1、一、选择题1已知数列中，则等于（ ）ABCD22已知数列，中满足，若前项之和为，则满足不等式的最小整数是（ ）.A8B9C11D103我国古代著名的数学专著九章算术里有一段叙述：今有良马和驽马发长安至齐，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，九日后二马相逢.问：齐去长安多少里？（ ）ABCD4已知数列的前项和，则的通项公式为（ ）ABCD5数列成为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，记该数的前项和为，则下列结论正确的是（ ）ABCD6
2、已知数列满足，若数列是单调递减数列，则实数的取值范围是（ ）ABC(-1，1)D7已知数列中，前项和为，且点在直线上，则（ ）ABCD8已知等比数列的前n项和为Sn，则下列命题一定正确的是（ ）A若S20210，则a3+a10B若S20200，则a3+a10C若S20210，则a2+a40D若S20200，则a2+a409已知等差数列的前n项的和为，且，有下面4个结论：；数列中的最大项为，其中正确结论的序号为（ ）ABCD10已知数列的前项和，那么它的通项公式是（ ）ABCD11已知数列是等比数列，且前项和满足，那么的取值范围是（ ）ABCD12已知数列的前n项和为，且满足，则下列命题错误的是
3、ABCD二、填空题13等比数列的首项为，公比为，前项和为，则当时，的最大值与最小值之和为_.14已知递增数列共有2020项，且各项和均不为零，如果从中任取两项、，当时，仍是数列中的项，则数列的各项和_15设是数列的前n项和，且，则_16朱载堉（1536-1611）是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作律学新说中制作了最早的“十二平均律”十二平均律是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的2倍设第三个音的频率为，第七个音的频率
4、为，则_17已知等差数列的前项和为，且，_18等差数列满足：，则其公差的取值范围为_.19已知函数（是自然对数的底数），设，数列的前项和为，则的值是_.20给出下列命题: 是幂函数； 函数的零点有且只有1个； 的解集为；“”是“”的充分非必要条件； 数列的前项和为，且，则为等差或等比数列；其中真命题的序号是_.三、解答题21已知数列 为等差数列，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列 的前n项和 22已知等差数列满足:的前项和为（1）求及（2）令 ()，数列的前项和为，求证:23已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和的最大值24已知是数列的前项和，（1）证明：数列是等比
5、数列，并求的通项公式；（2）若，求数列的前项和25已知正项等比数列满足，且，成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前100项和.26已知各项都是正数的数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式.（2）设数列满足：，数列的前项和.求证：.【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1C解析：C【分析】先计算出的前几项，然后分析的周期性，根据周期可将转化为，结合求解出结果.【详解】因为，所以所以，所以是周期为的周期数列，所以，故选：C.【点睛】思路点睛：根据递推公式证明数列为周期数列的步骤：（1）先根据已知条件写出数列的前几项，直至出现数列中项循环，判断循环的项包含的项数；（2）证明
6、，则可说明数列是周期为的数列.2D解析：D【分析】由可求得数列的通项公式，进而求得数列，表示出，令，即可得到满足不等式的最小整数.【详解】解：由题意可知：，即，即，又，即数列是以首项为9，公比为的等比数列，即，则，即，又，满足不等式的最小整数，即.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用构造法求出数列的通项公式.3A解析：A【分析】由题意可知，良马每日行的距离以及驽马每日行的距离均为等差数列，确定这两个数列的首项和公差，利用等差数列的求和公式可求得结果.【详解】由题意可知，良马每日行的距离成等差数列，记为，其中，公差.驽马每日行的距离成等差数列，记为，其中，公差.设长安至齐为里，则，
7、即，解得.故选：A.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于得出长安至齐的距离等于良马和驽马九日所行的距离之和的 倍，并结合题意得知两匹马所行的距离成等差数列，解题时要充分抓住题中信息进行分析，将实际问题转化为数学问题来求解.4B解析：B【分析】利用求出时的表达式，然后验证的值是否适合，最后写出的式子即可.【详解】，当时，当时，上式也成立，故选：B.【点睛】易错点睛：本题考查数列通项公式的求解，涉及到的知识点有数列的项与和的关系，即，算出之后一定要判断时对应的式子是否成立，最后求得结果，考查学生的分类思想与运算求解能力，属于基础题.5B解析：B【分析】利用迭代法可得，可得，代入即可求解.【详解】由
8、题意可得该数列从第三项开始，每项等于其前两相邻两项之和，则，所以，令，可得，故选：B【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解数列新定义的含义得出，利用迭代法得出，进而得出.6A解析：A【分析】由题在恒成立，即，讨论为奇数和偶数时，再利用数列单调性即可求出.【详解】数列是单调递减数列，在恒成立，即恒成立，即，当为奇数时，则恒成立，单调递减，时，取得最大值为，解得；当为偶数时，则恒成立，单调递增，时，取得最小值为20，解得，综上，.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查已知数列单调性求参数，解题的关键由数列单调性得出恒成立，需要讨论为奇数和偶数时的情况，这也是容易出错的地方.7B解析：B【分析】由点在
9、直线上得到数列的通项公式和前n项和公式，根据公式特征利用裂项相消可得答案.【详解】点在直线上，所以，即所以是以为首项，公差为1的等差数列，即，所以，.故选：B.【点睛】裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和，注意通项“分裂成两项差”的形式之后是不是还有系数.8A解析：A【分析】根据等比数列的求和公式及通项公式，可分析出答案.【详解】等比数列的前n项和为，当时，因为与同号，所以，所以，当时，所以，所以，综上，当时，故选：A【点睛】易错点点睛：利用等比数列求和公式时，一定要分析公比是否为1，否则容易引起错误，本题需要讨论两种情况.9B解析
10、：B【分析】利用等差数列的前项和的性质可得正确的选项【详解】由得，则， 所以，所以，正确； ，故正确；，故错误；因为，故数列中的最大项为，故错误故选：B.【点睛】本题考查等差数列的性质， 考查等差数列前n项和的性质.10C解析：C【解析】分类讨论：当时，当时，且当时：据此可得，数列的通项公式为：.本题选择C选项.11A解析：A【分析】设等比数列的公比为，可知或，计算出，可得出关于的表达式，结合的范围，可解出的取值范围.【详解】设等比数列的公比为，由于，则或，则，得.若，则，即，解得；当，则，得，则不成立.综上所述，的取值范围是.故选A.【点睛】本题考查利用极限求等比数列首项的取值范围，解题的关
11、键就是得出公比与首项的关系，结合公比的取值范围得出关于首项的不等式，考查运算求解能力，属于中等题.12C解析：C【分析】，则，两式相减得到A正确；由A选项得到=进而得到B正确；同理可得到C错误；由得到进而D正确.【详解】已知，则，两式相减得到，故A正确；根据A选项得到=，故B正确；=，故C不正确；根据 故D正确.故答案为C.【点睛】这个题目考查了数列的应用，根据题干中所给的条件进行推广，属于中档题，这类题目不是常规的等差或者等比数列，要善于发现题干中所给的条件，应用选项中正确的结论进行其它条件的推广.二、填空题13【分析】求出讨论n的奇偶利用数列单调性求出的最值即可得出【详解】依题意得当为奇数
12、时随着的增大而减小随着的增大而增大；当为偶数时随着的增大而增大随着的增大而增大因此的最大值与最小值分别为其最大值与最小解析：【分析】求出，讨论n的奇偶利用数列单调性求出的最值即可得出.【详解】依题意得，.当为奇数时，随着的增大而减小，随着的增大而增大，；当为偶数时，随着的增大而增大，随着的增大而增大，.因此的最大值与最小值分别为，其最大值与最小值之和为.故答案为：.【点睛】本题考查求数列的最值问题，解题的关键是讨论n的奇偶根据单调性求出范围.142021【分析】直接利用数列的递推关系式的应用和求和的应用求出结果【详解】解：因为递增数列共有2020项且各项均不为0所以所以若则与是数列中的项矛盾所
13、以所以即对上式累加得所以故答案为：2021【点睛解析：2021【分析】直接利用数列的递推关系式的应用和求和的应用求出结果【详解】解：因为递增数列共有2020项，且各项均不为0，所以，所以，若，则，与是数列中的项矛盾，所以，所以，即，对上式累加，得，所以故答案为：2021【点睛】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力15【分析】将化为两边同除以可得数列数列是等差数列进而可求出再令即可求出【详解】因为所以所以所以又所以数列是以为首项为公差的等差数列所以所以所以故答案为：【点睛】思路点睛：与关系问题的求解思路根据所求结解析：【分析】将化为，
14、两边同除以，可得数列数列是等差数列，进而可求出，再令即可求出.【详解】因为，所以，所以，所以，又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，所以.故答案为：【点睛】思路点睛：与关系问题的求解思路，根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化：(1)利用转化为只含，的关系式，再求解；(2)利用转化为只含，的关系式，再求解16【分析】将每个音的频率看作等比数列利用等比数列知识可求得结果【详解】由题知：一个八度13个音且相邻两个音之间的频率之比相等可以将每个音的频率看作等比数列一共13项且最后一个音是最初那个音的频率的2倍解析：【分析】将每个音的频率看作等比数列，利用等比数列知识可求得
15、结果.【详解】由题知：一个八度13个音，且相邻两个音之间的频率之比相等，可以将每个音的频率看作等比数列，一共13项，且，最后一个音是最初那个音的频率的2倍，故答案为：【点睛】关键点点睛：构造等比数列求解是解题关键.1772【解析】因为所以故填解析：72【解析】因为，所以，故填18【分析】由题意知等差数列中的项一定有正有负分成首项大于零和小于零两种情况进行讨论结合已知条件可知或从而可求出公差的取值范围【详解】解：由题意知等差数列中的项一定有正有负当时由则由则所以所以即；当时同解析：【分析】由题意知，等差数列中的项一定有正有负，分成首项大于零和小于零两种情况进行讨论，结合已知条件，可知或，从而可求
16、出公差的取值范围.【详解】解：由题意知，等差数列中的项一定有正有负，当时，由，则 ，由，则，所以，所以，即；当时，同理可求出，综上所述，公差的取值范围为.故答案为: .【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了数列的单调性.本题的易错点是未讨论首项的正负问题.19【分析】由题意可得且进而可得结合数列的通项公式可得从而可得答案【详解】根据题意因为所以所以因为所以故答案为：【点睛】此题考查数列的求和以及数列与函数的关系关键是分析属于中档题解析：【分析】由题意可得， ，且，进而可得，结合数列的通项公式可得，从而可得答案.【详解】根据题意，因为，所以，所以，因为所以故答案为：【点睛】此题考查数列的求
17、和以及数列与函数的关系，关键是分析，属于中档题.20【分析】逐个判断各命题的正确与否后可得正确的选项【详解】对于因为是幂函数但它与不是同一个函数前者要求而后者故不是幂函数故错误对于在同一坐标系画出的图象（如图所示）：则的图象没有公共点故没有零解析：【分析】逐个判断各命题的正确与否后可得正确的选项.【详解】对于，因为是幂函数，但它与不是同一个函数，前者要求，而后者.故不是幂函数，故错误.对于，在同一坐标系画出的图象（如图所示）：则的图象没有公共点，故没有零点，故错误.对于，时不等式也成立，所以错误.对于，是的真子集，故“”是“”的充分非必要条件，故正确.对于，若，则，故，该数列既不是等差数列也不
18、是等比数列，故错误.故答案为：.【点睛】本题考查命题的真假判断，涉及到函数相同的判断、函数零点的个数判断、充分不必要条件的判断、无理不等式的解法、等差数列等比数列的判断等，注意函数零点的个数判断可以通过两个熟悉函数图象的交点个数来判断，本题属于综合题，有一定难度.三、解答题21(1) ；（2） .【分析】（1）设数列的公差为d，由已知求得，再由等差数列的通项公式可求得答案；（2）运用裂项求和法，可求得答案.【详解】（1）设数列的公差为d，由已知得，所以，所以，所以，所以；（2）由（1）得，所以.所以.【点睛】数列求和的常用方法：（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.（2）错位相减
19、法：若是等差数列，是等比数列，求.（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有，等.（4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和.（5）倒序相加法.22（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列通项公式求解首项及公差，再利用求和公式进行求解；（2）由（1）得，再用裂项相消法求得，并利用单调性求得的范围.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，所以有，所以;（2）由1知，所以，所以，又，且单调递增，故.23（1）；（2）.【分析】（1）由的关系式，讨论、即可求的通项公式.（2）由通项公式，有为奇数有、为偶数，即可求的最大
20、值【详解】（1）当时，；当时，当时，满足上式，（2）由（1）知，当为奇数时，（当时取等号），当为偶数时，数列的前项和的最大值为【点睛】关键点点睛：（1）根据已知关系式，讨论求数列通项公式.（2）讨论的奇偶性，得到关于的函数式，根据n的取值求最大值.24（1）证明见解析，；（2）.【分析】（1）首先根据，两式相减得，即可得到的通项公式.（2）首先求出，再利用错位相减法求前项和即可.【详解】（1）证明：由，当时，两式相减得，当时，即，时都有，数列是首项为1，公比为3的等比数列，（2）解：，【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的求和，常见的数列求和方法如下：公式法：直接利用等差、等比数列的求和公式计算
21、即可；分组求和法：把需要求和的数列分成熟悉的数列，再求和即可；裂项求和法：通过把数列的通项公式拆成两项之差，再求和即可；错位相减法：当数列的通项公式由一个等差数列和一个等比数列的乘积构成时，可使用此方法求和.25（1）；（2）.【分析】（1）先由题设求得数列的公比，进而求得与，再由，成等差数列求得；（2）先由（1）求得，再利用裂项相消法求得其前100项和.【详解】解：（1）设公比为，解得：，且，成等差数列，；（2）由（1）可得：，.【点睛】结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型：（1）等差型，其中是公差为的等差数列；（2）无理型；（3）指数型；（4）对数型.26（1）；（2）证明见解析.【分析】（1），时，利用，及其等差数列的通项公式即可得出（2），利用，及其裂项求和方法即可得出进而证明结论【详解】解：（1）当时，得，或0（舍去）；当时，.又各项为正，为首项是，公差是的等差数列，.（2）由题得，所有式子相加，得.又，.又，.【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和
