专题04数列劣构性解答题突破B辑（解析版）

　2021 年 高考 数学 压轴必刷题 （第三 辑）

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　专题 04 数列劣构性解答题突破 B 辑 1．在①102nnaa  ，②16 6 1n na a  ，③18n na a n   这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答. 问题：设nS 是数列  na 的前 n 项和，且14 a  ，______，求  na 的通项公式，并判断nS 是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，说明理由. 【答案】选①：312nna    ，存在，最大值 4；选②：1 256 6na n    ，存在，最大值 50；选③：217 242nn na  ，不存在，理由见解析. 选①：因为102nnaa  ，即112nnaa ，14 a  ， 所以数列  na 是首项为 4、公比为12 的等比数列，1 31 142 2n nna              ， 当 n 为奇数时，14 128 1113 212nnnS              ， 因为8 113 2 n   随着 n 的增大而减小，所以此时nS 的最大值为14 S  ； 当 n 为偶数时，14 128 1113 212nnnS              ，且8 1 81 43 2 3nnS      ， 综上，nS 存在最大值，且最大值为 4. 选②：因为16 6 1n na a  ，即116n na a   ，14 a  ， 所以  na 是首项为 4、公差为16 的等差数列，  1 1 254 16 6 6na n n          ， 1 2506 6n    ，解得 25 n  ，240 a  ，250 a  ， 故nS 存在最大值，且最大值为25S 或24S ，

　2525 24 14 25 502 6S         ，nS 的最大值为 50. 选③：因为18n na a n   ，所以18n na a n   ， 所以2 17 a a   ，3 26 a a   ，…，19n na a n   ， 则        21 1 1 2 2 17 9 1 17 162 2n n n n nn n n na a a a a a a a                ， 因为14 a  ，所以217 242nn na  ， 当 16 n  时， 0na  ，故nS 不存在最大值. 2．在①3 2 5 25 6 a a a b    ， ；②2 3 4 32 3 b a a b    ， ；③3 4 5 29 8 S a a b    ， ，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 的公差为   1 d d  ，前 n 项和为nS ，等比数列  nb 的公比为 q，且1 1a b d q   ， ，____________． （1）求数列  na ，  nb 的通项公式． （2）记nnnacb，求数列  nc ，的前 n 项和nT ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）见解析（2）见解析 方案一：选条件① （1）3 2 5 2 1 15 6 1 a a a b a b d q d      ， ＋ ， ， ，

　11 12 52 5 6a da d a d     解得112ad 或1256512ad （舍去）

　112bq    1–1nn d     ＋

　2 1 n  

　1 112n nnb bq- -= =

　（2）nnnacb 112 1 1(2 1) ( )2 2nnnnc n    

　2 2 11 1 1 11 3 5 (2 3) (2 1)2 2 2 2n nnT n n                             2 3 11 1 1 1 1 13 5 (2 3) (2 1)2 2 2 2 2 2n nnT n n                                  2 11 1 1 1 11 2 (2 1)2 2 2 2 2n nnT n                             11 112 211 2 (2 1)1212nnn                  13 (2 3)2nn       116 (2 3)2nnT n        方案二：选条件② （1）2 3 4 3 1 12, 3 , , , 1 b a a b a b d q d      

　121 122 5 3a da d a d    1122 5 6a da d d   

　解得112ad 或112ad   （舍去）

　112bq   1( 1)

　=na a n d   

　=2n-1

　1 112n nnb bq- -= =

　 （2）nnnacb 112 1 1(2 1) ( )2 2nnnnc n    

　 2 2 11 1 1 11 3 5 (2 3) (2 1)2 2 2 2n nnT n n                             2 3 11 1 1 1 1 13 5 (2 3) (2 1)2 2 2 2 2 2n nnT n n                                  2 11 1 1 1 11 2 (2 1)2 2 2 2 2n nnT n                             11 112 211 2 (2 1)1212nnn                  13 (2 3)2nn       116 (2 3)2nnT n       

　方案三：选条件③ 3 4 5 2 1 19, 8 , , , 1 S a a b a b d q d       

　11 132 7 8a da d a d     解得112ad 或121838ad （舍去）

　112bq  1( 1)na a n d    

　2 1 n  

　11nnb bq

　12 n  （2）nnnacb 112 1 1(2 1)2 2nnnnc n         2 2 11 1 1 11 3 5 (2 3) (2 1)2 2 2 2n nnT n n                             2 3 11 1 1 1 1 13 5 (2 3) (2 1)2 2 2 2 2 2n nnT n n                                  2 11 1 1 1 11 2 (2 1)2 2 2 2 2n nnT n                             11 112 211 2 (2 1)1212mnn                  13 (2 3)2nn       116 (2 3)2nnT n        3．在①113 a  ，105 S   ；②37 a  ，75 a  ；③330 S  ，535 S  这三个条件中任选一个，回答下列问题，已知等差数列  na 满足________. （1）求数列  na 的通项公式； （2）求数列  na 的前 n 项和nS ，以及使得nS 取得最大值时 n 的值. 【答案】（1）选条件① 16 3na n   ，选条件② 16 3na n   ，选条件③ 16 3na n   ，（2）229 32nn nS ；5 n  时，nS 最大为. （1）选条件①，

　因为数列  na 是等差数列，设公差为 d ， 由110 11310 910 52aS a d     解得：

　3 d   ， 所以   13 ( 1) 3 16 3na n n        ， 选条件②， 因为数列  na 是等差数列，设公差为 d ， 3 17 12 76 5a a da a d      解得：1133ad  

　所以   13 ( 1) 3 16 3na n n        ， 选条件③， 因为数列  na 是等差数列，设首项为1a ，公差为 d ， 由3 15 13 23 3025 45 352S a dS a d      即11102 7a da d   ，解得1133ad   ， 所以   13 ( 1) 3 16 3na n n       

　（2）由（1）知 16 3na n   ，  21 29 32 2nna an nS n， 令 16 3 0na n    ，可得 5 n  ， 令 16 3 0na n    ，可得 6 n  ， 所以  na 前 5 项都是正值，从第 6 项起是负值， 故当 5 n  时，nS 最大. 2529 5 3 5352S    . 4．已知nS 是等差数列  na 前 n 项和，30, 15na S   ，公差 1 d  且

　从“①21 a  为11 a  与31 a  的等比中项” ，“②等比数列  nb 的公比1 2 3 31, ,2q b a b a    ”这两个条件中，选择一个补充在上面问题中的划线部分，使得符合条件的数列  na 存在并作答.

　（1）求数列  na 的通项公式； （2）设数列11n na a   的前 n 项和为nT ，求nT . 【答案】（1）答案见解析；（2）  3 2 3nnTn. 解：（1）若选①，21 a  为11 a  与31 a  的等比中项，则    21 3 21 1 1 a a a     ， 由  na 为等差数列，315 S  ，得23 15 a 25 a  

　把25 a  代入上式，可得    4 6 16 d d    ，即22 8 0 d d    解得 2 d  或 4 d   ，又因为公差 1 d  ，故 2 d  ， 13 a   ，故 2 1na n   ； 若选②，等比数列  nb 的公比，1 2 3 31, ,2q b a b a   

　可得23 1b bq  ，即23 212a a  ，即有    1 1124a d a d    即13 7 0 a d   ， 又315 S  ，可得113 3 2 152a d     ，即15 a d   ， 解方程得1514d    ，不符合题意，故选①， 此时 2 1na n   ； （2）因为 2 1na n   ，所以  11 1 1 1 12 1 2 3 2 2 1 2 3n na a n n n n          1 1 1 1 1 1 1 1 1 1···2 3 5 5 7 2 1 2 3 2 3 2 3 3 2 3nnTn n n n                      . 5．在①2 3 5 1a a a b    ，②2 3 72 a a a   ，③315 S  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 0 d  ，前 n 项和为nS ，若_______，数列  nb 满足11 b  ，213b  ，1 1 n 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： 31 32n  ；选②：

　 31 32n  ；选③： 31 32n 

　若选①：

　（1）1 1 n n n na b nb b   ，  当 1 n  时，1 2 1 2ab b b   ， 11 b  ，213b  ，12 a   . 又2 3 5 1a a a b    ，1 1 12 3 4 a d a d b      ， 3 d   ， 3 1na n    ； （2）由（1）知：

　 1 13 1n n nn b nb b    ，即13n nnb nb ，113n nb b  ， 又11 b  ，  数列  nb 是以 1 为首项，以13为公比的等比数列，113nnb     ，  113 31 31213nnnT      . 若选②：

　（1）1 1 n n n na b nb b   ，  当 1 n  时，1 2 1 2ab b b   ， 11 b  ，213b  ，12 a   . 又2 3 72 a a a   ，     1 1 12 2 6 a d a d a d      ， 3 d   ， 3 1na n    ； （2）由（1）知：

　 1 13 1n n nn b nb b    ，即13n nnb nb ，113n nb b  ， 又11 b  ，  数列  nb 是以 1 为首项，以13为公比的等比数列，113nnb     ，  113 31 31213nnnT      . 若选③：

　（1）1 1 n n n na b nb b   ，  当 1 n  时，1 2 1 2ab b b   ， 11 b  ，213b  ，12 a   .

　又315 S  ，13 23 152a d   ， 3 d   ， 3 1na n    ； （2）由（1）知：

　 1 13 1n n nn b nb b    ，即13n nnb nb ，113n nb b  ， 又11 b  ，  数列  nb 是以 1 为首项，以13为公比的等比数列，113nnb     ，  113 31 31213nnnT      . 6．在①1 2 3, 1, a a a  成等差数列；②430 S  ；③1 2 364 aa a  三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并作答.（注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分）

　已知nS 是数列 { }na 的前 n 项和.若12 ( )n nS a a n N     ，10 a  ，且满足

　（1）求数列 { }na 的通项公式； （2）设11 b  ，*1( )n n nb b a n N   ，求数列 { }nb 的通项公式. 【答案】（1）

　2 nna  ；（2）

　2 1nnb   . （1）因为12n nS a a   ，所以1 1 12n nS a a   ， 所以  1 1 1 1 12 2n n n n na S S a a a a        ，化简得12n na a ， 若选择①：

　因为1 2 3, 1, a a a  成等差数列，所以  2 1 32 1 a a a    即  1 1 12 2 1 4 a a a    ， 解得12 a  ， 所以数列 { }na 是以 2 为首项，公比为 2的等比数列， 所以 2 nna  ； 若选择②：

　因为2 4 1 3 4 115 30 a a a a S a       ，所以12 a  ， 所以数列 { }na 是以 2 为首项，公比为 2的等比数列， 所以 2 nna  ；

　若选择③：

　因为31 2 3 18 64 aa a a   ，所以12 a  ， 所以数列 { }na 是以 2 为首项，公比为 2的等比数列， 所以 2 nna  ； （3）由（1）得 2 nna  ，则12 nn nb b  ，

　所以当 2 n  时，        2 3 11 2 1 3 2 4 3 11 2 2 2 2 nn n nb b b b b b b b b b             

　 1 1 22 11 2nn   ， 当 1 n  时，11 b  满足上式， 所以 2 1nnb   . 7．在等差数列 { }na 中，已知612 a  ，1836 a  . （1）求数列 { }na 的通项公式na ； （2）若____，求数列 { }nb 的前 n 项和nS . 在①14nn nba a，① ( 1) nn nb a   ，① 2nan nb a  这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解. 【答案】（1）*2 ,na n n N   ；（2）答案见解析. （1）由题意，设等差数列 { }na 的公差为 d ，则 115 1217 36a da d   ，解得122ad ， 2 ( 1) 2 2na n n       ， * n N  . （2）方案一：选条件① 由（1）知，14 4 12 2( 1) ( 1)nn nba a n n n n   ， 1 2 n nS b b b   

　1 1 11 2 2 3 ( 1) n n     …

　1 1 1 1 112 2 3 1 n n      111 n  1nn. 方案二：选条件② 由（1）知， ( 1) ( 1) 2n nn nb a n     ， 1 22 4 6 8 ( 1) 2nn nS b b b n           ， ( ) i 当 n 为偶数时， 1 2 n nS b b b   

　2 4 6 8 ( 1) 2nn       ， ( 2 4) ( 6 8) [ 2( 1) 2 ] n n           2 2 2   

　22n 

　n  ， ( ) ii 当 n 为奇数时，1 n  为偶数， 1 2 n nS b b b   

　2 4 6 8 ( 1) 2nn       ， ( 2 4) ( 6 8) [ 2( 2) 2( 1)] 2 n n n             2 2 2 2n    

　12 22nn  

　1 n    ， , ,1, .nn nSn n    为偶数为奇数； 方案三：选条件③ 由（1）知，22 2 2 2 4na n nn nb a n n    ， 1 2 31 22 4 4 4 6 4 2 4 nn nS b b b n             ，

　2 3 14 2 4 4 4 2( 1) 4 2 4n nnS n n         ， 两式相减，可得 1 2 3 13 2 4 2 4 2 4 2 4 2 4n nnS n          

　1 2 1 18 (1 4 4 4 ) 2 4n nn       

　11 48 2 41 4nnn    12(1 3 ) 843 3nn  . 12(3 1) 849 9nnnS   . 8．从①前 n项和  2nS n p p R    ②611 a  且1 22n n na a a   这两个条件中任选一个，填至横线上，并完成解答.在数列  na 中，11 a  ，________，其中 nN . （1）求数列  na 的通项公式； （2）若1a ，na ，ma 成等比数列，其中 m， nN ，且1 m n   ，求 m的最小值. （注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分）

　【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析. 选择①：

　（1）当 1 n  时，由1 11 S a   ，得 0 p  . 当 2 n  时，由题意，得  211nS n  ， 所以  12 1 2n n na S S n n     . 经检验，11 a  符合上式， 所以  *2 1na n n   N . （2）由1a ，na ，ma 成等比数列，得21 n ma a a  ， 由（1）得  *2 1na n n   N ， 即    22 1 1 2 1 n m     . 化简，得221 12 2 1 22 2m n n n        .

　因为 m，n 是大于 1 的正整数，且 m n  ， 所以当 2 n  时，m有最小值 5. 选择②：

　（1）由1 22n n na a a   ， 得1 2 1 n n n na a a a     ， 所以数列  na 是等差数列. 设数列  na 的公差为 d. 因为11 a  ，6 15 11 a a d    ， 所以 2 d  . 所以    *11 2 1na a n d n n      N . （2）因为1a ，na ，ma 成等比数列，所以21 n ma a a  ， 即    22 1 1 2 1 n m     . 化简，得221 12 2 1 22 2m n n n        . 因为 m，n 是大于 1 的正整数，且 m n  ， 所以当 2 n  时，m有最小值 5. 9．在①2 3 4, , 4 a a a  成等差数列;②1 2 3, 2, S S S  成等差数列;③12n na S  中任选一个，补充在下列问题中，并解答.在各项均为正数等比数列  na 中，前 n 项和为nS ，已知12 a  ，且

　. (1)求数列  na 的通项公式； (2)若  21 logn nb n a   ，记数列24 2nnb    的前 n 项和为nT ，证明 2nT  . 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 设等比数列的公比为 ( 0) q q  ， （1）选①：因为2 3 4, , 4 a a a  成等差数列， 所以3 2 44 2 a a a    ，

　因为12 a  ，所以2 2 3 32 1 3 1 4 12 , 2 , 2 a aq q a aq q a aq q       ， 所以2 34 2 2 4 q q q    ，即    2 22 1 1 q q q    .

　又 0 q  ，解得 2 q= ， 所以 2 nna  .

　选②：因为1 2 3, 2, S S S  成等差数列， 所以  2 1 32 2 S S S    ， 即  1 2 1 1 2 32 2 a a a a a a       ，化简得2 34 a a   ， 所以22 4 2 q q   ，即22 0 q q    ，

　又 0 q  ，解得 2 q= ，

　所以 2 nna  .

　选③：因为12n na S  ，所以2 12 4 a S    ，

　 因为na 是等比数列，则212aqa ，

　所以 2 nna  .

　（2）因为 2 nna  ， 所以2 2( 1)log ( 1)log 2 ( 1)nn nb n a n n n       ， 所以2 2 2 2 24 2 2(2 ...

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