05数列-福建省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05数列-福建省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36页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2022上·福建宁德·高三校考期末）《庄子·天下》中讲到：“三尺之棰，日取其半，万世不竭．”这其实是一个以为公比的等比数列问题．有一个类似的问题如下：有一根一米长的木头，第2天截去它的，第3天截去第2天剩下的，…，第n天截去第天剩下的，则到第2022天截完以后，这段木头还剩下原来的（ ）
A．B．C．D．
2．（2020·福建漳州·高三统考期末）已知数列为等比数列，且，数列为等差数列，为等差数列的前n项和，，则（ ）
A．B．C．D．﹣4
3．（2019上·福建莆田·高三校考期末）在等差数列中，是它的前项和，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2019上·福建龙岩·高三统考期末）由实数构成的等比数列的前n项和为，，且成等差数列，则（ ）
A．62B．124C．126D．154
5．（2020上·福建龙岩·高三统考期末）数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（ ）
A．99B．103C．107D．198
6．（2020上·福建厦门·高三统考期末）等比数列中，，则（ ）
A．4B．C．4或D．2或
7．（2020上·福建福州·高三福建省福州第一中学校考期末）已知数列为各项均为正数的等比数列，是它的前项和，若，且，则（ ）
A．29B．30C．31D．32
8．（2020上·福建福州·高三福建省福州第一中学校考期末）设数列满足：，其中表示不超过实数的最大整数，为前项和，则的个位数字是
A．6B．5C．2D．1
9．（2020上·福建福州·高三福建省福州第一中学校考期末）设等差数列的前项和为，且满足，对任意正整数，都有，则的值为
A．1009B．1010C．1011D．1012
10．（2019上·福建三明·高三统考期末）已知数列满足，且，则的值为（ ）
A．B．C．3D．10
11．（2020上·福建龙岩·高三统考期末）已知首项为1，公比为的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
二、多选题
12．（2022上·福建三明·高三统考期末）已知等差数列{}中，，公差，则使其前n项和取得最大值的自然数n是（ ）
A．3B．4C．5D．6
三、填空题
13．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知数列的前项和为，，则 .
14．（2022上·福建福州·高三统考期末）函数称为高斯函数，表示不超过，x的最大整数，如，.已知数列满足，且，若，则数列的2022项和为 .
15．（2020上·福建福州·高三统考期末）已知为数列的前项和，若，且，则 ．
16．（2020上·福建龙岩·高三统考期末）已知数列的通项公式为，其前项和记为，则下列命题正确的是 .
①数列为递减数列；
②对任意正整数，都成立；
③对任意正整数，都成立；
④对任意正整数，都成立.
17．（2020上·福建龙岩·高三统考期末）已知等差数列的前项和为，若，，则 .
18．（2020上·福建南平·高三统考期末）已知函数是公差为等差数列，若，，成等比数列，则 ；
19．（2020·福建宁德·高三统考期末）若正项数列满足,则称数列为D型数列,以下4个正项数列满足的递推关系分别为:① ② ③ ④，则D型数列的序号为 .
20．（2019上·福建厦门·高三统考期末）《张丘建算经》卷上第22题有如下内容：今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈．其意思为：现有一善于织布的女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，第1天织布5尺，现在一个月（按30天计算）共织布390尺，那么，该女子本月中旬（第11天到第20天）共织布 尺．
四、问答题
21．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知函数，若在上，单调且恒成立．
(1)求实数的取值范围；
(2)设，证明：．
22．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知数列满足，对，有．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)若，求n的最大值．
23．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知为数列的前项积，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)记，求数列的前项和.
24．（2022上·福建三明·高三统考期末）定义为数列的“匀称值”，若数列的“匀称值”为.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，的前项和为，求．
25．（2018上·福建福州·高三统考期末）已知数列中，，.设
（1）证明：数列是等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
26．（2019上·福建莆田·高三校考期末）设等比数列的前项和为，且满足：，.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前项和.
27．（2021上·福建三明·高三统考期末）设为数列的前n项和，已知，.
（1）求的通项公式；
（2）设，设数列的前n项和为，证明：.
28．（2020上·福建泉州·高三统考期末）记为数列的前n项和.已知，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
参考答案：
1．B
【分析】根据题意归纳得出第截去，再计算第n天后共截去原来的，故可得第2022天截完以后，这段木头还剩下原来的比值.
【详解】解：由题可知第一天长，
第二天截去，
第三天截去，
第四天截去，
依次可得：第n天截去：，
故第n天后共截去，
所以到第2022天截完以后，这段木头还剩下原来的.
故选：B.
2．B
【分析】根据已知条件求得，由此求得.
【详解】依题意.
所以.
所以.
故选：B
3．C
【分析】直接利用等差数列的基本量代换求出.
【详解】设公差为d，则，
所以.
所以.
故选：C
【点睛】等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换和灵活运用性质．
4．C
【分析】根据已知条件，利用等比数列的通项公式列出关于基本量的方程组，求得等比数列的首项和公比，然后利用等比数列求和公式计算即可.
【详解】由题意知，，
设的公比为，则
解得，则
故选：C.
【点睛】本题考查等比数列的求和，涉及利用等比数列的通项公式求基本量，等差数列的性质，属中档题.
5．B
【分析】根据递推公式，构造新数列为等比数列，求出数列通项，再并项求和，将用表示，再结合通项公式，即可求解.
【详解】由得，
∴为等比数列，∴，
∴，，
∴，
①为奇数时，，；
②为偶数时，，，
∵，只能为奇数，∴为偶数时，无解，
综上所述，.
故选：B.
【点睛】本题考查递推公式求通项，合理应用条件构造数列时解题的关键，考查并项求和，考查分类讨论思想，属于较难题.
6．B
【解析】根据等比中项的性质即可求解.
【详解】由等比数列的性质可得，再由符号相同可得
故选：B
【点睛】本题主要考查了等比中项的应用，属于基础题.
7．C
【解析】根据等比数列性质由求出，进而求出，求出公比，即可求出结论.
【详解】,
，
设的公比为，
，
.
故选:C.
【点睛】本题考查等比数列性质、等比数列通项基本量的运算，属于基础题.
8．B
【解析】根据递推公式，依次写出，归纳得到每项的个位数均为1，相加即得解.
【详解】
即从第二项开始，每项的个位数均为1，
故的个数数字相加之和: ，个位数字是5
故选：B
【点睛】本题考查了数列的递推公式，及归纳推理，数列的求和，考查了学生归纳类比，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
9．B
【解析】结合前n项和公式: ，再利用等差数列的性质，，得到，分析即得解.
【详解】由等差数列，可得
即：，可得：
，可得等差数列为递减数列.
又
故：对任意正整数，都有，则的值为1010.
故选：B
【点睛】本题考查了等差数列的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
10．A
【分析】由可得数列是周期数列且周期为2，故根据可得，求得的值后可得的值.
【详解】因为，故，所以，
所以数列是周期数列且周期为2，因为，故，所以，
所以.
故选：A.
【点睛】本题考查周期数列及指定项的计算，注意根据递推关系寻找数列的性质，本题属于容易题.
11．B
【解析】利用充分条件与必要条件的定义以及等比数列的前和公式即可得出选项.
【详解】，当时，则，所以，
当时，，解得，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】本题考查了充分条件与必要条件的定义以及等比数列的前和公式，考查了学生对定义的理解和分析能力，属于基础题.
12．BC
【分析】由题设及等差数列的性质可得，结合及数列的单调性，即可确定最大时n的取值.
【详解】由题设，易知：且，
所以，即，
所以要使前n项和取得最大，只需保证前n项均为非负数，
故当或5时，取得最大值.
故选：BC
13．
【分析】利用递推公式可得，四项一组组成等比数列，利用公式求和即可.
【详解】由得，当时，
所以，
所以
，
故答案为: .
14．4959
【分析】根据递推关系求出数列的通项公式，再分类讨论求出，即可求和.
【详解】，
，

当时，时，；
当时，时，；
当时，时，；
当时，时，；
所以
故答案为：4959
15．
【解析】根据递推公式可得，利用，分别计算，，，，可知
是周期为的数列，即可求解.
【详解】由，得，
因为，
所以，，，，
所以数列是周期为的数列，
因为，所以，
所以
，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是根据递推公式结合，推出，，，，可知是周期为的数列，可得即可.
16．②④
【解析】根据三角函数的性质可判断①，利用三角函数的有界性以及等比数列的前和公式可判断②，利用绝对值的几何意义以及等比数列的前和公式可判断③④.
【详解】解：由题可知①是明显错误的.
对于②，由得，所以②正确，
对于③④，
，所以④正确，③是错误的.
故答案为：②④
【点睛】本题考查了等比数列的前和公式、三角函数的最值、绝对值的几何意义，属于中档题.
17．9
【解析】由求出，进而求出公差和通项，运用前项和公式，即可求出结论.
【详解】设等差数列的公差为，，
，
.
故答案为:9
【点睛】本题考查等差数列的性质，考查等差数列的通项和前项和基本运算，属于基础题.
18．
【解析】利用等比中项性质得，再利用等差数列的通项公式求得，进而得到的值.
【详解】因为，，成等比数列，
所以，
所以，解得：，
所以.
故答案为：
【点睛】本题考查等比数列中项的性质、等差数列通项公式的应用，考查基本量法的运用.
19．①②③④
【解析】根据D型数列的定义,逐个判断正项数列是否满足即可.
【详解】对①,因为,且正项数列.
故,故.所以成立.
对②, ,
故成立.
对③, 成立
对④, .
故,成立.
综上, ①②③④均正确.
故答案为：①②③④
【点睛】本题主要考查了新定义的问题,需要根据递推公式证明.属于中等题型.
20．130
【分析】设从第2天起，每天从前一天多织布尺，由等差数列的求和公式，求解的值，由此利用数列的通项公式，即可求解第11天到第20天所织的布，得到答案.
【详解】设从第2天起，每天从前一天多织布尺，
则，解得，
所以
.
【点睛】本题主要考查了等差数列的实际应用问题，其中解答中认真审题，且熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数在区间上的单调性进行分类讨论，结合可知函数在上单调递减，可得出对任意的恒成立，结合参变量分离法可求得实数的取值范围；
（2）取，由（1）中的结论可得出，可得出，利用不等式的基本性质可得出，再利用数列的单调性证明出，利用对数函数的单调性可证得所证不等式成立.
【详解】（1）解：当时，，，
若函数在上单调递增，则，不合乎题意；
若函数在上单调递减，则，
且有对任意的恒成立，可得，
令，可得，则，
令，其中，则，
故函数在上为增函数，则，故.
（2）证明：当时，由（1）可知，函数在上为减函数，
所以，，所以，，
所以，，，，，
上述不等式全加可得，
令，则，
所以，，故，
即数列为单调递增数列，故，故，
所以，，
故对任意的，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
22．(1)证明见解析
(2)674
【分析】（1）根据已知关系得出与的关系式，即可证明数列为等比数列.
（2）根据和已知条件表达出，得到的表达式，根据不等关系即可求出n的最大值.
【详解】（1）由题意，证明如下：
在数列中，，，
对，有，
∴，
设，
解得：，
∴，
即，
∴是以为首项，公比为的等比数列.
（2）由题意及（1）得，，
在数列中，，
，
在中，数列是以为首项，公比为的等比数列，
∴，
即，
∵，
∴，
∴
∴是以公比为的等比数列，，
∴，
即，
∴，
即，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴n的最大值为674.
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用将条件整理变形可得，即可证明数列是等差数列；
（2）将变形为，然后直接求和消去中间多项可得答案.
【详解】（1）为数列的前项积，
当时，，
，等式两边同时乘以可得，
即，
又当时，，得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列；
（2）由（1）得，
，
．
24．(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得出，由可求得的值，由，可得出，两式作差可得出的表达式，然后就是否满足在时的表达式进行检验，综合可得出数列的通项公式；
（2）求得数列的通项公式，利用分组求和法结合裂项相消法可求得的值.
【详解】（1）解：因为，所以.
当时，．
当时，由得．
上述两个等式作差得，即，
又因为满足，所以.
（2）解：因为，所以.
所以，
所以．
所以，即．
25．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由递推得到,欲证是等比数列，只需利用等比数列的定义证明为常数即可；
（2）由（1）的结论求出数列通项公式，进而求出数列的通项公式，再利用裂项相消法即可求出数列的前项和.
【详解】（1）证明：因为,所以====2，
又, 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
26．（Ⅰ）或；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）利用可构造方程求得公比，由等比数列通项公式得到结果；
（Ⅱ）由和（Ⅰ）的结论可得，知为等差数列，利用等差数列求和公式求得结果.
【详解】（Ⅰ）设等比数列的公比为，则，
解得：或，或.
（Ⅱ），，则由（Ⅰ）知：，
，则，是以为首项，为公差的等差数列，
的前项和为：.
27．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据与的关系可得，从而可得是公比为2的等比数列，再利用等比数列的通项公式即可求解.
（2）由（1）可得，再利用裂项求和法即可求解.
【详解】（1）由，得①
则当时，②
①-②得.
所以，即.
又因为，且，
所以是公比为2的等比数列.
所以.
（2）由①知，
则.
所以
.
【点睛】结论点睛：
裂项相消法求数列和的常见类型：
（1）等差型，其中是公差为的等差数列；
（2）无理型；
（3）指数型；
（4）对数型.
28．（1）；（2）.
【解析】（1）根据递推公式，先求出，再由，结合递推公式，得到是首项为4，公差为3的等差数列，进而可求出通项公式；
（2）先由（1）得到，根据裂项求和与分组求和的方法，即可求出结果.
【详解】（1）因为，，
当时，，所以或（负值舍去）.
因为①，所以当时，②，
由①－②得，
所以.
又，所以.
因此是首项为4，公差为3的等差数列.
故.
（2）由（1）得，
所以
.
【点睛】结论点睛：
裂项相消法求数列和的常见类型：
（1）等差型，其中是公差为的等差数列；
（2）无理型；
（3）指数型；
（4）对数型.