第第頁北京市2022-2023學年上學期高二期末數學試題匯編-10數列的概念與簡單表示法（含解析）北京市2022-2023學年上學期高二期末數學試題匯編-10數列的概念與簡單表示法

一、單選題

1．（2023春·北京房山·高二統考期末）設各項均為正數的等比數列的公比為q，且，則“為遞減數列”是“”的（）

A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件

C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件

2．（2023春·北京懷柔·高二統考期末）數列的通項公式為，若是遞增數列，則的取值范圍是（）

A．B．

C．D．

3．（2023春·北京懷柔·高二統考期末）在數列中，若，，則（）

A．B．C．D．

4．（2023春·北京豐臺·高二統考期末）如圖所示的三角形圖案是謝爾賓斯基三角形.已知第個圖案中黑色與白色三角形的個數之和為，數列滿足，那么下面各數中是數列中的項的是（）

A．121B．122C．123D．124

5．（2023春·高二校考期末）設是公差為的等差數列，為其前項和，則“”是“數列為遞增數列”的（）

A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件

C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件

6．（2023秋·北京密云·高二統考期末）已知數列，首項，，則（）

A．5B．8C．11D．15

7．（2023秋·北京東城·高二統考期末）對于數列，若存在正數，使得對一切正整數，都有，則稱數列是有界的.若這樣的正數不存在，則稱數列是無界的.記數列的前項和為，下列結論正確的是（）

A．若，則數列是無界的B．若，則數列是有界的

C．若，則數列是有界的D．若，則數列是有界的

8．（2023秋·北京東城·高二統考期末）設為數列的前項和，已知，，那么（）

A．B．C．D．

9．（2023秋·北京通州·高二統考期末）已知數列的前5項為1，，，，，則數列的一個通項公式為（）

A．B．

C．D．

10．（2023秋·北京大興·高二統考期末）記為等比數列的前n項和．已知，則數列（）

A．無最大項，有最小項B．有最大項，無最小項

C．無最大項，無最小項D．有最大項，有最小項

11．（2023秋·北京大興·高二統考期末）已知數列的前項和，則（）

A．1B．2C．3D．4

12．（2023秋·北京·高二校考期末）在等比數列中，，記（，2，…）.則數列（）

A．有最大項，有最小項B．有最大項，無最小項

C．無最大項，有最小項D．無最大項，無最小項

二、填空題

13．（2023春·北京房山·高二統考期末）已知數列為，，，，，則該數列的一個通項公式可以是．

14．（2023春·北京懷柔·高二統考期末）設隨機變量的分布列如下：

12345678910

給出下列四個結論：

①當為等差數列時，；

②當為等差數列時，公差；

③當數列滿足時，；

④當數列滿足時，時，.

其中所有正確結論的序號是.

15．（2023春·北京海淀·高二統考期末）已知各項均不為零的數列，其前項和是，且．給出下列四個結論：

①；

②為遞增數列；

③若，則的取值范圍是；

④，使得當時，總有．

其中所有正確結論的序號是．

16．（2023春·北京豐臺·高二統考期末）設是正整數，且，數列滿足：，，，數列的前項和為.給出下列四個結論：①數列為單調遞增數列，且各項均為正數；②數列為單調遞增數列，且各項均為正數；③對任意正整數，，；④對任意正整數，.其中，所有正確結論的序號是.

17．（2023春·北京西城·高二統考期末）已知數列各項均為正整數，對任意的，和中有且僅有一個成立，且，．記．給出下列四個結論：

①可能為等差數列；

②中最大的項為；

③不存在最大值；

④的最小值為36．

其中所有正確結論的序號是．

18．（2023秋·北京·高二校考期末）設等比數列滿足，，記為在區間中的項的個數，則數列的前50項和.

19．（2023秋·北京大興·高二統考期末）能說明“若等比數列滿足，則等比數列是遞增數列”是假命題的一個等比數列的通項公式可以是．

20．（2023春·北京石景山·高二統考期末）已知數列各項均為正數，其前n項和滿足．給出下列四個結論：

①的第2項小于3；②為等比數列；

③為遞減數列；④中存在小于的項．

其中所有正確結論的序號是．

三、解答題

21．（2023春·北京房山·高二統考期末）已知數列的通項公式為，記該數列的前n項和為．

(1)計算，，，的值；

(2)根據計算結果，猜想的表達式，并進行證明．

22．（2023春·北京順義·高二統考期末）已知整數數列滿足：①；②．

(1)若，求；

(2)求證：數列中總包含無窮多等于1的項；

(3)若為中第一個等于1的項，求證：．

23．（2023春·北京海淀·高二統考期末）給定整數，對于數列定義數列如下：，，其中表示，這個數中最小的數．記．

(1)若數列為①1，0，0，1；②1，2，3，4，5，6，7，分別寫出相應的數列；

(2)求證：若，則有；

(3)若，常數使得恒成立，求的最大值．

24．（2023春·北京懷柔·高二統考期末）定義：若對任意正整數，數列的前項和都是整數的完全平方數，則稱數列為“完全平方數列”.

(1)若數列滿足，判斷為是否為“完全平方數列”；

(2)若數列的前項和（是正整數），那么是否存在，使數列為“完全平方數列”？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由；

(3)試求出所有為“完全平方數列”的等差數列的通項公式.

四、雙空題

25．（2023春·北京東城·高二統考期末）已知數列的首項，且，那么；數列的通項公式為.

26．（2023秋·北京密云·高二統考期末）已知數列的前項和，則，的最小值為.

參考答案：

1．C

【分析】由等比數列通項公式及對數運算性質可得，根據充分、必要性定義判斷題設條件間的推出關系，即可得答案.

【詳解】由題設且，則，

若為遞減數列，故，則，充分性成立；

若，則，易知為遞減數列，必要性也成立；

所以“為遞減數列”是“”的充分必要條件.

故選：C

2．D

【分析】由題意可得對于都成立，化簡求解即可求出的取值范圍

【詳解】因為數列的通項公式為，且是遞增數列，

所以對于都成立，

所以對于都成立，

即對于都成立，

所以對于都成立，

所以，即的取值范圍是，

故選：D

3．A

【分析】由已知遞推式求出，可得數列是以3為周期的周期數列，然后利用周期可求得結果.

【詳解】因為，，

所以，，

，，

所以數列是以3為周期的周期數列，

所以，

故選：A

4．A

【分析】根據已知，利用構造法以及等比數列求數列的通項，再根據選項進行計算求解.

【詳解】因為，所以，

所以數列是以為首項，3為公比的等比數列，

所以，所以，

對于A，當時，，解得，故A正確；

對于B，當時，，此時，故B錯誤；

對于C，當時，，此時，故C錯誤；

對于D，當時，，此時，故D錯誤.

故選：A.

5．D

【分析】通過舉反例可以判斷得結論.

【詳解】當時，數列不一定是遞增數列，

例如,,；

當數列為遞增數列時，也不一定成立，例如，此時單調遞增，

所以“”是“數列為遞增數列”的既不充分也不必要條件.

故選：D.

6．B

【分析】根據遞推關系求得.

【詳解】.

故選：B

7．C

【分析】根據可知A錯誤；由可知不存在最大值，即數列無界；分別在為偶數和為奇數的情況下得到，由此可確定，知C正確；采用放縮法可求得，由可知D錯誤.

【詳解】對于A，恒成立，存在正數，使得恒成立，

數列是有界的，A錯誤；

對于B，，

，，即隨著的增大，不存在正數，使得恒成立，

數列是無界的，B錯誤；

對于C，當為偶數時，；當為奇數時，；

，存在正數，使得恒成立，

數列是有界的，C正確；

對于D，，

；

在上單調遞增，，

不存在正數，使得恒成立，數列是無界的，D錯誤.

故選：C.

【點睛】關鍵點點睛：本題考查數列中的新定義問題，解題關鍵是理解數列有界的本質是對于數列中的最值的求解，進而可以通過對于數列單調性的分析來確定數列是否有界.

8．A

【分析】由可直接求得結果.

【詳解】由得：，.

故選：A.

9．A

【分析】觀察數列的規律，找出合適的通項公式即可；或可將數列的各項代入選項中的通項公式進行驗證排除.

【詳解】觀察數列的各項，容易發現，

分子均為1，分母均與項數相同，

則數列的一個通項公式可以為.

經驗證，其他選項均不能滿足.

故選：A.

10．D

【分析】求出公比，求出，然后分析的性質即可．

【詳解】設公比為，則，，

，

當為偶數時，，對應函數為減函數，即，

當為奇數時，，對應函數為增函數，即，

所以有最大項為，最小項為．

故選：D．

【點睛】本題考查等比數列的前項和形成的數列的最值問題，解題關鍵是求得后按奇偶數分類，得出奇數項遞增，偶數項遞減，但所有偶數項比大，所有奇數項比小，即可確定最值．

11．C

【分析】根據關系解決即可.

【詳解】由題知，數列的前項和，

所以，

故選：C

12．A

【分析】根據題意易求得等比數列的公比，設數列為等比數列的奇數項（，2，…），則數列是以為首項，為公比的等比數列，再分奇偶討論數列的項，即可得出結論.

【詳解】解：設等比數列的公比為，

則，所以，

設數列為等比數列的奇數項（，2，…），

則數列是以為首項，為公比的等比數列，

則，

所以，

當時，，當時，，

當為奇數時，，因為，

所以，

當為偶數時，，因為，

所以，

綜上所述，數列有最大項和最小項.

故選：A.

13．（答案不唯一）

【分析】分析數列前4項的特征，求出前4項都滿足的一個通項公式作答.

【詳解】依題意，，

所以前4項都滿足的一個通項公式為.

故答案為：

14．①③④

【分析】根據題意可得，且,，，2，，10．對①②結合等差數列的性質分析運算；對③根據等比數列求和以及分布列的性質即可分析運算；對④根據遞推關系作差，結合累乘迭代即可求解．

【詳解】由題意可得：，且,，，2，，10，

對①：當為等差數列時，則，

可得，故，①正確；

對②：當為等差數列時,由①知，所以，

由于,，所以，解得：，故②錯誤；

對③：當數列滿足，2，時，滿足，，，2，，10，

則，

可得,，③正確；

對④：當數列滿足，2，時，則，

可得，,3，時,所以，

由于，所以，

因此，

由于，所以，因此，

當也符合，故，④正確．

故答案為：①③④

【點睛】本題考查了數列的遞推公式，根據數列給出與的遞推關系，要求，常用思路是：一是利用轉化為的遞推關系，再求其通項公式；二是轉化為的遞推關系，先求出與之間的關系，再求．同時特別要注意驗證的值是否滿足“”的一般性通項公式．

15．①③④

【分析】根據的遞推關系可得，所以的奇數項和偶數項分別為公差為1的等差數列，進而得，即可結合選項求解.

【詳解】由得，相減可得，

由于各項均不為零，所以，所以的奇數項和偶數項分別為公差為1的等差數列，

對于①，，故正確；

對于②，由于，，無法確定的大小關系，所以無法確定為遞增數列；故錯誤，

對于③，由于的奇數項和偶數項分別為公差為1的等差數列，所以，

若，則需要，則的取值范圍是；故正確，

對于④，若，則，只要足夠大，一定會有，此時時，

此時只需要,即，所以存在，當且比大的正整數時，

此時時，總有，故正確

故答案為：①③④

【點睛】本題考查了數列的遞推公式，數列單調性及與數列有關的比較大小問題．根據數列前項和與數列的項的遞推關系求通項公式時，注意分析，在處理涉及隔項數列問題，一般要考慮分為奇數和偶數來分類討論，含參的的恒成立或者存在類問題，先分離參數，轉化為求式子的最大值或最小值問題來處理．

16．①③④

【分析】由和可確定①正確；由知②錯誤；根據已知等式可得及，推導得到，加和可得③正確；由已知等式可推導得到，累加得到，進而得到，知④正確.

【詳解】對于①，，，，數列為單調遞增數列，

，，即數列各項均為正數，①正確；

對于②，，

由①知：，，，數列單調遞減數列，②錯誤；

對于③，由得：，

又，，

，③正確；

對于④，由得：，

，

，

，，即，④正確.

故答案為：①③④.

【點睛】關鍵點點睛：本題考查根據數列遞推關系式研究數列相關性質及前項和的問題；求解關鍵是能夠對已知遞推關系式進行變形，得到、等關系式，結合累加法、放縮法來進行求解.

17．③④

【分析】利用等差數列的定義判斷①；利用已知舉例說明判斷②③；求出的最小值判斷④作答.

【詳解】當時，由得，由得，

于是與僅只一個為1，即，因此數列不能是等差數列，①錯誤；

令，依題意，與均為整數，且有且僅有一個為1（即隔項為1），

若，則，

，而，，

因此，當且僅當數列為時取等號，

若，則，

，而，，

因此，當且僅當數列為時取等號，

從而的最小值為36，④正確；

當時，取，數列為：

，滿足題意，

取，，中最大的項不為，②錯誤；

由于的任意性，即無最大值，因此不存在最大值，③正確，

所以所有正確結論的序號是③④.

故答案為：③④

【點睛】關鍵點睛：涉及數列新定義問題，關鍵是正確理解給出的定義，由給定的數列結合新定義探求數列的相關性質，并進行合理的計算、分析、推理等方法綜合解決.

18．

【分析】根據已知條件求出等比數列的首項和公比，得出，

討論當時和時值，代入計算即可得出結果.

【詳解】由題意得，，所以解得，，

所以是首項為，公比為的等比數列，

所以，因為為在區間中的項的個數

所以當時，；當時，，

所以，

即.

故答案為:

19．（答案不唯一）

【分析】根據等比數列單調性可知，首項和公比共同決定了數列的單調性，即可寫出符合題意的數列.

【詳解】由題意可知，若“等比數列是遞增數列”，

需滿足當時，公比；或時，公比；

又因為命題為假命題，所以公比即可滿足題意，

不妨取，首項時，公比，則滿足

此時數列是擺動數列，通項公式為

故答案為：

20．①③④

【分析】推導出，求出、的值，可判斷①；利用反證法可判斷②④；利用數列單調性的定義可判斷③.

【詳解】由題意可知，，，

當時，，可得；

當時，由可得，兩式作差可得，

所以，，則，整理可得，

因為，解得，①對；

假設數列為等比數列，設其公比為，則，即，

所以，，可得，解得，不合乎題意，

故數列不是等比數列，②錯；

當時，，可得，所以，數列為遞減數列，③對；

假設對任意的，，則，

所以，，與假設矛盾，假設不成立，④對.

故答案為：①③④.

【點睛】關鍵點點睛：本題在推斷②④的正誤時，利用正面推理較為復雜時，可采用反證法來進行推導.

21．(1)，，，

(2)，證明見解析.

【分析】（1），從而可得出，

（2）猜想，然后根據數學歸納法的步驟證明即可.

【詳解】（1）因為，

所以，，

，

.

（2）猜想，

下面用數學歸納法進行證明：

當時，，猜想正確，

假設當時，猜想也正確，

則有，

當時，，

所以時，猜想也正確，

綜上所述，.

22．(1)或

(2)證明見解析

(3)證明見解析

【分析】（1）根據題意，逐項計算，即可求解；

（2）記為中第一個小于等于0的項，則或，得出矛盾，記為的最小值，則為奇數并且，根據的最小性，得到可知，即可得證；

（3）由，可得，得到，求得，再找出和的關系，結合和為偶數和奇數，分類討論，求得，即可得證.

【詳解】（1）解：因為整數數列滿足，

若，可得或；

若，可得，此時不滿足，，此時，

當時，不滿足，所以，故或.

（2）證明：首先．

否則，記為中第一個小于等于0的項，則或，

從而，與的最小性矛盾，

記為的最小值，則為奇數并且，

根據的最小性，可知，

根據可知，

注意到第一個1后面的項為2，1，2，1，2…周期性出現，

從而數列中總包含無窮多等于1的項.

（3）此小問解析征解

【點睛】與數列的新定義有關的問題的求解策略：

1、通過給出一個新的數列的定義，或約定一種新的運算，或給出幾個新模型來創設新問題的情景，要求在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實心信息的遷移，達到靈活解題的目的；

2、遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使得問題得以解決.

3、解決數列與不等式的綜合問題時，若是證明題中，則要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等，若是含參數的不等式恒成立問題，則可分離參數，轉化為研究最值問題來解決.

23．(1)；

(2)證明見解析；

(3).

【分析】（1）根據題意，逐項計算，即可求得數列；

（2）由時，可得，當且僅當時等號成立，結合，即可得證；

（3）不妨設，當，得到取任意實數都滿足條件；當時，轉化為，假設，求得，結合，即可求解.

【詳解】（1）解：根據題意，若數列為，

可得，即數列為：；

若數列為，

可得，即數列為：.

（2）證明：由題設條件知，若時，可得，

當且僅當時，等號成立，

所以，

所以當，則成立.

（3）解：不妨設，

若，因為，所以，此時顯然取任意實數都滿足條件；

下面設，則的充分必要條件時，

假設，

因為，所以，

當時，由，