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重难点03数列中的最值（取值范围）与不等式
7大高频考点概览
考点01 等差数列前n项和最值
考点02 对勾函数求最值
考点03 单调性求最值（取值范围）
考点04 不等式恒成立问题
考点05 解不等式
考点06 裂项相消法证明不等式
考点07 等比数列的单调性与最值
1．(23-24高二下·北京第六十六中学·期中)设是等差数列，且，，则数列的前项和的最大值是______．
2．(22-23高二下·北京第一六六中学·期中)等差数列中，公差，，则当前项和最大时，________
3．(22-23高二下·北京丰台区·期中)若等差数列满足，，则当的前项和最小时，（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
4．(21-22高二下·北京丰台区·期中)已知是公差为d的等差数列，其前n项和为，且，现从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得有最小值，并完成下面问题. 条件①；条件②；条件③.
(1)求的通项公式；
(2)求的最小值.
5．(23-24高二下·北京西城区北京师范大学第二附属中学·期中)已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最小值．
1．(23-24高二下·北京中关村中学·期中)已知数列的前项和为，且满足 ．
(1)若成等比数列，求的值；
(2)若数列为等比数列，，求数列的前项和．
(3)设，直接写出数列的最小项．
1．(24-25高二下·北京顺义牛栏山第一中学·期中)数列是递增的整数数列，且，，则n的最大值为（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
2．(24-25高二下·北京师范大学附属中学·期中)若数列各项均为正数，且，则下列结论错误的是（ ）
A．对任意， B．当时，存在，使得
C．可以是常数列 D．当时，对任意，
3．(24-25高二下·北京第九中学·期中)已知是数列的前n项和，且，则下列选项中正确的是（ ）
A．
B．
C．若数列单调递增，则的取值范围是
D．若，则
4．(24-25高二下·北京理工大学附属中学·期中)已知在数列中，，则的前项中的最大项为（ ）
A． B． C． D．
5．(22-23高二下·北京延庆区·期中)如果数列对任意的，，则称为“速增数列”.
(1)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，，，，求正整数的最大值.
1．(24-25高二下·北京房山区·调研)在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：，，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足，则在该模型中，关于两组信息，给出如下结论：
①；
②；
③，使得当时，总有；
④，使得当时，总有.
其中正确结论的序号是__________.
2．(23-24高二下·北京第三十一中学·期中)网络流行语“内卷”，是指一类文化模式达到某种最终形态后，既没办法稳定下来，也不能转变为新的形态，只能不断地在内部变得更加复杂的现象.数学中的螺旋线可以形象地展示“内卷”这个词.螺旋线这个词来源于希腊文，原意是“旋卷”或“缠卷”，如图所示的阴影部分就是一个美丽的旋卷性型的图案，它的画法是：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点E F G H，作第二个正方形，然后再取正方形各边的四等分点M N P Q，作第三个正方形，按此方法继续下去，就可以得到下图.设正方形的边长为，后续各正方形的边长依次为 … …，如图阴影部分，设直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为 … …，则下列说法正确的是___________.
①正方形的面积为
②
③使不等式成立的正整数的最大值为4
④数列的前项和
3．(23-24高二下·北京第二中学·期中)设等差数列满足，，，数列的前n项和为，若对于，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．
4．(23-24高二下·北京铁路第二中学·期中)数列的通项公式是，若数列是递增的，则实数的取值范围是______．
5．(22-23高二下·北京西城区北京师范大学附属实验中学·期中)已知为等差数列，为各项均为正数的等比数列，．
(1)求和的通项公式;
(2)求的前项和;
(3)若对任意，有恒成立，求实数的最小值．
1．(24-25高二下·北京师范大学第二附属中学未来科学城学校·期中)如图，正三角形的边长为，取边的中点，作正三角形；取边的中点，作正三角形；如此继续下去，可得到一列三角形，，，，记这些三角形的面积分别为，，，；若，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
2．(23-24高二下·北京师范大学附属实验中学·期中)设等差数列的前n项和为，若，则满足的正整数n的值为______.
3．(22-23高二下·北京第五十五中学·期中)由实数组成的等比数列的前项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．(24-25高二下·北京第十五中学·期中)已知数列满足则（ ）
A．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，存在正整数，当时，
D．当时，对于任意正整数，存在，使得
5．(23-24高二下·北京房山区·调研)已知等差数列的前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前项和为，且.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，使得数列唯一确定，并解答以下问题：
（ⅰ）求的通项公式；
（ⅱ）若，求的最小值.
条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分.
1．(23-24高二下·北京海淀区北京师范大学第三附属中学·期中)已知数列的前n项和为，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，求证．
2．(22-23高二下·北京第十九中学·期中)已知数列满足，.给出下列四个结论：
①数列每一项都满足；
②数列是递减数列；
③数列的前项和；
④数列每一项都满足成立.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③
C．①②③ D．①②④
3．(24-25高二下·北京师范大学附属中学·期中)在数列中，，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足对任意，，且，，设其前项和为．
（ⅰ）设数列的前项和为，求证：；
（ⅱ）若对任意，恒成立，写出实数的最小值．（结论不要求证明）
4．(23-24高二下·北京西城区北京师范大学第二附属中学·期中)约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
(2)当时，若构成等比数列，求正整数；
(3)记，求证：.
1．(24-25高二下·北京延庆区·期中)设是公比为的无穷等比数列，前项和为.若，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．(24-25高二下·北京育才学校·期中)等比数列中，，记，则数列（　　）
A．无最大项，无最小项 B．有最大项，有最小项
C．无最大项，有最小项 D．有最大项，无最小项
3．(23-24高二上·北京顺义区·期末)已知等比数列的首项，公比为q，记 ，则“”是“数列为递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．(23-24高二下·北京清华大学附属中学·期中)已知是公比为的等比数列.则“，恒成立”是“是的一个最值”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．即不充分也不必要条件
5．(24-25高二下·北京大兴区·期中)已知等差数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和的最大值；
(3)若等比数列满足，，问：是否存在最大值与最小值？说明理由.
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重难点03数列中的最值（取值范围）与不等式
7大高频考点概览
考点01 等差数列前n项和最值
考点02 对勾函数求最值
考点03 单调性求最值（取值范围）
考点04 不等式恒成立问题
考点05 解不等式
考点06 裂项相消法证明不等式
考点07 等比数列的单调性与最值
1．(23-24高二下·北京第六十六中学·期中)设是等差数列，且，，则数列的前项和的最大值是______．
【答案】4
【分析】计算出，然后再利用二次函数的性质求解。
【详解】是等差数列，且，，
数列是首项为3，公差为的等差数列，
，
时，数列的前项和取最大值4．
故答案为：4
2．(22-23高二下·北京第一六六中学·期中)等差数列中，公差，，则当前项和最大时，________
【答案】或
【分析】由等差数列中，公差，可得，从而，由此求出当前项和最大时，的值.
【详解】等差数列中，公差，，
所以，解得，
所以，
当前项和最大时，或，
故答案为：或.
3．(22-23高二下·北京丰台区·期中)若等差数列满足，，则当的前项和最小时，（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】由等差数列的性质可得，，所以等差数列为递增数列，前项都为负数，从第项开始为正数，即可求出的前项和最小时的值.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，
所以，，
所以，，所以，因为等差数列为递增数列，
前项都为负数，从第项开始为正数，
所以当时，的前项和最小.
故选：B.
4．(21-22高二下·北京丰台区·期中)已知是公差为d的等差数列，其前n项和为，且，现从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得有最小值，并完成下面问题. 条件①；条件②；条件③.
(1)求的通项公式；
(2)求的最小值.
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】分别选择①②③，然后由等差数列的通项公式及求和公式及已知条件进行求解通项公式及前项和的最小值即可．
【详解】（1）选①时，根据题意得，，解得，
.
选②时，根据题意得，
.
选③时，根据题意得，
.
（2）选①时,由（1）可得
所以当或4时，．
选②时，由（1）可得，
所以当时，.
选③时, 由（1）可得，
所以没有最小值．
5．(23-24高二下·北京西城区北京师范大学第二附属中学·期中)已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列通项公式和前n项和公式列方程组求解可得；
（2）利用通项公式确定数列的负数项，可得最小，然后由求和公式可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则由条件得，
解得，
所以．
（2）由（1）知，
令，得，
所以数列的前项和是的最小值，
即．
1．(23-24高二下·北京中关村中学·期中)已知数列的前项和为，且满足 ．
(1)若成等比数列，求的值；
(2)若数列为等比数列，，求数列的前项和．
(3)设，直接写出数列的最小项．
【答案】(1)9
(2)
(3)
【分析】（1）由题设易得，利用成等比数列列出方程解之即得；
（2）由（1）的结论和数列为等比数列可求出该数列的通项，继而求出，利用分组求和法即可求得；
（3）将（1）的结论代入，化简得，因是奇数，不妨设将右式化成双勾函数形式，利用其单调性即可求得的最小项.
【详解】（1）由可得，即数列为等差数列，公差为2，
又，则得，解得，故.
因成等比数列，，即，解得.
（2）数列为等比数列，设公比为，因，
则数列的首项为4，公比，则，
故，
于是
.
（3），
记，则且是奇数，设，
易得在上单调递减，在上单调递增，
因是奇数， ，
故时，即时，，此时数列的最小项为.
1．(24-25高二下·北京顺义牛栏山第一中学·期中)数列是递增的整数数列，且，，则n的最大值为（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】C
【分析】假设数列为最小递增整数数列：2，3，4，……，此时为等差数列，利用等差数列求和得到当时，，当时，，从而确定的最大值为17．
【详解】为使最大，则数列各项应尽可能小，
假设数列为最小递增整数数列：2，3，4，……，此时为等差数列，
公差为1，故通项公式为，
其和为，显然随着的增大，增大，
当时，，
当时，，
故当时，不妨令整数数列为满足要求.
综上，的最大值为17．
故选：C．
2．(24-25高二下·北京师范大学附属中学·期中)若数列各项均为正数，且，则下列结论错误的是（ ）
A．对任意， B．当时，存在，使得
C．可以是常数列 D．当时，对任意，
【答案】B
【分析】先求得与的递推关系式，利用差比较法、换元法，结合二次函数的知识以及差比较法求得正确答案.
【详解】由，得，
则，依题意，所以，
由于，所以可由，解得（负根舍去），
对于A：由于，所以，即对任意，，故A正确；
对于B：因为 ，
又，则，即，
又，即，则，
同理可得，当，都有，故B错误；
对于C：①，
若，解得，此时是常数列，故C正确；
对于D：因为 ，
当，则，即，
同理可得，当，都有，
又，即数列为递减数列，
即当时，，故D正确.
故选：B
3．(24-25高二下·北京第九中学·期中)已知是数列的前n项和，且，则下列选项中正确的是（ ）
A．
B．
C．若数列单调递增，则的取值范围是
D．若，则
【答案】D
【分析】由题意，得到，两式相减得，可判定A不正确；得到，两式相减，得到，可得判定B不正确；由，得到，，根据为递增数列，得到，且，求得，可判定C不正确；当和时，和，得到数列的奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，公差为2的等差数列，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】对于A中，由，当时，可得，
两式相减，可得，即，所以A不正确；
对于B中，由，可得，
两式相减，可得，所以B不正确；
对于C中，由，可得，，
则 ，
，
因为数列为递增数列，可得，且，
可得且，
解得，所以C不正确；
对于D中，由，
令，可得，即，因为，所以，
令，可得，即，所以，
因为，且，所以，
所以数列的奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，
偶数项是以为首项，公差为2的等差数列，
则
，所以D正确；
故选：D.
4．(24-25高二下·北京理工大学附属中学·期中)已知在数列中，，则的前项中的最大项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据指数函数是减函数，结合递推公式分析即可得解.
【详解】因为，所以函数是减函数，
因为，所以，即，
由函数是减函数，，
得，即，
由函数是减函数，，
得，即，
由函数是减函数，，
得，即，
以此类推，可知数列的最大项为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据指数函数是减函数，结合递推公式类推，是解决本题的关系.
5．(22-23高二下·北京延庆区·期中)如果数列对任意的，，则称为“速增数列”.
(1)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，，，，求正整数的最大值.
【答案】(1)是，理由见解析
(2)64.
【分析】（1）计算，，得到即可得出结果；（2）根据“速增数列”的概念得，，，，得出，又，，，即可得出答案.
【详解】（1）数列是“速增数列”.
数列对，，，
所以，
所以，数列为“速增数列”.
（2）因为数列为“速增数列”，，，且.
所以，对，，，
所以，，，，.
相加得，，
即.
所以.
因为，，所以的最大值为64.
【点睛】关键点睛：本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力、转化能力和综合应用能力，其中根据题意利用累加法的思想确定是解题的关键.
1．(24-25高二下·北京房山区·调研)在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：，，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足，则在该模型中，关于两组信息，给出如下结论：
①；
②；
③，使得当时，总有；
④，使得当时，总有.
其中正确结论的序号是__________.
【答案】①②③④.
【分析】根据已知，利用数列的单调性、函数的性质进行求解.
【详解】因为，两式相减有：，
因为，所以，
所以，，故②正确；
因为，所以，
所以,，故① 正确；
由上可知，因为为常数，为递增数列，
故当时，，又，所以，使得当时，总有，故③正确；
因为，
故当时，，又，所以，使得当时，总有，故④正确；
故答案为：①②③④.
2．(23-24高二下·北京第三十一中学·期中)网络流行语“内卷”，是指一类文化模式达到某种最终形态后，既没办法稳定下来，也不能转变为新的形态，只能不断地在内部变得更加复杂的现象.数学中的螺旋线可以形象地展示“内卷”这个词.螺旋线这个词来源于希腊文，原意是“旋卷”或“缠卷”，如图所示的阴影部分就是一个美丽的旋卷性型的图案，它的画法是：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点E F G H，作第二个正方形，然后再取正方形各边的四等分点M N P Q，作第三个正方形，按此方法继续下去，就可以得到下图.设正方形的边长为，后续各正方形的边长依次为 … …，如图阴影部分，设直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为 … …，则下列说法正确的是___________.
①正方形的面积为
②
③使不等式成立的正整数的最大值为4
④数列的前项和
【答案】②③④
【分析】根据题意得到数列是以4为首项，为公比的等比数列，进而求出的通项公式，再根据得到，得到的通项公式，最后验证四个选项得到答案.
【详解】由题意可得，，，，，则，则数列是以4为首项，为公比的等比数列，即，
由题意可得，即，，，，则，
对于①，正方形的面积，所以①不正确；
对于②，由上述分析可得②正确；
对于③，由，则数列是单调递减数列，由于，，，，，则使不等式成立的正整数的最大值为4，故③正确；
对于④，数列的前项和，故④正确；
故答案为：②③④
【点睛】方法点睛，解决新定义题的关键是读懂材料，将题意与已学过知识进行结合.
3．(23-24高二下·北京第二中学·期中)设等差数列满足，，，数列的前n项和为，若对于，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【分析】先用基本量法求出通项公式，再用裂项相消法求出，根据的结果得出的取值范围。
【详解】由，得，所以，
，
所以，所以的取值范围为.
故答案为：
4．(23-24高二下·北京铁路第二中学·期中)数列的通项公式是，若数列是递增的，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据数列的单调性建立不等式，结合一次函数的单调性，可得答案.
【详解】由数列是递增的，则，即，
整理可得，由一次函数的单调性且，则，
解得.
故答案为：.
5．(22-23高二下·北京西城区北京师范大学附属实验中学·期中)已知为等差数列，为各项均为正数的等比数列，．
(1)求和的通项公式;
(2)求的前项和;
(3)若对任意，有恒成立，求实数的最小值．
【答案】(1)，
(2)
(3)2
【分析】（1）根据等差等比数列的基本量的计算即可求解公差和公比，即可求解，
（2）根据等比和等差求和公式，即可利用分组求和求解，
（3）将问题转化为，即可利用作差法求解的单调性，即可求解最值得解.
【详解】（1）设的公差为的公比为．
由题知:．
解得:，则．
解得:．
因为各项均为正数，所以．
（2）记的前项和为．
（3）由题意，恒成立．记则
当时，当时，
因此，
所以的最小值为2．
1．(24-25高二下·北京师范大学第二附属中学未来科学城学校·期中)如图，正三角形的边长为，取边的中点，作正三角形；取边的中点，作正三角形；如此继续下去，可得到一列三角形，，，，记这些三角形的面积分别为，，，；若，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由等边三角形及相似三角形可知数列为等比数列，根据等比数列求和公式化简解不等式即可.
【详解】由已知正三角形的边长为，则，
取中点作正三角形，可得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
即，
所以，
即，
化简可得，，
又单调递增，且，，
所以满足的的最小值为.
故选：C.
2．(23-24高二下·北京师范大学附属实验中学·期中)设等差数列的前n项和为，若，则满足的正整数n的值为______.
【答案】12
【分析】由与的关系和等差中项的性质结合题意计算可得.
【详解】因为，所以，
又，可得，则，
因为是等差数列，则，即是递减数列，
又，，
所以当时，；当时，；
所以仅有，即满足的正整数n的值为12.
故答案为：12.
3．(22-23高二下·北京第五十五中学·期中)由实数组成的等比数列的前项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据等比数列的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
【详解】若{an}是等比数列，则，
若，则，即成立，
若成立，则，即，
故“”是“”的充要条件，
故选：C.
4．(24-25高二下·北京第十五中学·期中)已知数列满足则（ ）
A．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，存在正整数，当时，
D．当时，对于任意正整数，存在，使得
【答案】D
【分析】直接构造反例即可说明A和B错误；然后证明引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得. 最后由该引理推出C错误，D正确.
【详解】当时，，，所以此时不是递增数列，A错误；
当时，，，，所以此时不是递减数列，B错误；
我们证明以下引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得.
若该引理成立，则它有两个直接的推论：
①存在，使得对任意的正整数，都存在，使得；
②当时，对任意的正整数，都存在，使得.
然后由①是C的否定，故可以说明C错误；而②可以直接说明D正确.
最后，我们来证明引理：
当时，对任意确定的正整数：
如果，则；
如果，则或.
此时若，则；
若，则.
无论哪种情况，都有，从而.
这说明或，所以可以选取，使得. 这就说明存在，使得.
这就证明了引理，从而可以推出C错误，D正确.
故选：D.
【点睛】最关键的地方在于引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得. 这一引理可以帮助我们判断出较难判断的C和D选项.
5．(23-24高二下·北京房山区·调研)已知等差数列的前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前项和为，且.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，使得数列唯一确定，并解答以下问题：
（ⅰ）求的通项公式；
（ⅱ）若，求的最小值.
条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，根据题意，列出方程组，求得的值，进而求得数列的通项公式；
（2）根据题意，分别选择①②③，求得数列的通项公式，利用等差、等比数列的求和公式，结合，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）解：设等差数列的首项为，公差为，
因为，，可得，解得，
所以数列的通项公式为.
（2）解：（ⅰ）若选择条件①，由，可得，
又因为，可得数列是首项为，公差为的等差数列，
所以数列的通项公式为
（ⅰi）由，可得，
又由，可得，
因为，可得，即，
又因为，可得，所以的最小值.
（ⅰ）若选择条件②：由，可得，
因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
（ⅰi）由，可得，
又由，可得，
因为，可得，即，
经验证，当时，可得；当时，可得，
所以使得成立时，的最小值.
（ⅰ）若选择条件③：由，当时，可得，
两式相减，可得，即，
因为，所以.
（ⅰi）由，可得，
又由，可得，
因为，可得，即，
解得或（舍去），
又因为，所以，即使得成立时，的最小值.
1．(23-24高二下·北京海淀区北京师范大学第三附属中学·期中)已知数列的前n项和为，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，求证．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由与的关系结合等比数列的定义、通项计算即可；
（2）利用等差数列求和公式结合裂项相消法证明不等式即可.
【详解】（1）由已知，
又，即是以3为首项和公比的等比数列，
即；
（2）由（1）可知，所以，
则，
因为，显然，则，证毕.
2．(22-23高二下·北京第十九中学·期中)已知数列满足，.给出下列四个结论：
①数列每一项都满足；
②数列是递减数列；
③数列的前项和；
④数列每一项都满足成立.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③
C．①②③ D．①②④
【答案】D
【分析】利用数学归纳法判断①④，计算判断②，计算判断③.
【详解】对①：，，
当时，，所以，
假设当时，；
则当时，；
综上，，正确；
对②：，故数列是递减数列，正确；
对③：，，，，，错误；
对④：当时，成立，
假设时成立，即，
当时，函数在上单调递增，
则，
故时成立.
综上所述：数列每一项都满足成立，正确.
故选：D.
3．(24-25高二下·北京师范大学附属中学·期中)在数列中，，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足对任意，，且，，设其前项和为．
（ⅰ）设数列的前项和为，求证：；
（ⅱ）若对任意，恒成立，写出实数的最小值．（结论不要求证明）
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）利用累加法计算可得；
（2）（ⅰ）依题意可得为等差数列，求出其通项公式，即可求出，由，利用裂项相消法计算可得；（ⅱ）参变分离可得对任意，恒成立，令，利用作差法判断其单调性，即可求出，从而求出的取值范围.
【详解】（1）因为，即，
所以，，…，将这个等式累加，
得，
又，所以，
因为也满足，所以．
（2）（ⅰ）因为，所以为等差数列，
设公差为，又，，所以，
所以，则；
所以，
所以
；
（ⅱ）因为对任意，恒成立，
即对任意，恒成立，
所以对任意，恒成立，
令，则，
所以当时，当时，
所以，
所以，所以，则实数的最小值.
4．(23-24高二下·北京西城区北京师范大学第二附属中学·期中)约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
(2)当时，若构成等比数列，求正整数；
(3)记，求证：.
【答案】(1)8
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）正整数的个正约数构成等比数列，则满足题意，即；
（2）由题意可知，结合可推出是完全平方数，进而可得，由此可知为，即可求得；
（3）由题意知，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论.
【详解】（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列，
比如为8的所有正约数，即.
于是的一个值为8.
（2）由题意可知，
因为，依题意可知，所以，
化简可得，所以，
因为，所以，
因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以为，
所以.
（3）证明：由题意知，
所以，
因为，
所以
，因为，所以，
所以，即.
【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，考查数列的性质，善于利用放缩法，裂项求和法.
1．(24-25高二下·北京延庆区·期中)设是公比为的无穷等比数列，前项和为.若，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
【答案】B
【分析】分析得到前提下，，，和四种情况下的的相关结论，从而求出答案.
【详解】若，，则，此时随着的增大，减小，不存在最小值，
若，，则，当为奇数时，为偶数，，
当为偶数时，为奇数，，且，即，
，，
所以，，
故存在最小值，最小值即为，
若，，则，当为奇数时，为偶数，，
当为偶数时，为奇数，，
故当为奇数时，，当为奇数时，，所以存在最小值，最小值为；
若，，则，
当为奇数且随着的增大，减小，故不存在最小值；
显然“”推不出“存在最小值”，但“存在最小值”可以推出“”，
则“”是“存在最小值”的必要而不充分条件.
故选：B
2．(24-25高二下·北京育才学校·期中)等比数列中，，记，则数列（　　）
A．无最大项，无最小项 B．有最大项，有最小项
C．无最大项，有最小项 D．有最大项，无最小项
【答案】C
【分析】根据题意可知等比数列的公比，由此结合|an|的变化规律进行分析，即可得到本题的答案．
【详解】设等比数列的公比为q，则，即，解得．
由且，可得：的各项正负交替出现，且|随n的增大而减小．
所以恒成立，且随着n的增大，变小．
因此，当时，最小，且时，，无最大值．
故选：C．
3．(23-24高二上·北京顺义区·期末)已知等比数列的首项，公比为q，记 ，则“”是“数列为递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式以及充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由题意，，
则
当时，对于不一定恒成立，
如取，,即得不到数列为递减数列；
当数列为递减数列时，且对于恒成立，
又因，故得.
故“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件.
故选：B.
4．(23-24高二下·北京清华大学附属中学·期中)已知是公比为的等比数列.则“，恒成立”是“是的一个最值”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．即不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据等比数列前项和公式结合恒成立，分析的范围，得到的单调性可判断充分性成立，当是的一个最值，假设是递减数列，取,可判断必要性不成立.
【详解】因为，恒成立，
所以，所以恒成立，
若，则可能为正，也可能为负，不等式不恒成立，
若，则，，显然，
当时，，此时为递增数列，所以是的一个最小值，
当时，，此时为递增数列，所以是的一个最小值，
故充分性成立，
当是的一个最值，假设是递减数列，是的最大值，
且，则，，，
则，，则，故必要性不成立，
故“，恒成立”是“是的一个最值”的充分不必要条件.
故选：A.
5．(24-25高二下·北京大兴区·期中)已知等差数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和的最大值；
(3)若等比数列满足，，问：是否存在最大值与最小值？说明理由.
【答案】(1)
(2)25
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）由等差数列的通项公式可求得，，从而得到结果；
（2）利用等差数列前项和公式得到，由二次函数单调性易得的最大值；
（3）先求出等比数列的通项公式，然后分奇偶项讨论单调性即得结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由题意知
解得，.所以的通项公式为.
（2）的前n项和.
所以当时，取得最大值.
（3）由（1）知，，，
因为等比数列满足，，所以，.
所以等比数列的公比为，.所以.
所以，.
故当时，取得最小值.当时，取得最大值.
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