2024北京重点校高二（下）期末数学汇编：等比数列

第1页/共1页2024北京重点校高二（下）期末数学汇编等比数列一、单选题1．（2024北京延庆高二下期末）设是公比为的无穷等比数列，为其前n项和，，则“”是“存在最小值”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件2．（2024北京海淀高二下期末）若等比数列的前项和，则公比（

）A． B． C． D．3．（2024北京房山高二下期末）已知数列满足，且，则（

）A． B． C． D．4．（2024北京石景山高二下期末）已知数列是等比数列，其前n项和为，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．（2024北京房山高二下期末）已知数列：，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推.是数列的前项和，若，则的值可以等于（

）A． B． C． D．6．（2024北京顺义高二下期末）对于数列，若存在，使得对任意，有，则称为“有界变差数列”．给出以下四个结论：①若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于0；②若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比q的取值范围是0,1；③若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”；④若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”；其中所有正确结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．47．（2024北京顺义高二下期末）碳14是透过宇宙射线撞击空气中的氮14原子所产生.碳14原子经过β衰变转变为氮原子.由于其半衰期达5730年，经常用于考古年代鉴定.半衰期（Half-life）是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间.对北京人遗址中某块化石鉴定时，碳14含量约为原来的1%，则这块化石距今约为（

）（参考数据：）A．40万年 B．20万年 C．4万年 D．2万年8．（2024北京怀柔高二下期末）若是公比为的等比数列，其前项和为，，则“”是“单调递增”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件9．（2024北京怀柔高二下期末）等比数列，，，，……，则数列的第七项为（

）A． B． C． D．10．（2024北京西城高二下期末）设等比数列的前n项和为，若，，则（

）A． B． C． D．11．（2024北京西城高二下期末）在等比数列中，若，，则（

）A．4 B．6 C．2 D．±612．（2024北京大兴高二下期末）已知等比数列的前项和为，公比为，且，则（

）A．数列是递增数列 B．数列是递减数列C．数列是递增数列 D．数列是递减数列13．（2024北京大兴高二下期末）若数列是等比数列，则实数的值为（

）A． B．C． D．14．（2024·北京昌平·二模）已知数列满足，，，，，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是（

）A． B．C．非零常数，使得 D．，都有15．（2024北京西城高二下期末）在数列中，，若存在常数c（），使得对于任意的正整数m，n等式成立，则（

）A．符合条件的数列有无数个 B．存在符合条件的递减数列C．存在符合条件的等比数列 D．存在正整数N，当时，16．（2024北京西城高二下期末）设等比数列的前n项和为，则“是递增数列”是“是递增数列”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件二、填空题17．（2024北京石景山高二下期末）已知数列是等比数列，且，，则.18．（2024北京海淀高二下期末）已知数列是公比为2的等比数列，若，则．19．（2024北京顺义高二下期末）已知各项均为正数的等比数列，，，则；前项积的最小值为.20．（2024北京怀柔高二下期末）分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形几何具有自身相似性，从它的任何一个局部经过放大，都可以得到一个和整体全等的图形．例如图（1）是一个边长为1的正三角形，将每边3等分，以中间一段为边向外作正三角形，并擦去中间一段，得到图（2），如此继续下去，得到图（3），则第三个图形的边数；第个图形的周长．

21．（2024北京延庆高二下期末）已知数列是各项均为正数的等比数列，为其前项和，，则；记，若存在使得最大，则的值为．三、解答题22．（2024北京房山高二下期末）若数列满足：对任意，都有，则称是“数列”．(1)若，，判断，是否是“数列”；(2)已知是等差数列，，其前项和记为，若是“数列”，且恒成立，求公差的取值范围；(3)已知是各项均为正整数的等比数列，，记，若是“数列”，不是“数列”，是“数列”，求数列的通项公式．23．（2024北京石景山高二下期末）若数列对任意的，均满足，则称为“速增数列”.(1)已知数列是首项为1公比为3的等比数列，判断数列是否为“速增数列”？说明理由；(2)若数列为“速增数列”，且任意项，，，，求正整数k的最大值.24．（2024北京西城高二下期末）设数列的前n项和为，，且对于任意都有成立．(1)写出，的值，并求数列的通项公式；(2)若等差数列的首项，公差，求数列的前n项和的最小值．25．（2024北京顺义高二下期末）已知各项均为正数的等比数列满足=8，，设.(1)证明：数列是等差数列；(2)记数列的前项和为，求的最大值．26．（2024北京怀柔高二下期末）已知等差数列的前项和为，且.(1)求等差数列的通项公式；(2)若各项均为正数的数列其前项和为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，设，求数列的通项公式和数列的前项和.条件①：；条件②：；条件③：且都有成立，.27．（2024北京怀柔高二下期末）已知数集（），若对任意的（），与两数中至少有一个属于A，则称数集A具有性质P．(1)分别判断数集B=与数集C=是否具有性质，并说明理由；(2)若数集A具有性质P．①当时，证明，且成等比数列；②证明：．28．（2024北京昌平高二下期末）已知无穷数列，给出以下定义：对于任意的，都有，则称数列为“数列”；特别地，对于任意的，都有，则称数列为“严格数列”.(1)已知数列，的前项和分别为，，且，，试判断数列，数列是否为“数列”，并说明理由；(2)证明：数列为“数列”的充要条件是“对于任意的，，，当时，有”；(3)已知数列为“严格数列”，且对任意的，，，.求数列的最小项的最大值.29．（2024北京昌平高二下期末）已知等比数列为递增数列，其前项和为，，.(1)求数列的通项公式；(2)若数列是首项为1，公差为3的等差数列，求数列的通项公式及前项和.

参考答案1．A【分析】假设，借助等比数列的性质可得其充分性，举出反例可得其必要性不成立，即可得解.【详解】若，由，则，故必有最小值，故“”是“存在最小值”的充分条件；当，时，有，则有最小值，故“”不是“存在最小值”的必要条件；即“”是“存在最小值”的充分而不必要条件.故选：A.2．C【分析】根据，依次求出，依题即可求得公比.【详解】由，时，，时，由解得，，依题意，.故选：C.3．B【分析】利用等比数列概念及通项可得结果.【详解】由可得为定值，又，所以是以为首项，公比的等比数列，∴=4，故选：B4．C【分析】在已知条件下，，都与等价，由此即可得解.【详解】，而，所以，充分性成立；反过来若，若，则一定有，所以，，故，必要性成立；也就是说，已知数列是等比数列，则“”是“”的充分必要条件.故选：C.5．B【分析】将数列分组，使每组第一项均为1，第一组：，第二组：，第三组：，……，第组：，根据等比例数列前项和公式对选项逐一验证即可.【详解】将数列分组，使每组第一项均为1，即：第一组：第二组：第三组：……第组：根据等比例数列前项公式，得每组和分别为：，每组含有的项数分别为.所以若，即，将选项A代入，若，则，即为前5组与第6组的第1个数的和，此时，无解；同理若，则，此时，即，符合题意；同理若，则，此时，无解；同理若，则，此时，无解；综上可知，，故选：【点睛】关键点点睛：本题关键在于找出数列的规律，对该数列进行分组，利用等比数列前项和公式构造方程，即可求解.6．C【分析】对于①，利用反证法即可判断；对于②，讨论和，，并结合等比数列求和及性质即可判断；对于③④，证明若，均为有界变差数列，且，则是有界变差数列，即可判断.【详解】对于①，假设的公差不等于0，则,故，所以不存在，使得对任意，有，所以若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于0，故正确①；对于②，因为的各项均为正数，所以，，，当时，，，任取即可，所以为有界变差数列．当时，，若，则，令即可，所以为有界变差数列，若，则，当时，，显然不存在符合条件的，故不是有界变差数列．综上，的取值范围是，故②错误；先证明若，均为有界变差数列，且，则是有界变差数列．由有界变差数列的定义可知，，．因为，所以．故，因此，所以是有界变差数列．对于③，易知，设,则，且，由前面结论知是有界变差数列，即是“有界变差数列”，故正确③；对于④，因为，所以，所以是有界变差数列，故④正确.故所有正确结论的个数是3.故选:C.【点睛】关键点点睛：对于③④，先证明若，均为有界变差数列，且，则是有界变差数列．7．C【分析】根据题意，发现是一个等比数列，然后利用等比数列求出第n个半衰期结束时碳14含量为【详解】设第n个半衰期结束时，碳14含量为，由题意可得，第一个半衰期结束时，碳14含量为，第二个半衰期结束时，碳14含量为，以此类推，为以首项，公比为的等比数列，所以，第n个半衰期结束时，碳14含量为，令，解得所以这块化石距今约为5730年，即约为4万年.故选：C.8．A【分析】结合等比数列性质判断“”和“单调递增”之间的逻辑关系，即可得答案.【详解】由题意可知是公比为的等比数列，当，时，则，由于，，且随n的增大而减小，故单调递增，当，时，也单调递增，推不出，故“”是“单调递增”的充分而不必要条件，故选：A9．A【分析】观察等比数列的前几项，确定该数列的首项和公比，由此确定第7项.【详解】设该等比数列为，数列的公比为，由已知，，，所以，所以数列的通项公式为，所以.故选：A.10．C【分析】设公比，将等式运用公式化简求出，再代入通项公式即可求得.【详解】设等比数列的公比为，由可知（否则不成立），则有，化简得，，解得，，于是，.故选：C.11．A【分析】应用等比数列通项公式性质求解即可.【详解】因为是等比数列，所以.故选：A.12．D【分析】利用作差法及等比数列通项公式得到，即可判断C、D，利用特殊值判断A、B.【详解】因为等比数列的前项和为，公比为，显然，若，即，所以，所以是递减数列，故C错误、D正确；若，，则，满足，但是，则不具有单调性，故A、B错误.故选：D.13．B【分析】根据等比中项的性质计算可得.【详解】因为数列是等比数列，所以，解得或，当时，不满足，故舍去；当时，经检验符合题意，所以.故选：B14．C【分析】由已知可得A正确；由已知递推关系化简可得B正确；由已知递推关系总结数列的规律，再用反证法得到C错误；由已知递推关系找到前项和的规律再结合等比数列的前项和可得D正确.【详解】对于A，因为，所以，故A正确；对于B，因为，，所以，故B正确；对于C，由可得，由可得，由可得，而，所以，设存在非零常数，使得，则，矛盾，所以不存在非零常数，使得，故C错误；对于D，当时，，当时，，即时，有相邻两项的和为零，即有接下来个项和为零；当时，，即时，有相邻两项的和与相邻四项为零，即有接下来个项和为零；当时，，所以，故D正确.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于能理解的意义，即表示数列中前两项和为外的到项，到项，到项和分别为零.15．D【分析】赋值可得，然后分，讨论可得，然后逐一判断即可.【详解】因为对于任意的正整数m，n等式成立，，所以，所以，整理得，若，则为常数列，又，此时不满足；若，则有，即，此时数列是以2为首项和公差的等差数列，所以.对于A，满足条件的数列只有一个：，A错误；对于B，，数列单调递增，B错误；对于C，，该数列不是等比数列，C错误；对于D，当时，显然存在正整数N，当时，，D正确.故选：D【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于通过赋值得，然后分，即可求出通项，然后可解.16．D【分析】根据等比数列递增数列分类得出或,递增得出,最后根据既不充分也不必要条件判断即可.【详解】是等比数列是递增数列，则或，是递增数列，,即得；“是等比数列是递增数列”是“是递增数列”既不充分也不必要条件.故选：D.17．【分析】根据等比数列的定义得到，然后利用已知项的值即可得到结果.【详解】由是等比数列，知.所以.故答案为：.18．【分析】将化为，然后利用等比数的求和公式求解即可.【详解】因为，所以，因为数列是公比为2的等比数列，所以.故答案为：19．8/0.015625【分析】根据题意结合等比数列通项公式可得，进而可得，令，运算求解即可得的最小值.【详解】设等比数列的公比为，由题意可得：，解得，可得，所以；令，解得，所以的最小值为.故答案为：8；.20．48【分析】根据已知，结合图形，寻找规律，再利用等比数列的通项公式求解.【详解】由题知，下个图形的边长是上一个图形的，边数是上一个图形4倍，因为第1个图形的边数3，所以第2个图形的边数12，第3个图形的边数48.设第个图形的周长为，则周长之间的关系为，所以数列是首先为3，公比为的等比数列，所以.故答案为：48；.21．43或4【分析】由已知利用等比数列的性质可求，又，可得，解得或，即可求得，分类讨论可求的值，即可求解数列的各项，即可求解．【详解】等比数列中，公比；由，所以，又，所以解得或；若时，可得，则，且的值为，可知数列单调递增，且各项均大于，所以不会存在使得的乘积最大(舍去)；若时，可得，则，且的值为，…，可知数列单调递减，从第项起各项小于且为正数，前项均为正数且大于等于，所以存在或，使得的乘积最大，综上，可得的一个可能值是3或.故答案为：4；3或422．(1)数列是“数列”；数列不是“数列”；(2)(3)或【分析】（1）直接根据“数列”的定义进行判断即可；（2）由是等差数列结合是“数列”可知公差，结合等差数列求和公式用含的式子表示，进一步结合恒成立即可求解；（3）由“数列”的每一项（）均为正整数，可得且，进一步可得单调递增，故将任意性问题转换为与1比较大小关系可得的范围，结合，或，注意此时我们还要分情况验证是否是“数列”，从而即可得解.【详解】（1）对于数列而言，若，则,所以数列是“数列”；对于数列而言，若，则，则数列不是“数列”；（2）因为等差数列是“数列”，所以其公差．因为，所以，由题意，得对任意的恒成立，即对任意的恒成立．当时，恒成立，故；当时，对任意的恒成立，即对任意的恒成立，因为，所以．所以的取值范围是.（3）设等比数列的公比为，因为，所以，因为“数列”的每一项均为正整数，由得，所以且，因为，所以，所以单调递增，所以在数列中，“”为最小项，而，从而在数列中，“”为最小项．因为是“数列”，则只需，所以，因为数列不是“数列”，则，所以，因为数列的每一项均为正整数，即，所以或，（1）当时，，则，令，又，所以为递增数列，又，所以对于任意的，都有，即，所以数列为“数列”，符合题意．（2）同理可知，当时，，则，令，又，所以为递增数列，又，所以对于任意的，都有，即，所以数列为“数列”，符合题意．综上，或.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将恒成立任意性问题转换为与1比较大小得出的值，回过头去检验是否满足题意即可顺利得解.23．(1)数列是“速增数列”，理由见解析(2)63【分析】（1）根据“速增数列”的定义判断即可；（2）根据数列为“速增数列”，得可得的答案【详解】（1）数列是“速增数列”，理由如下：由，则，，因为，故，所以数列是“速增数列”；（2）数列为“速增数列”，，，，任意项，时，，即，当时，，当时，，故正整数k的最大值为63.【点睛】关键点点睛：根据“速增数列”的定义，紧紧围绕不等式进行，当时，利用累加法的思想确定是解题的关键．24．(1)(2)【分析】（1）应用计算求解后可表示通项公式；（2）先求出通项公式再根据通项判断正负，最后应用等差数列前n项和求解确定最值即可.【详解】（1）当时，，当时，，所以，又，所以，所以.（2）因为，，所以，因为，所以的最小值为.25．(1)证明见解析(2)6【分析】（1）由等比数列的基本量法，求出基本量，从而求得通项公式，再求得通项公式，从而得证.（2）从二次函数的角度理解，求得的最大值.【详解】（1）设等比数列的公比为q,∵数列是等比数列，且，则，∴,∴,∴==2又∵=8,∴,∴∴∴∴数列是等差数列，首项，公差.（2）由(1)知，∵,∴对称轴,又，所以取∴时，最大，最大值为6.26．(1)(2)，【分析】（1）设出首项和公差，建立方程求解基本量，求出通项公式即可.（2）条件①利用数列前项和和通项公式的关系求出，再利用分组求和法求和即可，条件②利用等比数列的定义求出，再利用分组求和法求和即可，条件③设出首项和公比，求出，再利用分组求和法求和即可.【详解】（1）已知等差数列中，满足.设首项为，公差为，得到，解得，（2）选条件①.当时，，当时，，当时，，，是以2为首项，3为公比的等比数列，设的前项和为，.选条件②，是以2为首项，3为公比的等比数列，，设的前项和为，.选条件③且都有成立，是等比数列，且设公比为，，，(负根舍去)，是以2为首项，3为公比的等比数列，，设的前项和为，.27．(1)数集具有性质，不具有性质，理由见解析(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）根据性质P的定义带入数值判断即可；（2）①根据题意分析可得，即可得结果；②采用构造对应的方法构造一个新的相等的集合，对其元素进行排序后对应相等可解.【详解】（1）数集具有性质，不具有性质，理由如下：因为，，，，，都属于数集，所以具有性质；因为，都不属于数集，所以不具有性质．（2）①当时，，．因为，所以，，所以与都不属于A，因此，，所以．因为，且，所以，且，所以，所以成等比数列．②因为具有性质，所以，至少有一个属于A，因为，所以，，因此，．