设知的k阶差数列各项均为常数. 因为的1阶差数列为 ， 所以的1阶差数列为的1阶差数列与的1阶差数列的和， 进而有的k阶差数列为的k阶差数列与的k阶差数列的和. 所以，数列的阶差数列的通项公式为. 10．（24-25高二下·河南南阳·期末）设正项数列的首项为4，满足． (1)求，，并根据前3项的规律猜想该数列的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的猜想． 【答案】(1)，；(2)见解析 【分析】（1）由首项及递推关系式逐次求得，再根据前三项总结规律猜想出数列的通项公式； （2）根据已知条件得到递推关系，利用递推关系按数学归纳法步骤证明即可. 【详解】（1）由可得，又，则，， 则，猜想； （2）由（1）得，当时，， ①当时，猜想显然成立； ②假设当时成立，即； 当时，，猜想成立， 由①②知猜想恒成立，即. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $