01等差数列-湖南省2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教版）

这是一份01等差数列-湖南省2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·湖南衡阳·高二校考期末）已知等差数列的公差不为，其前项和为，且，，当取得最小值时，（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·湖南长沙·高二长郡中学校考期末）在等差数列中，若，，则的公差为（ ）
A．B．2C．D．3
3．（2022上·湖南永州·高二统考期末）若为等差数列，其前n项和为，则（ ）
A．10B．12C．14D．16
4．（2022上·湖南郴州·高二统考期末）等差数列中，，，则（ ）
A．6B．7C．8D．9
5．（2022上·湖南·高二校联考期末）某公司技术部为了激发员工的工作积极性，准备在年终奖的基础上再增设30个“幸运奖”，投票产生“幸运奖”，按照得票数（假设每人的得票数各不相同）排名次，发放的奖金数成等差数列．已知前10名共发放2000元，前20名共发放3500元，则前30名共发放（ ）
A．4000元B．4500元C．4800元D．5000元
二、多选题
6．（2023上·湖南岳阳·高二统考期末）已知各项均为正数的等差数列单调递增，且，则（ ）
A．公差的取值范围是B．
C． D．
7．（2023上·湖南益阳·高二统考期末）已知两个等差数列、的前项和分别为和，且，则使得为整数的的取值可以是（ ）
A．B．C．D．
8．（2023上·湖南郴州·高二统考期末）设是等差数列，是其前n项的和，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．只在处时才取最小值
9．（2023上·湖南岳阳·高二统考期末）已知无穷等差数列的前项和为，，，则（ ）
A．数列单调递减B．数列没有最小项
C．数列单调递减D．数列有最大项
三、填空题
10．（2023上·湖南岳阳·高二统考期末）数列的前项和，则该数列的通项公式为 .
11．（2023上·湖南长沙·高二湖南师大附中校考期末）设等差数列{}的各项均为整数，首项，且对任意正整数，总存在正整数，使得，则这样的数列{}的个数为 .
12．（2023上·湖南益阳·高二统考期末）已知等差数列中，，，若在数列每相邻两项之间插入三个数，使得新数列也是一个等差数列，则新数列的第项为 ．
13．（2023上·湖南常德·高二临澧县第一中学校考期末）公差不为零的等差数列中，，则数列中第 项的值与的值相等.
四、解答题
14．（2023上·湖南岳阳·高二统考期末）记为等差数列的前项和，已知.
(1)求公差及数列的通项公式；
(2)求，并求的最小值及取得最小值时的值.
15．（2023上·湖南永州·高二统考期末）设数列的前项之积为，且满足．
(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记，证明：．
16．（2023上·湖南衡阳·高二校考期末）已知正项数列的前项和为，且.
(1)证明：是等差数列.
(2)设数列的前项和为，若满足不等式的正整数的个数为3，求的取值范围.
17．（2023上·湖南长沙·高二雅礼中学统考期末）记为数列的前n项和，已知的公差为的等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
18．（2023上·湖南衡阳·高二统考期末）已知数列各项均为正数，且，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求是数列的前项和，求.
19．（2023上·湖南郴州·高二校考期末）在等差数列中，已知且.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
五、双空题
20．（2023上·湖南衡阳·高二校考期末）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则 ；数列的前100项和为 .
21．（2023上·湖南张家界·高二统考期末）中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智．南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍瞢垛、刍童垛等的公式．例如三角垛指的是顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个……第层放 个物体堆成的堆垛，记共层的三角垛中物体的总数为，则 ．
参考公式：．
参考答案：
1．C
【分析】设等差数列的公差为，由可得出，然后解不等式，可得出当取得最小值时对应的的值.
【详解】设等差数列的公差为，由可得，
整理可得，所以，，
令，即，解得，
因此，当取最小值时，.
故选：C.
2．B
【分析】根据等差数列的定义，列出方程，解之即可.
【详解】设的公差为，
则，
解得．
故选：B．
3．B
【分析】利用等差数列的性质可得成等差数列，即可求得答案
【详解】因为成等差数列，
故，即，得.
故选：B
4．C
【分析】由等差数列的基本量法先求得公差，然后可得．
【详解】设数列的公差为，
则，，所以．
故选：C．
5．B
【分析】利用等差数列前项和的性质直接求解即可
【详解】由已知可知等差数列中，
因为成等差数列，
所以，
所以，解得，
故选：B
6．BCD
【分析】由,,且，可判断A，由等差数列的性质可判断BD，由作差法可判断C.
【详解】解：由题意得,,，
所以，解得，所以，故A错误；
由，故B正确；
由，故，C选项正确；
由等差数列性质，，故D正确.
故选：BCD
7．ACD
【分析】利用等差数列中项以及等差数列求和公式可得出，即可得出正整数的可能取值.
【详解】由等差中项以及等差数列求和公式可得，
又因为，.
故选：ACD.
8．AB
【分析】根据求出，由得到，，判断出AB正确；再根据作差法结合等差数列的性质判断出C选项，由，，，得到取得最小值的不止一个.
【详解】，解得：，B正确；
因为，所以，故，解得：，A正确；
因为，，所以，
，故，C错误；
因为，，，故当或7处时均取最小值，D错误.
故选：AB
9．ABD
【分析】首先判断数列的单调性，即可判断A、B，再根据等差数列求和公式及二次函数的性质判断C、D.
【详解】解：数列的前项和为，，由于，故数列为单调递减数列，
且数列为无穷等差数列，故数列没有最小项，故A正确、B正确；
又，，二次函数开口向下，对称轴为，
故数列有最大项，没有最小项，故D正确，
因为，无法判断与的大小，即的取值，故无法判断数列的增减性，故C错误．
故选：ABD．
10．
【分析】由可求得数列的通项公式.
【详解】当时，；
当时，.
不满足.
所以，.
故答案为：.
11．3
【分析】由条件知，得到，又由等差数列的求和公式，求得，得出为等差数列中的项，进而利用为整数，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
由条件知(是某个正整数)，则，
即，因此必有，且，
而对任意正整数，可得
，
即的表示式满足等差数列的通项公式的结构，
又为一奇一偶，即为整数，所以为等差数列中的项，
因为等差数列{}的各项均为整数，
所以只要且）为整数，那么就是中的一项，
易知：可取，即，对应可得到3个满足条件的等差数列.
故答案为:3.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是把等差数列的前项和公式转化为等差数列的通项公式形式，以及合理应用整除的性质求解，着重考查了分析问题和转化化归的能力.
12．
【分析】先计算出等差数列的公差，进而得到新的等差数列的公差，从而求出的通项公式，求出新数列的第项.
【详解】设等差数列的公差为，则，
在数列每相邻两项之间插入三个数，则新的等差数列的公差为，
故新数列的首项为，故通项公式为，
故.
故答案为：31
13．11
【分析】根据等差数列的基本量根据已知等式求得，再得通项公式，即可得所求.
【详解】解：设等差数列的公差为，且，又，所以，则，
则，又，所以，又，故.
故答案为：11.
14．(1)，
(2)，的最小值为，此时或5
【分析】（1）根据等差数列的前项和公式，即可求得的值，从而可得数列的通项公式；
（2）求得等差数列的前项和，根据二次函数的性质及为正整数，即可求得的最小值及取得最小值时的值.
【详解】（1）在等差数列中，因为，所以，则，
所以；
（2）
∵，又为正整数
∴或5时，的最小值为.
15．(1)证明见解析，；
(2)证明见解析
【分析】（1）法一：根据，得到，变形后得到，证明出结论，并求出通项公式；
法二：由题目条件得到，得到以3为首项，以2为公差的等差数列，求出，进而求出，并证明出数列是等差数列；
（2）利用放缩法得到，裂项相消法求和，得到.
【详解】（1）方法一：当，得，
当时，①
②
两式相除可得：
即，又，
故，
变形为：，
因为，所以是以为首项，1为公差的等比数列．
所以
化简可得
法二：因为，，
所以
即
令，则，
所以以3为首项，以2为公差的等差数列，
所以，即，
所以．
又因为满足上式，
所以，
所以，故，
故数列是等差数列．
（2）
因为，
所以
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用题意得到，继而得到，两式相减可得即可证明；
（2）由（1）可得，，所以，然后利用裂项相消法可求出，继而分析的单调性即可求解
【详解】（1）由可得，
当时，
两式相减可得
，
又由可得解得
是以为首项，为公差的等差数列，
（2）由（1）可得，，
所以，
所以
因为在内单调递增，所以，单调递增，
因为，，所以满足不等式的正整数的个数为3，的取值范围为
17．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用题意建立等式求出，然后利用，求出通项即可；
（2）先将放大为，然后裂项求和即可.
【详解】（1）因为，所以，
又因为是公差为的等差数列，所以，
所以.
当时，时，也满足上式.
所以的通项公式是；
（2）当时，，不等式成立；
当时，
.
18．(1)
(2)
【分析】（1）化简已知等式可求得，知数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得结果；
（2）由（1）可得，分别在为偶数和为奇数的情况下，采用并项求和方法和求得，综合两种情况可得结果.
【详解】（1）由得：，
又，，
，数列是以为首项，为公差的等差数列，
.
（2）由（1）得：；
当为偶数时，；
当为奇数时，；
综上所述：.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得首项和公差，从而求得.
（2）利用裂项求和法求得.
【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，
则，，解得，，
∴，
（2）∵，
∴.
20．
【分析】当时，,当时，,联立可得，利用累加法可得，从而可求得，即可得到，根据，即可得到.
【详解】令且，
当时，①；
当时，②，
由①②联立得.
所以，
累加可得.
令(且为奇数)，得.
当时满足上式，
所以当为奇数时，.
当为奇数时，，
所以，其中为偶数.
所以，所以.
因为，
所以的前2n项和
，
所以
故答案为：，
21．
【分析】根据数列项的特点找到递推关系，累差求出通项.分组求和，利用公式可得结果.
【详解】由题意得，，
，
故答案为：，