第09讲 第四章 数列 章节验收测评卷（综合卷）（解析版）

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：C2．（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．684 B．682 C．342 D．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．5 B．6 C．7 D．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：D5．（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．60 B．45 C．30 D．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．-1 B． C．2 D．【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．2 B．3 C．2022 D．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：AB11．（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．2 B． 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：415．（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；(