01等差数列-浙江省2023-2024学年高二上学期数学期末复习专题练习（人教版）

这是一份01等差数列-浙江省2023-2024学年高二上学期数学期末复习专题练习（人教版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2022上·浙江台州·高二校考期末）已知数列是等差数列， 前n项和，若满足，则使最大的为 （ ）
A．2021B．2022C．4041D．4042
2．（2022上·浙江台州·高二校联考期末）已知等差数列的前项和为，若公差，且，则（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
3．（2023上·浙江嘉兴·高二统考期末）已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·浙江杭州·高二杭师大附中校考期末）“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ）
A．103B．107C．109D．105
5．（2023上·浙江湖州·高二统考期末）在等差数列中，首项，前3项和为6，则等于（ ）
A．0B．6C．12D．18
6．（2023上·浙江台州·高二期末）已知数列中，，且是等差数列，则（ ）
A．36B．37C．38D．39
7．（2023上·浙江绍兴·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，首项为，公差为，则（ ）
A．B．C．D．
8．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）某中学响应政府号召，积极推动“公益一小时”，鼓励学生利用暑假时间积极参与社区服务，为了保障学生安全，与社区沟通实行点对点服务．原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．由于志愿者人数暴涨，学校与社区临时决定改变派遣计划，具体规则为：把原计划拟派遣的各批人数依次构成的数列记为，在数列的任意相邻两项与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．按新数列的各项依次派遣支教学生．记为派遣了50批学生后参加公益活动学生的总数，则的值为（ ）
A．198B．200C．240D．242
9．（2023上·浙江舟山·高二统考期末）在等差数列中，，，则=（ ）
A．2022B．2023C．4043D．4044
10．（2023上·浙江温州·高二统考期末）已知是公差不为0的等差数列，是其前项和，则“对于任意，都有”是“的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
11．（2023上·浙江温州·高二校考期末）已知正项数列满足，若，则数列的前项的和为（ ）
A．B．C．D．
12．（2023上·浙江温州·高二校考期末）已知等差数列，，是方程的两根，则（ ）
A．9B．18C．D．
二、多选题
13．（2022上·浙江台州·高二校联考期末）已知等差数列的前项和为，若，，则下列选项正确的有（ ）
A．B．
C．中绝对值最小的项为D．数列的前项和最大项为
14．（2023上·浙江台州·高二期末）台州府城墙是临海级旅游景点之一，该景点的入口处有一段台阶，共198级．若某游客登台阶时每步只向上登一级或两级，设该游客从底下开始登上第n级台阶的不同走法种数记为（且），则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
15．（2023上·浙江杭州·高二浙江大学附属中学校考期末）已知正项数列前n项和为，且满足（ ）
A．数列是等差数列B．
C．数列不是等差数列D．
16．（2023上·浙江金华·高二统考期末）已知椭圆的左右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，设，，，，已知成等差数列，公差为d，则（ ）
A．成等差数列B．若，则C．D．
17．（2023上·浙江金华·高二统考期末）自然界中存在一个神奇的数列，比如植物一年生长新枝的数目，某些花朵的花数，具有1，1，2，3，5，8，13，21……，这样的规律，从第三项开始每一项都是前两项的和，这个数列称为斐波那爽数列．设数列为斐波那契数列，则有，以下是等差数列的为（ ）
A．B．C．D．
18．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）已知等差数列，其前n项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．使的的最大值为C．公差D．当时最大
三、填空题
19．（2022上·浙江台州·高二校考期末）正整数列前n （）个奇数的和＝ ．
20．（2023下·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）已知等差数列，，，则 .
21．（2023上·浙江嘉兴·高二统考期末）将数列和的公共项从小到大排列得到一个新的数列，则数列的前项和为 .
22．（2023上·浙江杭州·高二杭十四中校考期末）在等差数列中，已知，则的值为 ．
23．（2023上·浙江台州·高二期末）已知等差数列满足，则 ．
24．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）已知等差数列，，=
25．（2023上·浙江金华·高二统考期末）数列满足，，则 ．
四、解答题
26．（2023下·浙江嘉兴·高二统考期末）记为数列的前n项和，且，已知．
(1)若，求数列的通项公式；
(2)若对任意恒成立，求的取值范围．
27．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）已知数列满足
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
五、证明题
28．（2022上·浙江台州·高二校联考期末）记为数列的前项和，已知．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)若，求证：．
29．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）已知正项数列的前n项和为．若（且）．
(1)求证：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)若，求前n项和．
30．（2023上·浙江宁波·高二统考期末）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．
问题：已知等差数列为其前n项和，若______________．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求证：数列的前n项和．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
参考答案：
1．D
【分析】根据等差数列的单调性，结合第项与前项的关系进行求解即可.
【详解】等差数列的前n项和为，由，且，
得，，，则数列的公差，
于是数列是递减的等差数列，当时，，当时，，
又，因此，
，，所以使最大的为.
故选：D
2．B
【分析】利用等差数列前n项和二次函数性质及求得，进而求得，最后应用等差数列前n项和公式求结果.
【详解】由，故对称轴为，又，
所以，即，故，
所以.
故选：B
3．C
【分析】根据等差数列的性质和通项公式可得，再根据等差数列的求和公式可得，结合已知条件求解即可
【详解】设等差数列的公差为，则，
因为，
所以，
因为等差数列和的前项和分别为、，满足，
所以，
所以，
故选：C
4．B
【分析】根据已知条件进行转化得到数列通项公式，由题意解出不等式即可判断项数.
【详解】由题意，被3除余2且被7除余2的数即为被21除余2的数，故，
则.
故选：B
5．A
【分析】根据题意求出公差，从而可得出答案.
【详解】设公差为，
则，解得，
所以.
故选：A.
6．A
【分析】根据等差数列的定义写出的通项公式，再利用累加法求.
【详解】因为，所以，
又是等差数列，故首项为3，公差为2，
所以，
所以．
故选：A.
7．B
【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式求解.
【详解】因为，所以，
故选:B.
8．B
【分析】由已知确定数列的通项公式，再确定数列的项的取值规律，再求其前50项的和.
【详解】由已知原计划第一批派遣18名学生，以后每批增加6人．
所以数列为等差数列，且，数列的公差，
所以,
数列为数列的任意相邻两项与之间插入个2所得，
所以数列满足条件，，当时，，
，当时，，
，当时，，
，当时，，
所以数列的前项的和为，
故选：B.
9．C
【分析】由等差数列的通项公式代入方程组可求得首项和公差，代入求解即可.
【详解】∵为等差数列，
∴
∴，
∴
故选：C.
10．A
【分析】利用等差数列的前项和公式和充分性、必要性的概念求解即可.
【详解】因为数列是公差不为0的等差数列，所以，
当时，没有最大值，所以由对于任意，都有可得，所以，充分性成立；
当时，，所以必要性不成立，
故“对于任意，都有”是“的充分不必要条件，
故选：A
11．C
【分析】由和的关系，利用公式求出数列的通项公式，可得到数列的通项公式，利用裂项相消法求前项的和.
【详解】，当时，，
当时，，当时，也满足，
∴ 数列的通项公式为，
，



故选：C
12．A
【分析】由韦达定理可得，根据等差数列的性质有，可求.
【详解】，是方程的两根，有，
等差数列中，.
故选：A
13．BCD
【分析】由题设可得，结合等差数列性质判断A、B、C；再由的正负分界点，判断最大项判断D.
【详解】由题意，可得，显然，，
即为递减数列，且，，即，故A错，B、C对；
由题意，的前8项为正，第9项开始均为负，故最大项为，D对.
故选：BCD
14．ABD
【分析】最后一步有两种途径，只登一级与登两级，可得，即可判断A，利用迭代即可证明B，根据可得作等量替换判断C，根据可得即可证明D．
【详解】易知，，，最后一步有两种途径，只登一级与登两级，故，故A正确；
由
，
∴，故B正确；
由，
则，
则，故C错误；
由，
∴
，
∴，故D正确．
故选：ABD．
15．ABD
【分析】根据给定的递推公式，结合求出数列的通项公式，再逐项判断作答.
【详解】数列中，，，当时，，
则，即，
因此，而，解得，即数列是首项为1，公差为2 的等差数列，A，B都正确；
，，，
于是，数列是等差数列，C错误；
，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.
16．ABC
【分析】A选项，由椭圆定义及成等差数列，得到，，，，故，A正确；B选项，在A选项基础上得到，，，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，由得到，由弦长公式得到，联立得到；C选项，由焦半径公式推导出，C正确；D选项，在的基础上，得到，D错误.
【详解】A选项，由椭圆定义可知：，
又成等差数列，故，
则，则，则，，
又，
故，故A正确；
B选项，若，此时，，故，且，
设，因为直线斜率一定不为0，
设直线为，与联立得：
，即
则，
因为，所以，
联立解得，故
由弦长公式可得：，
所以，平方得：，
其中，
故，解得：，即，
由可得：，
整理得：，即，
故，解得：或，
因为，所以舍去，故，B正确；
C选项，设椭圆上一点，其中椭圆左右焦点分别为，
下面证明，，
过点M作MA⊥椭圆的左准线于点A，作MB⊥椭圆右准线于点B，
则有椭圆的第二定义可知：，
其中，
则，，
故，故，
，故，所以，C正确；
D选项，设直线为，由得：，故，D错误.
故选：ABC
【点睛】椭圆焦半径公式：
（1）椭圆上一点，其中椭圆左右焦点分别为，
则，，
（2）椭圆上一点，其中椭圆下上焦点分别为，
则，，
记忆口诀：左加右减，下加上减.
17．BD
【分析】利用定义构造等差中项来验证所给选项成等差数列.
【详解】由题意：，①
所以，②
②①得：，
所以数列或数列成等差数列，
令，则成等差数列，故B正确，A错误，
由，
所以，
所以成等差数列，
令，则成等差数列，故D正确，C错误.
故选：BD.
18．ACD
【分析】根据条件可得，，可判断A 正确，可判断C 正确，再根据可判断B错误，又因为可判断D正确.
【详解】等差数列，，
又，
，A正确.
, C正确.
,
使的n的最大值为. B错误.
当,
所以当时最大. D正确.
故选：ACD
19．
【分析】直接根据等差数列的求和公式计算即可．
【详解】正整数数列前个奇数的和为：.
故答案为：
20．1
【分析】记等差数列的公差为，则，由，，结合和差角余弦公式可得，从而可求解.
【详解】记等差数列的公差为，则，
因为，，
所以
，
所以.
故答案为：1
21．
【分析】首先判断出数列与项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.
【详解】因为数列是以3为首项，以2为公差的等差数列，
数列是以2首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以5为首项，以6为公差的等差数列，
所以的前项和为.
故答案为：.
22．30
【分析】根据等差数列的通项公式求解.
【详解】设的公差为，
，即，
所以，
故答案为:30.
23．49
【分析】根据等差数列定义可得，利用裂项求和计算可得，再由等差数列通项公式计算可得.
【详解】设等差数列的公差为d，则，
所以，可得；
又，即，解得．
故答案为：
24．e
【分析】由等差中项的性质计算即可.
【详解】由等差数列性质可知：，
又，故.
故答案为：e
25．
【分析】累加法以及等差数列求和公式求数列的通项公式.
【详解】因为，
所以，
，
，
，
，
累加得：
故答案为：.
26．(1)
(2)
【分析】（1）由已知得为公差为的等差数列，求得，利用与的关系求得，再利用累乘法即可得到结果.
（2）利用等差数列前项和公式表示出，即可得出，然后利用裂项相消法求得其前项的和，即可得到结论.
【详解】（1）由题意得为公差为，首项为的等差数列，
则，
即，
两式作差得，
即，
所以，
即，，
因为也适合上式，所以.
（2）由（1）知，
由可得，
所以，
则
，
当时，有，
因为，所以恒成立等价于，从而.
27．(1)
(2)
【分析】（1）根据求解即可；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）因为，
故当时，，
上述两式相减，得，所以，
又可得，符合上式，
所以；
（2）由（1）可得，
则.
28．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用关系求得，注意的情况，即可证结论；
（2）由题意，放缩得，再由裂项相消法即可得证.
【详解】（1）由题设且，
则，所以，
当时，，即，
综上，数列是公差为2的等差数列
（2）由题意及（1）得，
所以，
当时，
则，
又，
所以得证.
29．(1)；
(2).
【分析】（1）由，结合已知递推关系进行转化，然后结合等差数列的通项公式及递推关系可求；
（2）由已知先求，根据错位相减即可求和．
【详解】（1）由题意得：当时，
，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以数列是以1为首项，以为公差的等差数列，
则，
所以，
当时，，
由于不适合上式，
故；
（2）当时，，
当时， ，
所以，
当时，，
，
相减得，
故，此时也适合，
故．
30．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）选①由与的关系求解即可；选②③由等差数列的通项公式与求和公式求解即可；（2）由（1）可得，利用裂项相消法证明即可.
【详解】（1）若选①：在等差数列中，，
当时，，
也符合，
∴；
若选②：在等差数列中，
，
，解得
；
若选③：在等差数列中，
，解得
；
（2）证明：由（1）得，
所以