2024北京重點校高二（下）期末數(shù)學(xué)匯編：數(shù)列章節(jié)綜合（選擇題）

2024北京重點校高二（下）期末數(shù)學(xué)匯編

數(shù)列章節(jié)綜合（選擇題）

一、單選題

1.（2024北京海淀高二下期末）設(shè)｛%｝是公比為4（4力-1）的無窮等比數(shù)列，5“為其前〃項和，%>0,

則“4>0”是“S“存在最小值”的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不

必要條件

2.（2024北京海淀高二下期末）若等比數(shù)列｛4｝的前〃項和S“=2"-l,則公比4=（）

A.~B.—C.2D.—2

22

3.（2024北京房山高二下期末）已知數(shù)列｛4｝滿足a,.=-2°,，且％=1,則/=（）

A.-B.4C.-3D.-8

4

4.（2024北京石景山高二下期末）數(shù)列｛%｝的通項公式為（〃eN*）,前w項和為S“，給出

下列三個結(jié)論：

①存在正整數(shù)m,n（m+n）,使得Q=Sn；

②存在正整數(shù)m,n（mN”），使得am+an=2jama”；

③記an（n=1,2,3,）,則數(shù)列｛￡』有最大項和最小項.

其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）

A.3B.2C.1D.0

5.（2024北京石景山高二下期末）已知數(shù)列｛?！埃堑缺葦?shù)列，其前"項和為九則“5“+2=5“”是

"2"=0”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

6.（2024北京房山高二下期末）已知數(shù)列A：1」,2,1,2,4,1,2,房8,1,2,4,8,16,,其中第一項是2°,接

下來的兩項是2°,2、再接下來的三項是2。,212?,依此類推.S,是數(shù)列A的前〃項和，若S〃=21reN*）,

則〃的值可以等于（）

A.16B.95C.189D.330

7.（2024北京石景山高二下期末）在數(shù)列｛%｝中，q=-2,??=1-—（?N*）,則出必的值為

+1ane

（）

A.-2B.—C.—D.一

322

8.（2024北京順義高二下期末）對于數(shù)列｛%｝,若存在M>0,使得對任意〃EN*,有

\a2-a\+\ai-a^++\an+1-an\<M,則稱｛%｝為“有界變差數(shù)列”.給出以下四個結(jié)論：

①若等差數(shù)列｛%｝為“有界變差數(shù)列"，則｛。"｝的公差d等于0;

②若各項均為正數(shù)的等比數(shù)列｛4｝為“有界變差數(shù)列”，則其公比q的取值范圍是（0,1）;

③若數(shù)列代｝是“有界變差數(shù)列"，｛%｝滿足％=5，則優(yōu)%｝是“有界變差數(shù)列”；

④若數(shù)列｛七｝是“有界變差數(shù)列"，｛券｝滿足％=2〃，則［充］是“有界變差數(shù)列”；

其中所有正確結(jié)論的個數(shù)是（）

A.1B.2C.3D.4

9.（2024北京順義高二下期末）碳14是透過宇宙射線撞擊空氣中的氮14原子所產(chǎn)生.碳14原子經(jīng)過P

衰變轉(zhuǎn)變?yōu)榈?由于其半衰期達(dá)5730年，經(jīng)常用于考古年代鑒定.半衰期（Half-life）是指放射性元素

的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變時所需要的時間.對北京人遺址中某塊化石鑒定時，碳14含量約為原來的1%,則

這塊化石距今約為（）（參考數(shù)據(jù)：1g2=0.3010）

A.40萬年B.20萬年C.4萬年D.2萬年

10.（2024北京順義高二下期末）已知等差數(shù)列｛%｝的前〃項和為S",al+a2=0,a3+a4=8,則Sf的值

為（）

A.16B.20C.24D.28

11.（2024北京懷柔高二下期末）若｛%｝是公比為4的等比數(shù)列，其前附項和為S“，4>0,則

是單調(diào)遞增''的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

12.（2024北京懷柔高二下期末）等比數(shù)列;，-1,2,-4,……，則數(shù)列的第七項為（）

A.32B.-32C.64D.-64

13.（2024北京西城高二下期末）設(shè)等比數(shù)列幾｝的前〃項和為8“，若為=-1,32slo=3電，則/=

14.（2024北京西城高二下期末）在等比數(shù)列｛氏｝中，若〃1=1,%=4,則。2%=（）

A.4B.6C.2D.±6

15.（2024北京西城高二下期末）在等差數(shù)列也｝中，％=3,%=5,貝lj4=（）

A.8B.10C.12D.14

16.（2024北京昌平高二下期末）已知數(shù)歹U｛4｝的前〃項和S〃=〃2—3〃，則生+%=（）

A.1B.2C.4D.6

17.（2024北京大興高二下期末）已知等比數(shù)列｛七｝的前"項和為S“，公比為4,且Sz<。，貝|（)

A.數(shù)列｛$“｝是遞增數(shù)列B.數(shù)列｛S,｝是遞減數(shù)列

C.數(shù)列討?“｝是遞增數(shù)列D.數(shù)列｛邑/是遞減數(shù)列

18.（2024北京大興高二下期末）若數(shù)列La/,c,9是等比數(shù)列，則實數(shù)6的值為（）

A.-3B.3

C.-9D.9

19.（2024北京延慶高二下期末）已知數(shù)列｛%｝滿足，VneN*,a4n_3=-l,a^=\,a2n=an,該數(shù)列

的前〃項和為S,,則下列論斷中第送的是（）

A?%1=1B.^2024=-1

C.三非零常數(shù)T,使得。D.VHGN\都有S2L-2

20.（2024北京西城高二下期末）在數(shù)列｛4｝中，4=2,若存在常數(shù)c（cwO）,使得對于任意的正整

數(shù)m,〃等式4,“+”=冊+。4成立，則（）

A.符合條件的數(shù)列｛。“｝有無數(shù)個B.存在符合條件的遞減數(shù)列｛%｝

C.存在符合條件的等比數(shù)列｛q｝D.存在正整數(shù)M當(dāng)〃>N時，an>2024

21.（2024北京西城高二下期末）設(shè)等比數(shù)列｛%｝的前〃項和為S“，則”｛4｝是遞增數(shù)歹廠是“｛S“｝是遞增

數(shù)歹U”的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

22.（2024北京延慶高二下期末）己知數(shù)列｛%｝滿足。"+[=2%,,電=4,則數(shù)列｛%｝的前4項和等于

（）

A.16B.24C.30D.62

23.（2024北京第十二中學(xué)高二下期末）已知等比數(shù)列｛%｝中，&詈=8,&=32,則%=（）

A.16B.4C.2D.1

24.（2024北京人大附中高二下期末）已知等比數(shù)列｛4｝滿足。i=-1,%=8,則%等于（）

A.32B.-32C.64D.-64

參考答案

1.A

【分析】假設(shè)4>0,借助等比數(shù)列的性質(zhì)可得其充分性，舉出反例可得其必要性不成立，即可得解.

【詳解】若4>。，由4>0,則S“+「S"=%M=ad>。，

故S“必有最小值H=%,故“4>0”是“S”存在最小值，，的充分條件；

故“q>0”不是“S”存在最小直，的必要條件；

即“4>0”是“S”存在最小值”的充分而不必要條件.

故選：A.

2.C

【分析】根據(jù)S“，依次求出％,出，依題即可求得公比.

【詳解】由S“=2"-l,〃=1時，%=1,

"=2時，由％+%=1+%=2"—1解得，a2=2,

依題意，q="=2.

ax

故選：C.

3.B

【分析】利用等比數(shù)列概念及通項可得結(jié)果.

【詳解】由。用=-2%可得也=-2為定值，

an

又4=1,所以｛4｝是以q=1為首項，公比4=-2的等比數(shù)列，

/.%=%q2=4,

故選：B

4.A

【分析】由%=6"-"，令%=。，求得。6=0,得到$6=$5,可判定①正確；由當(dāng)相=2,力=4時，可判定

②正確；由當(dāng)時，（最小項，當(dāng)”=5（最大，可判定③正確.

【詳解】由題意，數(shù)列｛4｝的通項公式為*=6〃-

令?！?0,即%=6附-〃2=0,解得〃=6或〃=0（舍去），即4=0，

所以S6=1,即存在正整數(shù)相,”（租/〃），使得鼠=S“，所以①正確；

由%=6九-九2,存在正整數(shù)加=2,〃=4,%=8,%=8,使得4“+冊=2”“凡,所以②正確;

由數(shù)列｛。.｝的通項公式為?！?6〃-I,

可得q=5,%=8,%=9,%=8,%=5,4=°，且當(dāng)〃〉6時，?！ǎ肌?，

所以(=4%%("=1,2,3,),所以當(dāng)"26時，數(shù)列｛瑁有最小項(=0,

當(dāng)〃=5時，數(shù)列⑵｝有最大項4=14400,所以③正確.

故選：A.

5.C

【分析】在已知條件下，S〃+2=S〃，S2〃=0都與“=-1等價，由此即可得解.

【詳解】S計2=S"oSn+2-Sn=%+2+4+1=為+1(1+9)=0，

而見+i0°，所以s=S〃=(7=-1nS=—一一=0,充分性成立;

〃十4n/z2.n[/-t\

1—

s=^_0z￡l)=0

反過來若20一i_q一Unq=T,若4=1,則一定有邑.=2〃％?0,

所以,<7=-1,故S“+2=s,+a“+i+a“+2=5”，必要性成立；

也就是說，已知數(shù)列｛%｝是等比數(shù)列，則“5“+2=5,''是“52”=?！钡某浞直匾獥l件.

故選：C.

6.B

【分析】將數(shù)列分組，使每組第一項均為1,第一組：2°，第二組：2°,21,第三組：2。,大22,……，第

左組：2。,吸,22.-2i,根據(jù)等比例數(shù)列前〃項和公式對選項逐一驗證即可.

【詳解】將數(shù)列分組，使每組第一項均為1,即：

第一組：2°

第二組：2°,21

第三組：2°,2',22

第％組：2°,2',22,.,2^'

根據(jù)等比例數(shù)列前〃項公式，得每組和分別為：21-1,22-1...,2^-1,

每組含有的項數(shù)分別為N=l+2+3++左+如土

2

所以SN=21_]+22_]++2^-1=^-k=2M-2-k=2i+t-(k+2)

若S“=2[feN*),即2日—(左+2)=wN*),

將選項A代入，若"=16,則氏=5,即心為前5組與第6組的第1個數(shù)的和,

止匕時品=26-(5+2)+1=2'，teN*無解；

同理若〃=95,貝心=13,此時$95=2”—。3+2)+1+2+4+8=2",即/=i4eN*,符合題意；

同理若“=189,則左=18,止匕時S[89=Si9o-*=2i9—(19+2)—*=218-22=2,，reN*無解；

同理若"=330,貝”=25,止匕時S330=2-6—(25+2)+1+2+4+8+16=2*+4=2',teN*無解；

綜上可知，n=95,

故選：B

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于找出數(shù)列的規(guī)律，對該數(shù)列進(jìn)行分組，利用等比數(shù)列前〃項和公式構(gòu)

造方程，即可求解.

7.D

，、，1

【分析】數(shù)列｛%｝中，由％=-2,an+1=1---,計算。2，。3，，…，可得見+3=%，利用周期性

an

計算得出.

113

【詳解】數(shù)列｛%｝中，由4=-2,%+1=1---,得％=1-----=不，

(,冊為2

同理可得。3，。4=-2,

3

所以“"+3—an>則為024=^674x3+2=電=$-

故選：D.

8.C

【分析】對于①，利用反證法即可判斷；對于②，討論4=1和0<”1,q>l,并結(jié)合等比數(shù)列求和及性

質(zhì)即可判斷；對于③④，證明若卜“｝,｛%｝均為有界變差數(shù)列，且則是有界變差數(shù)列,

%

即可判斷.

【詳解】對于①，假設(shè)｛4｝的公差d不等于0,則%+「為=1,

故W-oj+]%—oJ+L+|a”+i—a?|=n\d\,

所以不存在Af>0,使得對任意〃wN*,有1%—q|+|q-出|+L+|aa+i-aj,

所以若等差數(shù)列｛%｝為“有界變差數(shù)列"，則｛4｝的公差〃等于0,故正確①；

對于②，因為｛4｝的各項均為正數(shù)，所以q>0,4>。,

aaaaa

\k+i-k\=\kQ-k\=k\Q-^

當(dāng)4=1時，\ak+l-ak\=0,ZE+「%|=。，

k=l

任取M>0即可，所以｛可｝為有界變差數(shù)列.

na（1一/）

當(dāng)4W1時，^\ak+l-ak\=（ai+a2+L+an）\q-\\=-----%-lp

k=\1-q

若0<”1,則“Jj,

令M=4即可，所以｛%｝為有界變差數(shù)列，

若叱1,則*二；一為“7,

當(dāng)〃—時，％(q"-1)—^+8,

顯然不存在符合條件的M,故｛aj不是有界變差數(shù)列.

綜上，4的取值范圍是(0』，故②錯誤；

先證明若｛%｝,｛%｝均為有界變差數(shù)列，且%2%>0,貝“充]是有界變差數(shù)列.

由有界變差數(shù)列的定義可知，

ZK+i-即=歸一卻+|七一々|+L+氏+i-司<叫,

k=\

￡成+1-%|=|%-%|+|%-%|+1+\yn+l-y?\<M2.

k=\

因為|加HRvk+i-網(wǎng)H（%-玉）+（w-吃）+（x“+i-/）|

<|X2-X,|+|X3-X2|+L+\xn+1-xn\<Mi,

所以k+i|VM+聞，

故心』」x“+i”一3%+J|x“+J，，+i一%%+l+3+1%一居+1%+1

|yH+i||xJ

|%+i（%+「尤”廣%+1-%I—％I

I%』、」-M|JJ%|

J,（M+IMIK+「力|

一%y；，

因此￡加々月%-1（必+H母-f網(wǎng)+M%,

￡yk+lyk~%K%y；

所以是有界變差數(shù)列.

]X

對于③，易知。<%設(shè)z“=一，則%)“二-2",且Z"2Z]>。，

ynz,

由前面結(jié)論知是有界變差數(shù)列，即｛七%｝是“有界變差數(shù)列”，故正確③;

對于④，因為%=2”,所以%?%>0,

所以］彳|是有界變差數(shù)列，故④正確.

故所有正確結(jié)論的個數(shù)是3.

故選:C.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于③④，先證明若｛七｝,｛%｝均為有界變差數(shù)列，且%?%>0,則乙是有界

7J

變差數(shù)列.

9.C

【分析】根據(jù)題意，發(fā)現(xiàn)是一個等比數(shù)列，然后利用等比數(shù)列求出第"個半衰期結(jié)束時碳14含量為

【詳解】設(shè)第〃個半衰期結(jié)束時，碳14含量為%,

由題意可得，第一個半衰期結(jié)束時，碳14含量為第二個半衰期結(jié)束時，碳14含量為%=；,

以此類推，｛%｝為以首項公比為q=g的等比數(shù)歹U,

所以，第"個半衰期結(jié)束時，碳14含量為%=

解得"=嚴(yán)"詈-2

1%,l°g?6.64

令4-0.301

2lg2

所以這塊化石距今約為57305730x6.64=38047.2年，即約為4萬年.

故選：C.

10.C

【分析】法一：由基本量法求出公差d和首項q，再由等差數(shù)列前項和公式可得結(jié)論.法二：利用等差數(shù)

列的性質(zhì)即可整體代入求和.

【詳解】法一：

設(shè)等差數(shù)列｛%｝的公差為d,

因為4+%=。，-8,所以］\O(yq+2d+)d+)(q=+03d)=8'

,［u=-16x5/\

解得L,所以S6=6qH—--xd=6x(-1)+I5x2=24.

\a=22

法二：

因為在等差數(shù)列｛〃〃｝中，4+牝=。3+。4=8,

所以S6=6x(1+&)=等=24.

故選：C

11.A

【分析】結(jié)合等比數(shù)列性質(zhì)判斷"0<q<1”和“Sn單調(diào)遞增”之間的邏輯關(guān)系，即可得答案.

【詳解】由題意可知｛4｝是公比為4的等比數(shù)列，

當(dāng)4>0,。<?<1時，則可,

i-q

由于1-4>0,0<qn<l,且q"隨”的增大而減小，故院單調(diào)遞增，

當(dāng)4>。，q=l時，5.="％也單調(diào)遞增，推不出。<4<1,

故"0<夕<1”是“S“單調(diào)遞增”的充分而不必要條件，

故選：A

12.A

【分析】觀察等比數(shù)列的前幾項，確定該數(shù)列的首項和公比，由此確定第7項.

【詳解】設(shè)該等比數(shù)列為｛g｝,數(shù)列｛%｝的公比為4,

由已知，q=；，%=-1，

所以《=-2,

所以數(shù)列｛?！保耐椆綖閍,=gx(-2廣，

所以%=gx(-2)6=32.

故選：A.

13.C

【分析】設(shè)公比，將等式運用公式化簡求出心再代入通項公式即可求得.

【詳解】設(shè)等比數(shù)列｛%｝的公比為4,由32sHi=31工可知4X1(否則320%=1554不成立),

1-/7101-/751

貝U有32x1-=31x1化簡得，32(1+/)=31,解得，q=~,

1-q1-q2

55

于是，a6=a[q=-(-^)=*.

故選：C.

14.A

【分析】應(yīng)用等比數(shù)列通項公式性質(zhì)求解即可.

【詳解】因為｛%｝是等比數(shù)列，所以/%=%%=1x4=4.

故選：A.

15.C

【分析】根據(jù)等差數(shù)列基本量運算即可.

【詳解】因為4=3,%=5=4+2d,

所以d=1,=%+9d=3+9=12.

故選：C.

16.D

【分析】根據(jù)a3+a4=S4-S2計算可得.

【詳解】因為S“=〃2_3〃，貝”4=4Z一3X4=4,邑=22-3x2=-2,

所以。3+4=S4—S?=4—(―2)=6.

故選：D

17.D

【分析】利用作差法及等比數(shù)列通項公式得到邑“+2-$2"<0,即可判斷C、D,利用特殊值判斷A、B.

【詳解】因為等比數(shù)列｛”“｝的前〃項和為S“，公比為4,顯然4*。，

右$2<0,即4+出<0,所以S2n+2-S2n=%“+2+%”+]=(弓+%)4<。，

所以｛$2“｝是遞減數(shù)列，故C錯誤、D正確；

若％=1,q=-2,貝2)":滿足4+%=-1<0,

但是S“M-S”=4=1x(-2)"。則｛S“｝不具有單調(diào)性，故A、B錯誤.

故選：D.

18.B

【分析】根據(jù)等比中項的性質(zhì)計算可得.

【詳解】因為數(shù)列1,a,6，G9是等比數(shù)列，

所以6。=1x9,解得6=3或6=-3,

當(dāng)b=-3時，不滿足1x6=",故舍去；

當(dāng)6=3時，經(jīng)檢驗符合題意，所以6=3.

故選：B

19.C

【分析】由已知知=%?81=1可得A正確；由己知遞推關(guān)系化簡

?2024=?261012=?1012=%506=?506=?2a53=?253=?464-3=-1可得B正確；由已知遞推關(guān)系總結(jié)數(shù)列的規(guī)律,

再用反證法得到C錯誤；由已知遞推關(guān)系找到前〃項和的規(guī)律再結(jié)合等比數(shù)列的前〃項和可得D正確.

【詳解】對于A,因為。4"一1=1，所以。31=。4?81=1，故A正確；

對于B,因為匹一3=-1，a2n=an>

a

所以02024—2&IO12—01012—02506—°506—°26g3—。2531”464-31,故B正確；

對于C,由%,一3=-1可得％=%=%==-1，

由&“一1=1可得。3=%=41==1，

由a2n=an可得%=。2=。4=“8=%0=.=一1，

而4=〃6=%2=%4==1，所以?！╓。，

設(shè)存在非零常數(shù)TN〃EN*,使得任+T=4,

貝！J%+丁=%=2%=>%=0,矛盾，

所以不存在非零常數(shù)7,\MEN*,使得氏+7=為，故C錯誤；

對于D,當(dāng)〃=1時，=$2=%+%=-1+(-1)=-2,

當(dāng)〃=2時，S呼=S4=a{+a2+a3+a4=—1—1+1—1=—2,

即〃=2時，有相鄰兩項。3+&的和為零，

即有接下來22T=2個項和為零；

當(dāng)〃=3時，

23—Sg=〃]+%+/+〃4+。5+〃6+%+〃8=—1—1+1—1—1+1+1—1——2,

即九=3時，有相鄰兩項生+。4的和與相鄰四項。5+&+%+。8為零，

即有接下來2月+2*=6個項和為零；

L

當(dāng),22時，出"一3+匹一2+%.一1+%“=。4“一2+”4“=°，

+a

所以$2,=q+。2+。3+2n=-2+0=-2,故D正確.

故選：C.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題D選項關(guān)鍵在于能理解邑“=-2的意義，即表示數(shù)列中前兩項和—2為外的3到

4項，5到8項，9到16項和分別為零.

20.D

【分析】賦值可得4,+1=4+叫=2+%，然后分c=l,