第09讲 第四章 数列 章节验收测评卷(综合卷）
学习目标
第09讲 第四章 数列 章节验收测评卷(综合卷）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．（2023秋·福建宁德·高二福鼎市第一中学校考阶段练习）数列的一个通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】通过观察可知，
，，所以BD选项错误.
对比AC选项，注意到数列的分母的间隔不是常数，所以A选项错误.
故选：C
2．（2023秋·广东惠州·高三校考阶段练习）设为等比数列的前项和，且，则（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【详解】设等比数列的公比为，
因为，则，
因为，可得，解得或，则
当时，此时，；
当时，此时，.
故或.
故选：D.
3．（2023·四川雅安·校考模拟预测）若数列的前项和为，且，则（ ）
A．684B．682C．342D．341
【答案】B
【详解】，，，，，
所以.
故选：B.
4．（2023秋·四川雅安·高三校考阶段练习）已知数列的前n项和，正项等比数列满足，，则使成立的n的最大值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【详解】依题意，，
当时，；
当时，；
所以.
所以，
设正项等比数列的公比为，，
所以，
所以，
由得，
所以的最大值为.
故选：D
5．（2023秋·北京密云·高三北京市密云区第二中学校考阶段练习）我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去.若经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和不小于，则的最小值为（ ）（参考数据：，）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：由题意，每次操作是把上次操作剩余的线段去掉三分之一，
所以剩余线段是首项为、公比为的等比数列，即
第1次操作剩余的线段长度为，第2次操作剩余的线段长度为，
第3次操作剩余的线段长度为，…，第次操作剩余的线段长度为，…
所以，经过次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和为，
由题意知，，则，取对数有，
∴，解得：，
又因，，可得：，故的最小值为11.
故选：A.
6．（2023秋·黑龙江·高三黑龙江实验中学校考阶段练习）等差数列的前n项和为则的最大值为（ ）
A．60B．45C．30D．15
【答案】B
【详解】因为
则，
则，则，
令，解得：，
因为是等差数列，
所以当时，，，当时，，
所以的最大值为.
故选：B.
7．（2023秋·福建龙岩·高二福建省连城县第一中学校考阶段练习）设数列中，，（且），则（ ）
A．-1B．C．2D．
【答案】C
【详解】因为，（且），所以，，，，，，
所以数列是周期为3数列，所以.
故选：C.
8．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，，，且．表示不超过的最大整数，若，数列的前项和为，则（ ）
A．2B．3C．2022D．2023
【答案】B
【详解】由可得，
故是首项为，公差为2的等差数列，
则，
所以当时，
，故，
当时，也满足上式，所以，故．
易得，，
当时，，，，即，
故，故当时，，故．
故选：B
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9．（2023秋·甘肃·高二校考阶段练习）数列的前n项和为，已知，则（ ）
A．是递增数列
B．
C．当时，
D．当或4时，取得最大值
【答案】BCD
【详解】A选项，当时，，
又，所以，
因为，
则是递减数列，故A错误；
B选项，由可得，故B正确；
C选项，令，解得，故C正确；
D选项，因为的对称轴为，开口向下，
又，所以当或4时，取得最大值，故D正确.
故选：BCD.
10．（2023秋·安徽蚌埠·高二统考期末）设等差数列的前项和为，且满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．最大B．
C．D．
【答案】AB
【详解】因为，，
所以，
所以，，故C错误；
所以，且，故B正确；
所以，则单调递减，且，
所以最大，故A正确，
令，，则，，则，故D错误.
故选：AB
11．（2023·全国·高二专题练习）已知数列满足：（），且数列是递增数列，则实数a的可能取值是（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】BC
【详解】因为，，是递增数列，
所以必有，
即：，
解得：.
故选：BC.
12．（2023秋·福建·高三福建师大附中校考阶段练习）如图所示，将平面直角坐标系中的格点(横4纵坐标均为整数的点)的横、纵坐标之和作为标签，例如：原点处标签为0，记为；点处标签为1，记为；点处标签为2，记为；点处标签为1，记为；点处标签为0，记为；…以此类推，格点处标签为，记则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【详解】对A，由题意得，第一圈从到共8个点，由对称性可得，
第二圈从到共16个点，由对称性可得，
根据归纳推理可得第圈共有个点，这项的和也是0.
设在第圈，则，且，
由此可知前22圈共有2024个点，即，且对应点为，
所以对应点为，所以，故A正确；
对B，因为，所以，故B错误；
对C，由图可得对应点为，所以，故C错误；
对D，因为，
又对应点为，所以，
对应点为，所以，
…
对应点为，所以，
所以所以，故D正确.
故选：AD
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）
13．（2023秋·上海闵行·高二校考阶段练习）已知数列中，，，则 .
【答案】
【详解】因为，所以数列是等差数列，公差，
又，所以．
故答案为：．
14．（2023秋·辽宁大连·高三大连市第二十高级中学校考开学考试）记为等比数列的前n项和，已知，，则 ．
【答案】4
【详解】因为为等比数列的前n项和，，，
所以由等比数列的性质可得，，成等比数列，
所以．
故答案为：4
15．（2023秋·甘肃定西·高二甘肃省临洮中学校考阶段练习）在数列中，，，若对于任意的，恒成立，则实数的最小值为 ．
【答案】
【详解】由有，且，
故数列为首项为，公比为的等比数列，可得，
不等式可化为，令，
当时；当时，．
故有当时，，
则，
当时，，即，
此时，数列单调递减，
综上所述，，可得实数的最小值为．
故答案为：.
16．（2023春·广东佛山·高二校联考阶段练习）设数列的前项和为，且，已知关于的方程有唯一的解，则 ；若不等式对任意的恒成立，则的最大值是 ．
【答案】
【详解】因为幂函数恒过点，
又关于的方程有唯一的解，则其根为，
即，所以，
又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以，
由可得，
令，，
则在上单调递减，在上单调递增
又，，
因为且，所以当时取得最小值为，
所以，所以的最大值为．
故答案为：；．
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17．（2023秋·云南昆明·高三云南民族大学附属中学校考阶段练习）已知等差数列的前项和为，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)解方程.
【答案】(1)或
(2)或.
【详解】（1）设的公差为，因为成等比数列，
所以，即
又，即，解得或.
当时，；
当时，.
所以数列的通项公式为或；
（2）当时，，
由，得，
化简得，解得或；
当时，，
由，得，
化简得，解得或.
综上，或.
18．（2023秋·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知数列的前n项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前2n项和．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，，
当时，，因为也符合上式．
所以．
（2）由（1）可知，
所以
．
19．（2023秋·广东广州·高三广州市第九十七中学校考阶段练习）设数列的各项都为正数，且．
(1)证明数列为等差数列；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由数列的各项都为正数，且，
得，即，
所以数列是以为公差的等差数列；
（2），由（1）得，
所以，则，
所以.
20．（2023秋·江苏宿迁·高三校考阶段练习）已知数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）当时，，两式相减得，，
又，，．
所以数列是首项为，公比是的等比数列，所以．
（2）证明：，
因为，
所以
，
因为，所以．
21．（2023秋·上海徐汇·高三上海市南洋模范中学校考阶段练习）已知数列满足：，．
(1)求证是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)求使不等式成立的所有正整数m，n的值．
【答案】(1)，
(2)或或
【详解】（1）解：由题意，，令，则，
且由题意，，易知，
∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，.
∴，.
（2）解：由（1）知，则，
∴不等式即，
∵，∴，
∴，
∵当时，，，
∴，不满足要求；
∴，又∵，
∴当时，，即
可解得：，∴；
当时，，即，
可解得：，∴；
当时，，即，
可解得：，∴.
综上，使不等式成立的所有正整数m，n的值为或或.
22．（2023秋·上海虹口·高二上外附中校考阶段练习）已知数列的前n项和为，且对任意正整数n都有.
(1)求数列的通项公式；
(2)若（n为正整数），求数列的前n项和；
(3)若（n为正整数），且不等式对任意正整数n都成立，求实数t的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，则有：
当时，则，解得；
当时，则，
两式相减得，整理得；
且，可知数列是以首项，公比为的等比数列，
所以，即.
（2）由（1）可得：，
所以，
所以数列的前n项和.
（3）由（1）可得：，
令，即，解得，
可得数列的最大项为，
因为等式对任意正整数n都成立，即，
可得，解得或，
所以实数t的取值范围.