专练10（数列解答题）（30题）2021高考数学考点必杀500题（山东、海南专用）（解析版）

专练 10 数列解答题（30 题）（山东、海南专用） 1．（2019·莒县第二中学高三一模（文））已知数列 na ， 1 21, 3a a  ，且满足 2 4( )n na a n N    . (1)求数列 na 的通项公式； (2)若数列 nb 满足 ( 1)n n nb a   ，求数列 nb 的前100项和 100T . 【答案】(1) 2 1( )na n n N   ；(2)100. 【解析】(1)①当 n 为奇数时，      2 2 4 3 1 1n n n n na a a a a a a a          1 1 4 2 12 n a n     . ②当 n 为偶数时，      2 2 4 4 2 2n n n n na a a a a a a a          2 2 4 2 12 n a n     . 综上，  2 1na n n N   . (2)∵      1 1 2 1n n n nb a n           100 1 2 100 1 3 5 7 197 199T b b b                1002 2 2 2 2 1002         . 2．（2020·山东菏泽市·高三一模）已知数列 na 满足 * 1 ( 1) 1( )n nna n a n    N ，且 1 1a  ． （1）求数列 na 的通项公式； （2）若数列 nb 满足 13 n n n ab  ，求数列 nb 的前 n 项和 nS ． 【答案】（1） 2 1na n  ；（2） 1 13 3n n nS    【详解】 （1）因为 1 ( 1) 1n nna n a    ， 所以 1 1 1 1 1 ( 1) 1 n na a n n n n n n        ， 所以 1 1 1 ( 2)1 1 n na a nn n n n      ， 1 2 1 1 1 2 2 1 n na a n n n n        ， … 2 1 1 112 2 a a   ， 所以 1 11 ( 2)na a nn n     ． 又 1 1a  ，所以 2 1na n n n  ，所以 2 1( 2)na n n   ． 又 1 1a  ，也符合上式， 所以对任意正整数 n ， 2 1na n  ． （2）结合（1）得 1 2 1 3n n nb   ，所以 0 1 2 3 1 1 3 5 7 2 1 3 3 3 3 3n n nS       … ，① 2 3 1 1 3 5 2 1 3 3 3 3 3n n nS     … ，② ① ② ，得 2 1 2 1 1 1 2 11 23 3 3 3 3n n n nS           … ， 11 12 [1 ( ) ] 2 1 2 23 31 21 3 31 3 n n n n n          ， 所以 1 13 3n n nS    ． 3．（2019·山东烟台市·高三一模（理））已知数列 na 前 n 项和 nS 满足 2 2n nS a   *nN ,  nb 是等差数列, 且 3 4 12a b b  , 6 4b a ． （1）求 na 和 nb 的通项公式: （2）求数列 2( 1)n nb 的前 2n 项和 2nT ． 【答案】（1） 2n na  , 3 2nb n  ；（2） 2 2 18 3nT n n  . 【详解】（1） 2 2n nS a  ， 当 1n  时，得 1 2a  ， 当 2n  时， 1 12 2n nS a   ， 作差得 12n na a  ， ( 2)n  所以数列{ }na 是以 2 为首项，公比为 2 的等比数列, 所以 2n na  . 设等差数列{ }nb 的公差为 d ， 由 3 4 12a b b  ， 6 4b a ， 所以 18 3d b  ， 116 5d b  ， 所以3 d ， 1 1b  ， 所以 3 2nb n  . （2） 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 2 1 2( ) ( ) ( )n n nT b b b b b b          1 2 3 4 2 1 23( ) 3( ) 3( )n nb b b b b b      又因为 3 2nb n  ， 1 2 3 4 2 1 2 1 2 23( ) 3( ) 3( ) 3( )n n nb b b b b b b b b         所以   21 2 2 2 ( )3 3 1 3 (2 ) 2 18 32 n n n b bT n n n n        . 4．（2021·山东德州市·高三一模）已知数列 na 满足   1 1 2 32 3 ··· 1 2 2n na a a na n        ． （1）求数列 na 的通项公式； （2）设数列 2 2 2 1 log logn na a        的前 n 项和为 nT ，证明： 3 4nT  ． 【答案】（1） 2n na  ；（2）证明见解析. 【详解】 （1）由题意：   1 1 2 32 3 1 2 2n na a a na n       L ① 当 2n  时，    1 2 3 12 3 1 2 2 2n na a a n a n       L ② ①－②得    11 2 2 2n n nna n n    ，即 2n na  ， 当 1n  时， 1 2a  满足上式， 所以 2n na  ． （2）因为 2 2log log 2n na n  ， 所以  2 2 2 1 1 1 1 1 log log 2 2 2n na a n n n n         ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 4 3 5 1 1 2nT n n n n                    1 1 1 1 3 2 312 2 1 2 4 2 1 2 n n n n n             又    2 3 02 1 2 n n n    ，所以 3 4nT  ． 5．（2021·山东高三二模）已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，数列 nb 为等比数列，满足 1 2 2a b  ， 5 30S  ， 4 2b  是 3b 与 5b 的等差中项． （1）求数列 na ， nb 的通项公式； （2）从数列 na 中去掉数列 nb 的项后余下的项按原来的顺序组成数列 nc ，设数列 nc 的前 n 项和为 nT ，求 60T ． 【答案】（1） 2na n ， 12n nb  ；（2）4302. 【详解】 （1）设等差数列 na 的公差为 d ，等比数列 nb 的公比为 q． 1 2a  5 5 410 302S d    ， 2d   2 2 1 2na n n     ． 4 2b  是 3b 与 5b 的等差中项，  4 3 52 2b b b    又 2 2b  ，  2 32 2 2 2 2q q q    ，解得 2q = 12n nb   ． （2） 60 120a  数列 na 前 60 项中与数列 nb 的公共项共用 6项，且最大公共项为 6 7 2 64b   ． 又 66 132a  ， 7 8 2 128b   ，  2 7 60 67 2 2 2T S       72 1 267 66134 22 1 2      4556 254  4302 . 6．（2021·山东高三二模）已知 nS 为等差数列 na 的前 n 项和， 63 21 9S S  ， 11 21a  . （1）求数列 na 的通项公式； （2）若 1 1 n n n b a a    ，求数列 nb 的前 n 项和 nT . 【答案】（1） 2 1na n  ；（2） 2 1n nT n   . 【详解】 （1）等差数列 na 的前 n 项和  1 2 n n n a aS  ，得     1 63 63 32 1 2121 11 63 32 921 2 a a S a a aS a     ， 因为 11 21a  ，所以 32 63a  ，等差数列 na 的公差 32 11 63 21 232 11 21 a ad     ， 所以，    11 11 21 2 11 2 1na a n d n n        ； （2）由（1）可知    1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1nb n n n n          ， 1 1 1 1 1 1 1 11 12 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 1n nT n n n n                                      . 7．（2020·高三其他模拟）在（1） ma ；（2） mS 中任选一个，补充在下面问题中， 问题：设 nS 为等差数列 na 的前 n 项和， 7 49S ， 2 8 18a a  ，若 3S 、 17a 、________成等比数列，求 3mS . 【答案】答案见解析. 【详解】 根据题意，设等差数列 na 的公差为 d ， nS 为等差数列 na 的前 n 项和， 若 7 49S ， 2 8 18a a  ，即 7 4 2 8 5 7 49 2 18 S a a a a       ，可得 4 5 7 9 a a    解得 2d  ，所以 4 ( 4) 2 1na a n d n      ，则 2(1 2 1) 2n n nS n   ， 若选：（1）若 3S 、 17a ， ma 成等比数列，可得 2 3 17mS a a ，即 29 33ma  ， 所以   29 2 1 33m   ，解得 61m  ， 故 2 3 183 183 33489mS S   ； 若选：（2）若 3S 、 17a ， mS 成等比数列，则 2 3 17mS S a ，即 2 29 33m  ，解得 11m  ， 故 2 3 33 3 10893mS S   . 8．（2020·山东济宁市·高三其他模拟）已知数列 na 是公差为 2 的等差数列，它的前 n 项和为 nS ，且 1 3 7, ,a a a 成 等比数列. （1）求 na 的通项公式； （2）求数列 1 2nS n      的前 n 项和 nT . 【答案】（1） 2 2na n  ；（2） 1 n n  . 【详解】 （1）数列 na 是公差为 2 的等差数列，且 1 3 7, ,a a a 成等比数列 1 3 7, ,a a a 成等比数列， 2 3 1 7a a a\ = × ，则( ) ( )2 1 1 14 12a a a+ = + ，解得 1 4a  ， ( )4 1 2 2 2na n n\ = + - ´ = + ； （2）由（1）可得 ( ) 24 2 2 32n n nS n n + += = + ， ( )2 1 1 1 1 1 2 1 1nS n n n n n n n = = = -+\ + +- ， 因此 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 13 1n nT n n n n             . 9．（2020·山东高三专题练习）在① 2 3 5 1a a a b   ，② 2 3 72a a a  ，③ 3 15S  这三个条件中任选一个，补充在 下面问题中，并解答.已知等差数列 na 的公差 0d  ，前 n 项和为 nS ，若_______，数列 nb 满足 1 1b  ， 2 1 3b  ， 1 1n n n na b nb b   . （1）求 na 的通项公式； （2）求 nb 的前 n 项和 nT . 【答案】（1）选①： 3 1na n  ；选②： 3 1na n  ；选③： 3 1na n  ；（2）选①：  3 1 32 n ；选②：  3 1 32 n ； 选③：  3 1 32 n 【详解】 若选①： （1） 1 1n n n na b nb b   ，当 1n  时， 1 2 1 2a b b b  ， 1 1b  ， 2 1 3b  ， 1 2a  . 又 2 3 5 1a a a b   ， 1 1 12 3 4a d a d b     ， 3d  ， 3 1na n   ； （2）由（1）知：  1 13 1 n n nn b nb b    ，即 13 n nnb nb  ， 1 1 3n nb b  ， 又 1 1b  ，数列 nb 是以1为首项，以 1 3 为公比的等比数列， 11 3 n nb       ，   11 33 1 31 21 3 n n nT          . 若选②： （1） 1 1n n n na b nb b   ，当 1n  时， 1 2 1 2a b b b  ， 1 1b  ， 2 1 3b  ， 1 2a  . 又 2 3 72a a a  ，     1 1 12 2 6a d a d a d     ， 3d  ， 3 1na n   ； （2）由（1）知：  1 13 1 n n nn b nb b    ，即 13 n nnb nb  ， 1 1 3n nb b  ， 又 1 1b  ，数列 nb 是以1为首项，以 1 3 为公比的等比数列， 11 3 n nb       ，   11 33 1 31 21 3 n n nT          . 若选③： （1） 1 1n n n na b nb b   ，当 1n  时， 1 2 1 2a b b b  ， 1 1b  ， 2 1 3b  ， 1 2a  . 又 3 15S  ， 1 3 23 152a d   ， 3d  ， 3 1na n   ； （2）由（1）知：  1 13 1 n n nn b nb b    ，即 13 n nnb nb  ， 1 1 3n nb b  ， 又 1 1b  ，数列 nb 是以1为首项，以 1 3 为公比的等比数列， 11 3 n nb       ，   11 33 1 31 21 3 n n nT          . 10．（2016·山东高三一模（理））已知数列 na 的前 n 项和为 1, 1nS a  ，且 12 2( 1) ( 1)n nnS n S n n     *( )n N ， 数列 nb 满足 2 12 0n n nb b b    *( )n N ， 3 5b  ，其前 9 项和为 63. （1）求数列 na 和 nb 的通项公式； （2）令 n n n n n b ac a b   ，数列 nc 的前 n 项和为 nT ，若对任意正整数 n ，都有 2 [ , ]nT n a b  ，求b a 的最小值. 【答案】（1） , 2n na n b n   ；（2） 5 3 . 【解析】 （1）由 2nSn＋1－2(n＋1)Sn＝n(n＋1)，得 1 1 1 2 n nS S n n    . 所以数列{ nS n }是以首项为 1，公差为 1 2 的等差数列． 因此 nS n ＝S1＋(n－1)× 1 2 ＝1＋(n－1)× 1 2 ＝ 1 2 n＋ 1 2 ，即 Sn＝  1 2 n n  . 于是 an＋1＝Sn＋1－Sn＝   1 2 2 n n  －  1 2 n n  ＝n＋1. 因为 a1＝1，所以 an＝n. 又因为 bn＋2－2bn＋1＋bn＝0，所以数列{bn}是等差数列． 由 S9＝  3 79 2 b b ＝63，b3＝5，得 b7＝9.所以公差 d＝ 9 5 7 3   ＝1. 所以 bn＝b3＋(n－3)×1＝n＋2. （2）由(1)知 cn＝ n n b a ＋ n n a b ＝ 2n n  ＋ 2 n n  ＝2＋2( 1 n － 1 2n  )， 所以 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝2n＋2×(1－ 1 3 ＋ 1 2 － 1 4 ＋ 1 3 － 1 5 ＋…＋ 1 1n  － 1 1n  ＋ 1 n － 1 2n  ) ＝2n＋2(1＋ 1 2 － 1 1n  － 1 2n  )＝3－2( 1 1n  ＋ 1 2n  )＋2n. 所以 Tn－2n＝3－2( 1 1n  ＋ 1 2n  )． 设 An＝Tn－2n＝3－2( 1 1n  ＋ 1 2n  )． 因为 An＋1－An＝3－2( 1 2n  ＋ 1 3n  )－[3－2( 1 1n  ＋ 1 2n  )] ＝2( 1 1n  － 1 3n  )＝    4 1 3n n  >0， 所以{An}单调递增，故(An)min＝A1＝ 4 3 . 因为 An＝3－2( 1 1n  ＋ 1 2n  )