05数列-湖南2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版）

这是一份05数列-湖南2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版），共20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·湖南娄底·高三校联考期末）已知为等差数列的前项和，，则数列 的最大项为 （ ）
A．B．
C．D．
2．（2022上·湖南常德·高三统考期末）在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：，）（ ）
A．35B．42C．49D．56
3．（2020上·湖南·高三统考期末）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前7项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第19项为（ ）
（注：）
A．1624B．1198C．1024D．1560
4．（2020上·湖南常德·高三统考期末）等差数列前项和为，，，则公差
A．B．C．2D．4
5．（2020上·湖南常德·高三统考期末）设为等差数列，首项，为其前项和，若，则公差 （ ）
A．-4B．-2C．2D．4
6．（2020·湖南湘潭·高三统考期末）“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”.斐波那契数列满足（，），记其前n项和为.设命题，命题，则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
7．（2020·湖南岳阳·高三统考期末）已知为等差数列，，，的前项和为，则使得达到最大值时是（ ）
A．19B．20
C．39D．40
8．（2020·湖南岳阳·高三统考期末）已知为等差数列，，，的前项和为，则使得达到最大值时是
A．B．
C．D．
二、多选题
9．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）若直线与圆相切，则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列为等比数列
C．数列的前10项和为23D．圆不可能经过坐标原点
10．（2022上·湖南娄底·高三统考期末）已知数列满足，，为数列的前n项和，则（ ）．
A．
B．是关于n的单调递增数列
C．可以取到的任意一个值
D．若对一切正整数n都成立，则
三、填空题
11．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知数列满足首项，，则数列的前2n项的和为 ．
12．（2020上·湖南长沙·高三统考期末）已知是等比数列的前项和，且，，成等差数列，，则 .
13．（2020上·湖南常德·高三统考期末）已知等比数列的各项为正数，前项和为，若，则 ．
14．（2020·湖南湘潭·高三统考期末）设是等差数列的前n项和，若，则的取值范围是 .
15．（2020上·湖南益阳·高三统考期末）已知等比数列的前n项和为，，，且，则满足不等式成立的最小正整数n为 .
16．（2020·湖南岳阳·高三统考期末）在数列中，，，记是数列的前项和，则= ．
四、解答题
17．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)若，求.
18．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）已知数列是公差大于1的等差数列，，前项和为，且，，成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和.
19．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知数列的首项，且满足．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)若，求满足条件的最大整数的值．
20．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知数列的前n项和为，且．
(1)求，并求数列的通项公式；
(2)若数列满足：，求数列前20项的和．
21．（2022上·湖南娄底·高三统考期末）在等差数列中，已知，是一元二次方程的两个根．
(1)求，；
(2)求的通项公式．
22．（2020上·湖南常德·高三统考期末）设数列的前项和为，已知.
（1）求通项公式；
（2）求的前项和.
23．（2020上·湖南益阳·高三统考期末）已知数列的前n项和为，.
（1）求及数列的通项公式；
（2）若，，求数列的前n项和.
24．（2020上·湖南益阳·高三统考期末）在数列中，有.
（1）证明：数列为等差数列，并求其通项公式；
（2）记，求数列的前n项和.
参考答案：
1．B
【分析】先根据等差数列的求和公式和通项公式求出首项与公差，求出等差数列的通项公式，代入中，利用基本不等式性质分析即可.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
因为，
所以，所以，
则，
所以，
所以等差数列的通项公式为：，
所以，
当且仅当时取等号，又，
所以当或时取最大值为，
故选：B.
2．B
【分析】根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算n轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数.
【详解】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染,
则每轮新增感染人数为，
经过n轮传染，总共感染人数为：，
∵，∴当感染人数增加到1000人时，，化简得，
由，故得，又∵平均感染周期为7天，
所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要天，
故选：B
【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．
3．C
【分析】设该数列为，令，设的前项和为，又令，则，依次用累加法，可求解.
【详解】设该数列为，令，设的前项和为，又令，则，依次用累加法，可求解．
设该数列为，令，设的前项和为，又令，
设的前项和为，易得， ，
∴，，，进而得，
∴，
，
同理：，，
∴，∴．
故选:C．
4．B
【解析】由已知结合等差数列的通项公式即可直接求解公差．
【详解】解：因为，，
所以，
即，
解可得．
故选：．
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式的简单应用，属于基础题．
5．B
【解析】根据,可知,结合及等差数列的通项公式,即可求得公差.
【详解】由题意可知,
则
因为,由等差数列的通项公式可得
,解得
故选:B
【点睛】本题考查了等差数列前n项和的应用,等差数列通项公式的基本量计算,属于基础题.
6．C
【解析】根据定义，判断命题、的真假，再根据复合命题的真假性判断可得.
【详解】解：因为
，
所以，故命题p为真命题，则为假命题.
，
故命题q为假命题，则为真命题.
由复合命题的真假判断，得为真命题.
故选：
【点睛】本题考查复合命题的真假性判断，由递推公式研究数列的性质，属于中档题.
7．B
【解析】先根据的值求出，令可以求得使得达到最大值时.
【详解】由,得，所以，，所以．
由得.
故选：B.
【点睛】本题主要考查等差数列运算，前项和最值问题可以通过通项公式求解，也可以利用二次函数知识求解.
8．B
【解析】先求出数列的首项和公差，得通项公式，然后确定数列前几项是正即得．
【详解】由题意，，
∴，，
，
由得，∵∴，即数列前项为正，从第21项起为负，
∴时，取得最大值．
故选：B．
【点睛】本题考查等差数列的通项公式与前项和．求等差数列前项和最值问题，有两种方法，一种是求出数列正负转换的项所在位置可得结论，一种是求出的表达式，利用二次函数性质求得最值．
9．AC
【分析】先求得圆心和半径，根据点到直线的距离公式、等差等比数列、圆等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径，
由直线与圆相切得，，
∴，，
∴是首项为，公差为的等差数列，
前10项和为；
令，解得，此时圆C经过坐标原点.
综上所述，AC选项正确，BD选项错误.
故选：AC
10．BD
【分析】令时，可得，利用与的关系，可求，根据裂项求和可得，从而可判断选项BCD.
【详解】当时，，即，
当时，，所以，
当时，，也满足，所以，所以A不正确；
，
故
，
因为关于n为单调递增，所以B正确；
所以，但n只能取正整数，所以不可以取到的任意一个值，所以C不正确；
若对一切正整数n都成立，则，所以D正确．
故选：BD
11．
【分析】当为奇数时，由递推关系得，构造为等比数列，可求出通项，结合即可分组求和.
【详解】当为奇数时，，即，此时为以为首项，公比为3的等比数列，
故，即.
.
故答案为：
【点睛】本题解题关键是根据题意找到相邻奇数项或偶数项之间的递推关系，从而求出当为奇数或为偶数时的通项公式，再通过相邻两项的关系求出前2n项的和．
12．3
【解析】设等比数列的公比为，讨论不成立，再由等比数列的求和公式，解方程可得，再由等比数列的通项公式，即可得到所求值．
【详解】解：由题意可知等比数列的公比，否则，，不成等差数列，
于是， ，解得，解得或（舍去），
又由，得，解得.
故答案为：
【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，注意讨论公比是否为1，同时考查等差数列中项的性质，以及方程思想和运算能力，属于中档题．
13．5.
【解析】根据等比数列的通项公式和前n项和公式,代入即可求解.
【详解】等比数列,
则由等比数列的各项为正数,根据通项公式及前n项和公式可得
,解方程组可得
故答案为:
【点睛】本题考查了等比数列通项公式及前n项和公式的简单应用,属于基础题.
14．
【解析】设等差数列的公差为，根据前n项和公式，可得公差的取值范围，即可求出的取值范围.
【详解】解：设等差数列的公差为，
故答案为：
【点睛】本题考查等差数列前n项和公式的应用，属于基础题.
15．
【解析】由，，且，得，求出公比，进而求出通项公式和前n项和，然后解不等式，即可得结论
【详解】设数列的公比为q，由，，
得，所以或，
又因为，所以，
从而，
所以.
令，
又因为，所以.
故答案为:6
【点睛】本题考查等比数列通项公式和前n项和基本量的计算，考查解指数不等式，属于中档题.
16．220.
【解析】当是奇数时，，数列中奇数项构成等差数列，当是偶数时，，从而可求.
【详解】当是奇数时，，数列中奇数项构成等差数列，
当是偶数时，，
.
故答案为：220.
【点睛】本题主要考查数列的分组求和，数列通项公式含有时，通常对进行分类讨论，转化为熟知的数列求解，侧重考查数学运算的核心素养.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用公式，即可求数列的通项公式；
（2）根据（1）的结果可知，再利用裂项相消法求和.
【详解】（1）因为，
所以当时，，
两式相减得：，即，
所以，
且符合，
所以的通项公式为.
（2）由（1）可知，
所以，
所以
.
18．(1)
(2)
【分析】（1）通过等比数列中项公式和等差数列性质求得通项即可；
（2）通过对的奇偶性进行讨论，再求和即可.
【详解】（1）设数列的公差为，则，
，，成等比数列，
，
即，
解得，，
.
（2）由（1）知，
当n为偶数时，
，
当n为奇数时，
，
综上所述，.
19．(1)证明见解析
(2)33
【分析】（1）由化简出与间的关系，证明结论；
（2）利用第一问的结果对求和，令其小于101，解出n.
【详解】（1）证明：由，得，即，
，所以是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）可得：，，
令，即，
设，当n时，，所以单调递增，
又，，所以满足不等式的最大整数.
20．(1)，，
(2)
【分析】（1）在已知条件中分别取,可求得的值，当时利用和与项的一般关系得到，从而判定数列为等差数列，然后得到通项公式；
（2）利用分段求和法、等差数列求和公式和裂项求和法求得数列前20项的和．
【详解】（1）解：由题可知，，解得.
在中令,得,解得；
∵①,
∴②,
由①－②得：，即,
∴．
∴数列是首项与公差都为2的等差数列,
∴.
（2）解：题可知，当时，,
∴.
当时，,
∴,
∴.
21．(1)，或，
(2)或
【分析】（1）求出方程的根即可.
（2）由（1）可解出等差数列的公差即可.
【详解】（1）因为，所以或14，
所以，；或，．
（2）设公差为d，
若，，得，
所以通项公式为；
若，，则，
所以通项公式为．
故的通项公式：或.
22．（1）；（2）.
【解析】（1）由题意可求得，再由得，从而，由此可得数列的通项公式；
（2）结合等差数列和等比数列的前项和公式，直接用分组求和法求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
由得，
∴，
从而知，
又当时，也符合，
故；
（2）∵，
∴
．
【点睛】本题主要考查数列的递推公式求通项公式，考查分组求和法，考查计算能力，属于基础题．
23．（1），（2）
【解析】（1）利用临差法将递推关系转化成，同时验证，从而证明数列为等比数列，再利用通项公式求得；
（2）利用对数运算法则得，再用等比数列求和及裂项相消法求和，可求得。
【详解】（1）因为，所以，
因为，
所以，
所以，
整理得，
又因为，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以
（2），
，
.
【点睛】本题考查等比数列的定义证明、等比数列前项和、裂项相消法求和，考查转化与化归思想、方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意数列下标的限制。
24．(1)证明见解析，，(2)
【解析】（1）由前项和与通项关系，求出的通项公式，再利用等差数列的定义，即可证明；
（2）求出数列的通项公式，用裂项相消法，即可求解.
【详解】（1）因为，
所以当时，，
上述两式相减并整理，得.
又因为时，，适合上式，
所以.从而得到，
所以，
所以数列为等差数列，且其通项公式为.
（2）由（1）可知，.
所以
.
【点睛】本题考查由数列的前项和求通项，考查用定义证明等差数列，以及裂相消法求数列的前项和，属于中档题.