期末专题12 数列压轴综合（附加）（30题）（解析版）-备战期末高二数学

期末专题12数列压轴综合（附加）（精选30题）一、单选题1．（21-22高二下·辽宁大连·期末）数列满足，，则数列的前80项和为（

）A．1640 B．1680 C．2100 D．2120【答案】A【分析】利用周期性以及等差数列进行求解.【详解】设，因为的周期为，所以的周期为.又，，所以当n为奇数时，，所以当n为偶数时，.又，所以，，，于是得到，同理可求出，…，设，则数列是以6为首项，8为公差的等差数列，所以数列的前80项和为数列的前20项和.故B，C，D错误.故选：A.2．（20-21高二下·浙江绍兴·期末）已知正项数列满足：，设，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用进行放缩，然后再逐项分析即可.【详解】，设，，令，得，易得所以，所以，即所以，若，则，与矛盾，所以A错若，则，由得由，即得由，即得所以可以推出，与矛盾，所以B错又因为所以因为，所以故选：D.3．（22-23高二下·安徽合肥·期末）如图，正方形的边长为5，取正方形各边的中点，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，作第3个正方形，依此方法一直继续下去，则从正方形开始，连续15个正方形的面积之和等于（

）

A． B．C． D．【答案】B【分析】设第个正方形的面积为，第个正方形的边长为，则第个正方形的对角线长为，则由题意可得，数列是首项为，公比为的等比数列，从而可求出，进而可求得答案.【详解】记第1个正方形的面积为，第2个正方形的面积为，第个正方形的面积为，设第个正方形的边长为，则第个正方形的对角线长为，所以第个正方形的边长为，则数列是首项为，公比为的等比数列，，则，当时，，又，数列是首项为，公比为的等比数列，连续15个正方形的面积之和等于故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查等比数列应用，考查等比数列通项公式和求和公式的应用，解题的关键是根据题意找到第个正方形的边长为与第个正方形的边长的关系，从而可得，考查计算能力，属于较难题.4．（21-22高二下·江苏南京·期末）将等比数列按原顺序分成1项，2项，4项，…，项的各组，再将公差为2的等差数列的各项依次插入各组之间，得到新数列：，，，，，，，，，，…，新数列的前项和为．若，，，则S200=（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知求得等比数列的首项和公比，以及等差数列的首项，再求得数列的前200项中含有数列的前7项，含有数列的前193项，运用分组求和的方法可求得答案.【详解】解：由已知得，，，等比数列的公比．令，则，，所以数列的前200项中含有数列的前7项，含有数列的前193项，故．故选：A．5．（20-21高二下·浙江衢州·期末）已知等差数列满足：，则的最大值为（

）A．18 B．16 C．12 D．8【答案】C【分析】根据等差数列性质分析题中数列变化规律，计算得出结果.【详解】不为常数列，且数列的项数为偶数，设为则，一定存在正整数k使得或不妨设，即，从而得，数列为单调递增数列，，且，，同理即，根据等差数列的性质，所以n的最大值为12，选项C正确，选项ABD错误故选：C.6．（22-23高二下·安徽合肥·期末）定义高阶等差数列：对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶差数列，再令，则数列是数列的二阶差数列．已知数列为2，5，11，21，36，，且它的二阶差数列是等差数列，则（

）A．45 B．85 C．121 D．166【答案】C【分析】利用二阶差数列是等差数列，由此将原数列一一列举即可.【详解】该数列的一阶差数列为3，6，10，15，，则二阶差数列为3，4，5，，因为二阶差数列是等差数列，故二阶差数列后面的项为6，7，8，，所以一阶差数列后面的项为21，28，36，，从而原数列后面的项为57，85，121，，故．故选：C7．（22-23高二下·河北邢台·期末）数列单调递减，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用数列单调递减，可知，可化为，再判断数列的单调性，即可求出的取值范围.【详解】∵数列单调递减，∴，∴，则，令，，令，可知在区间上单调递增，则数列为单调递增数列，对所有的正整数都成立只需时，成立，即，解得，∴的取值范围是，故选：C.二、多选题8．（22-23高二下·安徽亳州·期末）已知等比数列的前项积为，公比，且，则（）A．当时，最小B．C．存在，使得D．当时，最小【答案】BD【分析】根据题意结合等比数列的性质以及单调性逐项分析判断.【详解】对于选项B：因为，所以，又因为，所以，故B正确；对于选项A、D：因为，所以，则，又因为，可得，则，故，且，可知数列是单调递增数列，当时，；当时，；所以当时，最小，故选项A错误，选项D正确；对于选项C：因为数列是单调递增数列，且当时，，所以，故C错误.故选：BD.【点睛】关键点睛：项数是关键：解题时特别关注条件中项的下标即项数的关系，寻找项与项之间、多项之间的关系选择恰当的性质解题.9．（22-23高二下·辽宁·期末）若数列满足，，，则称数列为斐波那契数列，又称黄金分割数列.在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波那契数列都有直接的应用.则下列结论成立的是（

）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】对A，根据递推公式即可判断；对利用判断；D利用数列的性质，结合斐波那契数列的前项和即可判断；对C，根据递推公式，即可判断.【详解】对A：，，，所以，，，，故A正确；对B：由，可得，，故B正确；对C：，可得，即有，故C正确；对于，故不正确．故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题考查斐波那契数列的递推公式，以及其偶数项和奇数项的和的求解；处理问题的关键是通过递推公式，找到相邻项的和与差的关.系10．（22-23高二下·重庆沙坪坝·期末）已知数列满足，，，为数列的前项和，则下列说法正确的有（

）A． B．C． D．的最大值为【答案】ACD【分析】根据递推关系式可求得为奇数和为偶数时的通项公式，进而确定，知AB正误；由可确定C正确；分别讨论和时，的通项公式，结合二次函数性质可确定D正确.【详解】对于A，当为奇数时，，又，，则，A正确；对于B，当为偶数时，，又，；由A知：当为奇数时，；则当为偶数时，；当为奇数时，；，B错误；对于C，，C正确；对于D，当时，，当为偶数时，；当为奇数时，；当时，，当为偶数时，；当为奇数时，；综上所述：，D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系式求解通项公式、前项和的问题，解题关键是能够根据递推关系式确定数列奇偶项所满足的关系，进而通过对于的取值的讨论求得通项公式.11．（22-23高二下·江苏盐城·期末）如图，已知正三角形的边长为3，取正三角形各边的三等分点作第二个正三角形，然后再取正三角形的各边的三等分点作正三角形，以此方法一直循环下去．设正三角形的边长为，后续各正三角形的边长依次为；设的面积为，的面积为，后续各三角形的面积依次为，则下列选项正确的是（

）

A．数列是以3为首项，为公比的等比数列B．从正三角形开始，连续3个正三角形面积之和为C．使得不等式成立的最大值为3D．数列的前项和【答案】ABD【分析】利用余弦定理得到，即可得到数列是以为首项，为公比的等比数列，即可判断A、B，再由，求出的通项，即可判断C，利用等比数列求和公式判断D.【详解】设正三角形的边长为，后续各正三角形的边长依次为，，，由题意知，，，所以为以为首项，为公比的等比数列，所以，故A正确；又，，所以从正三角形开始，连续个正三角形面积之和为，故B正确；又，，，所以，，，显然数列单调递减，，，，故C错误；数列的前项和，故D正确；故选：ABD12．（21-22高二下·山东东营·期末）如图，是一块半径为的圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆其直径为前一个剪掉半圆的半径得图形，，，，，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】利用列举前几项的方法，判断AB；根据列举的规律，写出，再求和，判断C；利用与的关系，即可判断D.【详解】根据图形生成的规律可知，，，，故A正确；，，，故B正确；根据题意可知，图形中被剪去的最小的半圆的半径为，所以当故C错误；根据题意可知，图形中被剪去的最小的半圆的半径为，，故D正确．故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过列举的方法，发现图形间的规律，转化为数列问题，进行数学计算.13．（21-22高二下·湖南衡阳·期末）已知数列满足，则（

）A．为等比数列B．的通项公式为C．的前项和D．的前项和【答案】ACD【分析】利用取倒数构造法、等比数列的通项公式、求和公式、以及错位相减法、分组求和法进行计算.【详解】因为，，所以，所以，，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；因为数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，故B错误；因为，所以，所以的前项和，故C正确；因为，所以，所以的前项和,令，则，两式错位相减得：，所以，所以，故D正确.故选：ACD.14．（21-22高二下·江苏南通·期末）已知数列的通项公式，记数列的前n项和为，则下列说法正确的是（

）A．B．是偶数C．若，则D．若，则存在n使得能被8整除【答案】BCD【分析】计算判断A；探求数列的性质，寻找规律判断B；利用数列的性质，结合累加法判断C；取特值计算判断D作答.【详解】，，，，A不正确；，因数列从第3项起的每一项都等于其相邻前2项的和，又都是奇数，则必为偶数，又都是奇数，又为偶数，由此，是奇数，是偶数，照此规律依次进行，因此，数列中，是奇数，是偶数，而，是偶数，B正确；因，，即，则，C正确；，显然能被8整除，因此，存在n使得能被8整除，D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：涉及给出递推公式探求数列规律的问题，按条件写出变量的前几个取值对应数列，认真分析每个变量对应的数列，找准变化规律是解决问题的关键.15．（20-21高二上·江苏扬州·期末）已知数列的前n项和为，，.则下列选项正确的为（

）A．B．数列是以2为公比的等比数列C．对任意的，D．的最小正整数n的值为15【答案】BD【分析】根据题设的递推关系可得，从而可得，由此可得的通项和的通项，从而可逐项判断正误.【详解】由题设可得，因为，，故，所以，所以，所以，因为，故，所以，所以为等比数列，所以即，故，故A错，C错.又，故，所以，即是以2为公比的等比数列，故B正确.，，故的最小正整数n的值为15，故D正确.故选：BD.【点睛】关键点点睛：题设中给出的是混合递推关系，因此需要考虑奇数项的递推关系和偶数项的递推关系，另外讨论D是否成立时注意先考虑的值.16．（20-21高二下·山东德州·期末）“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引人，故又称该数列为“兔子数列”，它在现代物理、准晶体结构、化学.等领域都有直接的应用.斐波那契数列满足：，，，记其前项和为，则下列结论成立的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】利用进行递推即可得出答案.【详解】对A，，∴，A正确；对B,，B正确；对C，，C错误；对D，，D正确.故选：ABD.17．（22-23高二下·广东佛山·期末）记等差数列的n和为，数列的前k项和为，则（

）A．若，均有，则B．若当且仅当时，取得最小值，则C．若且，则当且仅当时，取得最小值D．若和时，取得最小值，则，【答案】BD【分析】由等差数列的通项公式和求和公式，结合数列的单调性和等差数列的性质，可得结论；【详解】选项A：等差数列的前n和为，因为，所以，所以从第二项开始，故正负不确定，不一定成立，选项A错误；选项B：当时，取得最小值，所以数列是首项为负，慢慢递增的数列，且有，则有，故有，选项B正确；选项C：，解得：，，，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，先减后增，由题意知，当时，取得最小值，选项错误；选项D：当和时，取得最小值，故先减后增，且，故，，选项D正确；故选：BD【点睛】关键点睛：熟练掌握并应用等差数列求和公式是本题的关键，结合等差数列的性质，将题目转化为对具体项正负的判断是本题的解题关键和突破点；18．（22-23高二下·山东日照·期末）已知有穷数列各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的序号构成新数列，称数列为数列的序数列．例如数列，，，满足，则其序数列为1，3，2．若有穷数列满足，（n为正整数），且数列的序数列单调递减，数列的序数列单调递增，则下列正确的是（

）A．数列单调递增B．数列单调递增C．D．【答案】ACD【分析】根据新定义直接判断AB，根据数列单调性可得，，据此利用累加法求通项判断D，并项求和结合等比数列求和公式判断C.【详解】由题意，数列的序数列单调递减，故数列单调递增，故A正确；由数列的序数列单调递增，故数列单调递减，故B错误；因为数列是单调递增，所以，即，因为，所以，因此，所以，由数列单调递减，同理可得，，所以，也符合该式，故D正确；，故C正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：理解新定义数列的序数列是判断数列单调性的关键，再由单调性及不等式的性质分别得出，是解决问题的第二个关键点，利用累加法求通项公式，利用并项求和是解决本题的第三个关键点.19．（22-23高二下·广东汕尾·期末）已知数列满足（且），则下列说法正确的是（

）A．，且B．若数列的前16项和为540，则C．数列的前项中的所有偶数项之和为D．当n是奇数时，【答案】ACD【分析】A选项，赋值法求解即可；B选项，先得到，求出数列的前16项和中偶数项之和，从而得到前16项和中奇数项之和，赋值法得到，从而得到，求出答案；C选项，在B选项的基础上得到，从而利用等差数列求和公式求解；D选项，在B选项基础上得到，令可得答案.【详解】A选项，中，令得，令得，A正确；B选项，中，令得，所以，，，，相加得，因为数列的前16项和为540，所以前16项和中奇数项之和为，中，令得，所以，故，解得，B错误；C选项，由B选项可知，的前项中的共有偶数项项，故最后两项之和为，所以数列的前项中的所有偶数项之和为，C正确；D选项，由B选项可知，令，则，故故当n是奇数时，，D正确.故选：ACD【点睛】当遇到时，数列求通项公式或者求和时，往往要分奇数项和偶数项，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.三、填空题20．（21-22高二下·福建厦门·期末）分形几何在计算机生成图形和游戏中有广泛应用．按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图．设图2中第n行黑圈的个数为，则，数列的通项公式．【答案】41【分析】记第n行白圈的个数为，根据题意得到递推公式，，从而推导出，进而构造等比数列联立求解即可得【详解】记第n行白圈的个数为，由题意可得，，，则，所以，所以，由，得，所以，即，故，故答案为：41；21．（21-22高二下·湖北武汉·期末）如图是瑞典数学家科赫在年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原三角形（图）的边长为，把图，图，图，中的图形依次记为，，，，，，则的边数，所围成的面积．【答案】【分析】记的边数为，三角形边长为，面积为，由图形变化规律可直接得到，从而得到；根据，采用累加法可求得.【详解】记的边数为，三角形边长为，面积为，由图形变换规律可知：，，则；由图形可知：是在每条边上生成一个小三角形（去掉底边），则，由，，…，；左右分别相加得：；数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列，，.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查数列的综合应用问题，解题关键是根据图形的变化规律确定的边数的变化规律符合等比数列的变化；并得到图形面积变化所满足的递推关系式，采用累加法表示出图形面积.四、解答题22．（22-23高二下·福建泉州·期末）已知数列的前n项和为，且满足，．(1)求数列的通项公式；(2)若等差数列满足，且，，成等比数列，求c．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用，可知数列为2为首项，2为公差的等差数列，根据等差数列通项公式计算即可；（2）求数列的前n项和为，根据等差数列及等比数列的性质可求出c．【详解】（1）因为，当时，两式相减得化简得，，，当时，，解得或（舍去）故数列是以2为首项，2为公差的等差数列．．（2）由（1）知，，，，，，，，成等比数列，，即，整理得：，或．①当时，，所以（定值），满足为等差数列，②当时，，，，，不满足，故此时数列不为等差数列（舍去）．综上可得．23．（21-22高二下·河北石家庄·期末）已知等差数列为递增数列，(1)求的通项公式；(2)若数列满足，求的前项和：(3)若数列满足，求的前项和的最大值､最小值.【答案】(1)(2)(3)最大值为，最小值为【分析】（1）根据题意可得，则可解得，即可求出通项公式；（2）利用错位相减法即可求出；（3）利用裂项相消法求出前n项和，再讨论n的奇偶即可求出.【详解】（1）因为，所以，所以，又，且为递增数列，则可解得，所以公差为2，所以.（2）因为，所以①，②，①-②得，；（3），记的前项和为，则，当为奇数时随着的增大而减小，可得，当为偶数时随着的增大而增大，可得，所以的最大值为，最小值为.24．（21-22高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知数列的前项和为，.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的通项公式.【答案】(1)(2)【分析】（1）由前项和与通项的关系先得到递推关系为等比数列模型，进而得到；（2）将等式往前递推一次得，再两边同乘以4与原式作差得到，进而得到结果.【详解】（1）∵，∴，∴令，得，∴是以4为首项，4为公比的等比数列，∴（2）∵，即∴等式两边同乘以4得：∴∴，∴，经检验成立，∴25．（22-23高二下·湖北十堰·期末）已知数列的前项和为且.(1)求的通项公式；(2)为满足的的个数，求使成立的最小正整数的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）先由前项和的递推公式通过累乘法算出，然后由与的关系解出通项公式.（2）不等式左边利用分组求和的方法求出和，然后构造函数结合作差法与二项式展开式来判断函数单调性，进而解出值.【详解】（1）因为，所以，所以，累乘得，所以.符合上式，所以.当时，，则，所以.因为符合上式，所以.（2）由题意知，则.令，则.由二项式展开式.所以，所以单调递增.因为，所以的最小值是11.26．（20-21高二·辽宁·期末）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充下面的问题中，若问题中的存在，求的最小整数值；若不存在，请说明理由．问题：设数列满足，数列的前n项和为．若_________，则是否存在，使得？【答案】当选择①时，存在，且的最小整数值为1；当选择②时，存在，且的最小整数值为24；选择③时，存在，且的最小整数值为0.【分析】先根据，利用数列通项和前n项和的关系求得，若选择①，得到，利用裂项相消法求解；若选择②，得到，利用等差数列的前n项和公式求解；若选择③，得到，利用裂项相消法求解.【详解】因为，当时，解得，当时，由，得，两式相减得：，则，又适合上式，所以，当选择①时，，因为，所以，所以存在，且的最小整数值为1；当选择②时，，所以，，所以存在，且的最小整数值为24；选择③时，，所以，，当时，，所以存在，且的最小整数值为0；27．（20-21高二下·浙江·期末）设等差数列的公差为d，d为整数，前n项和为，等比数列的公比为q，已知．（1）求数列与的通项公式；（2）求数列的前n项和为；（3）设，求证：．【答案】（1），；（2）（3）证明详见解析【分析】（1）根据已知条件建立关于和的方程即可求解；（2）利用分组求和可求解；（3）化简可得，即可证明.【详解】（1）由题意可得，解得（舍去）或，，；（2）由（1）可得；（3），.【点睛】关键点睛：本题考查数列不等式的证明，解题的关键是化简得出.28．（20-21高二下·浙江·期末）在数列中，．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求数列的通项公式；（Ⅱ）用数学归纳法证明：．【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）由化简可得,，进而可得，即可证明结果;（Ⅱ）利用数学归纳法进行证明即可.【详解】（Ⅰ）,,,数列是以为首项,-2为公差的等差数列.,,当时，，满足此式，故.（Ⅱ）当时，，成立，假设，时，成立，则当时，，.只需证明即可.,,,时，成立，综上所述，恒成立.【点睛】方法点睛：用数学归纳法证明，一般是两步一结论，（1）证明当时命题成立；（2）假设时命题成立，再证明当时，命题成立（3）下结论.29．（20-21高二上·江苏苏州·期末）已知数列满足，．（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）记数列的前项中最大值为，最小值为，令，称数列是数列的“中程数数列”．①求“中程数数列”的前项和；②若（且），求所有满足条件的实数对．【答案】（1）证明见解析，；（2）①；②．【解析】（1）先利用递推关系推出，即证结论，再利用等比数列通项公式求数列的通项公式即可；（2）①先判断数列单调性得到最大项和最小项，求得数列，再利用错位相减法求和即可；②先利用通项公式判断和，再逐一代入求解满足题意的m