(6)数列-2021年高考数学真题模拟试题专项汇编

（6）数列——2021年高考数学真题模拟试题专项汇编

1.【2021年北京卷，6】an和bn是两个等差数列，其中a596，b1192，则b3( )

ak(1k5)为常值，a1288，bkA.64 B.100 C.128 D.132

2.【2021年全国甲卷(理)，7】等比数列an的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q0，乙：

Sn是递增数列，则( )

A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件

D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

S46，3.9】【2021年全国甲卷(文)，记Sn为等比数列an的前n项和.若S24，则S6( )

A.7 B.8 C.9 D.10

an100，则

4.【2021年北京卷，10】数列an是递增的整数数列，且a13，a1a2n的最大值为( ) A.9

B.10

C.11

an1anD.12

5.【2021年浙江卷，10】已知数列an满足a11，an1前n项和为Sn，则( ) A.

3S1003 2nN，记数列a的

*nB.3S1004 C.4S1009 2D.

9S1005 26.【2021年上海卷，8】已知无穷等比数列{an}和{bn}，满足a13，bna2n，a2n的各项和为9，则数列{bn}的各项和为____________. 7.【2021年上海卷，12】已知a1Ν(i1,2,,9)，对任意的kΝ(2k8)，akak11或akak11中有且仅有一个成立，且a16，则a1a9的最小值为___________. a99，8.【2021年新高考Ⅰ卷，16】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1240dm2，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180dm2，以

此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为__________；如果对折n次，那么

Sk1nk____dm2.

9.【2021年新高考Ⅱ卷，17】记Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，若a3S5，

a2a4S4.

（1）求数列an的通项公式an； （2）求使Snan成立的n的最小值.

,an1(n为奇数)10.【2021年新高考Ⅰ卷，17】已知数列an满足a11，an1

a2(n为偶数).n（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式； （2）求an的前20项和.

11.18】【2021年全国甲卷(文)，记Sn为an的前n项和，已知an0，a23a1，且数列是等差数列.证明：an是等差数列.

12.【2021年全国甲卷(理)，18】已知数列an的各项均为正数，记Sn为an的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立. ①数列an是等差数列；②数列

SnS是等差数列；③an23a1.

注：若选择不同的组合分別解答，则按第一个解答计分.

13.【2021年全国乙卷(文)，19】设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn知a1，3a2，9a3成等差数列. （1）求{an}和{bn}的通项公式；

（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：TnSn. 2nan.已314.【2021年全国乙卷(理)，19】记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已知

212. Snbn（1）证明：数列bn是等差数列. （2）求an的通项公式.

9*15.20】【2021年浙江卷，已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn13Sn9nN.

4（1）求数列an的通项公式；

*（2）设数列bn满足3bn(n4)an0nN，记bn的前n项和为Tn.若Tnbn对任意

nN*恒成立，求实数的取值范围.

答案以及解析

1.答案：C 解析：由题，2.答案：B

解析：本题考查等比数列的定义和求和、充要条件.若a10，q0，则Sn是递减数列.若

a1a5bb19264，则b564，故b315128. b1b522Sn是递增数列，则Sn1Snan1a1qn0，一定可得q0.故甲是乙的必要条件但不是

充分条件. 3.答案：A

解析：本题考查等比数列的求和公式与性质应用.设等比数列an的公比为q，显然q1，aaq4,3122根据题目条件可得11化简可得，即，所以1qq23aaqaqaq6,22111111S6a1a1qa1q2a1q3a1q4a1q5a1a1q1q2q4417.

244.答案：C

解析：要想n最大，前面的项应该越小越好，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14前12项和为102超过了100，故n的最大值为11.如3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，25.故选C. 5.答案：A

解析：本题考查递推数列数列求和、不等式. 第1步（对数列通项进行放缩）： 由已知可知a11，a2a1211，故数列an是正项递减数列，，a31，n12an1an22211111111110an1an1.因为

an1anan44an24an2，所以

1an11an12.1利用累加法，知

1a21an1a31111ana12a22111n11，，可得a22aan1n1即1an1n111n12，即an，所以n1.利用累乘法，22an1an12n3n1n1an1121an11323知

a2a3a1a2a6n23，即n，所以

a1(n1)(n2)n2(n1)(n2)

an6116.

(n2)(n1)n1n2第2步（求和比较）： S100a1a21111a100623341111162102623.

101102显然，S100a1a26.答案：

18 533.综上所述，S1003. 22解析：已知a13，故an的各项和为因为bna2n，故有

a13229，解得q，数列an的公比为，1q1q33bn1a2n244q2，即数列{bn}的公比为，又b1a2a1q2，所bna2n99以数列{bn}的各项和Snb121818.故本题正确答案为. 1q2145597.答案：31

解析：令bkak1ak，则依题意，bk和bk1中，仅有一个为1（即只能隔项为1）若则a16，a27，a31，a4a312，a51，a6a512，a71，b1b3b5b71，

a8a712，a99，此时a1a9的最小值为31.若b2b4b6b81，则a21，

a9a3a212，a41，a5a412，a61，a7a612a88，a99，此时a1的最小值为32；故最小值为31. 8.答案：5；720240n720 2n解析：本题考查等比数列的前n项和、错位相减法求和及逻辑推理.（1）折4次可以得到335520dmdm，10dmdm，5dm3dm，dm6dm，dm12dm共五种规格的图形.（2）

4224由题意可知折k次共有k1种规格的图形，每个图形的面积为面积之和SkMnn20122dm，则这些图形的2knnnn240(k1)k1k1240(k1)S240M，从而可知.令，则knkkkk2222k1k1k1k1k1232k22k12nn1123，所以Mn2n12n22223nn1，两式相减得2n2n1111Mn1232221121n12n1n13n3，所以M3n3，所nn112nn1n1n122222212

以Skk1n240(k1)n3240n720240Mn2403n720. kn222k1n9.答案：（1）设等差数列an的公差为d(d0)， a2d5a110d,a4,则1解得1

ada3d4a6d,d2,111所以an4(n1)22n6. （2）结合（1）可知，Sn4nn(n1)2n25n， 2则Snan等价于n25n2n6， 解得n1或n6，又nN*，所以n7， 故使Snan成立的n的最小值为7. 10.答案：（1）因为2n为偶数， 所以a2n1a2n2，a2n2a2n11，

所以a2n2a2n3，即bn1bn3，且b1a2a112， 所以bn是以2为首项，3为公差的等差数列， 所以b12，b25，bn3n1. （2）当n为奇数时，anan11， 所以an的前20项和为 a1a2a20

a1a3a19a2a4a20

a20

a21a41a201a2a42a2a4a2010.

a20b1b2b102101093155， 2由（1）可知，a2a4所以an的前20项和为215510300. 11.答案：由题意可知，数列

S的首项为na1，设等差数列S的公差为d，

n则dS2S1a1a2a1a1，

所以Sna1(n1)a1na1，即Sna1n2，

所以当n2时，anSnSn1(2n1)a1，当n1时也满足，所以an(2n1)a1， 所以an1an2a1，所以数列an是以a1为首项，2a1为公差的等差数列. 12.答案：选择①③作为条件：已知an是等差数列，a23a1.

设数列an的公差为d，则a23a1a1d，得d2a1， 所以Snna1n(n1)dn2a1. 2因为数列an的各项均为正数，所以Snna1， 所以Sn1Sn(n1)a1na1a1（常数），所以数列选择①②作为条件：已知an是等差数列，设数列an的公差为d， 则Snna1因为数列

n(n1)1ddn2da1n. 222nnnS是等差数列.

nS是等差数列.

d所以数列S的通项公式是关于n的一次函数，则a0，S是等差数列，

21即d2a1，所以a2a1d3a1. 选择②③作为条件：已知数列设数列

nS是等差数列，an23a1，所以S1a1，S2a1a24a1.

S的公差为d，d0，则S2S14a1a1d，

得a1d2，所以SnS1(n1)dnd，所以Snn2d2，

所以anSnSn1n2d2(n1)2d22d2nd2(n2)，是关于n的一次函数，所以数列an是等差数列.

13.答案：（1）因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2a19a3. 因为an是首项为1的等比数列，设其公比为q， 11则6q19q，所以q，所以ana1qn1332n1，

na1所以bnnn.

331（2）由（1）知an3n1n1，bnn，

3n1n11n13311所以Sn. 12231311Tn12332121n，①

33n111所以Tn123331n3n1，②

211①-②，得Tn333311所以Tn443n1n1211n33nn111123nn11n，

3n1， 23n1nn1nn1311n10， 2323443S311所以Tnn2443所以TnSn. 214.答案：（1）当n1时，b1S1， 由

2132，解得b1. b1b12bn21Sn，代入2， bn1Snbn当n2时，由题知

可得

2bn1112，所以bnbn1， bnbn2所以bn是以

31为首项，为公差的等差数列. 223. 2（2）由题意，得a1S1b1由（1）可得bn由

31n2. (n1)22221n22，可得Sn. Snbnn1当n2时，anSnSn1n2n11，显然a1不满足该式， n1nn(n1)3(n1),2所以an

1(n2).n(n1)15.答案：（1）由4Sn13Sn9，得4Sn3Sn19(n2)，则4an13an(n2). 9又因为a1，4a1a23a19，所以4a23a1，

493所以an是以为首项，以为公比的等比数列.

443因此an3.

4n

3（2）由题意得bn(n4).

433则Tn(3)(2)44333Tn(3)(2)4442232n3(n4)，

43(n4)43n1n.

nn11333两式相减，得Tn(3)33(n4).

44444n1所以T4n3n4.

n1n由题意得4n34(n4)34恒成立，

所以(3)n40， 记f(n)(3)n4nN*， 所以30,(1)0,解得31.

f

4