第四章 数列求和（专题训练卷）-【单元测试】2022-2023学年高二数学尖子生选拔卷（人教A版2019选择性必修第二册）

第四章 数列求和专题训练卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2021秋•河南月考）设数列的前项和为，若，，则　　A．620 B．630 C．640 D．650【答案】A【解析】当为奇数时，，故数列的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列；所以，当为偶数时，，，，所以：；所以．故选A．2．（2021秋•运城月考）已知函数在[0，上的最小值是，，设的前项和为，若对，恒成立，则实数的取值范围是　　A．， B．， C．，， D．，【答案】C【解析】由题意知：，由，解得，由，解得，由，解得，即在处取得极小值，即最小值，故，所以，则，由于恒成立，故，解得．故选C．3．（2021•让胡路区一模）已知数列的前项和为，前项积为，且，．若，则数列的前项和为　　A． B． C． D．【答案】A【解析】因为，所以，即，所以，所以．所以，整理得．又因为，，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，所以．所以．故选A．4．（2021春•兴庆区期末）已知数列中，，，，求数列的前项和为　　A． B． C． D．【答案】C【解析】数列中，，，整理得：，故（常数），所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列；所以，故（首项符合通项）．所以，故选C．5．（2021•浙江开学）已知数列中，，是自然对数的底数）．记数列的前项和为，则　　A． B． C． D．【答案】B【解析】设，可得，当时，，函数递增；当时，，函数递减．可得函数在处取得极小值，且为最小值0，则，所以，即，所以，又，则，又，得，所以．即．故选B．6．（2021春•昌江区期末）对于实数，[]表示不超过的最大整数．已知数列的通项公式，前项和为，则　　A．223 B．218 C．173 D．168【答案】C【解析】由，可得，所以．故选C．7．（2021秋•嘉兴月考）设数列满足，，记，则使成立的最小正整数是　　A．2020 B．2021 C．2022 D．2023【答案】D【解析】因为，所以，所以，即，．又，所以数列为递增数列，，，，，，当时，，当时，，故使成立的最小正整数是2023，故选D．8．（2021春•瑶海区月考）已知数列同时满足：①对于任意的，有；②数列的最大项为；③若对任意的，，2，3，，，都存在，使得．则数列的所有项和为　　A．2021 B．2022 C．4042 D．4044【答案】B【解析】由条件有，及．若，则，所以数列的前3项为，，，，与③矛盾；故，所以；以此类推，可以归纳并证明．由，得，所以前2021项和为．故选B．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．（2021春•沙坪坝区月考）已知，分别是等差数列的公差及前项和，，设，则数列的前项和为，则下列结论中正确的是　　A． B． C．时，取得最小值 D．【答案】BC【解析】是等差数列的前项和，，所以，，即①，故，故错误；，所以②，由①②可得，，故正确；由题意可得，显然，即数列单调递增，且满足，，，，，，所以，，，都是负数，，，，，都是正数，且，所以取得最小值，故正确；又，，而，所以，故错误．故选BC．10．（2020秋•邯郸期末）已知数列的前项和为，且满足，则下列结论正确的是　　A．若，则是等差数列 B．若，则数列的前项和为 C．若，则是等比数列 D．若，则【答案】ACD【解析】当时，由题设可得：，即，，，即，又，，，，，故选项正确，选项错误；又当时，由题设可得：，即，，，，又，，，即，，故选项、正确，故选ACD．11．（2021春•瑶海区月考）已知数列的前项和为，，且，满足，数列的前项和为，则下列说法中错误的是　　A． B． C．数列的最大项为 D．【答案】CD【解析】由可得：，即：，，又由可得：，数列是首项、公差均是2的等差数列，，即，，解得：，选项正确；，，，选项正确；，，令，则，，，随增大而增大，（1），数列的最小值为，故选项错误；，，，，故选项错误，故选CD．12．（2021秋•湖北月考）在平面直角坐标系中，是坐标原点，，是圆上两个不同的动点，是，的中点，且满足．设，到直线的距离之和的最大值为，则下列说法中正确的是　　A．向量与向量所成角为 B． C． D．若，则数列的前项和为【答案】ACD【解析】因为是，的中点，所以，因为，所以，即，解得，所以，故正确；，故错误；由可得点在圆上，，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍，点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆的圆心到直线的距离，所以，故正确；若，则，所以数列的前项和为，故正确．故选ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（2021春•正阳县月考）已知数列的前项和为，，且满足，若，，，则的最小值为 　　．【答案】【解析】数列的前项和为，，且满足，所以（常数），数列是以为首项，1为公差的等差数列；所以，整理得：，当时，，故，，，则的最小值为：．故答案为：．14．（2021•鸡冠区三模）在数列中，，，，，记是数列的前项和，则　　．【答案】1720【解析】由题意知，当是奇数时，，又，所以数列中的偶数是以3为首项，2为公差的等差数列，则，当是偶数时，，所以数列中的相邻的两个奇数项之和均等于2，所以，则．故答案为：1720．15．（2021春•丹东期末）等差数列中，，，若为的前项和，则使取最小值时的值为 　　．【答案】5【解析】设等差数列的公差为，则，于是由题意知：，所以，所以，所以．设，则，所以在上递减，在，上递增．因为，所以比较（5）与（6）大小可知：当时，取最小值．故答案为：5．16．（2019秋•分宜县月考）设为不超过的最大整数，为可能取到所有值的个数，是数列前项的和，则下列结论正确的是 　　．（1）；（2）190是数列中的项；（3）；（4）当时，取最小值．【答案】（1）（3）（4）【解析】当时，，，，，故，即，当时，，，，，，，故，，即，当时，，，，1，，，，，故，1，4，，即，以此类推，当，，时，，1，2，，，，，，，故可以取的个数为，即，，当时也满足上式，故，，对（1），，故（1）正确；对（2），令，即无整数解，故（2）错误；对（3），，则，，故（3）正确；对（4），，当且仅当时取等号，，当时，，当时，，故当时，取最小值，故（4）正确．故答案为：（1）（3）（4）．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（2021秋•顺德区月考）已知数列，的各项均为正数．在等差数列中，，；在数列中，，．（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）求数列的前项和为．【答案】（Ⅰ）在等差数列中，设首项为，公差为，由于，；所以，解得，故．数列中，，．整理得：，即有，或（舍去）；故数列是以1为首项，为公比的等比数列；所以；（Ⅱ）由（Ⅰ）得：，所以①，②，①②得：整理得：，化简得：．18．（2021秋•渝水区月考）已知正项数列的前项和满足．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和；（3）在（2）的条件下，若对任意恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）正项数列的前项和满足①，当时，解得，当时，，②，①②得：，整理得：（常数），所以：；（2）由（1）得：，所以：①，②，①②得：，整理得：；（3）若对任意恒成立，故；整理得：，当时，最大值为，故．19．（2021秋•道里区期中）已知数列的前项和为满足，数列是等比数列，，．（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和．【答案】（Ⅰ）数列的前项和为，，整理得：（首项符合通项），所以：，数列是等比数列，，，所以公比，所以；（Ⅱ）由（Ⅰ）得：，所以：．20．（2021秋•新郑市月考）已知数列是首项为2，公差为2的等差数列．其中，数列是公比为2的等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证：．【答案】（1）数列是首项为2，公差为2的等差数列；所以：，数列是以，公比为2的等比数列，所以，所以；证明：（2）由（1）得：，所以．21．（2021秋•辽宁月考）已知正项等比数列的前项和为，满足，．（1）求的通项公式；（2）求数列前项和；（3）在（2）的条件下，若，，求的最小值．【答案】（1）由题意可得，，若，则，即不成立，所以不为1，所以，化为，解得，1舍去），所以；（2），前项和，，上面两式相减可得，化简可得；（3）即为，设，，当时，，当时，，即，即有，综上可得的最大值为，所以，故的最小值为．22．（2020秋•西城区期末）对于数列，定义，设的前项和为．（Ⅰ）设，写出，，，；（Ⅱ）证明：“对任意，有”的充要条件是“对任意，有”；（Ⅲ）已知首项为0，项数为的数列满足：①对任意且，有，0，；②．求所有满足条件的数列的个数．【答案】（Ⅰ）因为，，，，，根据题意可得，，，．（Ⅱ）证明：必要性：对，有，因此．对任意且，有，，两式作差，得，即，因此，综上，对任意，有．充分性：若对任意，有，则，所以．综上，“对任意，”的充要条件是“对任意，”．（Ⅲ）构造数列，，则对任意且，有，．结合（Ⅱ）可知，，又，因此．设，，，中有项为0，则，即．因为，0，，所以或1．若，则与，，，中有0项为0，即矛盾，不符题意．若，则，所以当，，，，中有一项为0，其余项为时，数列满足条件．，，，中有一项为0，共种取法；其余项每项有1或两种取法，所以满足条件的数列的个数为．