文档内容
第四章 数列 单元过关检测 能力提升B 卷
解析版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题型：8（单选）+4（多选）+4（填空）+6（解答），满分150分，时间：120分钟
一、单选题
1．已知等差数列 的公差和首项都不为零，且 ， ， 成等比数列，则 （ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【解析】
【分析】
用 表示 ， ， ，利用它们成等比数列可得 ，从而可得 的值.
【详解】
设等差数列的公差为 ，则 ， ， ，
因为 ， ， 成等比数列，故 ，
整理得到 ，因 ，故 ，故 ，
故 ，选B.
【点睛】
等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标
的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．
2．设正项等比数列 的前 项和为 ， ，则公比 等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由条件可得 ，即可求出 .
【详解】
因为 ，所以
所以 ，即
因为 ，所以
故选：A
【点睛】
本题考查的是等比数列的知识，考查了学生的转化能力，较简单.
3．两个等差数列 和 ，其前 项和分别为 、 ，且 ，则 （
）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】
推导出 ，由此可求得结果.
【详解】
在等差数列 和 中， .
故选：D.
【点睛】
本题考查等差数列前 项和性质的应用，考查计算能力，属于基础题.
4．已知数列 为等差数列， ， ，以 表示 的前
项和，则使得 达到最小值的 是（ ）
A．37和38 B．38 C．37 D．36和37
【答案】D
【分析】
由等差数列的通项公式，结合条件求出首项和公差，写出前n项和的公式，再配方求最值，但注意
n取正整数这一条件．
【详解】
设 的公差为d，由题意得，即 ①
即 ②
由①②联立得
故当 或 时， 达到最小值 ．
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了求等差数列前 项和最小值，解题关键是掌握等差数列前 项和公式：
，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
5．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维
的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间 均分为三段，去掉中间的区
间段 ，记为第一次操作；再将剩下的两个区间 ， 分别均分为三段，并各自去掉
中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间
分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间
集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于 ，则需要操作的次数n的最小值为
（ ）（参考数据： ， ）A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】
依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前 项和，列出不等式解之
可得．
【详解】
第一次操作去掉的区间长度为 ；第二次操作去掉两个长度为 的区间，长度和为 ；第三次操作
去掉四个长度为 的区间，长度和为 ；…第 次操作去掉 个长度为 的区间，长度和为
，
于是进行了 次操作后，所有去掉的区间长度之和为 ，
由题意， ，即 ，即 ，解得：
，
又 为整数，所以 的最小值为 .
故选：C.
【点睛】
本题以数学文化为背景，考查等比数列通项、前 项和等知识及估算能力，属于中档题.6．已知数列1、1、2、1、2、4、1、2、4、8、1、2、4、8、16、…，其中第一项是 ，接下来的
两项是 、 ，再接下来的三项是 、 、 ，以此类推，若 且该数列的前 项和为2
的整数幂，则 的最小值为（ ）
A．440 B．330 C．220 D．110
【答案】A
【分析】
把题设中的数列分成如下的组： ，记前 组的和为 ，算出 后
结合前 项和为2的整数幂可得 的最小值.
【详解】
把题设中的数列分成如下的组： ，记前 组的和为 。
则
.
令 即 ，故 .
故当 时，数列至少包括前13组且含有第14组的前 个元素.
设前 项和为2的整数幂且第 项为第 组的第 个元素，则 ，
且前 项和 ，其中 ， .
下证：当 时，总有 .记 ，则当 时，有 ，
故 为单调增数列，而 ，故 即 .
所以 ，
由 为2的整数幂，故 ，从而 ，
当 时， ，与 矛盾；
当 时， ，此时 ，
故选：A.
【点睛】
本题考查分组数列的和以及与不定方程的整数解，对于分组数列的前 项和的问题，一般采用计算
“大组”和，再计算“小组”和，而不定方程的整数解问题，则需把和式放缩为2的正整数幂的形
式，从而确定和的表达式，本题属于难题.
7．等差数列 ，满足
，则（ ）
A． 的最大值为50 B． 的最小值为50
C． 的最大值为51 D． 的最小值为51
【答案】A
【解析】
【分析】
首先数列 中的项一定满足既有正项，又有负项，不妨设 ，由此判断出数列为偶数项，利用配凑法和关系式的变换求出 的最大值.
【详解】
为等差数列，则使
，所以
数列 中的项一定有正有负，不妨设 ，因为
为定值，
故设 ，且 ，解得 .若 且 ，则 ，同理若
，则 .所以 ，所以数列 的项
数为 ，所以
，由于 ，所以 ，解得 ，故 ，故选A.
【点睛】
本小题主要考查数列的通项公式的应用，考查等差数列求和公式的应用，考查运算求解能力，考查
化归与转化的数学思想方法，属于难题.
8．已知数列 满足 ，且对任意的 都有 ，
则实数 的取值范围是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
， ，两式相除得
， 也满足 , ,
，又
的取值范围是 ，故选D.
【方法点睛】本题主要考查由递推关系求通项公式、等比数列的余弦公式与求和公式以及不等式恒
成立问题，属于难题. 对于求不等式恒成立时的参数范围问题，在可能的情况下尽量把参数分离出
来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的式子, 这样就把问题转化为一
端是含变量式子, 另一端是参数的不等式，便于利用最值法解决问题. 但要注意分离参数法不是万
能的, 如果分离参数后,得出的多项式较为复杂, 性质很难研究, 就不要使用分离参数法.
二、多选题
9．(多选)已知单调递增的等差数列 满足 ，则下列各式一定成立的有
（ ）
A． B．
C． D．【答案】BD
【分析】
由等差数列 满足 ，利用等差数列的性质得到
，再逐项判断.
【详解】
设等差数列 的公差为 ，易知 ，
∵等差数列 满足 ，
且 ，
，
，故B，D正确，A错误.
又 ， ，
,
，故C错误.
故选：BD.
10．设等比数列 的公比为 ，其前 项和为 ，前 项积为 ，并且满足条件 ，
则下列结论正确的是（ ）A． B．
C． 的最大值为 D． 的最大值为
【答案】AD
【分析】
利用等比数列 ，得数列 为等差数列，用等差数列的性质得出 和 的大小关系
【详解】
解：因为等比数列 的公比为 ，由 得 ，所以数列 为等差数列，公差为
，
由于 ， ，则 且 ，得 ， ，
由 ，得 ， ，
若 ，则 ，而 ，则 ，则 ， ，此时 不成立，
所以 ，所以 ，所以A正确；
由 ， ，得 ，又因为 ，所以数列 为递减数列，从第
10项开始小于零，故前9项和 最大，即可 的最大值为 ，所以D正确，
因为 ，所以 ，所以B不正确，
因为 ， ，所以数列各项均为正数，所以 没有最大值，所以C不正确，故选：AD
【点睛】
此题考查等差数列与等比数列的性质和前 项和公式的应用，属于中档题
11．黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工．在一个黄金矩形（宽长比约等于
0.618）里先以宽为边长做正方形，然后在剩下小的矩形里以其宽为边长做正方形，如此循环下去，
再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”．达·芬奇
的《蒙娜丽莎》，希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线．现将每一段黄金螺旋线与其所在
的正方形所围成的扇形半径设为a (n∈N*)，数列{a }满足a＝a＝1，a ＝a ＋a (n≥3)．再将扇
n n 1 2 n n－1 n－2
形面积设为b (n∈N*)，则（ ）
n
A．4(b －b )＝πa ·a B．a＋a＋a＋…＋a ＝a －1
2020 2019 2018 2021 1 2 3 2019 2021
C．a2＋a2＋a2…＋(a )2＝2a ·a D．a ·a －(a )2＋a ·a －(a )2＝0
1 2 3 2020 2019 2021 2019 2021 2020 2018 2020 2019
【答案】ABD
【分析】
对于A，由题意得b ＝ a2，然后化简4(b －b )可得结果；对于B，利用累加法求解即可；对
n n 2020 2019
于C，数列{a}满足a＝a＝1，a＝a ＋a (n≥3)，即a ＝a －a，两边同乘a ，可得a 2
n 1 2 n n－1 n－2 n－1 n－2 n n－1 n－1
＝a a －a a，然后累加求解；对于D，由题意a ＝a－a ，则a ·a －(a )2＋
n－1 n－2 n－1 n n－1 n n－2 2019 2021 2020
a ·a －(a )2，化简可得结果
2018 2020 2019
【详解】由题意得b ＝ a2，则4(b －b )＝4( a 2－ a 2)＝π(a ＋a )(a －a )＝πa ·a ，
n n 2020 2019 2020 2019 2020 2019 2020 2019 2018 2021
则选项A正确；
又数列{a}满足a＝a＝1，a＝a ＋a (n≥3)，所以a ＝a－a (n≥3)，a＋a＋a＋…＋a ＝
n 1 2 n n－1 n－2 n－2 n n－1 1 2 3 2019
(a－a)＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a －a )＝a －a＝a －1，则选项B正确；
3 2 4 3 5 4 2021 2020 2021 2 2021
数列{a}满足a＝a＝1，a＝a ＋a (n≥3)，即a ＝a －a，两边同乘a ，可得a 2＝a
n 1 2 n n－1 n－2 n－1 n－2 n n－1 n－1 n－1
a －a a，则a2＋a2＋a2…＋(a )2＝a2＋(aa－aa)＋(aa－aa)＋…＋(a a －a a )
n－2 n－1 n 1 2 3 2020 1 2 1 2 3 3 2 3 4 2020 2019 2020 2021
＝a2－a a ＝1－a a ，则选项C错误；
1 2020 2021 2020 2021
由题意a ＝a－a ，则a ·a －(a )2＋a ·a －(a )2＝a ·(a －a )＋a ·(a －a )
n－1 n n－2 2019 2021 2020 2018 2020 2019 2019 2021 2019 2020 2018 2020
＝a ·a ＋a ·(－a )＝0，则选项D正确；
2019 2020 2020 2019
故选：ABD.
【点睛】
此题考查数列的递推式的应用，考查累加法的应用，考查计算能力，属于中档题
12．如图，已知点 是 的边 的中点， 为边 上的一列点，连接 交
于 ，点 满足 ，其中数列 是首项为1的
正项数列， 是数列 的前 项和，则下列结论正确的是（ ）
A． B．数列 是等比数列
C． D．
【答案】AB【分析】
化简得到 ，根据共线得到 ，即
，计算 ，依次判断每个选项得到答案.
【详解】
，
故 ， 共线，故 ，
即 ， ，故 ，故 .
， 正确；数列 是等比数列， 正确；
， 错误； ，故 错误.
故选： .
【点睛】
本题考查了向量运算，数列的通项公式，数列求和，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应
用能力.
三、填空题
13．已知数列 满足 且 ， 为数列 的前项和，则 __________.
【答案】2023
【分析】根据递推公式求出数列前6项，观察可得数列 是以3为周期的数列，则
，代入相应值计算即可.
【详解】
根据题意， ， ， ， ， ， ， ，
可知数列 是以3为周期的数列，
所以
.
故答案为：2023
【点睛】
本题考查由数列的递推公式求数列的性质、数列的周期性的应用，属于基础题.
14．设数列 的前 项和为 ，若 ，且 ，则
_______.
【答案】
【分析】
用 ，代入已知等式，得 ，变形可得 ，说明
是等差数列，求其通项公式，可得 的值.
【详解】， ，整理可得 ，
则 ，即 ，
所以， 是以 为公差的等差数列，又 ，
，则 .
故答案为： .
【点评】
本题考查数列递推式，考查等差数列的判定，训练了等差数列通项公式的求法，是中档题.
15．已知函数 ， ，正项等比数列 满足 ，则
等于______．
【答案】
【解析】
试题分析：因为 ，所以 ．因为数列 是等比
数列，所以 ，即
．设①，又
＋…＋ ②，①+②，得 ，所以 ．
考点：1、等比数列的性质；2、对数的运算；3、数列求和．
【知识点睛】如果一个数列 ，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和（都相等，为
定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称
为倒序相加法．如等差数列的前 项和公式即是用此法推导的．
16．已知等比数列 中 ， ，在 与 两项之间依次插入 个正整数，得到数
列 ，即 ．则数列 的前 项之
和 _______(用数字作答)．
【答案】2007050
【解析】
【分析】
在数列 中，到 项共有 项，即为
，因此判断出共含有 的项数，进而即可得出 ．
【详解】
在数列 中，到 项共有 项，即为
．则 ．
设等比数 的公比为 ，由 ， ，得 ，解得 ，
因此
故答案为2007050．
【点睛】
熟练掌握等差数列和等比数列的前n项和公式及由已知判断出共含有a 的项数是解题的关键．
n
四、解答题
17．在①对任意 ，满足 ，② ，③
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．
问题：已知数列 的前 项和为 ， ，______，若数列 是等差数列，求数列
的通项公式；若数列 不一定是等差数列，说明理由．
【答案】选择条件①，数列 不一定是等差数列，理由见解析；选择条件②，数列 的通项
公式为 ；选择条件③， ．
【分析】
若选择条件①，可得 ，即 ，由于无法确定 的值，即可判断；
若选择条件②：可得 ， ，再根据等差数列的通项公式计算得解；若选择条件③：利用 ，可得 ， ，再根据等差数列的通项
公式计算得解；
【详解】
解：选择条件①：
因为对任意 ， ，满足 ，
所以 ，所以 ．
因为无法确定 的值，所以 不一定等于2．
所以数列 不一定是等差数列．
选择条件②：
由 ，得 ，即 ， ．
又因为 ，所以 ．
所以数列 是等差数列，其公差为2．
因此，数列 的通项公式为 ．
选择条件③：
因为 ，
所以 ，
两式相减得 ，即 ．又 ，即 ，所以 ， ，
又 ， ，所以 ，
所以数列 是以2为首项，2为公差的等差数列，
所以 ．
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式的计算，根据 求通项公式，属于基础题.
18．根据预测，疫情期间，某医院第 天口罩供应量和消耗量分别为 和 （单位：个），
其中 ， ，第 天末的口罩保有量是前 天的累计供应量与消耗
量的差．
（1）求该医院第 天末的口罩保有量；
（2）已知该医院口罩仓库在第 天末的口罩容纳量 （单位：个）．设在
某天末，口罩保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时仓库的口罩容纳量？
【答案】（1） ；（2）第 天末，口罩保有量达到最大超过了.
【分析】
（1）分别将 代入 和 算出前 个天的口罩供应量和消耗量，差值即为保有量；
（2）当供应量大于消耗量时，口罩保有量增加，根据 和 列出不等式，求出 的最大值，计算
出最大保有量和最大容纳量比较即可得出结论.
【详解】（1）第 天末的口罩保有量是前 天口罩供应量和消耗量之差，
将 代入 和 得第 天末的口罩保有量为：
，
所以该医院第 天末的口罩保有量为 ；
（2）当 时，保有量始终增加.
即 ， 为正整数，解得 ，
即第 天末的时候，保有量达到最大，
此时
，
而容纳量为 ，
而 ，所以保有量超过了容纳量.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是读懂题意当供应量大于消耗量时，口罩保有量增加，前 个天的口罩
供应量和消耗量差值即为保有量；第二问当 时，保有量始终增加，由 ，
为正整数，解得 ，即第 天末的时候，保有量达到最大，计算出前 天保有量和第
天末的口罩容纳量比较即可.
19．已知正项数列 的前 项和为 .（1）求 的通项公式；
（2）若数列 满足： ，求数列 的前
项和 .
【答案】（1） ；（2） .
【分析】
（1）利用 求得 的递推关系，并得出 ，同时验证
后确定 是等差数列，得通项公式；
（2）用与（1）类似方法得出 ．然后用裂项相消法求得和 ．
【详解】
解： 由题知：
两式相减得： ；
所以 ，
所以 ；
因为 ，
所以 *
又因为 ，所以 ，
因为 ，解得： （ 舍去），
所以 适合*式
所以 是以 为首项， 为公差的等差数列.
所以
由 得： ①；
所以 ②
① ②得： ，
所以
又由①式得， 适合上式
所以
所以
所以【点睛】
本题考查求等差数列、等比数列的通项公式，裂项相消法求和．在由 求解时要注意
，需对 进行检验．另外数列求和的常用方法：
设数列 是等差数列， 是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列 的前 项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列 （ 为常数， ）的前 项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列 用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征
时可能用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足 （ 为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
20．已知数列 的前 项和为 ， ，且 为 与 的等差中项，当 时，总有
.
（1）求数列 的通项公式；
（2）记 为 在区间 内的个数，记数列 的前 项和为 ，
求 .【答案】（1） ；（2） .
【分析】
（1）利用 得出 的递推关系，同时判断 与 的关系也与这个相同，从
而得数列 是等比数列，由等比数列通项公式可得结论；
（2）由（1）可得 ，写出 ，两两配对后易得和．
【详解】
（1）因为 ， ， ，
所以 ， ，
因为 ， ， ， 依次成等差数列，所以 ，得 ，
所以 ，
所以数列 是以1为首项，公比为 的等比数列，所以 .
（2）由题意知： ，所以 ，
所以 ，即 ，
所以 ，当 为偶数时，
，
所以 ．
【点睛】
本题考查由 求 ，求等比数列的通项公式，考查分组（并项）求和法．在由 的转
化中注意 ，因此后面的关系式、结论需验证 时是否成立，否则易出错．在出现正负相间
的数列求和时常常相邻项并项后再求和．
21．已知项数为 的数列 为递增数列，且满足 ，若
，且 ，则称 为 的“伴随数列”.
（1）数列 是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”若不存在，请说明理
由；
（2）若 为 的“伴随数列"，证明: ；
（3）已知数列 存在“伴随数列 ，且 ，求 的最大值.
【答案】（1）存在， ；（2）证明见解析；（3）33.
【分析】
（1）根据定义求出 即可；（2）证明 即可得；
（3）首先证明 的伴随数列是在在的，最小的 ，然后确定 的范围求 的
最大值，由（2）由（2）知， ，利用累加法可得
，得出 ，从而 （ 是整数），又由 知
是2048的正约数，这样得出 的最大值为33，构造数列 ，它存在伴
随数列，从而得证．
【详解】
（1）因为 ，
， ，
均为正整数
所以数列 存在“伴随数列”，且其“伴随数列”为
（2）因为数列 存在“伴随数列” ，
所以 ，且
∴ ，
∴ ，即 ，∴ ．
（3）①因为 ，其中
当 时， 有
， 均为正整数
即当 时，数列 存在“伴随数列”：
因此 的最小值为
②一方面，由（2）知，
于是
所以
另一方面，由数列 存在“伴随数列 ，知
所以 是 的正约数， 取
即 取
综合上述 为最大值，取 有符合条件
因此 的最大值为 ．
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键是理解新定义，应用新定义求解．在求 的最大
值时，注意数列与不等式的综合运用，解题时分为两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列在在，
至少 是可以的，另一方面，确定 的最大值，利用累加法估计出 的范围，再由伴随数列
的性质得出 满足的性质，由这两个确定出 的最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的
项数是 ，且在在伴随数列．否则解题过程不全面．
22．设数列 的前 项和为 ，已知 ，且 ．
（1）证明 为等比数列，并求数列 的通项公式；
（2）设 ，且 ，证明 ；
（3）在（2）的条件下，若对于任意的 不等式 恒成立，求实
数 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析， ；（2）证明见解析；（3） ．
【分析】
（1）运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式即可得到所求；
（2）求得 ，由放缩法和裂项相消求和，即可得证；
（3）由题意可得 恒成立，设 ，讨论 ， ， ，结合二次函数的单调性，即可得到所求范围．
【详解】
解：（1）在 ， 中，
令 ，得 ，即 ，
∵ ，解得 ，
当 时，由 ，得到 ，
则 ，
又 ，则 ，
∴数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
∴ ，即 ，
（2） ，则 ，
当 时， ，
当 时， ，综上， ．
（3）当 恒成立时，
即 恒成立，
设 ，
当 时， 恒成立，则 满足条件；
当 时，由二次函数性质知不恒成立；
当 时，由于对称轴 ，则 在 上单调递减，
恒成立，则 满足条件，
综上所述，实数 的取值范围是 ．
【点睛】
本题考查等比数列的定义和通项公式，考查构造数列法，以及数列不等式的证明，注意运用放缩法
和裂项相消求和，考查数列的单调性的运用，以及转化思想和运算能力和推理能力，属于难题．
