08数列-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版）

这是一份08数列-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版），共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·山东泰安·高三统考期末）已知等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，，则（ ）
A．B．C．48D．96
2．（2023上·山东菏泽·高三统考期末）等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．60B．70C．80D．150
3．（2023上·山东潍坊·高三统考期末）已知定义在上的函数满足，对，，有，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·山东潍坊·高三统考期末）宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成堆垛，用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术.有这么一道关于“堆垛”求和的问题：将半径相等的圆球堆成一个三角垛，底层是每边为个圆球的三角形，向上逐层每边减少一个圆球，顶层为一个圆球，我们发现，当，2，3，4时，圆球总个数分别为1，4，10，20，则时，圆球总个数为（ ）
A．30B．35C．40D．45
5．（2023上·山东济南·高三统考期末）已知等差数列的公差为，随机变量满足，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022上·山东菏泽·高三统考期末）设数列的前项和为，若为常数，则称数列为“吉祥数列”.已知等差数列的首项为2，且公差不为0，若数列为“吉祥数列”，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
7．（2022上·山东济宁·高三统考期末）已知数列的前项和.则“”是“数列为递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
8．（2022上·山东潍坊·高三统考期末）斐波那契数列又称“黄金分割数列”，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：，，则是数列的第几项？（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2023
9．（2022上·山东青岛·高三统考期末）已知是等差数列的前项和，的公差，是与的等比中项，设，则的前2022项和为（ ）
A．B．C．D．
10．（2022上·山东淄博·高三统考期末）已知等比数列的前n项和为，若，，则公比（ ）
A．－2B．2C．D．
二、多选题
11．（2023上·山东日照·高三校联考期末）已知三棱锥的棱长均为，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，…，球与三棱锥的三个面和球都相切（，且），球的表面积为，体积为，则（ ）
A．B．
C．数列为等差数列D．数列为等比数列
12．（2023上·山东潍坊·高三统考期末）若数列满足，则称数列为“差半递增”数列，则（ ）
A．正项递增数列均为“差半递增”数列
B．若数列的通项公式为，则数列为“差半递增”数列
C．若数列为公差大于0的等差数列，则数列为“差半递增”数列
D．若数列为“差半递增”数列，其前项和为，且满足，则实数的取值范围为
13．（2023上·山东滨州·高三统考期末）已知数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．是单调递增数列D．
14．（2022上·山东济宁·高三统考期末）帕多瓦数列是与斐波那契数列相似的又一著名数列.在数学上，帕多瓦数列被以下递推的方法定义：数列的前项和为，且满足：.则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．是偶数D．
15．（2022上·山东青岛·高三统考期末）已知数列和满足，，，.则（ ）
A．B．数列是等比数列
C．数列是等差数列D．
16．（2022上·山东青岛·高三统考期末）在数列中，若，(为常数)，则称为“等方差数列”，p称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．是等方差数列
B．若数列既是等方差数列，又是等差数列，该数列必为常数列
C．正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
D．若等方差数列的首项为2，公方差为2，若将，…这种顺序排列的10个数作为某种密码，则可以表示512种不同密码
三、填空题
17．（2023上·山东日照·高三校联考期末）设正项等比数列的公比为，首项，关于的方程有两个不相等的实根，且存在唯一的，使得．则公比的取值范围为 ．
18．（2023上·山东菏泽·高三统考期末）写出一个数列的通项公式，使得这个数列的前n项积当且仅当时取最大值，则 ．（写出一个即可）
19．（2023上·山东烟台·高三统考期末）“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛.设是一个“0，1数列”，定义数列：数列中每个0都变为“1，0，1”，中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列.例如数列：1，0，则数列：0，1，0，1，0，1.已知数列：1，0，1，0，1，记数列，，2，3，…，则数列的所有项之和为 .
20．（2023上·山东枣庄·高三统考期末）已知等差数列的前n项和为，若，且，则 .
21．（2022上·山东青岛·高三统考期末）记函数的图像在点处的切线的斜率为，则数列的前n项和为 .
22．（2022上·山东烟台·高三统考期末）在等差数列中，，则 ．
四、解答题
23．（2023上·山东泰安·高三统考期末）已知数列的前n项和为，，且（）．
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，求证：．
24．（2023上·山东德州·高三统考期末）已知公差不为零的等差数列的前n项和为，，，，成等比数列，数列的前n项和．
(1)求数列和通项公式；
(2)求的值；
(3)证明：．
25．（2023上·山东日照·高三校联考期末）已知数列的各项均为非零实数，其前项和为，且.
(1)若，求的值；
(2)若，，求证：数列是等差数列，并求其前项和.
26．（2023上·山东聊城·高三校考期末）已知数列的前n项和
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
27．（2023上·山东菏泽·高三统考期末）已知等差数列的通项公式为，记数列的前n项和为，且数列为等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，求的通项公式．
28．（2023上·山东潍坊·高三统考期末）已知正项数列满足，.
(1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求.
29．（2023上·山东滨州·高三统考期末）设公差不为0的等差数列的前项和为，若，且，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)求满足条件的正整数的最大值．
30．（2023上·山东烟台·高三统考期末）已知数列和的各项均不为零，是数列的前项和，且，，，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
31．（2023上·山东枣庄·高三统考期末）已知数列的前项和为，且.
(1)求；
(2)设，求数列的前n项和.
32．（2023上·山东济南·高三统考期末）定义:在数列中,若存在正整数,使得,都有,则称数列为“型数列”.已知数列满足.
(1)证明:数列为“3型数列”;
(2)若,数列的通项公式为,求数列的前15项和.
参考答案：
1．C
【分析】根据题意，由条件得到关于与的方程，即可得到，从而得到结果.
【详解】设等比数列的公比为，
因为成等差数列，
所以，即，
又，
所以，解得
所以
故选:C
2．D
【分析】根据等比数列前项和的片段和性质，结合题意，进行具体计算即可.
【详解】因为是等比数列，
所以成等比数列，
又因为，，，
则，，
所以，.
故选：D.
3．A
【分析】由已知可推得，令，得出.设，则，由，可得.又，代入求和即可得出结果.
【详解】令，由已知可得.
令，由已知可得，
设，则，整理可得.
又，所以，所以.
则，
所以.
故选：A.
【点睛】方法点睛：对于抽象函数的问题，常用赋值法：赋确定值求解函数值，赋确定值及可变值可得函数关系式.
4．B
【分析】求出底层个数，加上前4层总数20即可.
【详解】当，2，3，4时，圆球总个数分别为1，4，10，20，
所以当4时，每层圆球的个数分别为1，3=1+2，6=1+2+3，10=1+2+3+4，
可得，时，底层有，
故一共有个球.
故选：B
5．D
【分析】根据等差数列的通项公式和随机变量分布列的概率之和等于1即可求解.
【详解】因为随机变量满足，
所以，
也即，又因为是公差为的等差数列，
所以，则有，，，
所以，则，
，，
因为，所以，解得，
故选：.
6．D
【分析】设出等差数列的公差，根据为常数求得后可得通项公式．
【详解】设等差数列的公差，则，
∴．
又数列为“吉祥数列”，∴为常数，
不妨设，
则得，
则，解得：，
∴.
故选：D．
7．A
【分析】应用求通项公式，结合等比数列定义确定的性质，再由等比数列性质及充分、必要性定义判断推出关系即可.
【详解】由题设，且，
显然满足上式，则，即是首项为，公比为的等比数列，
当时，，则为递减数列；
当时，，则为递减数列.
若为递减数列，则或，即或，
所以“”是“数列为递减数列”的充分不必要条件.
故选：A
8．D
【分析】由题意结合递推关系式,采用累加求和可得的值，进一步做比值即可．
【详解】由题意可得，
，
，
，
，
累加得：，
即，,
故选：．
9．C
【分析】由等差数列性质得，进而根据题意得，再结合得，故，，再根据裂项求和得的前项和，最后求解的前2022项和即可得答案.
【详解】解：由等差数列的前项和公式得，
因为是与的等比中项，所以，即，
因为，所以，
所以，即，
因为，所以
所以
所以，
所以的前项和，
所以的前2022项和为
故选：C
10．B
【分析】利用等比数列的前项和公式列出方程组，能求出首项．
【详解】由题得，
等比数列的前项和为，，，
，解得，．
故选：B
11．AD
【分析】根据题意求出三棱锥内切球和球的半径，找出半径之间的关系，进而进行计算即可得出结论.
【详解】由题意知三棱锥的内切球的球心在高上，如图1所示，
由正三角形中心的性质可得：，则，
设球的半径为，则利用等体积法：，
即，解得：，所以球的体积，故选项正确；
如图2所示：易知，，.
设球与平面切于点，球的半径为，连接，则，
所以，即，所以，
则，所以，如此类推，.
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以，则，故选项错误；
由可得，
所以数列是公比为的等比数列，故选项错误；
由可得，
数列是公比为的等比数列，故选项正确；
故选：.
12．BCD
【分析】利用数列1,4,5作为反例可判断A选项，利用作差法结合等比数列的通项公式比较得可说明B选项，利用作差法结合等差数列的通项公式比较得可说明C选项，根据的关系求出数列通项公式，再根据“差半递增”数列的定义列出不等式可求的取值范围,从而判断D选项.
【详解】对于A，假设一个正项递增数列为：1,4,5，
则，则，不满足“差半递增”数列，A错误；
对于B，因为，
所以
，
因为，所以函数单调递增，所以当，
即恒成立，所以数列为“差半递增”数列，B正确；
对于C，设公差，，，，
所以，
所以，数列为“差半递增”数列，C正确；
对于D，因为，所以，所以，
当时，，
所以，所以，
所以数列为等差数列，公差为1，所以，
所以，
所以对任意，，即，
所以，
所以，因为,
所以当时有最大值为，
所以，D正确；
故选:BCD.
13．AC
【分析】由已知得出，可判断A选项的正误；利用等比数列的定义可判断B选项的正误；利用数列的单调性可判断C选项的正误；利用作差法可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，由得，故，A正确；
对于B选项，将，两式相减得，
即，又令，得，
，所以从第二项开始成等比数列，公比为，
故时，，即，所以，，
故B选项错误；
对于C选项，因为.当时，，
当时，.
所以，，令，
则时，，
即，而，所以数列单调递增，C选项正确；
对于D选项，当时，，
显然成立，故恒成立，D选项错误.
故选：AC.
14．BCD
【分析】根据递推关系依次写出前8项，再求，判断A、B；根据已知判断数列中奇偶数出现的规律，找出其周期，即可判断C；根据递推关系，应用累加法得到，两边都加上前3项即可判断D.
【详解】由题设，，，，A错误；
由上分析，，B正确；
由知：*表示奇数，@表示偶数，如下表，
显然，该数列奇偶数出现以7为周期，一个周期内下标从小到大对应项依次出现3个奇数，2个偶数，1个奇数，1个偶数，
而，故是偶数，C正确；
由，，，…，，且，
所以，又，
故，D正确.
故选：BCD
15．BCD
【分析】通过合理赋值即可判断A，对B两式作和即可判断，对C两式作差即可判断，对D，通过BC选项求出，则可判断D正确.
【详解】对A选项，令，则，，
则，则，则，则A错误，
对B选项，由题意中两式相加得，故B正确，
对C选项，由题意中两式作差得，
即，则C正确，
对D选项，由B得，，
两式相加得，
则，
则
若，显然，则成立,
故选：BCD.
16．ABD
【分析】选项A. 由题意可判断；选项B. 由题意有，分和两种情况可判断；选项C. 当时可判断；选项D. 由题意，，从而可判断.
【详解】选项A. 若，则，则，所以是等方差数列，故正确.
选项B. 由数列是等差数列，则
由数列既是等方差数列,则，则
即
当时，数列为常数列
当时，，结合，可得，所以数列为常数列
故数列为常数列，所以选项B正确.
选项C. 由题意，则，
由等比数列，则，即，解得或
当时，，满足题意，故选项C不正确.
选项D. 数列是首项为2，公方差为2的等方差数列，则
由题意，
所以中的每一项，可能取正或负，有2种取法.
所以，…有种不同的排法结果；所以选项D正确
故选：ABD
17．
【分析】根据可得范围及韦达定理的结论，由可进一步确定；由可知等比数列为递减数列，分析可知当，符合题意，由等比数列通项公式可构造不等式组求得结果.
【详解】有两个不相等的实根，，
，解得：，，，
，解得：，；
不满足，则存在唯一的，使得，
，，等比数列为递减数列，即；
若，则均不满足，不合题意；
，又唯一，则，
，解得：，即公比的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列基本量的求解问题，解题关键是能够确定数列为递减数列，根据的唯一性分析出唯一可能的情况，即，，从而构造出不等式组.
18．（答案不唯一）
【分析】根据等差数列的前项和公式，指数函数及二次函数的性质求解即得.
【详解】对于，其前项积为，
令，，由二次函数的性质可知，当且仅当时取到最小值，
又函数单调递减，所以当且仅当时取到最大值，
所以满足题意.
故答案为： （答案不唯一）
19．
【分析】根据题意，依次讨论中0与1的个数，从而得解.
【详解】依题意，可知经过一次变换，每个1变成3项，其中2个0，1个1；每个0变成3项，其中2个1，1个0，
因为数列：1，0，1，0，1，共有5项，3个1，2个0，
所以有项，3个1变为6个0，3个1；2个0变为4个1，2个0；故数列中有7个1，8个0；
有项，7个1变为14个0，7个1；8个0变为16个1，8个0；故数列中有23个1，22个0；
有项，23个1变为46个0，23个1；22个0变为44个1，22个0；故数列中有67个1，68个0；
所以数列的所有项之和为.
故答案为：.
20．2
【分析】先结合算出,再计算.
【详解】∵,
∴,
,,
,
故答案为：2.
21．
【分析】利用导数求得，可得出，进而可利用裂项相消法可求得数列的前项的和.
【详解】对函数求导可得，由题意可得，
，
因此，数列的前项的和为.
故答案为：.
22．2
【分析】根据等差数列的定义,将用和d来表示，可求得答案.
【详解】因为是等差数列，设其公差为d，
所以根据可得： ，
即 ，则 ，
故答案为：2.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，由与的关系可得是以2为首项，2为公比的等比数列，从而求得结果；
（2）根据题意，由裂项相消法即可求得，从而证明.
【详解】（1）由，得．
当时，，
所以，所以，
由于，所以，
因为，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以．
（2）由（1）知，，
，
，
因为，所以．
24．(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的基本量求等差数列的通项，根据找到数列的通项公式，然后再求数列的通项公式.
(2)分别求出奇数项和偶偶数项通项公式再求和.
(3)裂项相消法求和，再证明.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意得，解得，
故数列的通项公式．
因为：，当时，，
两式相减得，
又n＝1时，，所以，所以，
因为，所以，而，
即，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，，所以．
（2）当k＝2m，时，，
当k＝2m－1，时，
所以
．
（3）由
可得
＝
因为，所以，
所以．则原命题得证．
25．(1)1
(2)证明过程见解析，前项和为
【分析】（1）令得到，结合得到，利用求出；
（2）得到，累乘法得到，当时，，相减后得到，得到数列为等差数列，首项为，公差为，数列为等差数列，首项为，公差为，利用，求出，写出和的通项公式，合并得到，利用定义法证明出数列是等差数列，并求出其前项和.
【详解】（1）中令得：，
因为数列的各项均为非零实数，所以，
因为，所以，即，解得：；
（2），即，
所以，，，……，，以上式子相乘得：
，
因为数列的各项均为非零实数，且，所以，
即，当时，，
所以，
因为，所以，
所以，，
故数列为等差数列，首项为，公差为，
数列为等差数列，首项为，公差为，
，所以，
所以，
，
故，所以，所以数列是等差数列，
其前项和.
【点睛】当遇到时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.
26．(1)
(2)
【分析】(1)根据递推公式即可求解；
(2)结合（1）的结论，利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
当时，适合上式，
所以．
（2）因为，
所以
则，
两式相减可得：
所以．
27．(1)；
(2).
【分析】（1）根据数列通项及等差中项的性质即得；
（2）由题可得，然后利用裂项相消法即得.
【详解】（1）因为，数列为等差数列，
所以，，，
所以，又，
解得，
所以；
（2）由（1）得，所以，
所以
．
28．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据递推公式将其分解整理可得，两边同时加1即可证明数列是等比数列，根据等比数列通项公式即可求出数列的通项公式；（2）由（1）可写出，分别对是奇数和偶数两种情况进行分类讨论即可求得结果.
【详解】（1）将等式右边分解得，
因为已知，所以，
所以，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，
即.
所以数列的通项公式为
（2）结合（1）知，
所以当为偶数时，.
当为奇数时，.
所以数列的前项和
29．(1)
(2)674
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，然后根据题意列方程组可求出，从而可求出通项公式；
（2）由（1）得，则，从而可求出，再解不等式可得结果.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
因为，且，，成等比数列，
所以，，
即，解得
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）知，易得，
则，
所以．
，
因为，
所以，
解得，
所以正整数的最大值为674．
30．(1)，
(2)
【分析】（1）由，得出数列的特征求出通项，由，得出数列的特征求出通项公式.
（2）由数列的特征，运用错位相减法求前项和.
【详解】（1）因为，所以，
两式相减得.
又因为，所以，
所以数列和都是以2为公差的等差数列.
因为，所以在中，令，得，
所以，，
所以.
对于数列，因为，且，所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.
（2）由，
有，
，
两式相减得，，
所以.
31．(1)
(2)
【分析】（1）根据，作差得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出其通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）解：因为，当时，解得，
当时，所以，即，
所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.
（2）解：由（1）可得，
所以
.
32．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)若为“3型数列”只需满足,根据,进行递推,求出和关系即可证明;
(2)根据(1)的结论,对中各项进行分组,再根据等差数列的前n项和公式计算结果即可.
【详解】（1）解:由题知,
所以有,且,
所以
,
所以数列为“3型数列”;
（2）由(1)知,,
所以,
,
,
所以
.
*
*
*
@
@
*
@
*
*
*
@
@
*
@
*
*
*
@
@
*
@
*
*
*
@
@
*
@
……