2021届高三数学一轮复习第7单元训练卷 数列（文科） B卷（详解）.doc

1、 2021 届单元训练卷高三文科数学卷（B） 第第 7 单元单元 数列数列 注意事项：注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第第卷卷 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题，每小题小题 5 分，在每小题给出

2、的四个选项中，只有一项是符分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的合题目要求的 1已知数列 n a的通项公式是( 1)(31) n n an ，则 1210 aaa（ ） A15 B12 C12 D15 2在等差数列 n a中，若 135 6aaa， 2 12 3aa ，则 11 a的值为（ ） A20 B22 C24 D26 3已知正项数列 n a是公比为q的等比数列，若 1 a， 3 a， 2 a成等差数列，则公比q的值为（ ） A 1 2 B1 C 1 2 或1 D 1 2 或1 4 已知数列 n a的前n项和为 n S， 若对于任意的正整数n， n a， n S，n成等

3、差数列， 则 100 S（ ） A0 B50 C100 D200 5中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日 脚痛减一半，六朝才得至其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”，其意思为有一个人走378里 路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地， 请问第二天走了（ ） A96里 B48里 C192里 D24里 6设等比数列 n a的前n项和为 n S，若 4 a， 3 a， 5 a成等差数列，且33 k S ， 1 63 k S ， 其中k N，则k的值为（ ） A4 B5 C6 D7 7在数列 n a中， 1 1

4、a ， 2 1 2 2 1 (,) nn n aa n nn N，记 n S为数列 2 n a n 的前n项和， 若 49 25 n S ，则n（ ） A25 B49 C50 D26 8在递减的等差数列 n a中， 2 132 4a aa，若 1 13a ，则数列 1 1 nn a a 的前n项和 n S的最大 值为（ ） A 24 143 B 1 143 C 24 13 D 6 13 9 已知数列 n a满足 123 23()21 3n n aaanan， 设 4 n n n b a ， n S为数列 n b的前n项 和，若 n S（为常数，n N），则的最小值是（ ） A 3 2 B 9

5、4 C 31 12 D 31 18 10已知数列 n a的前n项和为 n S，且 1 5a ， 1 1 62 2 () nn aan ，若对任意的n N， 3)4(1 n p Sn恒成立，则实数p的取值范围为（ ） A(2,3 B2,3 C(2,4 D2,4 11 已知 数 列 n a满 足 1 23 nn aa ， 且 3 13 4 a ， 其前n项 和 为 n S， 则满 足 不等 式 1 6| 123 n Sn的最小整数n是（ ） A8 B9 C10 D11 12“泥居壳屋细莫详，红螺行沙夜生光”，是宋代诗人欧阳修对鹦鹉螺的描述假设一条螺旋线 是用以下方法画成（如图）：ABC是边长为1的

6、正三角形，曲线 1 CA， 12 A A， 23 A A分别是以A， B，C为圆心，AC， 1 BA， 2 CA为半径画的弧，曲线 123 CA A A称为螺旋线，然后以A为圆心， 3 AA 为半径画弧如此画下去， 则所得弧 1 CA， 12 A A， 23 A A， ， 2829 A A， 2930 A A的总长度为 （ ） A310 B110 3 C58 D110 第第卷卷 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13设等差数列 n a满足 2 5a ， 68 30aa，则数列 2 1 1 n a 的前n项和等于 14已知数列 n a满足 21 1

7、 1()( 1)n nn aan ，则 991 aa 15 已知在等比数列 n a中，0 n a 且 3412 3aaaa， 记数列 n a的前n项和为 n S， 则 64 SS 的最小值为 16已知等差数列 n a的公差0d ， 1 1a ， 1 a， 2 a， 5 a成等比数列，且 1 a， 2 a， 1 k a， 2 k a， n k a成等比数列，若对任意的n N，恒有 * 2121 () nm nm aa m kk N，则m 三、解答题：三、解答题：本本大题共大题共 6 个个大题，共大题，共 70 分分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 1

8、7（10 分）设 n S是数列 n a的前n项和，已知 3 7a ， 12 ()222 nn aaan （1）证明：数列1 n a 为等比数列； （2）求数列 n a的通项公式，并判断n， n a， n S是否成等差数列 18（12 分）设公差不为零的等差数列 n a的前5项和为55，且 2 a， 67 aa， 4 9a 成等比数 列 （1）求数列 n a的通项公式； （2）设 11 ()(6)4 nnn baa ，数列 n b的前n项和为 n S，求证： 1 2 n S 19（12 分）已知等比数列 n a的前n项和为 n S，且满足 1 am， 1 2 nn aS （1）求m的值； （2）

9、若 21 , log, n n n an b an 为奇数 为偶数 ，求 12n bbb的值 20（12 分）已知数列 n a中， 1 1a ，0 n a ，前n项和为 n S，若 1nnn aSS （n N且 2n） （1）求数列 n a的通项公式； （2）记2 n a nn ca ，求数列 n c的前n项和 n T 21 （12 分）数列 n a的前n项和为 n S，若 1 3a ，点 1 (,) nn SS 在直线 * 1() 1n yxnn n N 上 （1）求证：数列 n S n 是等差数列； （2）设 1 1 n nn b a a ，数列 n b的前n项和为 n T，求使不等式 5

10、7 n k T 对一切 * nN都成立的最大 正整数k的值 22 （12 分）某投资理财公司推出一种新型理财方式：客户投入资金按期获得的盈利组成数列 n a， 设 n S为数列 n a的前n项和，若 2n n S S 是非零常数，则称数列 n a是“和谐数列”，称该理财方式 为“和谐理财” （1）若数列3 n b 是首项为3，公比为3的等比数列，试判断数列 n b是否为“和谐数列”； （2）若数列 n c是首项为 1 c，公差为(0)d d 的等差数列，且数列 n c是“和谐数列”，试探究d 与 1 c之间的等量关系 答答 案案 第第卷卷 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，

11、每小题小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的合题目要求的 1【答案】A 【解析】依题意，得 12101392410 ()()aaaaaaaaa 226529 28265 112955708515 2 ()() 2 2【答案】D 【解析】设等差数列 n a的公差为d，由 135 6aaa， 2 12 3aa ， 得 1 22ad， 2 11 ()3aad ，得 1 4a ，3d ， 所以 11 43 1026a 3【答案】B 【解析】由题意知 312 2aaa，则 2 111 2a qaa q， 即 2 210qq ，

12、解得1q 或 1 2 q ， 因为数列 n a是正项数列，所以 1 2 q 舍去 4【答案】B 【解析】 n a， n S，n成等差数列，2 nn San， 11 212() nn Sann ， 上述两式相减，得 1 21 nnn aaa ， 1 12() nn aan ， 即数列 n a相邻两项的和是1 100 50S 5【答案】A 【解析】依题意得，该人每天所走的路程依次排列形成一个公比为 1 2 的等比数列，记为 n a， 其前6项和等于378，于是有 6 1 1 1 ( ) 2 378 1 1 2 a ，解得 1 192a ， 因此 21 1 96 2 aa，即该人第二天走了96里 6

13、【答案】B 【解析】设数列 n a的公比为q，由 4 a， 3 a， 5 a成等差数列，得 345 2aaa， 即 234 111 2a qa qa q，易知 1 0a ，0q ， 所以 2 20qq，解得1q 或2q ， 当1q 时，与33 k S ， 1 63 k S 矛盾，舍去，所以2q ， 又 1(1 ) 33 1 k k aq S q ， 1 1 1 (1) 63 1 k k aq S q ，所以232()k ，得5k 7【答案】B 【解析】设 2 n n a b n ， 2 1 2 2 1 () nn n aan n ， 1 1a ， 1 1 1 nn n bb n ， 1 1b

14、， 2 (1) 11 2() 1 n b n nnn ， 2 1 n n S n ， 由 249 125 n n ，得49n 8【答案】D 【解析】设数列 n a的公差为d，则0d ， 由 21 2 3 4aa a ， 1 13a ， 得 2 ()1(31324)13dd，解得2d 或2d （舍去）， 则(13215) 12 n ann， 因为 1 11111 () (152 )(132 )2 215213 nn a annnn ， 所以数列 1 1 nn a a 的前n项和 1111116 ()( 2132132132 ) 6 1313 n S n 9【答案】C 【解析】 123 23()2

15、1 3n n aaanan， 当2n时， 1 1231 ()23123 3() n n aaanan ， ，得 1 43n n nan ，即 1 4 32)( n n an ， 当1n 时， 1 34a ， 所以 1 3,1 4 3,2 n n n a n ， 1 4 ,1 3 ,2 3 n n n b n n ， 所以 210121 4231123 333333333 n nn nn S ， 231 111231 3933333 n nn nn S ， ，得 021 1 1 2211112 3 1 393333393 1 3 n n nnn nn S ， 所以 316931 124 312

16、n n n S ，所以的最小值是 31 12 10【答案】B 【解析】由 1 1 62 2 () nn aan ，得 1 1 44 2 () nn aa ， 则数列4 n a 是首项为 1 41a ，公比为 1 2 的等比数列， 则 1 ( 1 41 2) n n a ，即 1 1 4 2 ()n n a ， 所以 1 23 1 11 111121 2 14414 () () 1 222232 1 () 2 () n nn n Snnn ， 若3)4(1 n p Sn恒成立，则( 21 1 2 1)3 3 n p 恒成立， 令 21 1 ( 3 2) n n b ，则易知 max1 1() n

17、 bb， min2 1 () 2 n bb， 所以 3 1 1 2 p p ，得23p， 即实数p的取值范围为2,3 11【答案】C 【解析】由 1 23 nn aa ，得 1 2(1)(1)0 nn aa ，即 1 11 12 n n a a ， 由 3 13 4 a ，得 3 9 1 4 a ，代入上式，有 2 9 1 2 a ， 1 19a ， 可知数列1 n a 是首项为9，公比为 1 2 的等比数列， 所以 1 6 ()6 2 n n Sn ， 111 6| | 6 ()66| 6 () | 22123 nn n Snnn ， 又n N，所以n的最小值为10 12【答案】A 【解析】

18、根据弧长公式及题意知，弧 1 CA， 12 A A， 23 A A， 21nn AA ， 1nn AA 的长度分别为 2 3 ， 2 2 3 ， 2 3 3 ， 2 (1) 3 n， 2 3 n， 此数列是首项为 2 3 ，公差为 2 3 的等差数列， 根据等差数列的求和公式，得其前n项和 2(1)2 (1) 323 3 n n n Snn n ， 所以所得弧 1 CA， 12 A A， 23 A A， 2829 A A， 2930 A A的总长度为 30 ( 3030 1)310 3 S 第第卷卷 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题，每小题小题 5 分分 13【答案】

19、 4(1) n n 【解析】由题意知 687 230aaa，则 7 15a ， 设等差数列 n a的公差为d，则 72 2 72 aa d ， 所以 2 (2)21 n aandn，则 22 1111 11 () 1(21)14 (1)41 n ann nnn ， 于是数列 2 1 1 n a 的前n项和为 11111111 (1)()(1) 42231414(1) n nnnn 14【答案】4655 【解析】在数列 n a中， 21 1 1()1( n nn aan ， 2 1 ()2(21)( n nn aann ， 两式作差，得 1 11 2321()()2 n nn aann ， 则有

20、 31 1aa ， 53 3aa， 75 7aa， 9997 191aa， 累加得 991 ( 1 191) 1 37191494655 2 aa 15【答案】12 【解析】设等比数列 n a的公比为q， 因为0 n a ，所以0q ， 因为 3412 3aaaa，所以 2 341212 ()()(13)()aaaaqaa， 由 2 12 () 1 (0)qaa，0 n a ，得1q ，则 12 2 3 1 aa q ， 442 645612 22 3 () 1 31() 11 2SSaaq aaqq qq 2 2 1 63 2 (1)12 1 q q ， 当且仅当2q 时，等号成立，所以 6

21、4 SS的最小值为12 16【答案】1或2 【解析】由已知可得， 1 2 25 aaa，即 2 11()(1)4dd ， 又0d ，所以2d ，所以21 n an， 因为 1 1a ， 1 a， 2 a， 5 a成等比数列，且 1 a， 2 a， 1 k a， 2 k a， n k a成等比数列， 3q， 21 n kn ak ，所以 1 213n n k ，代入可得 11 2121 33 nm nm ， 令 1 21 ( ) 3n n g n ， 1 2ln32 ln3 ( ) 3n n g n ，(1)0 g ，(2)0 g ， 当2n时，( )0g n， 又 1 (1) 9 g， 1 (

22、2) 9 g， max 1 ( )(1)(2) 9 g ngg， 所以1m或2 三、解答题：三、解答题：本本大题共大题共 6 个个大题，共大题，共 70 分分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17【答案】（1）证明见解析；（2）21 n n a ，是等差数列，详见解析 【解析】（1）由题意得 3 7a ， 32 32aa，所以 2 3a ， 则 1 1)2(2 nn aan ， 取2n，得 21 21aa，求得 1 1a ， 由 1 21 nn aa ，得 1 121() nn aa ，即 1 1 ( 1 22) n n a n a ， 所以数列1

23、 n a 是首项为 1 12a ，公比为2的等比数列 （2）由（1）知， 1 12 22 nn n a ，即21 n n a ， 所以 1 2(1 2 ) 22 1 2 n n n Snn ， 于是 1 ()()2222 210 nn nn nSann ， 所以2 nn nSa，即n， n a， n S成等差数列 18【答案】（1）25 n an；（2）证明见解析 【解析】设等差数列 n a的首项为 1 a，公差为(0)d d ， 则 1 2 1111 5 4 555 2 (56 )(3(9) ad adadad ad ，解得 1 7 2 a d 或 1 11 0 a d （舍去）， 故数列

24、n a的通项公式为72() 1 n an，即25 n an （2）由（1）知25 n an，得 11111 () 64(21)(21)2 2121()() n nn b aannnn ， 所以 22 111111111 (1)()()1 233521212212 nn Sbbb nnn 19【答案】（1）2m；（2） 2 2 22 2, 417 2 3421 343 , 2 n n n n n n n n 为偶数 为奇数 【解析】（1）由 1 2 nn aS ，得 1 22() nn aSn ， 11nnnnn aaSSa ， 1 (2)2 nn aa n ， 又 21 22aSm， n a是

25、等比数列， 2 2 m m ，2m （2）由（1）得，2n n a ， 2 , 1, n n n b nn 为奇数 为偶数 ， 令 12nn bbbT， 则 21221321242 ()() kkkk Tbbbbbbbbb 132122 ( 1 42 222352122412 1 () 3 ) 4 k kk kkkkk ， 当n为偶数时， 2 2 2 222 41( )22 3223 () 43 n n n nnn Tn ； 2 2122 2 42 3 ) 1( k kkk TTbkk 2 25 214 33 () k kk， n为奇数时， 12 2 2 215417 4()2 3233421

26、2 n n n nnn T ， 故 2 2 12 417 2 34212 22 2, 343 , n n n n nn nn bbb n 为偶数 为奇数 20【答案】（1） * 21() n annN；（2） 21 (65) 210 9 n n n T 【解析】（1）依题意知 1( 2) nnn aSSn ，且0 n a ， 易知当2n时， 1nnn aSS ， ，得 1 1(2) nn SSn ， 可知数列 n S是以 11 1Sa为首项，1为公差的等差数列， 所以1 (1) 1 n Snn ，即 2 n Sn， 当2n时， 22 1 () 121 nnn aSSnnn ， 当1n 时， 1

27、1 1aS，满足上式， 所以 * 21() n annN （2）由（1）知，21 n an，所以 21 21(2) n n cn ， 则 32321 ()(1 23 2232212) nn n Tnn ， 352121 41 23 223()()2212 nn n Tnn ， -得， 352121 ()()322 222212 nn n Tn 22 2121 5 ( 8(1 2)10 2221222 1 43 )() 3 n nn nn ， 所以 21 (65) 210 9 n n n T 21【答案】（1）证明见解析；（2）3 【解析】（1）由点 1 (,) nn SS 在直线 * 1()

28、1n yxnn n N上， 得 1 1 1 nn n SSn n ， 两边同除以1n，得 1 1 1 nn SS nn ， 又 11 3 11 Sa ，所以数列 n S n 是首项为3，公差为1的等差数列 （2）由（1）得(3112) n S nn n ， 2* ()2 n Snn nN， 当2n时， 1 21 nnn aSSn ， 当1n 时， 1 32 1 1a 也符合上式， 所以 * 21() n annN， 由此可得 1 11111 () (21)(23)2 2123 n nn b a annnn ， 所以 111 23 () 5 n T 11111 11 572123 ()() 2

29、323 () nnn ， 因为n增大， n T增大，所以 n T是递增数列，即 1 1 15 n TT， 若不等式 57 n k T 对一切 * nN都成立，则需 1 1 1557 k T ，求得 19 5 k ， 于是所求最大正整数k的值为3 22【答案】（1）不是；（2） 1 2dc 【解析】（1）依题意，数列3 n b 是首项为3，公比为3的等比数列， 所以 1 3 333 n bnn ，因此 n bn， 设数列 n b的前n项和为 n T，则 (1) 123 2 n n n Tn ， 2 2 (21) (21) 2 n nn Tnn ， 因为 2 (21)42 (1) 1 2 n n Tnnn n n Tn 不是非零常数，所以数列 n b不是“和谐数列” （2）设数列 n c的前n项和为 n R，若数列 n c是“和谐数列”， 则 2n n R k R （k为常数，且0k ）， 因为数列 n c是等差数列，所以 1 (1) 2 n n n Rncd ， 21 2 (21) 2 2 n nn Rncd ，于是 1 2 1 2 (21) 2 2 (1) 2 n n nn ncd R k n n R ncd 对一切n N都成立， 化简得 1 42()() 2()0kdnkcd，则 1 (4)0 (2)(2)0 kd kcd ， 因为0d ，所以可解得4k ， 1 2dc