2023-2025北京高三（上）期末数学汇编：等比数列（人教B版）

第1页/共1页2023-2025北京高三（上）期末数学汇编等比数列（人教B版）一、单选题1．（2025北京海淀高三上期末）2023年，甲、乙两公司的盈利规律如下：从2月份开始，甲公司每个月盈利比前一个月多200万元；乙公司每个月盈利比前一个月增加.记甲、乙两公司在2023年第个月的盈利分别为，（单位：万元）.已知，，则最大时，的值为（

）（参考数据：，）A． B． C． D．2．（2025北京东城高三上期末）设等比数列的公比为，前项和为，使有最小值的一组和可以为（

）A． B．C． D．3．（2025北京丰台高三上期末）各项均为正整数的数列2，3，4，a，b，20，30，40为递增数列.从该数列中任取4项构成的递增数列既不是等差数列也不是等比数列，则有序数对的个数为（

）A．73 B．75 C．76 D．784．（2025北京丰台高三上期末）已知数列的前n项和为，且，，则（

）A．7 B．13 C．18 D．635．（2025北京朝阳高三上期末）设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论：①若，则是间隔递减数列；②若，则是间隔递减数列；③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是．其中所有正确结论的序号是（

）A．① B．①③ C．②③ D．①②③6．（2024北京东城高三上期末）设等比数列的各项均为正数，为其前项和，若，则（

）A．6 B．8 C．12 D．147．（2024北京西城高三上期末）设是首项为正数，公比为q的无穷等比数列，其前n项和为.若存在无穷多个正整数，使，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．（2024北京海淀高三上期末）已知是公比为的等比数列，为其前项和.若对任意的，恒成立，则（

）A．是递增数列 B．是递减数列C．是递增数列 D．是递减数列9．（2024北京一六六中高三上期末）北宋著名文学家苏轼的诗词“日啖荔枝三百颗，不辞长作岭南人”，描述的是我国岭南地区著名的水果荔枝.为了利用数学模型预测估计某果园的荔枝产量，现根据在果实成熟期，荔枝的日产量呈现“先递增后递减”的规律和该果园的历史观测数据，对该果园的荔枝日产量给出模型假设：前10天的每日产量可以看作是前一日产量的2倍还多1个单位；第11到15天，日产量与前日持平；从第16天起，日产量刚好是前一天的一半，直到第25天，若第1天的日产量为1个单位，请问该果园在不计损耗的情况下，估计这25天一共可以收获荔枝单位个数为（精确到整数位，参考数据：）（

）A．8173 B．9195 C．7150 D．715110．（2023北京顺义高三上期末）若等差数列和等比数列满足，则的公差为（

）A．1 B． C． D．211．（2023北京顺义高三上期末）已知数列满足，且，则数列的前四项和的值为（

）A． B．C． D．二、填空题12．（2025北京昌平高三上期末）已知等差数列与等比数列是两个无穷数列，且都不是常数列.给出下列四个结论：①数列不是等比数列;②若与都是递增数列，则数列是递增数列;③对任意的，不是等差数列;④存在数列，对任意的，且，使得不能构成等比数列.其中所有正确结论的序号是.13．（2025北京昌平高三上期末）已知数列的前项和为，，则.14．（2025北京房山高三上期末）《九章算术》是我国古代的优秀数学著作，内容涉及方程、几何、数列、面积、体积的计算等多方面.《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”由以上条件，该女子第5天织布尺；若要织布50尺，该女子所需的天数至少为.15．（2025北京顺义高三上期末）已知等比数列的前项和为，则的公比为；记，则的最小值为．16．（2024北京朝阳高三上期末）已知等差数列的公差为为其前项和，且成等比数列，则，．17．（2025北京东直门中学高三上期末）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.其中正确结论的序号是.18．（2024北京东城高三上期末）一般地，对于数列，如果存在一个正整数，使得当取每一个正整数时，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的一个周期.给出下列四个判断：①对于数列，若，则为周期数列；②若满足：，则为周期数列；③若为周期数列，则存在正整数，使得恒成立；④已知数列的各项均为非零整数，为其前项和，若存在正整数，使得恒成立，则为周期数列.其中所有正确判断的序号是.19．（2024北京通州高三上期末）已知数列的前项和为，且，数列是公差不为0的等差数列，且满足是和的等比中项.给出下列四个结论：①数列的通项公式为；②数列前21项的和为；③数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新数列，则新数列的前100项和为236；④设数列的通项公式，则数列的前100项和为2178.其中所有正确结论的序号是.20．（2024北京昌平高三上期末）已知数列．给出下列四个结论：①；②；③为递增数列；④，使得．其中所有正确结论的序号是．21．（2024北京昌平高三上期末）已知数列的前项和满足，且成等差数列，则；．22．（2023北京石景山高三上期末）首项为1的等比数列中，，，成等差数列，则公比.23．（2023北京朝阳高三上期末）已知等差数列的公差，且成等比数列，则；其前n项和的最大值为．24．（2023北京西城高三上期末）已知是等差数列,,且成等比数列,则;的前项和．25．（2023北京丰台高三上期末）在等差数列中，公差d不为0，，且成等比数列，则；当时，数列的前n项和有最大值．26．（2023北京昌平高三上期末）已知数列中，，则数列的通项公式为.三、解答题27．（2025北京房山高三上期末）已知和都是无穷数列.若存在正数，对任意的，均有，则称数列与具有关系.(1)分别判断下列题目中的两个数列是否具有关系，直接写出结论；①，，；②，，.(2)设，，，试判断数列与是否具有关系.如果是，求出的最小值，如果不是，说明理由；(3)已知是公差为的等差数列，若存在数列满足：与具有关系，且，，…，中至少有100个正数，求的取值范围.28．（2024北京丰台高三上期末）对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期．若周期数列，满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”．(1)判断下列数列是否为周期数列．如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；①；②(2)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是3和5，求证：；(3)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值．29．（2024北京房山高三上期末）若无穷数列满足：，对于，都有（其中为常数），则称具有性质“”.(1)若具有性质“”，且，，，求；(2)若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为2的等比数列，，，，判断是否具有性质“”，并说明理由；(3)设既具有性质“”，又具有性质“”，其中，，，求证：具有性质“”.30．（2024北京大兴高三上期末）若各项为正的无穷数列满足：对于，，其中为非零常数，则称数列为数列.记.(1)判断无穷数列和是否是数列，并说明理由；(2)若是数列，证明：数列中存在小于1的项；(3)若是数列，证明：存在正整数，使得.31．（2024北京一六六中高三上期末）设数列的前项和为，若，则称是“紧密数列”.(1)若，判断是否是“紧密数列”，并说明理由；(2)若数列前项和为，判断是否是“紧密数列”，并说明理由；(3)设数列是公比为的等比数列.若数列与都是“紧密数列”，求的取值范围.32．（2023北京东城高三上期末）已知数列：，，…，满足：（，2，…，，），从中选取第项、第项、…、第项（，）称数列，，…，为的长度为的子列.记为所有子列的个数.例如：0，0，1，其.(1)设数列A：1，1，0，0，写出A的长度为3的全部子列，并求；(2)设数列：，，…，，：，，…，，：，，…，，判断，，的大小，并说明理由；(3)对于给定的正整数，（），若数列：，，…，满足：，求的最小值.

参考答案1．B【分析】根据给定条件，利用等差数列、等比数列求出，及，再构造数列并判断单调性得解.【详解】依题意，，，则，令，则，，因此当时，；当时，，即最大，所以当最大时，.故选：B【点睛】思路点睛：求出的表达式，再构造数列作差判断单调性求出最大值点.2．B【分析】根据给定条件，利用并项求和推理判断A；利用等比数列前项和公式推理判断B；利用负数和的意义判断CD.【详解】对于A，，，数列是首项为，公比为的递减等比数列，因此，随着的增大逐渐减小，无最小值，A不是；对于B，，，当时，，即，因此对任意正整数，恒成立，有最小值，B是；对于CD，或，，因此，随着的增大逐渐减小，无最小值，CD不是.故选：B3．B【分析】先由题意确定a，b的可能取值，然后采用分类讨论的方法计算可能的取法数，进而排除不符合题意的取法，即可求得答案.【详解】由题意可知a的取值可从中选取（或10时，任取4项可构成等差数列，不合题意），b的取值可从中选取（时，任取4项可构成等差数列，不合题意），，且需满足，当时，b的取法有12种；当时，b的取法有11种；当时，b的取法有10种；当时，b的取法有9种；当时，b的取法有8种，依次类推，当时，b的取法有1种；则的可能取法有（种），其中当时，成等差数列，不合题意；当时，成等比数列，不合题意；当时，成等差数列，不合题意；故满足题意的的取法有（种），故选：B【点睛】关键点睛：解答的关键要由题意确定a，b的可能取值，然后采用分类讨论的方法计算可能取法数，进而排除不符合题意的取法.4．A【分析】根据题意判断得数列为等比数列，进而得到其基本量，从而利用等比数列的求和公式即可得解.【详解】因为，，所以数列为等比数列，公比，又，解得，所以.故选：A5．B【分析】利用数列的单调性可判断①；利用间隔递减数列的定义可判断②；取，结合间隔递减数列的定义可判断出数列为间隔递减数列，再由间隔等差数列的定义可求得的最小值，可判断③.【详解】对于①，因为，则数列为单调递减数列，即对任意恒成立，此时，，满足题中条件，①对；对于②，若，假设数列是间隔递减数列，则存在，使得，即，若为奇数，则有，可得，因为，显然当为奇数时，合乎题意；当为偶数时，，不等式不成立，故为奇数；若为偶数，则有，可得，当为奇数时，不成立，故假设不成立，即数列不是间隔递减数列，②错；对于③，若，因为，则，所以，数列是间隔递减数列，假设存在正整数，使得，即，可得，由于，当且仅当且时，等号成立，当时，，这与为正整数矛盾，故，所以，，解得，所以，若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是，③对.故选：B.【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解数列不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.6．D【分析】结合等比数列的性质可计算出公比，由等比数列前项和的定义即可求得.【详解】设等比数列的公比为，则，又因为，则，所以又等比数列的各项均为正数，故，则.故选：D.7．B【分析】对进行分类讨论，结合等比数列前项和公式求得正确答案.【详解】依题意，，若，则，，此时不存在符合题意的，所以.若，则，当为正偶数时，，所以存在无穷多个正整数，使.当时，，其中，，所以，此时不存在符合题意的.当时，，其中，当是正奇数时，，所以，此时不存在符合题意的；当是正偶数时，，，所以存在无穷多个正整数，使.综上所述，的取值范围是.故选：B8．B【分析】先根据等比数列前项和,结合恒成立，得出的取值范围，得到是递减数列.【详解】是公比为的等比数列，为其前项和,恒成立,恒成立,若，则可能为正也可能为负，不成立所以,当是递减数列,当是递减数列,故选:B.9．A【分析】设日产题为，分、、讨论求和可得答案.【详解】根据题意，设日产题为，表示第天，则当时，，化为，∴是以为首项，公比为2的等比数列，∴，即，同时，满足上式，∴，当时，，，当时，，是以为公比的等比数列，∴，，可得.故选：A.10．A【分析】根据等差等比数列的通项公式转化为首项与公比，公差的关系求解.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，又又，故选：A11．C【分析】由题意是首项为2、公比为的等比数列，利用等比数列前n项和公式求的值.【详解】由题设是首项为2、公比为的等比数列，即，所以.故选：C12．①③④【分析】通过分析每个结论，利用等差数列和等比数列的通项公式及相关性质，结合特殊例子来判断其正确性.【详解】结论①，设等差数列的公差为（），首项为，等比数列的公比为（），首项为.假设是等比数列，则.，，，，的平方不等于，所以数列不是等比数列，结论①正确.结论②，例如是递增等差数列，是递增等比数列.，，，，所以不是递增数列，结论②错误.结论③，假设是等差数列，则.，，，化简得，即，，这与不是常数列矛盾，所以对任意的不是等差数列，结论③正确.结论④，，则，若能构成等比数列，则，化简得，所以，解得，与题干矛盾，所以结论④正确.故答案为：①③④.13．【分析】根据可得：当时，当时，，根据消去即可得到，根据等比数列的通项公式即可求解.【详解】①，∴当时，，解得；当时，②，①-②得，而，故，.∴数列是首项为，公比为2的等比数列，∴数列的通项公式为.故答案为：.14．/【分析】由题意可得该女子每天织布的尺数构成一个等比数列，且数列的公比为2，由题意求出数列的首项后可得第5天织布的尺数；再令，求出，即可得出答案.【详解】由题意可得该女子每天织布的尺数构成一个等比数列，且数列的公比为2，前5项的和为5，设首项为，前项和为，则由题意得，∴，∴，即该女子第5天所织布的尺数为．令，解得：，所以.所以若要织布50尺，该女子所需的天数至少为.故答案为：；．15．2/【分析】求出可得公比并求出的通项，结合与1的大小关系可求的最小值.【详解】因为，故，而，故公比，故，故，故的最小值为，故答案为：16．【分析】根据等差数列通项公式的基本量的计算可得，结合等差数列的通项公式和前项求和公式计算即可求解.【详解】由题意知，等差数列的公差为，由成等比数列，得，即，整理得，解得，所以，.故答案为：8；17．①③④【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.对于②，取则均为等比数列，但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.对于③，设，，若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，当有偶数解，此方程即为，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，否则，因单调性相反，方程至多一个偶数解，当有奇数解，此方程即为，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即否则，因单调性相反，方程至多一个奇数解，因为，不可能同时成立，故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，取，则,故③正确.对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.18．②③【分析】根据题设条件，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】对于①，因为，取数列：，显然满足，但数列不是周期函数，所以①错误；对于②，因为数列满足：，不妨令，则数列为，故，所以②正确；对于③，为周期数列，不妨设周期为，所以数列中项的值有个，即数列中的项是个数重复出现，故存在正整数，使得恒成立，所以③正确；对于④，取数列为首项2，当时，，则当为奇数时，，当为偶数时，，取，则恒成立，但不为周期数列.故答案为：②③.【点睛】关键点晴：本题的关键在于对新概念的理解，然后再结合各个选项中的条件，通过取特殊数列可得出①和④的正误；再利用周期数列的定义可得出②和③的正误.19．①④【分析】利用求出可判断①；设数列的构成为，根据是和的等比中项求出可得，再利用裂项相消求和可判断②；求出构成的新数列，再求和可判断③；求出数列的前100项再求的前100项和可判断④.【详解】时，，得，时，，可得，所以是以首项为公比为的等比数列，所以，故①正确；设数列的构成为，，因为是和的等比中项，所以，可得，解得，所以，，所以数列前21项的和，故②错误；数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新数列，则时，即在与之间插入个2，为，时，即在与之间插入个2，为，时，即在与之间插入个2，为，时，即在与之间插入个2，为，时，即在与之间插入个2，为，时，即在与之间插入个2，为，所以新数列的前100项和为，故③错误；因为，即数列的前100项为，所以的前100项和，故④正确.故选：①④.【点睛】关键点睛：③④解题的关键点是求出构成的新数列，再求和可判断.20．①②④【分析】利用指数函数的单调性可判定①②③，根据条件递推得，结合不等式性质可判定④.【详解】根据题意可知，因为，所以，即①正确；则，即，故③错误；依次递推有，，，，故②正确；因为，所以，则，依次可知，所以，故④正确.故答案为：①②④【点睛】难点点睛：利用指数函数的单调性一一列举得出，从而可判定②③，此外列举的过程中可得出，再根据不等式性质可判定④.21．【分析】根据题意，得到，得到为等比数列，列出方程组，求得，再由等比数列的通项公式，即可求解.【详解】由数列的前项和满足，当时，，两式相减可得，又由成等差数列，所以，即，解得，所以数列是以2为公比的等比数列，所以数列的通项公式为.故答案为：；.22．2【分析】根据等差中项可得，利用等比数列通项公式代入即可求.【详解】设等比数列的公比为，因为，，成等差数列，所以，所以，因为首项为1，所以，所以，故.故答案为：223．10【分析】由成等比数列列式求出公差,则通项公式可求;写出等差数列的前n项和,由二次函数的对称性求得取得最大值.【详解】由成等比数列,得,解得.则；对称轴方程为,或5时，取最大值，最大值为.故答案为：,1024．-5【分析】(1)设出等差数列的公差,根据成等比数列,列出式子,将均用代替,解出,即可求的值;(2)由上一空求得的,根据等差数列前项和公式代入即可求出答案.【详解】解:由题知是等差数列,不妨记公差为,因为成等比数列,,所以,即,解得:,故;由于,,所以.故答案为:-5;25．【分析】根据等比数列得到，解得，再计算，，得到答案.【详解】成等比数列，故，即，解得或（舍）.，,，，故时，有最大值.故答案为：；26．【分析】判断数列为等比数列，根据等比数列的通项公式可求得答案.【详解】数列中，则，否则与矛盾，故，即数列为首项为2，公比为2的等比数列，所以，故答案为：27．(1)①不具有关系；②具有关系.(2)是，A的最小值为1.(3)【分析】（1）先假设数列与是否具有关系，根据题意，即可得出结论；（2）根，即可得出数列与具有关系．设A的最小值为，，结合题中条件，即可求出结果；（3）先利用定义确定，然后根据题意，找到符合题意的数列即可.【详解】（1）①因为，，若数列与是否具有关系，则对任意的，均有，即，即，但时，，所以数列与不具有关系．②数列与具有关系，理由如下：因为，，又因为所以有，所以，所以数列与是具有关系.（2）证明：因为，，所以，所以，所以数列与具有关系．设A的最小值为，，因为，所以．若，则当时，，则，这与“对任意的，均有”矛盾，所以，即A的最小值为1．（3）因为是公差为的等差数列，所以.若存在数列满足：与具有关系，则，都有.即，即.则，即，当时，，都有与，，，，中至少有100个正数矛盾.当时，可取，则，且，，，，均为正数，符合题意.当时，可取，则，且，，，，均为正数，符合题意.当时，可取，则，，即，，，，中有100个正数.综上所述的取值范围是.【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．28．(1)、均是周期数列，数列周期为1（或任意正整数），数列周期为6(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】（1）由周期数列的定义求解即可；（2）由“同根数列”的定义求解即可；（3）是奇数时，首先证明不存在数列满足条件，其次证明存在数列满足条件.当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件,其次证明时存在数列满足条件．【详解】（1）、均是周期数列，理由如下：因为，所以数列是周期数列，其周期为1（或任意正整数）．因为，所以．所以数列是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）．（2）假设不成立，则有，即对于，都有．因为，，所以．又因为，，所以．所以，所以，与的最小值是3矛盾．所以．（3）当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件．假设，即对于，都有．因为，所以，即，及．又时，，所以，与的最小值是矛盾．其次证明存在数列满足条件．取及，对于，都有．当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件．假设，即对于，都有．因为，所以，即，及．又时，，所以，与的最小值是矛盾．其次证明时存在数列满足条件．取及，对于，都有．综上，当是奇数时，的最大值为；当是偶数时，的最大值为．【点睛】关键点睛：本题(3)的突破口是利用“同根数列”的定义分类讨论，当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件，其次证明存在数列满足条件.当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件，其次证明时存在数列满足条件．29．(1)(2)不具有性质“”，理由见解析(3)证明见解析【分析】（1）由具有性质“”，可得当时，，结合题意计算即可得；（2）由题意计算出通项公式后，检验是否恒等于即可得；（3）借助既具有性质“”，又具有性质“”，则当时，有，，则有，，通过运算得到，从而可验证对任意的时，是否有即可得.【详解】（1）由具有性质“”，则当时，，故，，，又，，故，即；（2）不具有性质“”，理由如下：设，，由，，即有，解得，故，，则，有，则，不恒等于，故不具有性质“”；（3）由既具有性质“”，又具有性质“”，即当时，有，，则有，，由，故，故，即，由，，则，当，即时，有，即对任意的时，有，即具有性质“”.【点睛】关键点睛：本题关键点在于通过对数列新定义的分析，从而得到，，并由此得到，，从而得出.30．(1)是数列，不是数列，理由见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）代入定义计算即可得；（2）借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的