第6练 数列（基础练）-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.等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 2 4 6 8 44a a a a    ，则 9S  （ ） A. 66 B. 99 C. 110 D. 198 【答案】B 【解析】 2 4 6 8 44a a a a    ，得 54 44a  ，解得 5 11a  ， 则  1 9 9 5 9 9 9 11 992 a aS a      ， 故选：B． 2. 已知等比数列 na 中， 3 4a  ， 2 7 48a a a ，则 1a  （ ） A. 1 B. 2 C. ±1 D. ±2 【答案】B 【解析】等比数列 na 中， 3 4a  ， 2 7 48a a a ， 则 2 1 2 7 3 1 1 4 8 a q a q a q     ，解得 2 12, 2q a  ， 故选：B． 3.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，讲的是关于整除的问题.现有这样一个整除问题：将1到 2021这 2021个正整数中能被3除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成 数列 na ，则数列 na 各项的和为（ ） A. 137835 B. 137836 C. 135809 D. 135810 【答案】D 【解析】由题意 na 被 15 除 1，{ }na 是等差数列，公差 15d  ，首项为 1 1a  ， 1 15( 1) 15 14na n n     ，由15 14 2021n   得， 2135 3n  ．因此 135n  ， 135 135 134135 1 15 1358102S      ． 故选：D． 4.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，则“Sn+1>Sn”是“{an}单调递增”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 1 1 0   n n nS S a ，例如 1 02  n na ，但是数列{ }na 不单调递增，故不充分； 数列{ }na 单调递增，例如 1 2n na   ，但是 1n nS S  ，故不必要；故选：D 5.若数列{Fn}满足 F1＝1，F2＝1，Fn＝Fn－1＋Fn－2 (n≥3)，则{Fn}称为斐波那契数列，它是 由中世纪意大利数学家斐波那契最先发现．它有很多美妙的特征，如当 n≥2 时，前 n 项之 和等于第 n＋2 项减去第 2 项；随着 n 的增大，相邻两项之比越来越接近 0.618 等等．若第 30 项是 832040，请估计这个数列的前 30 项之和最接近（ ） (备注：0.6182≈0.38，1.6182≈2.61) A．31 万 B．51 万 C．217 万 D．317 万 【答案】C 【解析】法一：由题意可知，n≥2 时，Sn＝an＋2－a2，则当 n＝28 时，S28＝a30－a2，又因为 随着 n 的增大，相邻两项之比越来越接近 0.618，所以a29 a30 ＝0.618，所以 S30＝S28＋a29＋a30 ＝2a30＋0.618a30－a2＝2.618a30－1≈2172 万，故答案选 C. 法二：由题意可知，n≥2 时，Sn＝an＋2－a2，则当 n＝30 时，S30＝a32－a2，又因为随着 n 的 增大，相邻两项之比越来越接近 0.618，所以a30 a31 ＝0.618，a31 a32 ＝0.618，则a30 a32 ＝0.6182，所 以 a32＝ a30 0.6182 ，则 S30＝a32－a2＝ a30 0.6182 －1＝832040 0.6182－1≈2190000，最接近 217 万， 故选：C. 6.已知数列 na 是各项均为正数的等比数列，若 3 2 5a a  ，则 4 28a a 的最小值为（ ） A. 40 B. 20 C. 10 D. 5 【答案】A 【解析】∵ 2 0a  ， ∴ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 ( 5) 25 258 8 9 10 2 9 10 408 aa q a a aa aa aa a            ，当且 仅当 2 2 259a a  ，即 2 5 3a  时等号成立． 故选：A． 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.记 nS 为等差数列 na 的前 n 项和.已知 4 0S  ， 5 5a  ，则（ ） A． 2 5na n  B． 3 10na n= - C． 2 4nS n n  D． 21 22nS n n  【答案】AC 【解析】设首项为 1a ，公差为 d ，由 4 0S  ， 5 5a  得： 1 1 4 5 4 34 02 a d a d     ， 解得： 1 3a   ， 2d  ，  3 2 1 2 5na n n       ，   23 2 5 42n n nS n n      . 故选：AC. 8.已知数列{ }na 满足 1 1a  ， 2 3a  ， 2 2n na a   ， *n N ，则（ ） A. 1 2 3 4 5 6( ),( ),( ),a a a a a a   为等差数列 B. 2 1 4 3 6 5( ),( ),( ),a a a a a a    为常数列 C. 2 1 4 3na n   D. 若数列{ }nb 满足 ( 1)n n nb a   ，则数列{ }nb 的前 100 项和为 100 【答案】ABD 【解析】 2 2n na a   ， 当 2n  时， 1 1 2n na a   ，两式相加得：   2 1 1 4n n n na a a a      ，则 1 2 3 4 5 6( ),( ),( ),a a a a a a   是公差为 4 的等差数列，故 A 正确； 上面两式相减得   2 1 1 0n n n na a a a      ，则 2 1 4 3 6 5( ),( ),( ),a a a a a a    为常数列， 故 B 正确； 1 21, 2n na a a   ，所以数列 2 1na  是首项为 1，公差为 2 的等差数列，即  2 1 1 1 2 2 1na n n       ，故 C 不正确；      100 1 2 3 4 99 100 2 1 4 3 100 99... ...b a a a a a a a a a a a a               ，由 B 可知 数列 2 1 4 3 6 5( ),( ),( ),a a a a a a    是常数列， 2 1 2a a  ， 100 50 2 100b    ，故 D 正确. 故选：ABD 9.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】ABD 【解析】 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：ABD. 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.已知等比数列 na 满足 1 3 8 27a a   ， 2 4 8 9a a   ，则使得 1 2 na a a 取得最小值的 n 为 ______． 【答案】3 或 4 【解析】设公比为 q，则 2 4 1 3 3a aq a a   ， ∴ 1 3 1 88 27a a a     ， ∴ 1 1 27a  ， 2 1 9a  ， 3 1 3a  ， 4 1a  ，…， ∴ 3n  或 4 时， 1 2 na a a 取得最小值． 故答案为：3 或 4 11.斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….在实际生活中，很多花朵（如梅 花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学 等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列 na 满足： 1 2 1a a  ，  * 2 1n n na a a n    N ， 则 3 5 7 9 20211 a a a a a      是斐波那契数列 na 中的第___________ 项. 【答案】2020 【解析】依题意，得 3 5 7 9 2021 2 3 5 7 9 20211 a a a a a a a a a a a               4 5 7 9 2021 6 7 9 2021 2020 2021 2022a a a a a a a a a a a a                ， 故答案为：2022 12.已知 nS 是各项均不为零的等差数列 na 的前 n 项和，且  2 * 2 1n nS a n  N ，使不等式 1 2 3 1 a a a  2 2 3 4 3 4 5 1 2 1 1 1 1 1 4 2n n n n na a a a a a a a a           … 成立，则实数  的最大值是 ___________. 【答案】 4 45 【解析】因为     1 2 1 2 1 2 1 2 12 n n n n a aS n a      ，所以 2 2 1n nS a  就是 2 1 nn a 2 na ， 2 1na n  ， *n N .等差数列 na 的首项 1 1a  ，公差 2d  . 因为一般项 1 2 1 1 2 1 1 1 1 4n n n n n n na a a a a a a           ， 所以原式 1 2 2 3 2 3 4 5 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 4 n n n na a a a a a a a a a a a                                 2 1 2 1 2 1 1 1 2 4 3 2 1 2 3n n n n a a a a n n           . 即    2 22 1 1 3 2 1 2 3 4 2 n n n nn n         .所以存在 *n N ，使    4 3 2 1 2 3n n     成立， 又易知    4 3 2 1 2 3n n        为递减数列，故当 1n  时，    4 3 2 1 2 3n n  有最大值，故      max 4 4 3 2 1 2 3 45n n        .故实数  的最大值是 4 45 . 故答案为： 4 45 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. 在① 2 2n n nS  ；② 1 12n n na a a   ， 7 74 28S a  ；③ 1 1n n a n a n   ， 3 6S  这 三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加解答. 问题：设数列 na 的前 n 项和为 nS ，___________，若 2 n n n a ab  ，求数列 nb 的前 n 项和. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一解答计分. 【答案】条件选择见解析；前 n 项和为   12 2 2 n n       【解析】若选① 2 2n n nS  ， 当 1n  时， 1 1 1a S  ；当 2n  时， 1n n na S S n   ， 又由当 1n  满足 na n ，所以 na n ，所以 1 2 2 2n n n n a n a nb n        ， 则 1 2 31 1 1 11 2 32 2 2 2 n nT n                              ，   2 3 11 1 1 1 11 2 12 2 2 2 2 n n nT n n                                所以 1 2 3 11 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 n n nT n                                     1 1 1 112 2 1 11 21 2 21 2 n n n n n                           ， 所以数列 nb 的前 n 项和   12 2 2 n nT n        ， 若选② 1 12n n na a a   ， 7 74 28S a  ， 由 1 12n n na a a   ，即 1 1 2 n n n a aa   ，可得数列 na 是等差数列， 设数列 na 的公差为 d ，则 7 1 7 1 7 21 28 6 7 S a d a a d        ，解得 1 1, 1a d  ，所以 na n ， 所以 1 2 2 2n n n n a n a nb n        ， 则 1 2 31 1 1 11 2 32 2 2 2 n nT n                              ，   2 3 11 1 1 1 11 2 12 2 2 2 2 n n nT n n                                所以 1 2 3 11 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 n n nT n                                     1 1 1 112 2 1 11 21 2 21 2 n n n n n                           ， 所以数列 nb 的前 n 项和   12 2 2 n nT n        ， 若选③ 1 1n n a n a n   ， 3 6S  ， 由 1 1n n a n a n   ，可得 1 1 n na a n n   ，所以 1 1 na a n  ，即 1na na ， 又由 3 1 2 3 16 6S a a a a     ，所以 1 1a  ，所以 na n ， 所以 1 2 2 2n n n n a n a nb n        ， 则 1 2 31 1 1 11 2 32 2 2 2 n nT n                              ，   2 3 11 1 1 1 11 2 12 2 2 2 2 n n nT n n                                所以 1 2 3 11 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 n n nT n                                     1 1 1 112 2 1 11 21 2 21 2 n n n n n                           ， 所以数列 nb 的前 n 项和   12 2 2 n nT n        . 14.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且  *2 1n nS a n N   （1）求数列 na 的通项公式； （2）设 1 n n n n ab S S    ，数列 nb 的前 n 项和 nT ，且 nT m 对任意 *n N 恒成立，求 m 的 取值范围. 【答案】（1） 12n na -= ；（2） 1 3m  . 【解析】（1）因为  *2 1n nS a n N   ① 所以  1 12 1 2n nS a n    ② 由①式 ②式得  12 2 2n n na a a n   ，即  12 2n na a n  ， 又当 1n  时， 1 12 1a a  ，解得 1 1a  ， 所以 na 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列， 所以 12n na -= . （2） .1 2 2 11 2 n n nS    ，    1 11 1 2 1 1 1( )2 2 1 2 12 1 2 1 n n n n nn n n n ab S S           ， 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1n n n nT                                           1 1 2 1 1 1( ) 02 2 1 2 1n n n nT T       ， 所以 nT 单调递增， 所以  1min 1 3nT T  ， 所以 1 3m  .