高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列同步达标检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列同步达标检测题，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题强化训练二：等比数列性质和求和常考重难点强化精选必刷题
一、单选题
1．等比数列中，若，则（    ）
A．2 B．3 C．4 D．9
2．已知为等比数列的前项和，若则（   ）
A．15 B．-15 C． D．
3．已知公差为1的等差数列{}中，，，成等比数列，则{}的前10项的和为（    ）
A．55 B．50 C．45 D．10
4．已知1，，，4成等比数列，1，，，，4成等差数列，则的值是（　　）
A． B． C．2 D．1
5．如果是公比为q的等比数列，为其前n项和，那么“”是“数列为单调数列”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
6．若等比数列中的，是方程的两个根，则等于（    ）
A． B．1011
C． D．1012
7．已知数列是首项为，公比为的等比数列，数列满足，则数列的前项和为（　　）
A． B．
C． D．
8．已知数列满足对任意的，总存在，使得，则可能等于（    ）
A． B．2022n C． D．
9．设数列，若存在公比为的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”，则下列说法错误的是（    ）
A．数列是数列的一个“等比分割数列”
B．若数列存在“等比分割数列”，则有和成立，其中
C．数列存在“等比分割数列”
D．数列的通项公式为，若数列的“等比分割数列”的首项为1，则公比
10．已知数列满足（为正整数），，设集合.有以下两个猜想：①不论取何值，总有；②若，且数列中恰好存在连续的7项构成等比数列，则的可能取值有6个.其中（    ）
A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误

二、多选题
11．已知数列{}中，，，下列说法正确的是（    ）
A．若{}是正项等比数列，则 B．若{}是正项等比数列，则
C．若{}是等差数列，则 D．若{}是等差数列，则公差为
12．已知数列的前项和为，点在函数的图象上，等比数列满足，其前项和为，则下列结论错误的是（    ）
A． B．
C． D．
13．对于数列，设其前项和，则下列命题正确的是（    ）
A．若数列为等比数列，成等差，则也成等差
B．若数列为等比数列，则
C．若数列为等差数列，且，则使得的最小的值为13
D．若数列为等差数列，且，则中任意三项均不能构成等比数列
14．设，．若，则称序列是长度为n的0—1序列．若，，则（    ）
A．长度为n的0—1序列共有个 B．若数列是等差数列，则
C．若数列是等差数列，则 D．数列可能是等比数列
15．已知等比数列的公比为q，前n项和，设，记的前n项和为，则下列判断正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
16．数列满足，数列的前n项和记为，则下列说法正确的是（    ）
A．任意 B．任意
C．任意 D．任意

三、填空题
17．设是等比数列，且，，则的值是___________.
18．已知等差数列和正项等比数列满足，则数列的前项和为______.
19．已知数列的前项和为，满足（是常数，），，且，则_________.
20．已知数列的前n项和为，且，设函数，则______．
21．已知等比数列的公比为q，且，能使不等式成立最大正整数_______________．
22．已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．

四、解答题
23．已知数列和满足：，，其中为实数，为正整数．
(1)对于任意实数，证明：数列不是等比数列；
(2)试判断数列是否为等比数列，并证明你的结论．
24．首项为4的等比数列的前n项和记为，其中成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求．
25．已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，若，求．
26．已知数列的首项，前项和为，，，（）总是成等差数列.
(1)证明数列为等比数列；
(2)求满足不等式的正整数的最小值.
27．已知数列的各项均为正数，前项和为，且（）．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，，求．
28．某地区2020年产生的生活垃圾为20万吨，其中6万吨垃圾以环保方式处理，剩余14万吨垃圾以填埋方式处理，预测显示：在以2020年为第一年的未来十年内，该地区每年产生的生活垃圾量比上一年增长5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量比上一年增加1.5万吨，剩余的垃圾以填埋方式处理．根据预测，解答下列问题：
(1)求2021年至2023年，该地区三年通过填埋方式处理的垃圾共计多少万吨？(结果精确到0.1万吨)
(2)该地区在哪一年通过环保方式处理的垃圾量首次超过这一年产生生活垃圾量的50%？
（参考数据：）



29．记是公差不为的等差数列的前项和，已知，，数列满足，且．
(1)求的通项公式；
(2)证明数列是等比数列，并求的通项公式；
(3)求证：对于任意正整数，．
30．已知在每一项均不为0的数列中，，且（、为常数，），记数列的前项和为.
（1）当时，求；
（2）当、时，
①求证：数列为等比数列；
②是否存在正整数，使得不等式对任意恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由.

参考答案：
1．C
【分析】根据等比数列的性质得到，再利用指数运算法则求出答案.
【详解】等比数列中，若，所以，
所以．
故选：C
2．C
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等比数列的前项和公式进行求解即可.
【详解】设该等比数列的公比为，
因为，
所以由，
因此，
故选：C
3．A
【分析】由，，成等比数列，列出关系式，通过公差，解得首项，再利用求和公式即可得出．
【详解】∵，，成等比数列，
∴，可得，又等差数列{}的公差为1，

解得：，
则{}的前10项和．
故选：A．
4．B
【分析】由等比数列和等差数列的性质结合已知条件可求出和的值，从而可求得答案.
【详解】∵1，，，4成等比数列，1，，，，4成等差数列，
∴，，，
则．
故选：B．
5．C
【分析】分别从充分性和必要性结合等比数列的性质入手进行分析即可得解.
【详解】充分性：当，时，，显然数列是递增数列，
当，时，，显然数列是递减数列，
综上可得充分性成立；
必要性：当数列为递增数列时，对恒成立，
可得，；
当数列为递减数列时，对恒成立，
可得，；
综上可得必要性成立；
“”是“数列为单调数列”的充分必要条件.
故选：C.
6．C
【分析】利用韦达定理、等比数列的性质以及对数的运算性质进行求解.
【详解】因为等比数列中的，是方程的两个根，
所以，根据等比数列性质知，
，
因为，于是，
则
=
=.故A，B，D错误.
故选：C.
7．A
【分析】求出数列、数列的通项公式代入，利用错位相减法求得其前项和．
【详解】解：数列是首项为，公比为的等比数列，
，
，
，
．①
．②
①②得
，

故选：A．
8．B
【分析】A选项，利用等比数列求和公式列出方程，令n＝2时，得到，m不存在，A错误；B选项，利用等差数列求和公式进行求解得到方程，取即可，C选项，利用平方和公式得到，当n＝2时，，m不存在；D选项，当n＝2时，，m不存在.
【详解】对于选项A：当时，则是等比数列，因为
所以，当n＝2时，，m不存在，A错误；
对于选项B：当时，是等差数列，因为，则，取即可，B正确；
对于选项C：当时，，则，当n＝2时，，m不存在，C错误；
对于选项D：当时，，则，当n＝2时，，m不存在，D错误．
故选：B．
9．C
【分析】利用“等比分割数列”的定义，对四个选项逐一分析判断即可
【详解】解：对于选项A，因为，即满足，
则数列是数列的一个“等比分割数列”，故选项A正确；
对于选项B，若数列存在“等比分割数列”，则，
所以成立，故选项B正确；
对于选项C，若数列存在“等比分割数列”，则，
即得到，又因为，
所以，与矛盾，所以假设不成立，即不存在“等比分割数列”，故选项C错误；
对于选项D，可得到，可解得，故选项D正确；
故选：C．
10．A
【分析】设出数列中的一项，然后分被3除余1，余2，余0三种情况进行讨论，借助给出的递推关系式进行推证即可判断①，结合递推关系式得到符合的形式，然后保证即可判断②.
【详解】不妨设数列中的一项为，
①若被3除余1，则由已知可得，
若被3除余2，则由已知可得，
若被3除余0，则由已知可得，
所以对任意的，，则，
所以对数列中的任一项，若，则，
因为，所以，所以数列中必存在某一项（否则与上述结论矛盾），
若，结论得证；若，则，，结论得证；若，则，得证；所以不论取何值，总有；故①正确；
②若是3的倍数，则，
若被3除余1，则由已知可得，
若被3除余2，则由已知可得，
所以连续7项构成的等比数列的公比为，
因为，所以这7项中前6项一定都是3的倍数，而第7项一定不是3的倍数（否则构成等比数列的连续项数会多于7项）
设第7项为p，则p是被3除余1或余2的正整数，则可推得，
因为，所以或，
由递推关系式可知，在该数列的前k-1项中，满足小于等于2022的项只有：
或或
所以首项的所有可能取值的集合为，
故的所有可能取值有6个，故正确.
故选：A
【点睛】本题考查数列的递推关系式，考查学生的抽象思维能力，属于难度较大题.
11．BD
【分析】根据数列是等差或等比分别求得公差或公比，进而求解判断即可．
【详解】解：设正项等比数列{}的公比为q，
则，
解得，
所以，
故A错误，B正确；
设等差数列{}的公差为d，
则，
解得，且，
故C错误，D正确．
故选：BD．
12．ABC
【分析】利用前项和与通项的关系可求得的通项公式，设等比数列的公比为，推导出，可求出数列的通项公式，求出，然后逐项判断可得出合适的选项.
【详解】因为点在函数的图象上，则，即.
当时，；
当时，，
满足，所以，对任意的，.
设等比数列的公比为，则，即①，显然，
由①可得②，
②①可得，所以，，则.
所以，.
对于A选项，，A错；
对于B选项，，B错；
对于C选项，，则，C错；
对于D选项，，则，D对.
故选：ABC.
13．AD
【分析】根据等比数列的通项与前项和公式判断A，B的正误；根据等差数列的通项与前项和公式判断C，D的正误即可.
【详解】解：对于A，若数列为等比数列，成等差，则，
若公比，则，故，
所以可得，，
整理得，由于，所以，
所以，即，
故也成等差，故A正确；
对于B，若数列为等比数列，若公比时，；
若公比时，则，所以，故B不正确；
对于C，若数列为等差数列，公差为，由，
得，即，则，
所以，得，又，则，故C不正确；
对于D，若数列为等差数列，且，则公差，
所以，假设等差数列中的三项构成等比数列，，且互不相等，则，
所以，
所以，
因为，则，其中，
则，得，这与互不相等矛盾，故假设不成立，则中任意三项均不能构成等比数列，故D正确.
故选：AD.
14．AC
【分析】A选项，可根据分步乘法计数原理求出；B选项，根据等差数列定义得到为定值，分与两种情况讨论求出答案；
C选项，根据数列是等差数列，推导出；
D选项，假设数列是等比数列，推出矛盾.
【详解】由分步乘法计数原理可知：选0或1，均有2种选择，故共有个，A正确；
因为数列是等差数列，所以为定值，
当，则，则，
当，则，则，
B错误；
若数列是等差数列，则为定值，
只有能满足要求，故，C正确；
若数列是等比数列，则为定值，且，
因为，所以，
，
所以，
若，则，所以，舍去；
若，，，其中，解得：，
，其中，解得：，
故不是定值，数列不可能是等比数列，D错误.
故选：AC
15．BD
【分析】先求得的取值范围，根据的取值范围进行分类讨论，利用差比较法比较出和的大小关系.
【详解】由于是等比数列，，所以，
当时，，符合题意；
当时，，即，上式等价于①或②.解②得.解①，由于可能是奇数，也可能是偶数，所以.
综上所述，的取值范围是.
，所以，所以，而，且.
所以，当，或时，，即，故BD选项正确，C选项错误.
当时，，即.
当或时，，A选项错误.
综上所述，正确的选项为BD.
故选：BD
【点睛】本小题主要考查等比数列的前项和公式，考查差比较法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
16．BCD
【分析】B：由题设得且，，讨论大小关系，结合给定条件即可判断；A：根据B的结论及，易知随n变化的趋势，并构造求得，即可判断；C：由A分析结果及即可判断；结合C可判断D.
【详解】由，且，又，故，，
则，
当时，则，即，显然与矛盾；
当时，则，即，显然与矛盾；
所以且，即递增，B正确；
由，根据B结论知：随n的增大，无限趋近于0，则无限接近于1，
又，令且递增，则 ，即，
综上，，A错误；
由，根据A的结论有，
又，可得，所以，即，
综上，，C正确；
由C结论知：


所以成立，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：利用已知条件，将各项结论作转化，并应用分类讨论、极限、函数思想判断数列不等式是否恒成立.
17．32
【分析】根据题意可求得等比数列的公比，再根据，即可求得答案.
【详解】由是等比数列，设公比为q，且，，
则可得，故 ，
所以，
故答案为：32.
18．
【分析】根据等差等比数列基本量的计算可得公比和公差，进而得，因此可得，根据裂项求和即可求解.
【详解】设公差和公比分别为,
由得，解得，
因此，
所以
，
设的前项和为，
因此

故答案为：
19．128
【分析】先由与的关系式得到数列为等比数列，并设数列的公比为，同时可证数列也是等比数列，并且公比为，然后根据题干条件得到用数列的公比的关系式，再将也用含有的式子表示，即可得到答案.
【详解】因为（是常数，），所以当时有，
两式相减得，即，
所以数列为等比数列，设数列的公比为，
根据题意可得，即，
又因为，可得，即，
因为，
又因为，所以，
因为，所以，可知，
即数列也是等比数列，并且公比为，所以

故答案为：128.
20．##
【分析】根据可求，从而可求.易验证，故可采用倒序相加法求题设式子的值．
【详解】∵①，
∴当时，②，
①－②得，∴；
当时，，∴，此时仍然成立，
∴．
∴当n=1时，；
当时，，
当n=1时，上式也成立，故．
由于，
设

则，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题关键是熟练掌握利用前n项和与通项公式的关系求得，观察猜测并发现为定值，从而利用倒序相加法即可求和．
21．
【分析】根据已知求得的表达式，由此求得的取值范围，根据成立列不等式，化简求得的取值范围，从而求得最大正整数.
【详解】由已知，
结合知，解得，
由于是等比数列，所以是首项为，公比为的等比数列.
要使成立
则，即，
将代入整理得：
又，可知，故最大正整数.
故答案为：
22．27
【详解】分析：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值.
详解：设，则

由得
所以只需研究是否有满足条件的解，
此时，，为等差数列项数，且.
由
得满足条件的最小值为.
点睛：本题采用分组转化法求和，将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和.分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如），符号型（如），周期型（如）.
23．(1)证明见解析
(2)当时是等比数列，证明见解析

【分析】（1）若存在实数，使得数列是等比数列，则必有，否则不为等比数列，即可得证；
（2）若存在实数使得数列是等比数列，证明常数即可．
（1）
解：假设若存在实数，使得数列是等比数列，
则必有，，，．
由，整理得，矛盾．
故假设错误，因此对于任意实数，数列不是等比数列；
（2）
证明：若存在实数使得数列是等比数列，则常数．

，
当且仅当，即时上式成立．
因此当时，为常数，数列是等比数列．
24．(1)；
(2).

【分析】（1）根据等差中项及数列和的意义化简可得公比，由等比数列通项公式求解即可；
（2）裂项相消法求出数列的和即可.
【详解】（1）∵成等差数列，
∴
，
∴等比数列公比，
∴
（2），
∴，
∴.
25．(1)
(2)．

【分析】（1）当时，得到，两式相减化简得到，进而得到数列为等差数列，结合等差数列的通项公式，即可求解；
（2）由（1）得，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
（1）
解：由题意，数列满足，
当时，，
两式相减得到，即，
即，所以，
令，可得，解得，可得，
所以数列表示首项为，公差为的等差数列，
所以，可得，
所以数列的通项公式为.
（2）
解：由，可得，
则，
所以，
两式相减，可得
所以.
26．(1)证明见解析
(2)3

【分析】（1）由已知可得，化简得（），则有，两式相减化简可证得结论，
（2）由（1）将不等式化为，然后分为奇数和偶数两种情况求解即可.
（1）
因为，，（）总是成等差数列，
所以（），
整理得（），
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以数列是以2为首项，为公比的等比数列，
（2）
由（1）可得，
因为，
所以，
所以，
当为奇数时，，得，解得，
当为偶数时，，得，解得，此时无解
综上得正整数n的最小值为3.
27．(1)；
(2)．

【分析】（1）由题知，进而结合得数列是等差数列，进而得答案；
（2）结合（1）得，进而根据错位相减法求解即可.
（1）
解：（），
当时，，∴，
当时，由，得①
∴，②
①﹣②得：，
∴，
∵，
∴，，
∴数列是等差数列，
∴；
（2）
解：由，得，
∴，
∴，
，
两式作差得：
∴
∴．
28．(1)
(2)2025年

【分析】（1）根据题意可得每年产生的生活垃圾量成等比数列，每年通过环保方式处理的垃圾量成等差数，从而利用等差数列及等比数列求和公式可求该地区年通过填埋方式处理的垃圾总量，令即可求得所求.
（2）结合（1）结论可得，依次检验到即可得解.
【详解】（1）依题意得，从2021年起该地区每年产生的生活垃圾量(单位：万吨)构成等比数列，记为，每年通过环保方式处理的垃圾量(单位：万吨)构成等差数列，记为，该地区年通过填埋方式处理的垃圾总量(单位：万吨)记为，
则，故，
所以 ，
当时，，
所以2021年至2023年，该地区三年通过填埋方式处理的垃圾总量约万吨.
（为避免不必要误会，特别说明，网上答案为，之所以不同是因为网上答案实算，而本题提供了参考数据，用之为，审核老师阅后可删）
（2）由（1）得，，即，
整理得，
因为当时，，；
当时，，；
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以该地区在第年，即2025年通过环保方式处理的垃圾囯首次超过这一年产生生活垃圾量的50%.
29．(1)
(2)证明见解析，
(3)证明见解析

【分析】（1）设公差为，结合等差数列通项和求和公式可构造方程组求得，进而得到；
（2）由已知递推关系式可得，由此可得证得数列为等比数列；结合等比数列通项公式推导可得；
（3）分别验证时，不等式成立；当时，采用放缩法可得，依此对不等式进行放缩，结合等比数列求和公式可证得当时不等式成立，由此可得结论.
(1)
设等差数列的公差为，
由得：，解得：，
.
(2)
由（1）知：，则，
由得：，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，.
(3)
当时，；当时，；
当时，；
当时，（当且仅当时取等号），
当时，（当且仅当时取等号）；
当时，；
综上所述：对于任意正整数，.
【点睛】关键点点睛：本题考查等差和等比数列的综合应用；证明不等式的关键是能够通过对数列通项公式进行放缩，将无法求和的数列转化为可以利用等比数列求和公式进行求和运算的形式，进而证得结论.
30．（1）；（2）①证明见解析；②存在，2.
【分析】（1）本题首先可根据题意得出，然后根据得出数列是首项为、公比为的等比数列，最后通过等比数列前项和公式即可得出结果；
（2）①本题首先可根据题意得出，通过转化得出以及，然后通过判断得出，最后通过以及即可证得；
②本题首先可根据①得出以及，然后通过计算得出，最后通过放缩法以及等比数列前项和公式即可得出结果.
【详解】（1）当时，，
因为，所以，数列是首项为、公比为的等比数列，
当时，；当时，，
故.
（2）①证明：当，时，，
则，，
若存在且，使得，
则，这与矛盾，
故，，
则，
因为，
所以数列是首项为、公比为2的等比数列.
②因为数列是首项为、公比为2的等比数列，
所以，，，，
因为，
所以，即，
当时，，
则
（当且仅当时取“”），
故，
因为，
所以存在且的最小值为2.