考点05 数列 -2021届高三《新题速递·数学（文）》4月刊（适用于高考复习）解析版

考点 05 数列 一、单选题 1．（2021·四川遂宁市·高三二模（文））记 nS 为等差数列 na 的前 n 项和，若 2 18a  ， 5 80S  ，则数列 na 的通项公式 na  （ ） A． 2 22n  B． 22 2n C． 20 n D．  21n n 【答案】B 【分析】设公差为 d ，则 2 1 5 1 18, 5 10 80, a a d S a d        解得 1 20, 2, a d     所以    20 1 2 22 2na n n       ， 故选：B. 2．（2021·全国高三月考（文））等比数列 na 的各项均为实数，其前 n 项和为 nS ，已知 3 14S  ， 6 63 4S  ， 则 5a  （ ） A． 2 B． 1 2 C． 4 D． 1 4 【答案】B 【分析】当公比 1q  时， 3 13S a 可得 1 14 3a  ，代入 6 16 28S a  ，与 6 63 4S  矛盾，所以 1q  ；由等 比数列的前 n 项和公式  1 1 1 n n a q S q    ，可得     3 1 3 6 1 6 1 141 1 63 1 4 a q S q a q S q          ， 两式相除，得 3 91 8q  ，可解得 1 2q  ， 当 1 2q  时，代入原式可求得 1 8a  ，则由等比数列的通项公式 15 4 4 1 18 2 2a a q         . 故选：B 3．（2021·内蒙古包头市·高三一模（文））在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇 葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有 如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”．其大意为：“今有 一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织 5 尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”．已知 1 匹  4 丈，1 丈  10 尺，若这个月有 30 天，记该女子这一个月中的第 n 天所织布的尺数为 na ， 2 na nb  ，对于数列 na ， nb ， 则 5 2 10log a b  （ ） A． 193 209 B． 209 193 C． 209 289 D． 289 209 【答案】C 【分析】由题意知：一个月共织了390 尺布，且每天的织布数成等差数列，设公差为 d ， 30 2930 5 3902 d    ，解得： 16 29d  ， 5 16 2095 429 29a     ， 10 2 10 2 10 16 289log log 2 5 9 29 29 ab a       ， 5 2 10 209 log 289 a b   . 故选：C. 4．（2021·河南新乡市·高三二模（文））一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式 实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山 势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为 1，3，3，5，5，7，…，该数列 从第 5 项开始成等差数列，则该塔群最下面三层的塔数之和为（ ） A．39 B．45 C．48 D．51 【答案】D 【分析】设该数列为 na ，依题意可知， 5a ， 6a ，…成等差数列，且公差为 2， 5 5a  ， 设塔群共有 n 层，则     4 51 3 3 5 5 4 2 1082 n nn          ，解得 12n  ． 故最下面三层的塔数之和为  10 11 12 113 3 5 2 6 51a a a a       ． 故选：D. 5．（2021·全国高三专题练习（理）（文））九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环 相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面 为一”．在某种玩法中，用 na 表示解下  9,n n n  N 个圆环所需的移动最少次数，若 1 1a  ，且 1 1 2 1, 2 2, n n n a na a n      为偶数 为奇数，则解下 5个环所需的最少移动次数为（ ） A． 7 B．13 C．16 D． 22 【答案】C 【分析】数列 na 满足 1 1a  ．且 1 1 2 1, 2 2, n n n a na a n      为偶数 为奇数， 所以， 2 12 1 1a a   ， 3 22 2 4a a   ， 4 32 1 7a a   ， 5 42 2 16a a   . 所以解下 5个环所需的最少移动次数为16 ． 故选：C． 6．（2021·内蒙古高三月考（文））已知递增等比数列 na 的前 n 项和为 nS . 2 2a  ， 3 7S  ，则 8S （ ） A． 64 B． 63 C．127 D． 48 【答案】C 【分析】设公比为 q，则 1 2 1 1 1 2 7 a q a a q a q      ，因为{ }na 是递增数列，解得 1 1 2 a q    ， 所以 7 7 1 2 1271 2S   ， 故选：C． 7．（2021·陕西宝鸡市·高三二模（文））已知 na 是等差数列，满足    1 5 3 6 93 2 18a a a a a     ，则 该数列前 8 项和为（ ） A．36 B．24 C．16 D．12 【答案】D 【分析】由等差数列性质可得 3 6 9 61 5 3 32 ,a a a aa aa    ， 所以 3 63 3 182 2a a   ，即 3 6 3a a  ， 所以 8 8 61 38( ) 8( ) 122 2 a aa aS     . 故选：D 8．（2021·全国高三专题练习（文））我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每 个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度).二十四节气及晷长变化 如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至 的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则下列说法不正确的是（ ） A．小寒比大寒的晷长长一尺 B．春分和秋分两个节气的晷长相同 C．小雪的晷长为一丈五寸 D．立春的晷长比立秋的晷长长 【答案】C 【分析】由题意可知，夏至到冬至的晷长构成等差数列{ }na ，其中 1 15a  寸， 13 135a  寸，公差为 d 寸， 则135 15 12d  ，解得 10d  （寸）； 同理可知，由冬至到夏至的晷长构成等差数列{ }nb ，首项 1 135b  ，末项 13 15b  ，公差 10d   （单位都 为寸）. 故小寒与大寒相邻，小寒比大寒的晷长长 10 寸，即一尺，选项 A 正确；  春分的晷长为 7b ， 7 1 6 135 60 75b b d      ，  秋分的晷长为 7a ， 7 1 6 15 60 75a a d      ，故春分和秋分两个节气的晷长相同，所以 B 正确；  小雪的晷长为 11a ， 11 1 10 15 100 115a a d      ，115 寸即一丈一尺五寸，故小雪的晷长为一丈一 尺五寸，C 错误；  立春的晷长，立秋的晷长分别为 4b ， 4a ， 4 1 3 15 30 45a a d      ， 4 1 3 135 30 105b b d     ， 4 4b a  ， 故立春的晷长比立秋的晷长长，故 D 正确. 故选：C. 9．（2021·湖南高三月考（文））数列 na 各项均是正数， 1 1 2a  ， 2 3 2a  ，函数 31 3y x 在点 31, 3n na a     处 的切线过点 3 2 1 72 , 3n n na a a      ，则下列命题正确的个数是（ ）． ① 3 4 18a a  ； ②数列 1n na a  是等比数列； ③数列 1 3n na a  是等比数列； ④ 13  n na ． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】解：由 31 3y x 得 2y x  ， 所以   3 3 3 2 2 1 2 1 1 7 23 3 2 2 n n n n n n n n n n a a ak a a a a a a a           ， ∴ 2 1 2 12 2 2 3n n n n n n na a a a a a a         （*）， ① 1n  ， 3 2 1 3 1 3 3 92 3 3 2 32 2 2 2a a a a          ， 2n  ， 4 3 2 4 3 9 9 272 3 3 2 92 2 2 2a a a a          ， ∴ 3 4 9 27 36 182 2 2a a     ，正确； ②由（*）知  2 1 13n n n na a a a     ， ∴首项 1 2 0a a  ， 3 0q   ，∴ 1n na a  是等比数列，正确； ③  2 1 13 1 3n n n na a a a      ，首项 2 1 3 13 3 02 2a a     ，不符合等比数列的定义，错误； ④由②对可知： 2 1 2 3n n na a     ， 两边同除3n 得 1 1 1 2 3 93 3 n n n n a a     ， 令 3 n nn a b ，∴ 1 1 1 2 1 2 3 9 3 9n n n nb b b b       ， 2n  ． ∴ 1 1 1 1 6 3 6n nb b         ， 1 1 1 1 1 1 1 12 06 3 6 3 6 6 6 ab         ，即数列 1 6nb    是恒为 0 的常数列． ∴ 11 1 1 10 3 36 6 6 23 n nn n nn ab a          ，故错误． 故选：B． 10．（2021·漠河市高级中学高三月考（文））等差数列{ }na 前 n 项和为 nS ， 2 8 11 12a a a   ，则 13S （ ） A．32 B． 42 C．52 D． 62 【答案】C 【分析】    2 8 11 1 1 1 1( ) 7 10 3 18 12a a a a d a d a d a d           1 6 4a d   ，即 7 4a   1 13 13 7 13 13 13 4 522 a aS a       故选：C. 二、解答题 11．（2021·河南高三月考（文））已知各项均为正数的等差数列 na 的公差为 4，其前 n 项和为 ,nS 且 22a 为 2 3,S S 的等比中项 （1）求 na 的通项公式； （2）设 1 4 n n n b a a   ，求数列 nb 的前 n 项和 nT 【答案】（1） 4 2na n  ；（2） 2 1 n n  ． 【分析】解：（1）因为数列 na 是公差为 4 的等差数列， 所以    2 1 2 1 3 1 1 3 24, 2 2 , 3 4 3 42a a S a S a a         ． 又 2 2 2 34a S S ，所以     2 1 1 14 4 6 2 4a a a    ，即   1 14 2 0a a   ， 解得 1 2a  或 1 4a   （舍去）， 所以 2 4( 1) 4 2na n n     ． （2）因为 1 4 4 1 1 (4 2)(4 2) 4 2 4 2n n n b a a n n n n        ， 所以 1 2 1n n nT b b b b     1 1 1 1 1 1 1 1 2 6 6 10 4 6 4 2 4 2 4 2n n n n             1 1 2 4 2n    2 1 n n   ． 法二：（1）因为数列 na 是公差为 4 的等差数列，且 22a 为 2 3,S S 的等比中项， 所以 2 2 2 34a S S ，从而 2 2 2 24 3a S a  ． 因为 2 0a  ，所以 2 24 3a S ，即    1 14 4 3 2 4a a   ， 解得 1 2a  ， 所以 2 4( 1) 4 2na n n     ． （2）第二问解法同上． 12．（2021·全国高三专题练习（文））已知数列 na 满足 1 1a  ， 2 1 2 2 2n na a n n     ． （1）证明：数列 2 1na n  为等比数列． （2）求数列 2 na n 的前 n 项和 nS ． 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 1n nS n   . 【分析】（1）（法一）由 2 1 2 2 2n na a n n     ，知    2 2 1 1 1 2 1n na n a n       ， 又 2 1 1 1 1a    ，故 2 1na n  是首项为 1，公比为 2 的等比数列，得证． （法二） 1 1a  ，可知： 2 1 1 1 1a    ， 又 2 1 2 2 2n na a n n     ，所以    2 22 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 21 1 1 n n n n n n a n a n n n a n a n a n a n                    ， ∴ 2 1na n  是首项为 1，公比为 2 的等比数列，得证． （2）由（1）知： 2 11 2n na n    ，则 2 12 1n na n    ， ∴ 11 2 2n nS n    1 2 2 11 2 n nn n     ． 13．（2021·全国高三其他模拟（文））已知正项等差数列 na 的前 n 项和为 3, 9nS S  ，若 1 2 31, 1, 3a a a   构成等比数列. （1）求数列 na 的通项公式. （2）设数列 1 1 n na a        的前 n 项和为 nT ，求证: 1 3nT  【答案】（1） 2 1na n  ；（2）证明见解析. 【分析】（1）由 na 为等差数列， 3 9,S  得 23 9a  ，则 2 3,a  又 1 2 31, 1, 3a a a   构成等比数列， 所以  2 1 3 2( )(1 1)3a a a    ， 即  4 6 1 ,) 6( d d   解得 2d  或 4d   (舍)， 所以 2 1na n  ; （2）因为   1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 )2 1 2 1 1 ( n na a n n n n      = ， 所以 1 2 2 3 1 1 1 1 n n n T a a a a a a     … 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1n n           1 1 1 1 12 1 32 2 1 n n n       14．（2021·全国高三月考（文））已知数列 na 的前 n 项的和为 nS ，且  1 2 1.... 2 3 1 4 n n nSS S n    （1）求 nS ； （2）设 2 1n n n n a ab S  ，求数列{ nb 的前 n 项和 nT . 【答案】（1）  1 2n n nS  ；（2） 22 4 1  n n nT n . 【分析】（1）因为  1 2 1....2 3 1 4 n n nSS S n     所以 11 2 ( 1)( 2)....2 3 2 4 nSS S n n n       两式相减得 1 1 2 2 nS n n   ， 即 1 ( 1)( 2) 2nS n n    由  1 2 1....2 3 1 4 n n nSS S n     得 1 1S  ，也满足上式， 所以  1 2n n nS  . （2）因为  1 2n n nS  ， 所以 2n  时， 1n n na S S n   又 1 1 1a S  也满足上式， 所以   2 1 2 1 1, 2 2 21 1 n n n n n a aa n b S n n n n             ， 所以 21 1 1 1 1 1 2 42 2 1 2 2 12 2 3 1 1 1n n nT n nn n n n                       ． 15．（2021·漠河市高级中学高三月考（文））已知等差数列 na 的公差为 d ，前 n 项和为 nS ，且 4 22 8S S  ． （1）求公差 d 的值； （2）若 1 1, na T 是数列 1 1 n na a        的前 n 项和，求使不等式 5 11nT  成立的 n 的最小值． 【答案】（1） 2d  ；（2）5. 【分析】（1）由 4 22 8S S  ，即 1 14 6 2(2 ) 8a d a d    ， 化简得： 4 8d  ，解得 2d  ； （2）由 1a 1,d 2= = ，得 2 1na n  ， 所以 1 1 1 1 1 1( )(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n na a n n n n       ， 所以 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 )2 3 3 5 2 1 2 1n n n T a a a a a a n n              1 1(1 )2 2 1 2 1 n n n     ，由 5 11nT  解得 5n  ， 所以 n 的最小值为 5．