第6练 数列（提升练）-决胜2021年全国高考数学考前保温练习（江苏等八省市新高考地区专用）（解析版）

决胜 2021 年全国高考数学考前保温练习 第 6 练 数列（提升练） 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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． 1.已知数列 na 中， 1 2a  ， 1 11n n a a    ( 2n  )，则 2018a 等于（ ） A． 1 2 B． 1 2  C． 1 D．2 【答案】A 【解析】∵ 1 2a  ， 1 11n n a a    ( 2n  )， 2 1 11 2 2a    ， 3 1 2 1a     ， 4 1 ( 1) 2a     ， 5 1 11 2 2a    ， …， ∴数列 na 是以 3 为周期的周期数列， 2018 3 672 2   ， 2018 2 1 2a a   ，故选：A. 2.已知数列 na 是等差数列， 3 48, 4a a  ，则前 n 项和 nS 中最大的是（ ） A． 3S B． 4S 或 5S C． 5S 或 6S D． 6S 【答案】B 【解析】设公差为 d，由已知： 4 3 4 8 4d a a      ，      3 3 8 3 4 20 4na a n d n n          ， 由 20 4 0na n   得 5n  ，所以 4 0a  ， 5 0a  ， 6 0a  ，所以 4 5S S 是 nS 中的最大 值.故选：B. 3.《九章算术》是世界上最古老的数学著作之一，书中有如下问题：“今有金箠，长五尺， 斩本一尺，重十斤，斩末一尺，重四斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖， 长 5 尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下 1 尺，重 10 斤；在细的一端截下 1 尺，重 4 斤， 问依次每一尺各重多少斤？”假设金杖由粗到细是均匀变化的，则截去粗端 2 尺后，金杖剩 余部分的重量为（ ） A．15.5 斤 B．16.5 斤 C．17.5 斤 D．18.5 斤 【答案】B 【解析】由题意可知，金杖由粗到细是均匀变化，则由粗到细各尺的重量构成了等差数列， 可设从细端开始重量逐渐增加，所以可得 a1＝4，a5＝10，解得公差 d＝1 4(a5－a1)＝1.5，所 以金杖截去粗端 2 尺后，剩余部分的重量为前三尺的重量，即为 S3＝3a1＋1 2 3(3－1)×d＝3 ×4＋1 2 3(3－1)×1.5＝16.5，故选：B. 4.在数列 na 中， 1 3a  ，  *,m n m na a a m n   N ，若 1 2 3 135ka a a a     ， 则 k  （ ） A．10 B．9 C．8 D．7 【答案】B 【解析】令 1m  ，由 m n m na a a   可得 11n na a a   ， 所以 1 3n na a   ，所以 na 是首项为 1 3a  ，公差为 3的等差数列，  3 3 1 3na n n    ， 所以    1 1 2 3 3 3 1352 2 k k a aa k ka a a k      ， 整理可得： 2 90 0k k   ， 解得： 9k  或 10k   （舍）， 故选：B. 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 0,1 均分为三段， 去掉中间的区间段 1 2,3 3      ，记为第一次操作；再将剩下的两个区间段 10, 3      ， 2 ,13      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 9 10 ，则需要操作的次数 n 的最小值为(参考数据：lg2 0.3010 ，lg3 0.4771 )（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】第一次操作去掉的区间长度为 1 3 ； 第二次操作去掉两个长度为 1 9 的区间，长度和为 2 9 ； 第三次操作去掉四个长度为 1 27 的区间，长度和为 4 27 ； 以此类推，第 n 次操作去掉 12n 个长度为 1 3n 的区间，长度和为 12 3 n n  ， 进行了第 n 次操作后，去掉区间长度和 1 1 213 31 2 2 2123 9 3 31 3 n nn n nS                    ， 由 9 0 21 3 1 n     ，即 2 1 3 10 n     ， 2 2 3 3 1 lg10 1log log 10 5.68210 lg2 lg3lg 3 n         ， 又 n N ， n 的最小值为 6. 故选：C. 6.已知各项均为正数且单调递减的等比数列 na 满足 3a ， 4 3 2 a ， 52a 成等差数列．其前 n 项 和为 nS ，且 5 31S  ，则（ ） A． 41 2      n na B． 32n na  C． 5 132 2n nS   D． 42 16n nS   【答案】C 【解析】解：由 3a ， 4 3 2 a ， 52a 成等差数列，得： 4 3 53 2a a a  ， 设 na 的公比为 q，则 22 3 1 0q q   ，解得： 1 2q  或 1q  ， 又 naQ 单调递减， 1 2q  ， 1 5 5 11 2 3111 2 a S        ，解得： 1 16a  ， 数列 na 的通项公式为： 1 51 116 2 2 n n na              ， 5 116 1 2 1321 21 2 n n nS              . 故选：C． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求,全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分． 7.已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 7 8S S ， 8 9 10S S S  ，则下面结论正确的是 （ ） A． 9 0a  B． 15 14S S C． 0 d  D． 8S 与 9S 均为 nS 的最小值 【答案】ABD 【解析】对于 A 选项，由 8 9S S 可得 9 9 8 0a S S   ，A 选项正确； 对于 C 选项，由 7 8S S 可得 8 8 7 0a S S   ， 9 8 0d a a    ，C 选项错误； 对于 D 选项，由 10 9S S 可得 10 10 9 0a S S   ，且 9 0a  ， 8 0a  ， 0d  ， 所以，当 8n  且 n N 时， 0na  ，且 9 0a  ，则 8S 与 9S 均为 nS 的最小值，D 选项正确； 对于 B 选项， 9 0a  ， 0d  ，当 10n≥ 时， 9 0na a  ， 所以， 15 14 15 0S S a   ，B 选项正确. 故选：ABD 8.已知 nS 是数列 na 的前 n 项和，且 1 2 1a a  ，  1 22 3n n na a a n    ，则下列结论 正确的是（ ） A．数列 1n na a  为等比数列 B．数列 1 2n na a  为等比数列 C．  12 1 3 nn na    D．  10 20 2 4 13S   【答案】ABD 【解析】因为  1 22 3n n na a a n    ，所以 1 1 2 1 22 2 2( )n n n n n na a a a a a         ， 又 1 2 2 0a a   ，所以 1{ }n na a  是等比数列，A 正确； 同理 1 1 2 1 1 2 1 22 2 2 2 ( 2 )n n n n n n n n na a a a a a a a a                 ，而 2 12 1a a   ， 所以 1{ 2 }n na a  是等比数列，B 正确； 若 12 ( 1) 3 n n na    ，则 3 2 2 2 ( 1) 33a    ，但 2 1 3a   ，C 错； 由 A 1{ }n na a  是等比数列，且公比为 2， 因此数列 1 2 3 4 5 6, , ,a a a a a a   仍然是等比数列，公比为 4， 所以 10 10 20 1 2 3 4 19 20 2(1 4 ) 2( ) ( ) ( ) (4 1)1 4 3S a a a a a a           ，D 正确． 故选：ABD． 9.“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦……”大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》 “大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，是中华传统文化 中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经 经历过的两仪数量总和，从第一项起依次为 0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，……．记 大衍数列为 na ，其前 n 项和为 *,nS nN ，则（ ） A． 20 220a  B． 3 5 7 2021 1 1 1 1 505 1011a a a a      C． 23 2156S  D． 2 4 6 48 9800a a a a     【答案】BCD 【解析】根据数列前10项依次是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,，则奇数项为： 21 1 2  ， 23 1 2  ， 25 1 2  ， 27 1 2  ， 29 1 2  ， ，偶数项为： 22 2 ， 24 2 ， 26 2 ， 28 2 ， 210 2 ， ， 所以通项公式为 2 2 1,(2 ,(2 n n n a n n       为奇数） 为偶数） ，对于 A， 2 20 20020= =2a ，故 A 错误； 对于 B， 3 5 7 2021 1 1 1 1 a a a a     2 2 2 2 2 2 2 2= + + + +3 1 5 1 7 1 2021 1    1 1 1 12 2 4 4 6 6 8 2020 2022            1 1 1 1 1 1 1 1 12 2 2 4 4 6 2020 2 505 10022 2 2022 11               ，故 B 正确； 对于 C，    23 1 3 23 2 4 22S a a a a a a        2 2 2 21 2 3 23 12 2      ， 由   2 2 2 2 1 2 11 2 3 6 n n nn      ， 所以    23 23 23 1 46 11 12 21562 6S         ，故 C 正确；对于 D， 2 4 6 48a a a a     2 2 2 22 1 2 4 2 9 2 24 2 1 2 24               24 24 1 2 24 12 98006      ，故 D 正确. 故选:BCD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，多空题，第一空 2 分，第二空 3 分，共 20 分． 10.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式， 所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差 数列，如数列 1，3，6，10，前后两项之差得到新数列 2，3，4，新数列 2，3，4 为等差数 列，这样的数列称为二阶等差数列，对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛 积术”.现有高阶等差数列，其前 7 项分别为 3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第 20 项 为______． 【答案】193 【解析】设此数列为{ }na ，可得： 1 3a  ， 2 1 1a a  ， 3 2 2a a  ，， 1 1n n na a    ． 1 2 1 3 2 1 ( 1)( ) ( ) ( ) 3 1 2 1 3 2n n n n na a a a a a a a n                ． 20 20 193 1932a     ．故答案为：193． 11.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 2n nS a  ，则数列 n n a       的前 n 项和 nT  ______． 【答案】 22 2n n  【解析】令 1n  ，可得 1 2a  . 又由已知可得 2 2 0n nS a   ，当 2n  时， 1 12 2 0n nS a    ， 两式相减， 12 2 0n n na a a    , 12n na a  ,又 1 0a  ，∴ 1 2n n a a   ， 2n  ， 所以数列 na 是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 所以 12 2 2n n na    ，所以 2n n n n a  ， 所以 1 2 3 1 2 3 2 2 2 2n n nT     L ， 2 3 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2n n n n nT      L ， 两式相减，得 1 2 3 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2n n n nT       1 1 1 11 22 2 11 2 21 2 n n n n n            ，得 22 2n n nT   . 故答案为： 22 2n n  ． 12.已知首项为 1 的数列 na 的前 n 项和为 Sn，且当 n 为偶数时， 1 1n na a   ，当 n 为奇 数且 n>1 时， 12 1n na a   .若 4000mS  ，则 m 的最小值为___________. 【答案】18 【解析】由题意得， 2 2 1 1k ka a   ， 2 1 22 1k ka a   ， *k N ， ∴ 2 1 2 1 2 12( 1) 1 2 3k k ka a a       ，即 2 1 2 13 2( 3)k ka a    .又 1 3 4a   ， ∴数列 2 1 3ka   是以 4 为首项，2 为公比的等比数列， ∴ 1 2 1 4 2 3k ka      ， 1 2 4 2 2k ka    ， ∴奇数项的和为   2 1 3 5 2 1 4 1 2 = ...+ 3 2 4 31 2 k k kS a a a a k k           偶数项的和为 2 2 4 6 2= ...+ 2 4 2k kT a a a a k      ∴ 3 2 =2 8 5k kS S T k    ∴ 12 18 =2 8 45=4043S   ， 17 =3021S ∴使得 4000mS  的最小整数 m 的值为 18. 故答案为：18 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 13.已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且满足 1 1 2a  ， * 11 2 ,n nS a n N   ． （1）求数列{ }na 的通项公式； （2）若 1 2 logn nb a ，且 2 1 4 1n n c b   ，求数列{ }nc 的前 n 项和 nT ． 【答案】（1） 1( )2 n na = ；（2） 2 1 n n  ． 【解析】（1）因为 11 2n nS a   ，所以 1 1 2n nS a   ， ( 2)n  两式相减得 12 n na a  ， ( 2)n  因为 1 1 2a  ， 11 2n nS a   ，所以令 1n  ，则可得 2 1 1 1(1 )2 4a a   所以 2 1 1 2 a a  又 1 1 02a   ， 2 1 04a   ， 12 n na a  ，所以 0na  （ *n N ） 所以 1 1 2 n n a a   ，（ *n N ）， 所以数列{ }na 是首项为 1 2 ，公比为 1 2 的等比数列， 所以 1( )2 n na = ； （2）因为 1( )2 n na = ，所以 1 2 logn nb a n  所以  2 2 1 1 1 1 1 1 (2 1)(2 1) 2 2 1 2 14 1 4 1n n c n n n nb n          所以 1 2 3n nT c c c c    L 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )2 1 3 3 5 2 1 2 1n n           L 1 1(1 )2 2 1 2 1 n n n     . 14.已知数列 na 、 nb 满足： 1 1 4a  ， 1n na b  ， 1 21 n n n bb a   . （1）证明： 1 1nb      是等差数列，并求数列 nb 的通项公式； （2）设 1 2 2 3 3 4 1n n nS a a a a a a a a     ，求实数 a 为何值时 4 n naS b 恒成立． 【答案】（1）见解析， 2 3n nb n   ；（2） 1a  【解析】（1）∵     1 1 1 1 2 2 n n n n n n n n b bb a a b b b       ， ∴ 1 11 12n n b b    ，∴ 1 21 111 1 1 n n n n b b b b       ． ∴数列 1 1nb      是以-4 为首项，-1 为公差的等差数列． ∴  1 4 1 31n n nb        ，∴ 1 21 3 3n nb n n     ． （2）∵ 11 3n na b n     ． ∴   1 2 2 3 1 1 1 1 4 5 5 6 3 4n n nS a a a a a a n n           1 1 4 4 4 4 n n n     ， ∴        21 3 6 824 4 3 3 4n n a n a nan naS b n n n n           ． 由条件可知   21 3 6 8 0a n a n     恒成立即可满足条件，设      21 3 2 8f n a n a n     ， 当 1a  时，   3 8 0f n n    恒成立， 当 1a  时，由二次函数的性质知不可能成立． 当 1a  时，对称轴 3 2 3 11 02 1 2 1 a a a            ，  f n 在 1, 为单调递减函数．      1 1 3 6 8 4 15 0f a a a        ，∴ 15 4a  ，∴ 1a  时 4 n naS b 恒成立． 综上知： 1a  时， 4 n naS b 恒成立．