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

这是一份08数列-天津市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版A版，2019新版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2024上·天津西青·高三统考期末）已知是等比数列，是数列的前项和，，则的值为（ ）
A．3B．18C．54D．152
2．（2024上·天津河西·高三统考期末）已知等差数列的前项和为，且，，则是中的（ ）
A．第30项B．第36项C．第48项D．第60项
3．（2024上·天津和平·高三统考期末）已知数列为等比数列，为数列的前项和，，则的值为（ ）
A．9B．21C．45D．93
4．（2023上·天津河北·高三统考期末）设双曲线的焦距为，若成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．（2022上·天津河西·高三统考期末）已知数列的通项公式为，前项和为，则取得最小值时，的值等于（ ）
A．10B．9C．8D．4
6．（2021上·天津·高三统考期末）设是等比数列的前n项和，若，，则（ ）
A．B．C．1D．2
7．（2021上·天津红桥·高三统考期末）设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A．B．
C．D．
8．（2020上·天津·高三校联考期末）在数列中，，，记的前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
9．（2020上·天津滨海新·高三校联考期末）《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长四尺，莞生一日，长一尺.蒲生日自半，莞生日自倍.意思是：今有蒲第一天长高四尺，莞第一天长高一尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的两倍.请问第几天，莞的长度是蒲的长度的4倍（ ）
A．4天B．5天C．6天D．7天
二、填空题
10．（2022上·天津河西·高三天津市新华中学校考期末）在数列中，，则数列中的最大项的 .
11．（2020上·天津·高三校联考期末）设是等差数列，若，，则 ；若，则数列的前项和 .
12．（2018上·天津和平·高三统考期末）已知数列的通项，若数列的前项和为，则 ．（用数字作答）
13．（2012上·天津·高三统考期末）若数列满足，，则该数列的前项的乘积 .
三、解答题
14．（2024上·天津西青·高三统考期末）已知是公差为2的等差数列，其前10项和为100；是公比大于0的等比数列，，．
(1)求和的通项公式；
(2)记，，，．
①证明数列是等比数列：
②证明．
15．（2024上·天津河西·高三统考期末）设等比数列满足，.
(1)求数列的通项公式和；
(2)如果数列对任意的，均满足，则称为“速增数列”.
（ⅰ）判断数列是否为“速增数列”？说明理由；
（ⅱ）若数列为“速增数列”，且任意项，，，，求正整数的最大值.
16．（2024上·天津和平·高三统考期末）已知等差数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式以及；
(2)若等比数列满足，且，
（ⅰ）求；
（ⅱ）若，，是与的等比中项且，则对任意，求的最小值．
17．（2024上·天津河北·高三统考期末）已知是等差数列，其公差不等于，其前项和为是等比数列，且.
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)记，求的前项和.
18．（2024上·天津南开·高三统考期末）已知正项等比数列满足，数列的前项和为，当时，.
(1)求的通项公式：
(2)证明是等差数列，并求；
(3)设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围.
19．（2023上·天津宁河·高三天津市宁河区芦台第一中学校考期末）已知数列是公差为1的等差数列，且，数列是等比数列，且．
(1)求和的通项公式；
(2)令，求证：；
(3)记其中，求数列的前项和．
20．（2020上·天津西青·高三期末）已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，公比大于0，且，，.
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
21．（2023上·天津·高三统考期末）已知为等差数列，是公比为的等比数列，且．
(1)证明：；
(2)已知．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求．
参考答案：
1．C
【分析】当时，，两式相减可得，因为是等比数列，所以，令时，，由此解出，再由等比数列的通项公式求出的值.
【详解】当时，，
两式相减可得：，即，即，
因为是等比数列，所以，
又令时，，所以，解得：，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
故选：C.
2．B
【分析】根据题意求出数列的首项与公差，从而求出数列的通项，即可得解.
【详解】设公差为，
则，解得，
所以，
则，
令，则，
所以是中的第36项.
故选：B.
3．C
【分析】利用将条件转化为关于数列的递推式，然后构造等比数列求出数列的通项公式，进而可得的值.
【详解】由得，
整理得，
又得，
故数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，即
所以.
故选：C.
4．A
【分析】根据等差数列定义和双曲线关系可求得，由此可得渐近线方程.
【详解】成等差数列，，又，
，即，，
双曲线的渐近线方程为：.
故选：A.
5．C
【分析】求出数列在n的不同取值范围的正负，判断出的单调性，分析即可求出.
【详解】令，解得或，
当时，，故当时递增，且
当时，，当时递减，
当时，，当时递增，
且
故
所以取得最小值时的值为8.
故选：C.
6．B
【解析】根据题意两式相减可求得公比，将公比代入原式可求出首项.
【详解】，，
两式相减可得，即，故公比为3，
由得，解得.
故选：B.
7．D
【解析】根据等差数列的前项和公式以及等差数列的下标性质可求得结果.
【详解】因为为等差数列，
所以.
故选：D
【点睛】关键点点睛：利用等差数列的前项和公式以及等差数列的下标性质求解是解题关键.
8．D
【解析】根据等比数列的定义求出通项公式，再根据等比数列的求和公式可求得结果.
【详解】∵，∴，
又，∴数列是以1为首项，为比的等比数列，
∴，∴.
故选：D.
9．B
【解析】由蒲生长构成首项为，公比为的等比数列，其前项和为，又由莞生长构成首项为，公比为的等比数列，其前项和为，根据，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，蒲第一天长高四尺，以后蒲每天长高前一天的一半，所以蒲生长构成首项为，公比为的等比数列，其前项和为，
又由莞第一天长高一尺，每天长高前一天的两倍，则莞生长构成首项为，公比为的等比数列，其前项和为，
又因为，即，解得.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了等比数列的实际应用，其中解答中认真审题，熟练应用等比数列的通项公式和前项和公式，列出方程求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
10．6或/7或6
【分析】利用作商法判断数列的单调性即可求出其最大项.
【详解】，
令，解得，
即时，，
当时，，
所以或最大，
所以或.
故答案为：6或7.
11．
【分析】利用等差数列通项公式求得，进而求得；求出再利用分组求和法及裂项相消法求.
【详解】由题意得：.
因为，
所以，，，
所以.
故答案为：；.
【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解、分组求和法及及裂项相消法求和，考查方程思想的运用，考查基本运算求解能力，裂项相消求和的关键是对通项进行改写.
12．480
【详解】结合数列的通项公式分组求和有：
,
则.
13．
【分析】推导出，计算出、、的值，即可得出的值.
【详解】因为，，则，，
，，，
以此类推可知，
，且，
因此，.
故答案为：.
14．(1)，；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）由等差数列的求和公式运算可得的通项，由等比数列的通项公式运算可得的通项公式.
（2）①运算可得，结合等比数列的定义即可得证.
②放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证.
【详解】（1）由是公差为2的等差数列，其前10项和为100，
得，解得，所以；
设等比数列的公比为，由，，
得，则，所以.
（2）①由（1）知，，
于是，则，
所以数列是等比数列.
②由（1）及①知，，
即，因此，
设，则，
两式相减得，于是，
所以.
【点睛】关键点睛：最后一问考查数列不等式的证明，由于无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.
15．(1)；
(2)是“速增数列”，理由见解析；正整数的最大值为63.
【分析】（1）由已知，列方程求出数列的首项和公比，可求通项和；
（2）（ⅰ）由定义证明；（ⅱ）由题意得，可求的最大值.
【详解】（1）设等比数列公比为，由，，
有，解得，
所以
.
（2）（ⅰ）数列是“速增数列”，理由如下：
由，则，，
，故，
所以数列是“速增数列”.
（ⅱ）数列为“速增数列”，，，，任意项，
时，.
即，
当时，，当时，，
故正整数k的最大值为63.
【点睛】方法点睛：
根据“速增数列”的定义，紧紧围绕不等式进行，当，时，利用累加法的思想确定是解题的关键．
16．(1)，
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）根据等差数列的通项公式以及前项和列出方程组即可求出数列的通项公式；中先将求出，然后化简，代入整理即可.
（2）（ⅰ）将拆成两部分，，分别求和，其中用到错位相减求和，用到裂项相消求和.
（ⅱ）由可求出，即数列中奇数项和偶数项分别为等比数列，所以根据等比数列的前项和可以表示出和，由是与的等比中项且，所以，即，根据的奇偶，求出的最大值和最小值，若对任意，则，即.
【详解】（1）设等差数列的公差为，则，
即，解得，，
，则，
．
所以．
（2）等比数列满足，且，公比为2，所以，
（ⅰ）设，，
，，
，①
．②
①式－②式得，
．
所以．
又，则．
所以．
则．
所以．
（ⅱ）因为，所以，
所以当时，，
，两式相除得，
，
．
当为偶数时，单调递增，时有最小值，．
当为奇数时，单调递减，时有最大值，．
则，所以的最小值为．
17．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件列出关于的方程组，由此求解出的值，则和的通项公式可求；
（2）利用错位相减法求解出；
（3）先将的通项公式裂项为，然后采用裂项相消法求和.
【详解】（1）设数列的公比为，
，
，即，
整理得，
，，
.
（2），
设，
则，
将以上两式相减得：
，
.
（3），
.
18．(1)
(2)证明见解析，
(3).
【分析】（1）利用等比数列基本量的计算求通项公式；
（2）利用与的关系以及等差数列的定义求解；
（3）利用错位相减法求和以及基本不等式求解.
【详解】（1）设正项等比数列的公比为，
由，得，
解得，所以.
（2）当时，，
所以，
整理得，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.
所以，即.
（3）由（1）､（2）知，
所以，①
②
①-②得,
所以.
由得，即，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以.
19．(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）结合等差数列与等比数列的通项公式及题目条件，用基本量表达条件中的式子，即可求得两数列的首项与公差公比，代入通项公式即可；
（2）根据第一问写出表达式，再用裂项相消法化简式子，最后放缩即可证明；
（3）将前项和分成奇数项之和加上偶数项之和，分别求解奇数项和偶数项再相加即可.
【详解】（1）∵数列是公差为1的等差数列，且，
∴，解得，
∴，
∴数列的通项公式为：.
数列是等比数列，且，
设数列的公比为，
∴，解得，
∴，
∴数列的通项公式为：.
（2）由（1）知，
∴
，
∴
，
∵，
∴，
∴，
∴
∴
（3）由（1）可知，
∴，
∴，
令，，
∴
，
，
∴，
∴
，
∴，
∴，
∴数列的前项和.
20．(1)，
(2)前项和
【分析】（1）根据等比数列的通项公式可计算得到公比的值，再根据等差数列的通项公式和求和公式可列出方程组，解出首项和公差的值，即可求得和的通项公式；
（2）先根据第（1）题的结论得到数列的通项公式，然后运用错位相减法求出前项和．
【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则．
故，解得，，则，
，
由题意，得，解得．
；．
（2）由（1）知，．设其前项和为，
，①
，②
①②，得
．
．
21．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）设数列的公差为，根据已知条件可得出关于、、的等式组，解此等式组可证得结论成立；
（2）（i）求得，利用裂项相消法可证得结论成立；
（ii）求得，利用错位相减法可求得.
【详解】（1）证明：设数列的公差为，
由，得，
即可解得，所以原命题得证．
（2）解：（i）由（1）及，，可得，，
所以，.
（ii）由（1）及，可得， 所以，
记. ①
. ②
①②得
，
因此，.