01等差数列-广东省2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教版A版，2019新版）

这是一份01等差数列-广东省2023-2024学年高二上学期期末数学专题练习（人教版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．（2022上·广东珠海·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，，则 （ ）
A．54B．71C．80D．81
2．（2023上·广东广州·高二统考期末）已知数列{}满足，，记数列{}的前n项和为，则=（ ）
A．506B．759C．1011D．1012
3．（2023上·广东深圳·高二统考期末）等差数列的公差为，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2020上·广东清远·高二校考期末）已知各项为正的数列的前n项的乘积为，点在函数的图象上，则数列的前10项和为（ ）
A．50B．100C．-100D．-50
5．（2023上·广东肇庆·高二统考期末）已知等差数列的公差为，且满足，则的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
6．（2022上·广东深圳·高二红岭中学校考期末）{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2 023，则序号n等于（ ）
A．674B．675C．676D．677
7．（2023上·广东广州·高二校联考期末）已知数列满足，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．（2022上·广东·高二统考期末）已知等差数列中，，，则数列的前2022项和为（ ）
A．1010B．1011C．2021D．2022
9．（2023上·广东·高二校联考期末）已知数列满足，则的最小值为（ ）
A．2B．C．6D．8
10．（2023上·广东·高二校联考期末）已知等差数列满足，，则值为（ ）
A．1024B．C．256D．
二、填空题
11．（2023上·广东广州·高二统考期末）若数列{}为等差数列，，则数列{}的前9项和= .
12．（2023上·广东肇庆·高二统考期末）已知数列满足，对任意的均有，，，则 ，的通项公式为 .
13．（2023上·广东广州·高二校联考期末）设一个平面内有条直线，其中任意两条直线都不平行，且任意三条直线都不经过同一点.记这条直线将该平面分割成了个部分，则 .（用含的代数式表示）
14．（2022上·广东揭阳·高二统考期末）已知等差数列{an}满足a2＝3，Sn－Sn－3＝51（n>3），Sn＝100，则公差d＝ ．
15．（2023上·广东汕尾·高二统考期末）螺旋线是一类美妙的曲线，用下面的方法可画出如图所示的螺旋线：先作边长为1的正，分别记射线，为；以为圆心､为半径作的劣弧交于点；以为圆心､为半径作的劣弧交于点；以为圆心､为半径作的劣弧交于点；依此规律，得到一系列劣弧所形成的螺旋线.劣弧长，劣弧长，劣弧长构成数列.记为数列的前项和，则 .
16．（2023上·广东河源·高二龙川县第一中学校考期末）记为等差数列的前n项和．若，，则 ．
17．（2023上·广东·高二校联考期末）已知数列各项均为正数，且，设，函数 .
三、解答题
18．（2022上·广东珠海·高二珠海市第一中学校考期末）已知数列满足，，．
(1)证明：是等差数列；
(2)记数列的前项和为，求最小的正整数，使得．
19．（2022上·广东深圳·高二深圳外国语学校校考期末）设首项为的数列的前项积为，且满足
(1)求数列 的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求证：．
参考公式：．
20．（2023上·广东广州·高二统考期末）在等差数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)记为等差数列的前n项和，求使不等式成立的n的最小值.
参考答案：
1．D
【分析】设等差数列的公差为，根据题意求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，可得，解得，
所以.
故选：D.
2．A
【分析】根据数列递推公式可知，当为偶数时，即可出现分组求和，再利用累加根据等差数列求和公式即可求得结果.
【详解】由递推公式可得，
；
；
；
而
故选：A
3．A
【分析】利用等差数列的定义直接求解.
【详解】因为等差数列的公差为，且，
所以.
故选：A
4．A
【分析】由题意可得与的关系式，再根据求得数列的通项，进而可得数列的通项，再根据等差数列前项和公式即可得解.
【详解】因为点在函数的图象上，
所以，则，
当时，，
当时，，
当时，上式也成立，
所以，
则，
因为，
所以数列是以为公差的等差数列，
数列的前10项和为.
故选：A.
5．A
【分析】根据等差数列的通项计算即可.
【详解】因为，
所以，所以.
故选：A.
6．B
【分析】先求出等差数列的通项公式，再把代入求解即可.
【详解】因为数列是首项为1，公差为3的等差数列，所以.
当时，即，解得.
故选：B
7．A
【分析】利用退一作差法求得，求得的表达式，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】由，
当时，，
当时，由得，
两式相减并化简得，
也符合上式，所以，
令，
为常数，
所以数列是等差数列，首项，
所以，
对称轴为，
由于对任意的恒成立，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：A
【点睛】与前项和有关的求通项的问题，可考虑利用“退一作差法”来进行求解，和类似.求解等差数列前项和最值有关的问题，可结合二次函数的性质来进行求解.
8．D
【分析】首先利用等差数列的性质和公式，求解数列的通项公式，再利用分组转化法求和.
【详解】根据等差数列的性质可知，，所以，
设等差数列的首项为，公差为，
则，解得：，所以，
设数列的前项和为，
则，
.
故选：D
9．C
【分析】由累加法可求出，再求出，结合基本不等式即可求出答案.
【详解】由数列满足，可得
，则，
因为函数，当且仅当时等号成立，
当时，所以取最小值为6.
故选:C.
10．B
【分析】由对数运算，得出，再计算公差，由等差数列性质求出结果.
【详解】由已知，
因为数列是等差数列，设公差为，由，又，解得.
故有，，
.
故选：B.
11．
【分析】利用等差数列的性质得到，代入数据计算得到答案.
【详解】.
故答案为：
12． .
【分析】根据题意可得出，可求得的值，推导出数列中的奇数项成以为首项，以为公差的等差数列，以及，求出数列中奇数项的表达式，可得出该数列偶数项的表达式，综合可得出数列的通项公式.
【详解】由题意可知，，则，可得；
因为，则，故，
又因为，且，
若，则，不合乎题意，
所以，，则，合乎题意，
所以，数列中的奇数项成以为首项，以为公差的等差数列，
当为奇数时，设，则，
则.
当为偶数时，设，则.
综上所述，.
故答案为：；.
13．
【分析】先列举得到数列前三项的值，然后由第条直线被前条直线分割成段，每一段将它所在的原区域一分为二，得到，再利用累加法求解.
【详解】，…，
因为第条直线与前条直线都相交且不共点，
所以它被前条直线分割成段，
每一段将它所在的原区域一分为二，
即在原区域上增加了个，
故，
所以，
.
故答案为:.
14．2
【分析】由数列的前n项和定义、等差数列的等和性、等差数列的通项公式及等差前n项和公式计算可得.
【详解】{an}为等差数列，故由Sn－Sn－3＝51（n>3）可得an－2＋an－1＋an＝51，
由等差数列的等和性可得：3an－1＝51，即：an－1＝17，
所以a1＋an＝a2＋an－1＝20，
所以，解得：n＝10，
所以，解得d＝2．
故答案为：2.
15．
【分析】根据题意得到为公差的等差数列，从而利用等差数列求和公式求出答案.
【详解】由题意得：，且，
故，
故为公差的等差数列，
所以.
故答案为：
16．
【分析】利用等差数列片段和的性质可求得的值.
【详解】由等差数列片段和的性质可知，、、成等差数列，
所以，，即，解得.
故答案为：.
17．4042
【分析】对因式分解化简得数列为等差数列，可得的通项公式，、，即可分组求值.
【详解】由得，因为各项均为正数，所以，
所以数列是以首项为2，公差为2的等差数列，.
所以；
当时，，所以，
所以
.
故答案为：4042.
18．(1)证明见解析
(2)7
【分析】（1）由题意得，利用等差数列的定义，即可证明结论；
（2）由（1）得，利用累加法可得，利用裂项相消法求和可得，求解，即可得出答案．
【详解】（1）证明：，，
又，，则，
数列是首项为5，公差为2的等差数列；
（2）由（1）得数列是首项为5，公差为2的等差数列，则，
当时，，，，，，
由累加法得，则，
又当时，符合题意，
，则，
数列的前项和为，
，即，即，解得（不合题意，舍去）或，
最小的正整数为7．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知可得，即数列是以2为首项，1为公差的等差数列，然后求解即可；
（2）由参考公式可得，则，然后累加求和即可．
【详解】（1）数列的前项积为，且满足，
又，，所以，
则,又，，则数列是以2为首项，1为公差的等差数列，
则；
（2）由（1）可得，则
则
.则则.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列公式得到，，得到通项公式.
（2）计算，解不等式得到答案.
【详解】（1）等差数列中，，，故，，
故.
（2），，即，解得，
故的最小值为