专题07 数列-北京市2021-2022学年高二上学期期末数学试题分类汇编.docx

1、北京市2021-2022学年高二数学上学期期末分类汇编专题07 数列一、单选题1（2022北京朝阳高二期末）与的等差中项是（）ABCD2（2022北京朝阳高二期末）已知数列为等比数列，则“，”是“为递减数列”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（2022北京大兴高二期末）已知数列满足，则等于（）A1B2C4D44（2022北京大兴高二期末）已知等比数列的公比为，则“是递增数列”的一个充分条件是（）ABCD5（2022北京大兴高二期末）已知数列的前n项和，若数列中第项最大，则等于（）A6B7C6或7D86（2022北京师大附中高二期末）已知等差数列，且，则（）

2、A4B6C8D127（2022北京东城高二期末）已知为等差数列，且，则（）ABCD8（2022北京东城高二期末）设数列的前项和为，若，则、中，最大的是（）ABCD9（2022北京人大附中高二期末）在等差数列中，若，则=（）A20B25C30D3310（2022北京人大附中高二期末）图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，第8个叠放的图形中小正方体木块的总数是（）A66B91C107D12011（2022北京人大附中高二期末）已知等差数列的前项和为，并且，若对恒成立，则正整数的值为（）A4B5C6D712（2022北京通州高二期末）设，

3、则与的等比中项为（）ABCD13（2022北京通州高二期末）已知数列的通项公式为，则“”是“数列为单调递增数列”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二、填空题14（2022北京大兴高二期末）等比数列中，若，则_15（2022北京大兴高二期末）若当且仅当时，等差数列的前项和取得最大值，则数列的通项公式可以是_（写出满足题意的一个通项公式即可）16（2022北京师大附中高二期末）已知数列满足，设，则下列结论正确的是_；若等差数列满足，其前n项和为，则，使得17（2022北京东城高二期末）已知数列满足，若，则_18（2022北京通州高二期末）设数列为等差数列

4、，若，则_19（2022北京朝阳高二期末）已知数列的前项和为，则_，_.三、解答题20（2022北京朝阳高二期末）已知是等差数列，.(1)求的通项公式；(2)若数列是公比为的等比数列，求数列的前项和.21（2022北京朝阳高二期末）已知项数为的数列是各项均为非负实数的递增数列.若对任意的，（），与至少有一个是数列中的项，则称数列具有性质.(1)判断数列，是否具有性质，并说明理由；(2)设数列具有性质，求证：；(3)若数列具有性质，且不是等差数列，求项数的所有可能取值.22（2022北京大兴高二期末）已知等差数列中，.(1)求的通项公式；(2)求的值.23（2022北京师大附中高二期末）已知公差

5、不为0的等差数列满足：且成等比数列(1)求数列的通项公式；(2)记为数列的前n项和，求证是等差数列24（2022北京师大附中高二期末）如果无穷项的数列满足“对任意正整数，都存在正整数k，使得，”则称数列具有“性质P”(1)若数列是等差数列，首项，公差，判断数列是否具有“性质P”，并说明理由；(2)若等差数列具有“性质P”，为首项，d为公差求证：且；25（2022北京东城高二期末）某学校一航模小组进行飞机模型飞行高度实验，飞机模型在第一分钟时间内上升了米高度若通过动力控制系统，可使飞机模型在以后的每一分钟上升的高度都是它在前一分钟上升高度的(1)在此动力控制系统下，该飞机模型在第三分钟内上升的高

6、度是多少米？(2)这个飞机模型上升的最大高度能超过米吗？如果能，求出从第几分钟开始高度超过米；如果不能，请说明理由26（2022北京东城高二期末）设等差数列的各项均为整数，且满足对任意正整数，总存在正整数，使得，则称这样的数列具有性质(1)若数列的通项公式为，数列是否具有性质？并说明理由；(2)若，求出具有性质的数列公差的所有可能值；(3)对于给定的，具有性质的数列是有限个，还是可以无穷多个？(直接写出结论)27（2022北京人大附中高二期末）对于无穷数列，若，则称是的“伴随数列”其中，分别表示中的最大数和最小数已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“伴随数列”(1)若，求的前项和；(2)证明：

7、且；(3)若，求所有满足该条件的28（2022北京通州高二期末）已知等差数列的前项和为，且，(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和29（2022北京通州高二期末）设等差数列的前项和为，为各项均为正数的等比数列，且，再从条件：；：；：这三个条件中选择一个作为已知，解答下列问题：(1)求和的通项公式；(2)设，数列的前项和为，求证：30（2022北京通州高二期末）设数列的前项和为，且，(1)若（ i ）求；（ ii）求证数列成等差数列(2)若数列为递增数列，且，试求满足条件的所有正整数的值参考答案：1A【分析】代入等差中项公式即可解决.【详解】与的等差中项是故选：A2A【分析】本题可依次

8、判断“，”是否是“为递减数列”的充分条件以及必要条件，即可得出结果.【详解】若等比数列满足、，则数列为递减数列，故“，”是“为递减数列”的充分条件，因为若等比数列满足、，则数列也是递减数列，所以“，”不是“为递减数列”的必要条件，综上所述，“，”是“为递减数列”的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题考查充分条件以及必要条件的判定，考查等比数列以及递减数列的相关性质，体现了基础性和综合性，考查推理能力，是简单题.3A【分析】根据递推公式和，可知数列是以为周期的周期数列，由此即可求出结果.【详解】因为，所以，所以数列是以为周期的周期数列，又所以.故选：A.4D【分析】由等比数列满足递增数列，可进

9、行和两项关系的比较，从而确定和的大小关系.【详解】由等比数列是递增数列，若，则，得；若，则，得；所以等比数列是递增数列，或，；故等比数列是递增数列是递增数列的一个充分条件为，.故选：D.5B【分析】由的关系得出通项公式，再结合二次函数的性质得出最大项.【详解】当时，当时，,也满足，故，由可知，当数列中第项最大.故选：B6B【分析】根据等差中项的性质计算可得；【详解】解：在等差数列中，所以，解得；故选：B7B【分析】由已知条件求出等差数列的公差，从而可求出【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，所以，故选：B8C【分析】求出的表达式，解不等式可得结果.【详解】由已知可得，故数列为等差数列，且公

10、差为，所以，令可得.因此，当时，最大.故选：C.9D【分析】将条件转化为基本量并解出，进而解得答案.【详解】设数列的公差为d，则.故选：D.10D【分析】根据数列的规律得到第n个叠放图形中共有n层，构成等差数列求解.【详解】因为图1有1个小正方体，图2有1+5=6个小正方体，图3有1+5+9=15个小正方体，归纳可得：第n个叠放图形中共有n层，构成以1为首项，以4为公比的等差数列，所以第n个叠放的图形中小正方体木块的总数是，第8个叠放的图形中小正方体木块的总数是，故选：D11C【分析】由等差数列的前项和公式和等差数列的性质可得，所以等差数列的前6项为正数，从第7项起为负数，由此即可求出正整数的

11、值.【详解】由题意可得，所以， 又，所以， 又可得， 所以等差数列的前6项为正数，从第7项起为负数，所以， 所以.故选：C.12C【分析】利用等比中项的定义可求得结果.【详解】由题意可知，与的等比中项为.故选：C.13A【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合数列的单调性判断【详解】根据题意，已知数列的通项公式为，若数列为单调递增数列，则有（），所以，因为，所以，所以当时，数列为单调递增数列，而当数列为单调递增数列时，不一定成立，所以“”是“数列为单调递增数列”的充分而不必要条件，故选：A148【分析】利用等比数列的性质直接求解即可【详解】因为数列为等比数列，所以，故答案为：815 （ ）【

12、分析】根据题意可知该数列应该满足，因此依据此写出一个满足该条件的数列的通项公式即可.【详解】当且仅当时，等差数列的前项和取得最大值,由此可知该数列满足：，而满足此条件，故答案为： （）（答案不唯一）16【分析】通过题目给的首项与通项公式，可以算出前几项，发现该数列是一个从第四项开始的周期数列，然后可以通过计算验证选项、，根据数列的实际取值，可以判断选项，通过比较和的增长幅度，可以判断选项.【详解】，此数列是从第四项开始的的周期数列，且满足，故正确；选项，在数列中，是不存在，故错误；选项，故正确；选项，等差数列，其，数列是从第四项开始的的周期数列，而，呈指数被的增长，无穷大，而是一个二次函数的增

13、长形式，增长幅度相对于指数而言有限，故，使得，所以选项正确.故答案为：17【分析】由递推式，结合依次求出、即可.【详解】由，可得：，又，可得：.故答案为：.185【分析】利用等差中项的定义即可求解【详解】解：数列为等差数列，a2 +a82a5，又a2+a5+a815，3a515，解得a55故答案为：519 【分析】第一空：由，代入已知条件，即可解得结果；第二空：由与关系可推导出之间的关系，再由递推公式即可求出通项公式.【详解】，可得由，可知时，故时即可化为又故数列是首项为公比为2的等比数列，故数列的通项公式故答案为： ；20(1)(2)【分析】（1）由题意得解方程组求出，从而可求出数列的通项公

14、式，（2）因为是公比为的等比数列，又，所以，从而可得，然后利用分组求和法求解即可(1)设等差数列的公差为.由题意得解得，.所以.(2)因为是公比为的等比数列，又，所以，所以.所以.21(1)数列，不具有性质；(2)证明见解析；(3)可能取值只有.【分析】（1）由数列具有性质的定义，只需判断存在与都不是数列中的项即可.（2）由性质知：、，结合非负递增性有，再由时，必有，进而可得，应用累加法即可证结论.（3）讨论、，结合性质、等差数列的性质判断是否存在符合题设性质，进而确定的可能取值.(1)数列，不具有性质.因为，和均不是数列，中的项，所以数列，不具有性质.(2)记数列的各项组成的集合为，又，由数

15、列具有性质，所以，即，所以.设，因为，所以.又，则，.将上面的式子相加得：.所以.(3)（i）当时，由（2）知，这与数列不是等差数列矛盾，不合题意.（ii）当时，存在数列，符合题意，故可取.（iii）当时，由（2）知，.当时，所以，.又，即.由，得：，.由两式相减得：，这与数列不是等差数列矛盾，不合题意.综上，满足题设的的可能取值只有.【点睛】关键点点睛：第二问，由可知，并应用累加法求证结论；第三问，讨论k的取值，结合的性质，由性质、等差数列的性质判断不同k的取值情况下数列的存在性即可.22(1)(2)200【分析】（1）设等差数列的公差为d，根据.利用等差数列的通项公式基本运算求解；（2）根

16、据构成首项为,公差为的等差数列求解.(1)设等差数列的公差为d，由题意得解得，所以(2)因为构成首项为,公差为的等差数列， 且是其第10项，所以 ，.23(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)根据等比中项的应用可得，结合等差数列的定义和求出公差，进而得出通项公式；(2)根据等差数列前n项求和公式可得，结合等差数列的定义即可证明.(1)设等差数列的公差为()，由成等比数列，得，又，所以，解得，所以；(2)由(1)可得，所以，有，故，又，所以数列是以2为首项，以2为公差的等差数列.24(1)数列不具有性质(2)，成立【分析】（1）因为当数列具有“性质”时，列举出前两项，需要满足，（不是正整数），

17、所以不符合条件（2）利用反正法，分且，且，且三种情况，证明这三种情况下数列均不具有“性质”，从而证明当数列具有“性质”时，需要满足且(1)解：若，公差，则数列不具有性质理由如下：由题知，对于和，假设存在正整数，使得，则有，解得，得出矛盾，所以对任意的，(2)证明：若数列具有“性质”，则：假设，则对任意的，设，则，矛盾！假设，则存在正整数，使得设，2，则：，但数列中仅有项小于等于0，矛盾！假设，则存在正整数，使得设，2，则：，但数列中仅有项大于等于0，矛盾！综上，25(1)；(2)不能，理由见解析.【分析】（1）由题得每分钟上升的高度构成等比数列，再利用等比数列的通项求解；（2）求出即得解.(1

18、)解：由题意，飞机模型每分钟上升的高度构成，公比的等比数列，则米.即飞机模型在第三分钟内上升的高度是米.(2)解：不能超过米.依题意可得，所以这个飞机模型上升的最大高度不能超过米.26(1)数列具有性质，理由见解析；(2)，；(3)有限个.【分析】（1）由题意，由性质的定义，即可知是否具有性质.（2）由题设，存在，结合已知得且，则，由性质的定义只需保证为整数即可确定公差的所有可能值；（3）根据（2）的思路，可得且，由为整数，在为定值只需为整数，即可判断数列的个数是否有限.（1）由，对任意正整数，说明仍为数列中的项，数列具有性质.（2）设的公差为由条件知：，则，即，必有且，则，而此时对任意正整数

19、，又必一奇一偶，即为非负整数因此，只要为正整数且，那么为中的一项 易知：可取，对应得到个满足条件的等差数列.（3）同（2）知：，则，必有且，则，故任意给定，公差均为有限个，具有性质的数列是有限个.【点睛】关键点点睛：根据性质的定义，在第2、3问中判断满足等差数列通项公式，结合各项均为整数，判断公差的个数是否有限即可.27(1)；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）由可得为递增数列，从而易得；（2）令，即可得.利用， ，可证；（3）首先，由已知，当时，；当时，；当时，（*），这里分析与的大小关系，均出现矛盾，结合(*)式可得，因此猜想（），用反证法证明此结论成立，证明时假设是首次不符合的项，

20、则，这样题设条件变为（*），仿照讨论的情况讨论，可证明(1)由可得为递增数列， 所以，故的前项和为.(2)时，因为，所以所以；(3)由可得当时，；当时，即，所以；当时，即（*），若，则，所以由（*）可得，与矛盾；若，则，所以由（*）可得，所以与同号，这与矛盾；若，则，由（*）可得.猜想：满足的数列是：.经验证，左式，右式.下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件.法1：由上述时的情况可知，时，是成立的.假设是首次不符合的项，则，由题设条件可得（*），若，则由（*）式化简可得与矛盾；若，则，所以由（*）可得所以与同号，这与矛盾；所以，则，所以由（*）化简可得.这与假设矛盾.所以不存在数列不满足的

21、符合题设条件.法2：当时，所以即由可得又，所以可得，所以，即所以等号成立的条件是，所以，所有满足该条件的数列为.【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，考查学生创新意识，从特殊到一般的思维能力，题中讨论与大小关系是解题关键所在28(1)(2)【分析】（1）设等差数列公差为d，首项为a1，根据已知条件列出方程组求解a1，d，代入通项公式即可得答案；（2）根据等差、等比数列的前n项和公式，利用分组求和法即可求解(1)解：设等差数列公差为d，首项为a1，由题意，有，解得，所以；(2)解：，所以29(1)ann，bn(2)证明见解析【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，q0，由

22、等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式，列出方程组求解即可得答案；（2）求出，利用裂项相消求和法求出前项和为，即可证明(1)解：设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，q0，选：，又，可得1+5d3q，1+4d5d，解得d1，q2，则an1+n1n，bn；选：，又a1b11，a63b2，可得1+5d3q，q44（q3q2），解得d1，q2，则an1+n1n，bn；选：，又a1b11，a63b2，可得1+5d3q，8+28d6（3+3d），解得d1，q2，则an1+n1n，bn；(2)证明：由（1）知，所以.30(1)；详见解析；(2)5.【分析】（1）由题可得，由条件可依次求各项，即得；猜想，用数学归纳法证明即得；（2）设，由题可得，进而可得，结合条件即求.(1)（ i ），且，又，解得，解得，解得，解得，；（ ii）由，猜想数列是首项，公差为的等差数列，用数学归纳法证明：当时，成立；假设时，等式成立，即，则时，当时，等式也成立，数列是首项，公差为的等差数列.(2)设，由，即，又，又数列为递增数列，解得，由，解得.【点睛】关键点点睛：第一问的关键是由条件猜想，然后数学归纳法证明，第二问求出，即得.