02等比数列-北京市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教A版，2019新版）

这是一份02等比数列-北京市2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教A版，2019新版），共16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·北京海淀·高二清华附中校考期末）已知数列的前项和为，满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．数列的前项和为D．数列是递增数列
2．（2024上·北京通州·高二统考期末）已知首项为，公比为q的等比数列，其前n项和为，则“”是“单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．（2024上·北京通州·高二统考期末）已知数列，则等于（ ）
A．511B．1022C．1023D．2047
4．（2024上·北京丰台·高二统考期末）月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼.1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数.例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即.已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且q，d均为正整数，则（ ）
A．40B．80C．96D．112
5．（2024上·北京丰台·高二统考期末）已知数列的前项和为，且，，则（ ）
A．B．C．1D．3
6．（2024上·北京顺义·高二统考期末）已知等比数列的首项，公比为q，记（），则“”是“数列为递减数列”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
7．（2024上·北京顺义·高二统考期末）在数列中，，且，则等于（ ）
A．4B．6C．8D．16
8．（2023上·北京·高二校考期末）正项等比数列中，是方程的两根，则的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
9．（2024上·北京·高二101中学校考期末）已知等比数列的前项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
10．（2023上·北京朝阳·高二统考期末）已知等比数列各项都为正数，前项和为，则“是递增数列”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
11．（2024上·北京东城·高二统考期末）已知，则“，，，为等比数列”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
12．（2022上·北京·高二北京市第五中学校考期末）已知等比数列中，，其前n项和为，前n项积为，且，，则使得成立的正整数的最小值为（ ）
A．10B．11C．12D．13
二、填空题
13．（2024上·北京东城·高二统考期末）如图，正方形的边长为1，连接各边的中点得到正方形，连接正方形各边的中点得到正方形，依此方法一直进行下去.记为正方形的面积，为正方形的面积，为正方形的面积，…….. 为的前项和.给出下列四个结论：
①存在常数，使得恒成立；②存在正整数，当时，；③存在常数，使得恒成立；④存在正整数，当时，其中所有正确结论的序号是 .
14．（2024上·北京通州·高二统考期末）已知等比数列，则 ．
15．（2024上·北京顺义·高二统考期末）在数列中，若，（，，p为常数），则称为“等方差数列”，给出以下四个结论：①不是等方差数列；②若是等方差数列，则（，k为常数）是等差数列；③若是等方差数列，则（，k、l为常数）也是等方差数列；④若既是等方差数列，又是等差数列，则该数列也一定是等比数列.其中所有正确结论的序号是 .
16．（2024上·北京西城·高二北京师大附中校考期末）已知为等比数列，为其前项和，若，，则 ； ．
17．（2022上·北京·高二北京二中校考期末）在数列中，是其前n项和，且，则数列的通项公式 ．
18．（2023上·北京·高二中央民族大学附属中学校考期末）在等比数列中，若，，则 .
三、解答题
19．（2024上·北京丰台·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，且，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
20．（2024上·北京通州·高二统考期末）已知数列满足：．
（注：）
(1)若，求及数列的通项公式；
(2)若，求的值．
21．（2024上·北京顺义·高二统考期末）已知数列是等比数列，，（）.
(1)求数列的通项公式；
(2)若为等差数列，且满足，，求数列的前n项和.
22．（2024上·北京顺义·高二统考期末）设数列的前n项和为.若对任意.总存在.使得.则称是“M数列”.
(1)判断数列（）是不是“M数列”，并说明理由；
(2)设是等差数列，其首项.公差.且是“M数列”
①求d的值和数列的通项公式：
②设，直接写出数列中最小的项.
参考答案：
1．D
【分析】先利用求出数列的通项公式，再依次判断各选项即可.
【详解】由题意可知，当时，，解得，
当时，，则，即，
显然，，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，当时仍成立，，AB说法错误；
令，则，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，其前项和为，C说法错误；
令，则，
又由可得，所以数列是递增数列，D说法正确；
故选：D
2．A
【分析】由可判断充分性；取可判断必要性.
【详解】在等比数列中，，则，
当时，，所以单调递增，故充分性成立；
当单调递增时，时，单调递增，但是推不出，故必要性不成立.
故选：A.
3．C
【分析】根据递推关系，利用累加法及等比数列求和公式得解.
【详解】因为，
所以，，，，，，
累加可得：，
所以.
故选：C
4．B
【分析】由已知条件和等比数列等差数列的性质，得，又q，d均为正整数，求解q的值得.
【详解】依题意，有，，
时，d不是正整数；时，；时，，d不是正整数.
所以，，.
故选：B
5．C
【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解.
【详解】由可得为等比数列且公比为，
，故，
故选：C
6．C
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式、充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由题意，，
，
当时，对于不一定恒成立，例如；
当为递减数列时，且对于恒成立，
又因为，所以得，
因此“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件，
故选：C.
7．C
【分析】根据条件得到为公比为2的等比数列，从而求出答案.
【详解】因为，，所以为公比为2的等比数列，
所以.
故选：C
8．A
【分析】根据是方程的两根，利用等比数列的性质求得，再利用对数运算求解.
【详解】解：∵是方程的两根，
∴，
∵数列为正项等比数列，
∴，
∴，
故选：A．
9．D
【分析】结合等比数列的前项和公式，以及充分、必要条件的判断方法，判断出正确选项即可.
【详解】由于数列是等比数列，当且时，，
充分性：当，且公比时，得，，则，不满足充分性；
必要性：当，且公比时，得，，满足，但不满足，不满足必要性；
故选：D.
10．D
【分析】通过两个特殊数列可知两个命题互相推不出，则可判断为既不充分也不必要条件.
【详解】等比数列各项都为正数，设公比为，则，
①当时，是递增数列，
，
由，则,
不满足.
所以是递增数列.
②当时，则，
此时满足，为常数列，不是递增数列.
所以 是递增数列.
故“是递增数列”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
11．A
【分析】利用等比数列的性质及充分性，必要性知识即可求解.
【详解】充分性：当“，，，为等比数列”时，可得，故充分性满足；
必要性：当“”时，不妨设，，此时“，，，为，，，不是等比数列”，故必要性不满足；
所以“，，，为等比数列”是“”的充分不必要条件，故A正确.
故选：A.
12．C
【分析】根据等比数列前n项和公式得到首项和公比，进而得到前n项积为，再解一元二次不等式即可.
【详解】等比数列中，，其前n项和为，且，，则，
，有，，
前n项积，
∵，则 ，即，∵，∴，
∴正整数n的最小值为12.
故选：C．
13．①②③
【分析】根据题意，正方形边长成等比数列，正方形的面积等于边长的平方，也为等比数列，利用等比数列求和公式，然后逐项判断即可求解.
【详解】记第个正方形的边长为，面积为，
由每个正方形都是由上一个正方形各边中点连接得到，可知第个正方形的边长为，
面积为，
所以，又因为，所以正方形面积构成的数列是首项为，公比为的等比数列，
其通项公式为，
对①：，因为，所以恒成立，故①正确；
对②：当时，即且为正整数，所以存在，故②正确；
对③、④：，又因为，
所以，因此当时，恒成立，故③正确；
因此当时，恒成立，故④错误.
故答案为：①②③.
【点睛】方法点睛：本题主要是找到面积之间为公比为的等比数列，然后利用等比数列的求和公式及恒成立问题即可求解.
14．27
【分析】先求出公比，然后代入即可求解.
【详解】由题意（为公比），所以.
故答案为：27.
15．②③
【分析】根据等方差数列定义可判断①③；根据等方差数列定义结合等差数列的定义判断③④.
【详解】对于①，时，为常数，
故是等方差数列，①错误；
对于②，若是等方差数列，即有，（，，p为常数）
则为常数，
故（，k为常数）是等差数列，②正确；
对于③，若是等方差数列，即有，（，，p为常数），
则，
故为常数，
则（，k、l为常数）也是等方差数列，③正确；
对于④，若既是等方差数列，又是等差数列，
则时，，且（d为常数），
则，
当时，则为常数列，满足是等方差数列，
若，则不为等比数列，④错误；
故答案为：②③
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于理解等方差数列的定义，明确其含义，并由此结合等差数列以及等比数列的定义求解即可.
16．
【分析】由等比数列基本量计算即可得，由等比数列前项和公式可计算出.
【详解】设，则，即，
，即，
故.
故答案为：；.
17．，.
【分析】利用，求解数列的通项公式.
【详解】当时，，解得：，
令时，，即，解得：，
当时，，
故，
所以时，为公比为2的等比数列，
所以，
显然时，满足，
综上：，.
故答案为：，.
18．64
【分析】利用等比数列的性质化简求值即可.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，
所以，可得，
所以.
故答案为：64.
19．(1).
(2).
【分析】（1）根据等差数列通项公式及求和公式列式计算可得结果；
（2）根据分组求和法、等差数列求和公式及等比数列求和公式可得结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意，，解得，
所以，
故数列的通项公式
（2）由（1）知，，
所以
.
故数列的前项和.
20．(1)，
(2)199
【分析】（1）根据递推关系式可得，再写出，两式相减化简可得数列成等比数列，即可得解；
（2）根据递推关系得出，再写出两式相减可得数列为等差数列，求出通项公式可得，再由（1）可得，化简即可得解.
【详解】（1）因为，，
所以.
因为，，
所以，
即①
②
②①得，
化简得：，即，
所以数列成等比数列，公比为，
故.
（2）由（1）可知，，
数列为等比数列，所以，
因为，，
所以，
即③
④
④③化简得，
变形得，
即，
由，当时，，即，
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，
所以
所以，
因为，所以，
又，所以，
又因为，所以，
即，即，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对递推关系的变形，通过变形可得两个和式，作差后变形，能够证明数列为等差或等比数列是解题的关键，其次对于抽象式子的运算、及有方向性的变形、推理是解决问题的第二个关键所在.
21．(1)
(2)
【分析】（1）求出公比，得到通项公式；
（2）设出公差，根据题目条件得到方程组，求出首项和公差，得到答案.
【详解】（1）设等比数列的公比为q，
因为，，所以，所以，
所以；
（2）等差数列的公差为d，则，，
解得，，
所以数列的前n项和公式为.
22．(1)不是，理由见解析
(2)①，；②
【分析】（1）直接由“M数列”的定义进行判断即可.
（2）①由题意关于的方程即恒有正整数解，结合数论知识即可求解出；②由题意得，故当当时或当时，取最小值.
【详解】（1）数列不是“M数列”，理由如下：
∵，当时，，此时找不到，使得.
所以数列不是“M数列”.
（2）①是等差数列，且首项，公差，
则，
故对任意，总存在，使得成立，
则，其中为非负整数，
要使，需要恒为整数，即d为所有非负整数的公约数，
又，所以，所以.
②∵，所以.
由的单调性知在为减函数，在为增函数，
当时，；当时，.
所以，当时，有最小值.即数列中最小的项为.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是得到关于的方程恒有正整数解，由此得出，从而顺利得解.