浙江省历年高考数列大题总汇(题目及答案)
2004——2014浙江高考数学数列
2004——2014浙江高考数学数列200403、已知等差数列{}n a 的公差为2,若431,,a a a 成等比数列, 则2a =（ ） (A) –4(B) –6(C) –8(D) –10200611、设S n 为等差数列a,的前n 项和，若S n -10, S n =-5,则公差为 （用数字作答）. 200806、已知{}n a 是等比数列，41252==a a ，，则13221++++n n a a a a a a = （A ）16（n --41） （B ）16（n --21） （C ）332（n --41） （D ）332（n--21）200911、设等比数列{}n a 的公比12q =，前n 项和为n S ，则44Sa = ． 201003、设n S 为等比数列}{n a 的前n 项和，0852=+a a ，则=25S S（A ）11（B ）5 （C ）-8（D ）-11201015、设d a ,1为实数，首项为1a ，公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足01565=+S S 则d 的取值范围是 。
201207、设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误．．的是 A ．若d ＜0，则数列{S n }有最大项 B ．若数列{S n }有最大项，则d ＜0 C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意的n ∈N*，均有S n ＞0 D ．若对任意的n ∈N*，均有S n ＞0，则数列{S n }是递增数列201213、设公比为q (q ＞0)的等比数列{a n }的前n 项和为{S n }．若 2232S a =+，4432S a =+，则q ＝______________．200422、如图，ΔOBC 的在个顶点坐标分别为（0,0）、（1,0）、（0,2）,设P 为线段BC 的中点,P 2为线段CO 的中点,P 3为线段OP 1的中点,对于每一个正整数n,P n+3为线段P n P n+1的中点,令P n 的坐标为(x n,y n ), .2121++++=n n n n y y y a （Ⅰ）求321,,a a a 及n a ;（Ⅱ）证明;,414*+∈-=N n y y nn (Ⅲ)若记,,444*+∈-=N n y y b n n n 证明{}n b 是等比数列.200520．设点n A (n x ，0)，1(,2)n n n P x -和抛物线n C ：y ＝x 2＋a n x ＋b n (n ∈N *)，其中a n＝－2－4n －112n -，n x 由以下方法得到：x 1＝1，点P 2(x 2，2)在抛物线C 1：y ＝x 2＋a 1x ＋b 1上，点A 1(x 1，0)到P 2的距离是A 1到C 1上点的最短距离，…，点11(,2)nn n P x ++在抛物线n C ：y ＝x 2＋a n x ＋b n 上，点n A (n x ，0)到1n P +的距离是n A 到n C 上点的最短距离．(Ⅰ)求x 2及C 1的方程． (Ⅱ)证明{n x }是等差数列．200620、已知函数f(x)=x 3+ x ，数列｜x n ｜(x n ＞0)的第一项x n ＝1，以后各项按如下方式取定：曲线x=f(x)在))(,(11++n n x f x 处的切线与经过（0，0）和（x n ,f (x n )）两点的直线平行（如图）。
浙江省普通高校招生学考科目考试等比数列试题及答案
一、等比数列选择题1．一个蜂巢有1只蜜蜂，第一天，它飞出去找回了5个伙伴；第二天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第六天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有（ ）只蜜蜂. A ．55989B ．46656C ．216D ．362．已知各项不为0的等差数列{}n a 满足26780a a a -+=，数列{}n b 是等比数列，且77b a =，则3810b b b =（ )A ．1B ．8C ．4D ．23．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，且a 1，a 3，a 4成等比数列，则S n 取最大值时n 的值为（ ） A ．4B ．5C ．4或5D ．5或64．已知正项等比数列{}n a 满足112a =，2432a a a =+，又n S 为数列{}n a 的前n 项和，则5S =（ ）A ．312或112B ．312C ．15D ．6 5．设{a n }是等比数列，若a 1 + a 2 + a 3 =1，a 2 + a 3 + a 4 =2，则 a 6 + a 7 + a 8 =（ ）A ．6B ．16C ．32D ．646．已知数列{}n a 满足112a =，*11()2n n a a n N +=∈.设2n n n b a λ-=，*n N ∈，且数列{}n b 是单调递增数列，则实数λ的取值范围是（ ）A ．(,1)-∞B ．3(1,)2-C ．3(,)2-∞D ．(1,2)-7．已知数列{}n a 满足：11a =，*1()2nn n a a n N a +=∈+．则 10a =（ ） A ．11021B ．11022 C ．11023D ．110248．已知等比数列{}n a 满足12234,12a a a a +=+=，则5S 等于（ ） A ．40B ．81C ．121D ．2429．数列{}n a 是等比数列，54a =，916a =，则7a =（ ） A ．8B ．8±C ．8-D ．110．已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38a =.则数列(){}111n n n a a -+-的前n 项的和为（ ）A ．()2382133n n +--B ．()23182155n n +---C ．()2382133n n ++-D ．()23182155n n +-+-11．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1231112a a a ++=，22a =，则3S =（ ） A ．8B ．7C ．6D ．412．明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑.其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”.注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”，则该塔正中间一层的灯的盏数为（ ）A ．3B ．12C ．24D ．4813．在数列{}n a 中，32a =，12n n a a +=，则5a =（ ） A ．32B ．16C ．8D ．414．正项等比数列{}n a 满足2237610216a a a a a ++=，则28a a +=（ ） A ．1 B ．2 C ．4 D ．815．已知q 为等比数列{}n a 的公比，且1212a a =-，314a =，则q =（ ） A ．1- B ．4C ．12-D ．12±16．已知单调递增数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()*21n n n S a a n =+∈N，且0nS>，记数列{}2nn a ⋅的前n 项和为n T ，则使得2020n T >成立的n 的最小值为（ ）A ．7B ．8C ．10D ．1117．设数列{}n a ，下列判断一定正确的是（ ）A ．若对任意正整数n ，都有24nn a =成立，则{}n a 为等比数列B ．若对任意正整数n ，都有12n n n a a a ++=⋅成立，则{}n a 为等比数列C ．若对任意正整数m ，n ，都有2m nm n a a +⋅=成立，则{}n a 为等比数列D ．若对任意正整数n ，都有31211n n n n a a a a +++=⋅⋅成立，则{}n a 为等比数列18．若数列{}n a 是等比数列，且17138a a a =，则311a a =（ ） A ．1B ．2C ．4D ．819．已知等比数列{}n a 中，11a =，132185k a a a ++++=，24242k a a a +++=，则k =（ ） A ．2B ．3C ．4D ．520．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若213a a =，且数列{}13n S a -也为等比数列，则n a 的表达式为（ ）A ．12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭B ．112n n a +⎛⎫= ⎪⎝⎭C ．23nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭D ．123n n a +⎛⎫= ⎪⎝⎭二、多选题21．题目文件丢失！22．设数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈，关于数列{}n a ，下列四个命题中正确的是（ ）A ．若1*()n n a a n N +∈=，则{}n a 既是等差数列又是等比数列B ．若2n S An Bn =+(A ，B 为常数，*n N ∈)，则{}n a 是等差数列C ．若()11nn S =--，则{}n a 是等比数列D ．若{}n a 是等差数列，则n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈也成等差数列23．已知等差数列{}n a ，其前n 项的和为n S ，则下列结论正确的是（ ） A ．数列|n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列 B ．数列{}2na 为等比数列C ．若,()m n a n a m m n ==≠，则0m n a +=D ．若,()m n S n S m m n ==≠，则0m n S += 24．设()f x 是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y ，都有()()()f x y f x f y +=，若112a =，()()*n a f n n N =∈，数列{}n a 的前n 项和n S 组成数列{}n S ，则有（ ） A ．数列{}n S 递增，且1n S < B ．数列{}n S 递减，最小值为12C ．数列{}n S 递增，最小值为12D ．数列{}n S 递减，最大值为125．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若31a =，135111214a a a ++=，则（ ） A ．{}n a 必是递减数列 B ．5314S =C ．公比4q =或14D ．14a =或1426．设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，满足13a =，且1a ，22a -，34a 成等差数列，则下列结论正确的是（ ） A ．113()2n n a -=⋅-B ．36nn S a =+C ．若数列{}n a 中存在两项p a ，s a3a =，则19p s +的最小值为83D ．若1n n t S m S ≤-≤恒成立，则m t -的最小值为11627．设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并且满足条件11a >，781a a ⋅>，87101a a -<-，则下列结论正确的是（ ） A ．01q << B ．791a a ⋅> C ．n S 的最大值为9SD ．n T 的最大值为7T28．设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并且满足条件11a >，671a a >，67101a a -<-，则下列结论正确的是（ ） A ．01q <<B ．8601a a <<C ．n S 的最大值为7SD ．n T 的最大值为6T29．已知数列{}n a 的首项为4，且满足()*12(1)0n n n a na n N ++-=∈，则（ ）A ．n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列 B ．{}n a 为递增数列C ．{}n a 的前n 项和1(1)24n n S n +=-⋅+D ．12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和22n n n T +=30．已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和0n S >，设2132n n n b a a ++=-，记{}n b 的前n 项和为n T ，则下列判断正确的是（ ） A ．若1q =，则n n T S = B ．若2q >，则n n T S > C ．若14q =-，则n n T S > D ．若34q =-，则n n T S > 31．设{}n a 是无穷数列，若存在正整数k ，使得对任意n +∈N ，均有n k n a a +>，则称{}na是间隔递增数列，k是{}n a的间隔数，下列说法正确的是（）A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列B．已知4 na nn=+，则{}n a是间隔递增数列C．已知()21nna n=+-，则{}n a是间隔递增数列且最小间隔数是2D．已知22020na n tn=-+，若{}n a是间隔递增数列且最小间隔数是3，则45t≤< 32．已知数列{a n}为等差数列，首项为1，公差为2，数列{b n}为等比数列，首项为1，公比为2，设nn bc a=，T n为数列{c n}的前n项和，则当T n＜2019时，n的取值可以是下面选项中的（）A．8 B．9 C．10 D．1133．在递增的等比数列{a n}中，S n是数列{a n}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（）A．q＝1 B．数列{S n+2}是等比数列C．S8＝510 D．数列{lga n}是公差为2的等差数列34．等比数列{}n a中，公比为q，其前n项积为n T，并且满足11a>.99100·10a a->，9910011aa-<-，下列选项中，正确的结论有（）A．01q<<B．9910110a a-<C．100T的值是nT中最大的D．使1nT>成立的最大自然数n等于19835．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m＞0）.已知a11＝2，a13＝a61+1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有（）A．m＝3 B．767173a=⨯C．()1313jija i-=-⨯D．()()131314nS n n=+-【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、等比数列选择题 1．B 【分析】第n 天蜂巢中的蜜蜂数量为n a ，则数列{}n a 成等比数列．根据等比数列的通项公式，可以算出第6天所有的蜜蜂都归巢后的蜜蜂数量． 【详解】设第n 天蜂巢中的蜜蜂数量为n a ，根据题意得 数列{}n a 成等比数列，它的首项为6，公比6q = 所以{}n a 的通项公式：1666n n n a -=⨯=到第6天，所有的蜜蜂都归巢后， 蜂巢中一共有66646656a =只蜜蜂． 故选：B ． 2．B 【分析】根据等差数列的性质，由题中条件，求出72a =，再由等比数列的性质，即可求出结果. 【详解】因为各项不为0的等差数列{}n a 满足26780a a a -+=，所以27720a a -=，解得72a =或70a =（舍）；又数列{}n b 是等比数列，且772b a ==，所以33810371178b b b b b b b ===.故选：B. 3．C 【分析】由等比数列的性质及等差数列的通项公式可得公差12d =-，再由等差数列的前n 项和公式即可得解. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为,0d d ≠，134,,a a a 成等比数列，2314a a a ∴=即2(22)2(23)d d +=+，则12d =-，()()211119812244216n n n n n S a n d n n --⎛⎫∴=+=-=--+ ⎪⎝⎭，所以当4n =或5时，n S 取得最大值.故选：C. 4．B 【分析】由等比中项的性质可求出3a ，即可求出公比，代入等比数列求和公式即可求解. 【详解】正项等比数列{}n a 中，2432a a a =+，2332a a ∴=+，解得32a =或31a =-（舍去） 又112a =， 2314a q a ∴==， 解得2q，5151(132)(1)312112a q S q --∴===--，故选：B 5．C 【分析】根据等比数列的通项公式求出公比2q ，再根据等比数列的通项公式可求得结果.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则234123()2a a a a a a q ++=++=，又1231a a a ++=，所以2q，所以55678123()1232a a a a a a q ++=++⋅=⨯=.故选：C ． 6．C 【分析】 由*11()2n n a a n N +=∈可知数列{}n a 是公比为2的等比数列，12n n a =，得2(2)2n n nn b n a λλ-==-，结合数列{b n }是单调递增数列，可得1n n b b +＞对于任意的*n N ∈*恒成立，参变分离后即可得解．【详解】 由*11()2n n a a n N +=∈可知数列{}n a 是公比为2的等比数列，所以1111()222n n n a -==， 2(2)2n n nn b n a λλ-==- ∵数列{n b 是单调递增数列， ∴1n n b b +＞对于任意的*n N ∈*恒成立， 即1(12)2(2)2n n n n λλ++->-，整理得：22n λ+<32λ∴＜ ，故选：C. 【点睛】本题主要考查了已知数列的单调性求参，一般研究数列的单调性的方法有： 一、利用数列单调性的定义，由1n n a a +>得数列单增，1n n a a +<得数列单减； 二、借助于函数的单调性研究数列的单调性. 7．C 【分析】根据数列的递推关系，利用取倒数法进行转化得1121n na a +=+ ，构造11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列，求解出通项，进而求出10a . 【详解】 因为12n n n a a a +=+，所以两边取倒数得12121n n n n a a a a ++==+，则111121n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭， 所以数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列，则11111122n nn a a -⎛⎫+=+⋅= ⎪⎝⎭，所以121n n a =-，故101011211023a ==-. 故选：C 【点睛】方法点睛：对于形如()11n n a pa q p +=+≠型，通常可构造等比数列{}n a x +（其中1qx p =-）来进行求解. 8．C 【分析】根据已知条件先计算出等比数列的首项和公比，然后根据等比数列的前n 项和公式求解出5S 的结果.因为12234,12a a a a +=+=，所以23123a a q a a +==+，所以1134a a +=，所以11a =， 所以()5515113121113a q S q--===--， 故选：C. 9．A 【分析】分析出70a >，再结合等比中项的性质可求得7a 的值. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则2750a a q =>，由等比中项的性质可得275964a a a ==，因此，78a =.故选：A. 10．D 【分析】根据条件列出方程组可求出等比数列的公比和首项，即可得到数列的通项公式，代入()111n n n a a -+-可知数列为等比数列，求和即可.【详解】因为公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38a =，所以31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得2q，12a =，所以1222n nn a -=⨯=，()()()111111222111n n n n n n n n a a ++-+--+=⋅⋅-=∴--，(){}111n n n a a -+∴-是以8为首项，4-为公比的等比数列，()23357921118[1(4)]8222222(1)1(4)155n n n n n n S -++---∴=-+--++⋅==+---， 故选：D 【点睛】关键点点睛：求出等比数列的通项公式后，代入新数列，可得数列的通项公式，由通项公式可知数列为等比数列，根据等比数列的求和公式计算即可. 11．A 【分析】利用已知条件化简，转化求解即可．已知{}n a 为等比数列，1322a a a ∴=，且22a =，满足13123321231322111124a a a a a S a a a a a a a +++++=+===，则S 3＝8． 故选：A ． 【点睛】 思路点睛：（1）先利用等比数列的性质，得1322a a a ∴=，（2）通分化简312311124S a a a ++==. 12．C 【分析】题意说明从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为1a ，由系数前n 项和公式求得1a ，再由通项公式计算出中间项． 【详解】根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为1a ，则有()7171238112a S ⋅-==-，解得13a =，中间层灯盏数34124a a q ==，故选：C. 13．C 【分析】根据12n n a a +=，得到数列{}n a 是公比为2的等比数列求解. 【详解】 因为12n n a a +=， 所以12n na a +=， 所以数列{}n a 是公比为2的等比数列． 因为32a =，所以235328a a q ===． 故选：C 14．C 【分析】利用等比数列的性质运算求解即可. 【详解】根据题意，等比数列{}n a 满足2237610216a a a a a ++=，则有222288216a a a a ++=，即()22816a a +=， 又由数列{}n a 为正项等比数列，故284a a +=． 故选：C ． 15．C 【分析】利用等比通项公式直接代入计算，即可得答案； 【详解】()211142211111122211121644a a q a q q q q a q a q ⎧⎧=-=--⎪⎪⎪⎪⇒⇒=⇒=-⎨⎨⎪⎪=⋅=⎪⎪⎩⎩， 故选：C. 16．B 【分析】由数列n a 与n S 的关系转化条件可得11n n a a -=+，结合等差数列的性质可得n a n =，再由错位相减法可得()1122n n T n +=-⋅+，即可得解.【详解】由题意，()()*21n n n S a a n N=+∈，当2n ≥时，()11121n n n S a a ---=+，所以()()11122211n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+-+， 整理得()()1110n n n n a a a a --+--=，因为数列{}n a 单调递增且0n S >，所以110,10n n n n a a a a --+≠--=，即11n n a a -=+， 当1n =时，()11121S a a =+，所以11a =， 所以数列{}n a 是以1为首项，公差为1的等差数列， 所以n a n =，所以1231222322n n T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，()23412122232122n n n T n n +=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，所以()()234111212222222212212n nn n n n T n n n +++--=++++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=-⋅--，所以()1122n n T n +=-⋅+，所以876221538T =⨯+=，987223586T =⨯+=，所以2020n T >成立的n 的最小值为8. 故选：B.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是数列n a 与n S 关系的应用及错位相减法的应用. 17．C 【分析】根据等比数列的定义和判定方法逐一判断. 【详解】对于A ，若24nna =，则2nn a =±，+1+12n n a =±，则12n na a +=±，即后一项与前一项的比不一定是常数，故A 错误；对于B ，当0n a =时，满足12n n n a a a ++=⋅，但数列{}n a 不为等比数列，故B 错误； 对于C ，由2m nm n a a +⋅=可得0n a ≠，则+1+12m n m n a a +⋅=，所以1+1222n n m n m n a a +++==，故{}n a 为公比为2的等比数列，故C 正确；对于D ，由31211n n n n a a a a +++=⋅⋅可知0n a ≠，则312n n n n a a a a +++⋅=⋅，如1，2，6，12满足312n n n n a a a a +++⋅=⋅，但不是等比数列，故D 错误. 故选：C. 【点睛】方法点睛：证明或判断等比数列的方法， （1）定义法：对于数列{}n a ，若()10,0n n na q q a a +=≠≠，则数列{}n a 为等比数列； （2）等比中项法：对于数列{}n a ，若()2210n n n n a a a a ++=≠，则数列{}n a 为等比数列；（3）通项公式法：若n n a cq =（,c q 均是不为0的常数），则数列{}n a 为等比数列；（4）特殊值法：若是选择题、填空题可以用特殊值法判断，特别注意0n a =的判断. 18．C 【分析】根据等比数列的性质，由题中条件，求出72a =，即可得出结果. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列，由17138a a a =，得378a =，所以72a =，因此231174a a a ==.故选：C. 19．B 【分析】本题首先可设公比为q ，然后根据132185k a a a ++++=得出()2284k q a a ++=，再然后根据24242k a a a +++=求出2q，最后根据等比数列前n 项和公式即可得出结果. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ， 则132112285k k a a a a a a q q +++++++==，即()2285184k q a a ++=-=，因为24242k a a a +++=，所以2q，则()21123221112854212712k k k a a a a a ++⨯-+++++=+==-，即211282k +=，解得3k =， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据等比数列前n 项和求参数，能否根据等比数列项与项之间的关系求出公比是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题. 20．D 【分析】设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，111133(3)n S a na a n a -=-=-，该式可以为0，不是等比数列，当1q ≠时，11113311n n a aS a q a q q-=-⋅+---，若是等比数列,则11301a a q -=-，可得23q =，利用213a a =，可以求得1a 的值，进而可得n a 的表达式 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q当1q =时，1n S na =，所以111133(3)n S a na a n a -=-=-， 当3n =时，上式为0，所以{}13n S a -不是等比数列. 当1q ≠时，()1111111n nn a q a aq S qq q-==-⋅+---， 所以11113311n n a aS a q a q q-=-⋅+---， 要使数列{}13n S a -为等比数列，则需11301a a q -=-，解得23q =. 213a a =，2123a ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，故21111222333n n n n a a q -+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅=⋅= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是熟记等比数列的前n 项和公式，等比数列通项公式的一般形式，由此若11113311n n a a S a q a q q -=-⋅+---是等比数列，则11301aa q-=-，即可求得q 的值，通项即可求出.二、多选题 21．无22．BCD 【分析】利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】选项A: 1*()n n a a n N +∈=,10n n a a +∴-=得{}n a 是等差数列，当0n a =时不是等比数列，故错; 选项B:2n S An Bn =+,12n n a a A -∴-=,得{}n a 是等差数列，故对;选项C: ()11nn S =--,112(1)(2)n n n n S S a n --∴-==⨯-≥,当1n =时也成立，12(1)n n a -∴=⨯-是等比数列，故对;选项D: {}n a 是等差数列，由等差数列性质得n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈是等差数列，故对; 故选：BCD 【点睛】熟练运用等差数列的定义、性质、前n 项和公式是解题关键. 23．ABC 【分析】设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d , ()11n a a n d +-=，其前n 项和为()112n n n S na d -=+，结合等差数列的定义和前n 项的和公式以及等比数列的定义对选项进行逐一判断可得答案. 【详解】 设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d , ()11n a a n d +-= 其前n 项和为()112n n n S na d -=+ 选项A.112n S n a d n -=+，则+1111+1222n n S S n n d a d a d n n -⎛⎫⎛⎫-=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（常数）所以数列|n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，故A 正确. 选项B. ()1122na n da +-=,则112222n n n na a a d a ++-==（常数），所以数列{}2n a为等比数列，故B正确.选项C. 由,m n a n a m ==，得()()1111m na a m d na a n d m ⎧=+-=⎪⎨=+-=⎪⎩ ，解得11,1a m n d =+-=- 所以()()()111110m n a a n m d n m n m +=++-=+-++-⨯-=，故C 正确. 选项D. 由,m n S n S m ==，则()112n n n n S a d m -=+=，()112m m m m S a d n -=+=将以上两式相减可得：()()()2212dm n a m m n n n m ⎡⎤-+---=-⎣⎦()()()112dm n a m n m n n m -+-+-=-，又m n ≠所以()1112d a m n ++-=-，即()1112dm n a +-=-- ()()()()()()()111112m n m n m n d S m n a m n a m n a m n +++-=++=+++--=-+，所以D 不正确. 故选：ABC 【点睛】关键点睛：本题考查等差数列和等比数列的定义的应用以及等差数列的前n 项和公式的应用，解答本题的关键是利用通项公式得出()()1111m na a m d n a a n d m ⎧=+-=⎪⎨=+-=⎪⎩，从中解出1,a d ，从而判断选项C ，由前n 项和公式得到()112n n n n S a d m -=+=，()112m m m m S a d n -=+=，然后得出()1112dm n a +-=--，在代入m n S +中可判断D ，属于中档题. 24．AC 【分析】计算()f n 的值，得出数列{}n a 的通项公式，从而可得数列{}n S 的通项公式，根据其通项公式进行判断即可 【详解】 解：因为112a =，所以1(1)2f =，所以221(2)(1)4a f f ===， 31(3)(1)(2)8a f f f ===，……所以1()2n n a n N +=∈，所以11(1)122111212n n n S -==-<-， 所以数列{}n S 递增，当1n =时，n S 有最小值1112S a ==， 故选：AC 【点睛】关键点点睛：此题考查函数与数列的综合应用，解题的关键是由已知条件赋值归纳出数列{}n a 的通项公式，进而可得数列{}n S 的通项公式，考查计算能力和转化思想，属于中档题 25．BD 【分析】设设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，由已知得1112114a a ++=，解方程计算即可得答案. 【详解】解：设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，因为21531a a a ==，2311a a q == ， 所以51115135151511111112111114a a a a a a a a a a a a a ++=++=++=+=+++=， 解得1412a q =⎧⎪⎨=⎪⎩或1142.a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩， 当14a =，12q =时，551413121412S ⎛⎫- ⎪⎝⎭==-，数列{}n a 是递减数列； 当114a =，2q 时，5314S =，数列{}n a 是递增数列； 综上，5314S =. 故选：BD.【点睛】本题考查数列的等比数列的性质，等比数列的基本量计算，考查运算能力.解题的关键在于结合等比数列的性质将已知条件转化为1112114a a ++=，进而解方程计算. 26．ABD 【分析】根据等差中项列式求出12q =-，进而求出等比数列的通项和前n 项和，可知A ，B 正确；3a =求出15p s =⎧⎨=⎩或24p s =⎧⎨=⎩或42p s =⎧⎨=⎩或51p s =⎧⎨=⎩，可知19p s +的最小值为114，C 不正确；利用1n n y S S =-关于nS 单调递增，求出1n n S S -的最大、最小值可得结果. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，由13a =，21344a a a -=+得243343q q -⨯=+⨯，解得12q =-，所以113()2n n a -=⋅-，13(1())1221()121()2n n n S --⎛⎫==-- ⎪⎝⎭--；1111361()66()63()63222n n n n n S a -⎛⎫=--=--=+⋅-=+ ⎪⎝⎭；所以A ，B 正确；3a =，则23p s a a a ⋅=，1122111()p s p s a a a q a q a q --⋅==，所以114p s qqq --=，所以6p s +=，则15p s =⎧⎨=⎩或24p s =⎧⎨=⎩或42p s =⎧⎨=⎩或51p s =⎧⎨=⎩，此时19145p s +=或114或194或465；C 不正确，122,2121()2122,2nn n nn S n ⎧⎛⎫+⎪ ⎪⎪⎝⎭⎛⎫=--=⎨ ⎪⎝⎭⎛⎫⎪- ⎪⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数， 当n 为奇数时，(2,3]n S ∈，当n 为偶数时，3[,2)2n S ∈，又1n n y S S =-关于n S 单调递增，所以当n 为奇数时，138(,]23nn S S -∈，当n 为偶数时，153[,)62n n S S -∈，所以83m ≥，56t ≤，所以8511366m t -≥-=，D 正确， 故选：ABD . 【点睛】本题考查了等差中项的应用，考查了等比数列通项公式，考查了等比数列的前n 项和公式，考查了数列不等式恒成立问题，属于中档题. 27．AD 【分析】根据题意71a >，81a <，再利用等比数列的定义以及性质逐一判断即可. 【详解】因为11a >，781a a ⋅>，87101a a -<-， 所以71a >，81a <，所以01q <<，故A 正确.27981a a a =<⋅，故B 错误；因为11a >，01q <<，所以数列{}n a 为递减数列，所以n S 无最大值，故C 错误； 又71a >，81a <，所以n T 的最大值为7T ，故D 正确. 故选：AD 【点睛】本题考查了等比数列的性质、定义，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题. 28．ABD 【分析】先分析公比取值范围，即可判断A ，再根据等比数列性质判断B,最后根据项的性质判断C,D. 【详解】若0q <，则67670,00a a a a <>∴<与671a a >矛盾； 若1q ≥，则11a >∴671,1a a >>∴67101a a ->-与67101a a -<-矛盾； 因此01q <<，所以A 正确；667710101a a a a -<∴>>>-，因此2768(,1)0a a a =∈，即B 正确； 因为0n a >，所以n S 单调递增，即n S 的最大值不为7S ，C 错误；因为当7n ≥时，(0,1)n a ∈，当16n ≤≤时，(1,)n a ∈+∞，所以n T 的最大值为6T ，即D 正确； 故选：ABD 【点睛】本题考查等比数列相关性质，考查综合分析判断能力，属中档题.29．BD 【分析】由12(1)0n n n a na ++-=得121n n a a n n +=⨯+，所以可知数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，从而可求出12n n a n +=⋅，可得数列{}n a 为递增数列，利用错位相减法可求得{}n a 的前n 项和，由于111222n n n n a n n +++⋅==，从而利用等差数列的求和公式可求出数列12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和. 【详解】由12(1)0n n n a na ++-=得121n n a a n n +=⨯+，所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1141a a ==为首项，2为公比的等比数列，故A 错误；因为11422n n na n-+=⨯=，所以12n n a n +=⋅，显然递增，故B 正确；因为23112222n n S n +=⨯+⨯++⋅，342212222n n S n +=⨯+⨯++⋅，所以 231212222n n n S n ++-=⨯+++-⋅()22212212nn n +-=-⋅-，故2(1)24n n S n +=-⨯+，故C 错误；因为111222n n n n a n n +++⋅==，所以12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和2(1)22n n n n n T ++==， 故D 正确. 故选：BD 【点晴】本题考查等差数列、等比数列的综合应用，涉及到递推公式求通项，错位相减法求数列的和，等差数列前n 项和等，考查学生的数学运算能力，是一道中档题. 30．BD 【分析】先求得q 的取值范围，根据q 的取值范围进行分类讨论，利用差比较法比较出n T 和n S 的大小关系. 【详解】由于{}n a 是等比数列，0n S >，所以110,0a S q =>≠， 当1q =时，10n S na =>，符合题意； 当1q ≠时，()1101n n a q S q-=>-，即101nq q ->-，上式等价于1010n q q ⎧->⎨->⎩①或1010n q q ⎧-<⎨-<⎩②.解②得1q >.解①，由于n 可能是奇数，也可能是偶数，所以()()1,00,1q ∈-.综上所述，q 的取值范围是()()1,00,-+∞.2213322n n n n b a a a q q ++⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以232n n T q q S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以()2311222n n n n T S S q q S q q ⎛⎫⎛⎫-=⋅--=⋅+⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，而0n S >，且()()1,00,q ∈-⋃+∞.所以，当112q -<<-，或2q >时，0n n T S ->，即n n T S >，故BD 选项正确，C 选项错误. 当12(0)2q q -<<≠时，0n n T S -<，即n n T S <. 当12q =-或2q 时，0,n n n n T S T S -==，A 选项错误.综上所述，正确的选项为BD. 故选：BD 【点睛】本小题主要考查等比数列的前n 项和公式，考查差比较法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题. 31．BCD 【分析】根据间隔递增数列的定义求解. 【详解】 A. ()1111111n k n n n k k n a a a a qq q a q +---+=-=--，因为1q >，所以当10a <时，n k n a a +<，故错误；B. ()()244441++n kn n kn a a n k n k k n k n n k n n k n +⎛⎫⎛⎫+-⎛⎫-=++-+=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令24t n kn =+-，t 在n *∈N 单调递增，则()1140t k =+->，解得3k >，故正确；C. ()()()()()()21212111n kn nkn k n a a n k n k ++⎡⎤-=++--+-=+---⎣⎦，当n 为奇数时，()2110kk --+>，存在1k 成立，当n 为偶数时，()2110kk +-->，存在2k ≥成立，综上：{}n a 是间隔递增数列且最小间隔数是2，故正确； D. 若{}n a 是间隔递增数列且最小间隔数是3，则()()()2222020202020n k n a a n k t n k n tn kn k tk +-=+-++--+=+->，n *∈N 成立，则()220k t k +->，对于3k ≥成立，且()220k t k +-≤，对于k 2≤成立即()20k t +->，对于3k ≥成立，且()20k t +-≤，对于k 2≤成立所以23t -<，且22t -≥解得45t ≤<，故正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查数列的新定义，还考查了运算求解的能力，属于中档题.32．AB【分析】由已知分别写出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列{c n }的通项公式，利用数列的分组求和法可得数列{c n }的前n 项和T n ，验证得答案．【详解】由题意，a n ＝1+2（n ﹣1）＝2n ﹣1，12n n b -=，n n b c a ==2•2n ﹣1﹣1＝2n ﹣1，则数列{c n }为递增数列，其前n 项和T n ＝（21﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（2n ﹣1）＝（21+22+…+2n ）﹣n ()21212nn -=-=-2n +1﹣2﹣n ．当n ＝9时，T n ＝1013＜2019；当n ＝10时，T n ＝2036＞2019．∴n 的取值可以是8，9．故选：AB【点睛】本题考查了分组求和，考查了等差等比数列的通项公式、求和公式，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.33．BC【分析】先根据题干条件判断并计算得到q 和a 1的值，可得到等比数列{a n }的通项公式和前n 项和公式，对选项进行逐个判断即可得到正确选项．【详解】由题意，根据等比中项的性质，可得a 2a 3＝a 1a 4＝32＞0，a 2+a 3＝12＞0，故a 2＞0，a 3＞0．根据根与系数的关系，可知a 2，a 3是一元二次方程x 2﹣12x +32＝0的两个根．解得a 2＝4，a 3＝8，或a 2＝8，a 3＝4．故必有公比q ＞0，∴a 12a q=＞0． ∵等比数列{a n }是递增数列，∴q ＞1．∴a 2＝4，a 3＝8满足题意．∴q ＝2，a 12a q==2．故选项A 不正确． a n ＝a 1•q n ﹣1＝2n ．∵S n ()21212n-==-2n +1﹣2．∴S n +2＝2n +1＝4•2n ﹣1．∴数列{S n +2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B 正确．S 8＝28+1﹣2＝512﹣2＝510．故选项C 正确．∵lga n ＝lg 2n ＝n ．∴数列{lga n }是公差为1的等差数列．故选项D 不正确．故选：BC【点睛】本题考查了等比数列的通项公式、求和公式和性质，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.34．ABD【分析】由已知9910010a a ->，得0q >，再由99100101a a -<-得到1q <说明A 正确；再由等比数列的性质结合1001a <说明B 正确；由10099100·T T a =，而10001a <<，求得10099T T <，说明C 错误；分别求得1981T >，1991T <说明D 正确.【详解】对于A ，9910010a a ->，21971·1a q ∴>，()2981··1a q q ∴>. 11a >，0q ∴>. 又99100101a a -<-，991a ∴>，且1001a <. 01q ∴<<，故A 正确；对于B ，299101100100·01a a a a ⎧=⎨<<⎩，991010?1a a ∴<<，即99101·10a a -<，故B 正确； 对于C ，由于10099100·T T a =，而10001a <<，故有10099T T <，故C 错误； 对于D ，()()()()19812198119821979910099100·····991T a a a a a a a a a a a =⋯=⋯=⨯>， ()()()199121991199219899101100·····1T a a a a a a a a a a =⋯=⋯<，故D 正确.∴不正确的是C .故选：ABD .【点睛】本题考查等比数列的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.35．ACD【分析】根据第一列成等差，第一行成等比可求出1361,a a ，列式即可求出m ，从而求出通项ij a ， 再按照分组求和法，每一行求和可得S ，由此可以判断各选项的真假．【详解】∵a 11＝2，a 13＝a 61+1，∴2m 2＝2+5m +1，解得m ＝3或m 12=-（舍去）， ∴a ij ＝a i 1•3j ﹣1＝[2+（i ﹣1）×m ]•3j ﹣1＝（3i ﹣1）•3j ﹣1，∴a 67＝17×36，∴S ＝(a 11+a 12+a 13+……+a 1n )+(a 21+a 22+a 23+……+a 2n )+……+(a n 1＋a n2＋a n 3＋……＋a nn ) 11121131313131313n n n n a a a ---=+++---（）（）（） 12=（3n ﹣1）•2312n n +-（） 14=n （3n +1）（3n ﹣1） 故选：ACD.【点睛】本题主要考查等差数列，等比数列的通项公式的求法，分组求和法，等差数列，等比数列前n 项和公式的应用，属于中档题．。
浙江省历年高考数列大题总汇(题目及答案)
浙江省历年高考数列大题总汇（题目及答案）1已知二次函数y?f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f?(x)?6x?2。
数列项和为Sn，点(n,Sn)(n?N 求数列*?an?的前n)均在函数y?f(x)的图像上。
?an?的通项公式；m3*，Tn是数列?bn?的前n项和,求使得Tn?对所有n?N都成立的最小20anan?1设bn正整数m。
?2. 己知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．求数列{an}的通项公式；设Tn为数列?小值． 3. 设数列?an?的前n项和为Sn，已知a1?1，a2?6，a3?11，且?1?*对?n?N恒成立，求实数?的最?的前n项和，若Tn≤?an?1¨?anan?1?(5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn?An?B，n?1,2,3,?，其中A、B 为常数．(Ⅰ) 求A与B的值；(Ⅱ)证明数列?an?为等差数列；(Ⅲ) 证明不等式5amn?aman?1对任何正整数m、n都成立． 4. 已知数列?an?，?bn?满足a1?3，anbn?2，bn?1?an(bn?求证：数列{2)，n?N*．1?an1}是等差数列，并求数列?bn?的通项公式；bn111，，成等差数列？若存在，试用p 表示q，r；若不crcqcp设数列?cn?满足cn?2an?5，对于任意给定的正整数p，是否存在正整数q，r(p?q?r)，使得存在，说明理． 5. 已知函数f(x)?x?a?lnx (a?0). (1)若a?1，求f(x)的单调区间及f(x)的最小值；(2)若a?0,求f(x)的单调区间；ln22ln32lnn2(n?1)(2n?1)*?2???2与(3)试比较的大小(n?N且n?2),并证明22(n?1)23n你的结论.6已知f(x)?(x?1)2,g(x)?10(x?1)，数列{an}满足(an?1?an)g(an)?f(an)?0，9(n?2)(an?1) 10a1?2，bn?求数列{an}的通项公式；(Ⅱ)求数列{bn}中最大项.7. 设k?R，函数f(x)?ex?(1?x?kx2)(x?0).若k?1，试求函数f(x)的导函数f?(x)的极小值；若对任意的t?0，存在s?0，使得当x?(0，s)时，都有取值范围. f(x)?tx2，求实数k的8. 已知等差数列{an}的公差不为零，且a3 =5, a1 , 成等比数列(I)求数列{an}的通项公式：(II)若数列{bn}满足b1+2b2+4b3+…+2nbn=an且数列{bn}的前n项和Tn 试比较Tn与-1 3n?1的大小n?19. 已知函数f(x)?12x?(2a?2)x?(2a?1)lnx 2(I )求f(x)的单调区间；(II)对任意的a?[,],x1,x2?[1,2]，恒有|f(x1)|?f(x2)??|数?的取值范围. 352211?|，求正实x1x2 1. 解：依题意可设f(x)?ax2?bx(a?0),则f`(x)?2ax?b f`(x)?6x?2 得a?3,b??2,所以f(x)?3x2?2x. 又点(n,Sn)(n?N*) 均在函数y?f(x)的图像上得Sn22?3n2?2n 当n?2时an?Sn?Sn?1?3n?2n???3(n?1)?2(n?1)???6n ?5 当n?1时a1所以an?S1?3?12?2?1?6?1?5 ?6n?5(n?N*)?33111??(?), anan?1(6n?5)?6(n?1)?5?26n?56n?1得bn 故，Tn?111?11111??(1?). =(1?)?(?)?????(?)??26n?12?77136n?56n?1 ?1m11m,即m?10 (1?)?(n?N*)成立的m必须且必须满足?22026n?120因此使得故满足最小的正整数m为10 ?4a1?6d?142. 设公差为d.已知得?....................................3分2?(a1?2d)?a1(a1?6d)解得d?1或d?0(舍去），所以a1?2,故an?n?1 (6)分?1111???，anan?1(n?1)(n?2)n?1n?211n1111?? (9)分?Tn?????…?n?1n?22(n?2)2334n≤?(n+ 2)对?n?N?恒成立?Tn≤?an?1对?n?N?恒成立，即2(n?2)n111?≤?又242(n?2)2(n??4)2(4?4)16n1∴?的最小值为……………………………………………………………12分163. 解：(Ⅰ)a1?1，a2?6，a3?11，得S1?1，S2?2，S3?18．把n?1,2分别代入(5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn?An?B，得?解得，A??20，B??8．(Ⅱ)(Ⅰ)知，5n(Sn?1?Sn)?8Sn?1?2Sn??20n?8，即?A?B??28, 2A?B??48?5nan?1?8Sn?1?2Sn??20n?8，①又5(n?1)an?2?8Sn?2?2Sn?1??20(n?1)?8．②②-①得，5(n?1)an?2?5nan?1?8an?2?2an?1??20，即(5n?3)an?2?(5n?2)an?1??20．又(5n?2)an?3?(5n?7)an?2??20．③④④-③得，(5n?2)(an?3?2an?2?an?1)?0，∴an?3?2an?2?an?1?0，∴an?3?an?2?an?2?an?1???a3?a2?5，又a2?a1?5，因此，数列?an?是首项为1，公差为5的等差数列．(Ⅲ)(Ⅱ)知，an?5n?4,(n?N?)．考虑5amn?5(5mn?4)?25mn?20．(aman?1)2?aman?2aman?1?aman?am?an?1?25mn?15(m?n)?9．∴5amn?(aman?1)2厖15(m?n)?2915?2?29?1?0．即5amn?(aman?1)2，∴5amn?aman?1．因此，5amn?aman?1． 4. 因为anbn?2，所以an?2，bn42anb2bn4则bn?1?anbn?， (2)分?2?n?2??21?anbn?2bn?21?bn所以111??，bn?1bn2又a1?3，所以b1?即?1?231，故??是首项为，公差为的等差数列，……4分322?bn?131n?22??(n?1)??，所以bn?．………………………6分bn222n?2知an?n?2，所以cn?2an?5?2n?1，①当p?1时，cp?c1?1，cq?2q?1，cr?2r?1，若12111?1?，，成等差数列，则，2q?12r?1crcqcp21?1，1??1，2q?12r?1因为p?q?r，所以q≥2，r≥3，所以不成立．………………………...9分②当p≥2时，若则111，，成等差数列，crcqcp2111214p?2q?1?????，所以，2q?12p?12r?12r?12q?12p?1(2p?1)(2q?1)( 2p?1)(2q?1)2pq?p?2q，所以r?，...........................12分4p?2q?14p?2q?1222即2r?1?欲满足题设条件，只需q?2p?1，此时r?4p?5p?2，..................14分因为p≥2，所以q?2p?1?p，r?q?4p?7p?3?4(p?1)?p?1?0，即r?q．..............................15分综上所述，当p?1时，不存在q，r满足题设条件；当p≥2时，存在q?2p?1，r?4p?5p?2，满足题设条件． (16)分 5. (1) 当x?1时,f(x)?x?1?lnx ，f(x)?1?,,21?(x)在?1,???上是递增. x1?(x)在?0,1?上是递减. x故a?1时, f(x)的增区间为?1,???,减区间为?0,1?,f(x)min?f(1)?0. ………4分当0?x?1时,f(x)?x?1?lnx,f(x)??1?(2)○1若a?1, 当x?a时,f(x)?x?a?lnx,f(x)?1?是递增的; 当0?x?a时,f(x)?a?x?lnx, f(x)??1?,, 1x?1??0,则f(x)在区间?a,???上xx1?0,则f(x)在区间?0,a?上是递x减的 (6)分2若0?a?1, ○当x?a时, f(x)?x?a?lnx, f(x)?1?,1x?1,?,x?1,f(x)?0 ; xxa?x?1,f,(x)?0. 则f(x)在?1,???上是递增的, f(x)在?a,1?上是递减的; 当0?x?a时,f(x)?a?x?lnx, f(x)??1?,f(x)在区间?0,a?上是递减的,而f(x)在x?a处有意义;则1?0 x f?x?在区间1,???上是递增的,在区间?0,1?上是递减的 (8)分??a,???,递减区间是?0,a?; 当0?a?1,f(x)的递增区间是?1,???,递减区间是?0,1?综上: 当a?1时, f(x)的递增区间是………9分lnx1?1? (3)(1)可知,当a?1,x?1时,有x?1?lnx?0,即xxln22ln32lnn2?2???2 则有223n?1?111111?1????1??n?1?(????)…………12分22222223n23n ?n?1?(111????2?33?4n(n?1)111111?n?1?(???????)2334nn?111(n?1)(2n?1)?n?1?(?)=2n?12(n?1)ln22ln32lnn2(n?1)(2n?1)?2??? 2?故：.............15分2(n?1)223n 6. 题意：(an?1?an)?10(an?1)?(an?1)2?0 ?1)(1 0an?1?9an?1)?0.........3分经化简变形得：(an?an?1,?10an?1变形得：?9an?1?0 (5)分an?1?19? an?1109为公比的等比数列。
浙江历年高考文科数学试题及答案汇编十数列
浙江历年高考文科数学试题及答案汇编十数列（2008-2016）试题1、4．（5分）（2008浙江）已知{a n}是等比数列，a2=2，a5=，则公比q=（）A． B．﹣2 C．2 D．2、11．（4分）（2009浙江）设等比数列{a n}的公比，前n项和为S n，则= ．3、16．（4分）（2009浙江）设等差数列{a n}的前n项和为S n，则S4，S8﹣S4，S12﹣S8，S16﹣S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{b n}的前n项积为T n，则T4，，，成等比数列．4、5．（5分）（2010浙江）设S n为等比数列{a n}的前n项和，8a2+a5=0，则=（）A．﹣11 B．﹣8 C．5 D．115、14．（4分）（2010浙江）在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，那么，……………6、17．（4分）（2011浙江）若数列中的最大项是第k项，则k=7、10．（6分）（2015浙江）已知{a n}是等差数列，公差d不为零，若a2，a3，a7成等比数列，且2a1+a2=1，则a1= ，d= ．8、8．（2016浙江）如图，点列{A n}、{B n}分别在某锐角的两边上，且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|，A n≠A n+1，n∈N*，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|，B n≠B n+1，n∈N*，（P≠Q表示点P与Q不重合）若d n=|A n B n|，S n为△A n B n B n+1的面积，则（）A．{S n}是等差数列B．{S n2}是等差数列C．{d n}是等差数列D．{d n2}是等差数列解答题1、18．（14分）（2008浙江）已知数列{x n}的首项x1=3，通项x n=2n p+nq（n∈N*，p，q为常数），且x1，x4，x5成等差数列．求：（Ⅰ）p，q的值；（Ⅱ）数列{x n}前n项和S n的公式．2、20．（14分）（2009浙江）设S n为数列{a n}的前n项和，S n=kn2+n，n∈N*，其中k是常数．（Ⅰ）求a1及a n；（Ⅱ）若对于任意的m∈N*，a m，a2m，a4m成等比数列，求k的值．3、19．（14分）（2010浙江）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{a n}的前n 项和为S n，满足S5S6+15=0．（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；（Ⅱ）求d的取值范围．4、19．（14分）（2011浙江）已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1（a1∈R），且，，成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）对n∈N*，试比较与的大小．5、19．（14分）（2012浙江）已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=2n2+n，n∈N*，数列{b n}满足a n=4log2b n+3，n∈N*．（1）求a n，b n；（2）求数列{a n•b n}的前n项和T n．6、19．（14分）（2013浙江）在公差为d的等差数列{a n}中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列．（Ⅰ）求d，a n；（Ⅱ）若d＜0，求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|．7、19．（14分）（2013浙江）已知等差数列{a n}的公差d＞0，设{a n}的前n项和为S n，a1=1，S2•S3=36．（Ⅰ）求d及S n；（Ⅱ）求m，k（m，k∈N*）的值，使得a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=65．8、17．（15分）（2015浙江）已知数列{a n}和{b n}满足a1=2，b1=1，a n+1=2a n（n∈N*），b1+b2+ b3+…+b n=b n+1﹣1（n∈N*）（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）记数列{a n b n}的前n项和为T n，求T n．9、17．（2016浙江）设数列{a n}的前n项和为S n，已知S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*．（Ⅰ）求通项公式a n；（Ⅱ）求数列{|a n﹣n﹣2|}的前n项和．答案1、解：∵{a n}是等比数列，a2=2，a5=，设出等比数列的公比是q，∴a5=a2•q3，∴==，∴q=，故选：D．2、解：对于，∴3、解：设等比数列{b n}的公比为q，首项为b1，则T4=b14q6，T8=b18q1+2++7=b18q28，T12=b112q1+2++11=b112q66，∴=b14q22，=b14q38，即（）2=•T4，故T4，，成等比数列．故答案为：4、解：设公比为q，由8a2+a5=0，得8a2+a2q3=0，解得q=﹣2，所以==﹣11．故选A．5、解：由表格可以看出第n行第一列的数为n，观察得第n行的公差为n，∴第n0行的通项公式为a n=n0+（n﹣1）n0，∵为第n+1列，∴可得答案为n2+n．故答案为：n2+n6、解：令，假设=≥1，则2（n+1）（n+5）≥3n（n+4），即n2≤10，所以n＜4，又n是整数，即n≤3时，a n+1＞a n，当n≥4时，a n+1＜a n，所以a4最大．故答案为：4．7、解：由a2，a3，a7成等比数列，则a32=a2a7，即有（a1+2d）2=（a1+d）（a1+6d），即2d2+3a1d=0，由公差d不为零，则d=﹣a1，又2a1+a2=1，即有2a1+a1+d=1，即3a1﹣a1=1，解得a1=，d=﹣1．故答案为：，﹣1．8、解：设锐角的顶点为O，|OA1|=a，|OB1|=b，|A n A n+1|=|A n+1A n+2|=b，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|=d，由于a，b不确定，则{d n}不一定是等差数列，{d n2}不一定是等差数列，设△A n B n B n+1的底边B n B n+1上的高为h n，由三角形的相似可得==，==，两式相加可得，==2，即有h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，即为S n+2﹣S n+1=S n+1﹣S n，则数列{S n}为等差数列．故选：A．解答题1、解：（Ⅰ）∵x1=3，∴2p+q=3，①又x4=24p+4q，x5=25p+5q，且x1+x5=2x4，∴3+25p+5q=25p+8q，②联立①②求得 p=1，q=1（Ⅱ）由（1）可知x n=2n+n∴S n=（2+22+…+2n）+（1+2+…+n）=．2、解：（1）当n=1，a1=S1=k+1，n≥2，a n=S n﹣S n﹣1=kn2+n﹣[k（n﹣1）2+（n﹣1）]=2kn﹣k+1（*）．经检验，n=1（*）式成立，∴a n=2kn﹣k+1．（2）∵a m，a2m，a4m成等比数列，∴a2m2=a m a4m，即（4km﹣k+1）2=（2km﹣k+1）（8km﹣k+1），整理得：mk（k﹣1）=0，对任意的m∈N*成立，∴k=0或k=1．3、解：（Ⅰ）由题意知S6==﹣3，a6=S6﹣S5=﹣8所以解得a1=7所以S6=﹣3，a1=7；（Ⅱ）因为S5S6+15=0，所以（5a1+10d）（6a1+15d）+15=0，整理得，即，因为，所以，解得d≤﹣2或d≥2故d的取值范围为d≤﹣2或d≥2．4、解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，由题意可知=×，即（a1+d）2=a1（a1+3d），从而a1d=d2，因为d≠0，所以d=a1，故a n=nd=na1；（Ⅱ）记T n=++…+，由a n=na1，得=2n a1，则T n=++…+=（）=（1﹣），∴T n﹣=（1﹣）﹣=（﹣），从而，当a1＞0时，T n＜；当a1＜0时，T n＞．5、解：（Ⅰ）由S n=2n2+n可得，当n=1时，a1=s1=3当n≥2时，a n=s n﹣s n﹣1=2n2+n﹣2（n﹣1）2﹣（n﹣1）=4n﹣1而n=1，a1=4﹣1=3适合上式，故a n=4n﹣1，又∵a n=4log2b n+3=4n﹣1∴（Ⅱ）由（Ⅰ）知，2T n=3×2+7×22+…+（4n﹣5）•2n﹣1+（4n﹣1）•2n∴=（4n﹣1）•2n=（4n﹣1）•2n﹣[3+4（2n﹣2）]=（4n﹣5）•2n+56、解：（Ⅰ）由题意得，即，整理得d2﹣3d﹣4=0．解得d=﹣1或d=4．当d=﹣1时，a n=a1+（n﹣1）d=10﹣（n﹣1）=﹣n+11．当d=4时，a n=a1+（n﹣1）d=10+4（n﹣1）=4n+6．所以a n=﹣n+11或a n=4n+6；（Ⅱ）设数列{a n}的前n项和为S n，因为d＜0，由（Ⅰ）得d=﹣1，a n=﹣n+11．则当n≤11时，．当n≥12时，|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=﹣S n+2S11=．综上所述，|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=．7、解：（Ⅰ）由a1=1，S2•S3=36得，（a1+a2）（a1+a2+a3）=36，即（2+d）（3+3d）=36，化为d2+3d﹣10=0，解得d=2或﹣5，又公差d＞0，则d=2，所以S n=n=n2（n∈N*）．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，a n=1+2（n﹣1）=2n﹣1，由a m+a m+1+a m+2+…+a m+k=65得，，即（k+1）（2m+k﹣1）=65，又m，k∈N*，则（k+1）（2m+k﹣1）=5×13，或（k+1）（2m+k﹣1）=1×65，下面分类求解：当k+1=5时，2m+k﹣1=13，解得k=4，m=5；当k+1=13时，2m+k﹣1=5，解得k=12，m=﹣3，故舍去；当k+1=1时，2m+k﹣1=65，解得k=0，故舍去；当k+1=65时，2m+k﹣1=1，解得k=64，m=﹣31，故舍去；综上得，k=4，m=5．8、解：（Ⅰ）由a1=2，a n+1=2a n，得．由题意知，当n=1时，b1=b2﹣1，故b2=2，当n≥2时，b1+b2+b3+…+=b n﹣1，和原递推式作差得，，整理得：，∴；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，因此，两式作差得：，（n∈N*）．9、解：（Ⅰ）∵S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*．∴a1+a2=4，a2=2S1+1=2a1+1，解得a1=1，a2=3，当n≥2时，a n+1=2S n+1，a n=2S n﹣1+1，两式相减得a n+1﹣a n=2（S n﹣S n﹣1）=2a n，即a n+1=3a n，当n=1时，a1=1，a2=3，满足a n+1=3a n，∴=3，则数列{a n}是公比q=3的等比数列，则通项公式a n=3n﹣1．（Ⅱ）a n﹣n﹣2=3n﹣1﹣n﹣2，设b n=|a n﹣n﹣2|=|3n﹣1﹣n﹣2|，则b1=|30﹣1﹣2|=2，b2=|3﹣2﹣2|=1，当n≥3时，3n﹣1﹣n﹣2＞0，则b n=|a n﹣n﹣2|=3n﹣1﹣n﹣2，此时数列{|a n﹣n﹣2|}的前n项和T n=3+﹣=，则T n==．。
浙江省高考数学文科解答题(数列)
数列（04年）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，))(1(31*N n a S n n ∈-=。
（Ⅰ）求1a ，2a ；（Ⅱ）求证数列}{n a 是等比数列。
（05年）已知实数a ，b ，c 成等差数列，1+a ，1+b ，4+c 成等比数列，且15=++c b a ，求a ，b ，c 。
（06年）若n S 是公差不为0的等差数列}{n a 的前n 项和，且1S ，2S ，4S 成等比数列。
（Ⅰ）求数列1S ，2S ，4S 的公比；（Ⅱ）若42=S ，求}{n a 的通项公式。
（07年）已知数列}{n a 的相邻两项12-k a ，k a 2是关于x 的方程023)23(2=⋅++-kkk x k x 的两个根，且k k a a 212≤-（=k 1，2，3，…）。
（Ⅰ）求数列1a ，3a ，5a ，7a 及)4(2≥n a n （不必证明）；（Ⅱ）求数列}{n a 的前n 2项和n S 2。
（08年）已知数列}{n a 的首项31=x ，通项nq p x n n +=2（*N n ∈，p ，q 为常数），且1x ，4x ，5x 成等差数列。
求： （Ⅰ）p ，q 的值；（Ⅱ）数列}{n a 的前n 项和n S 的公式。
（09年）设n S 为数列}{n a 的前n 项和，n kn S n +=2，*N n ∈，其中k 是常数。
（Ⅰ）求1a 及n a ；（Ⅱ）若对于任意的*N m ∈，m a ，m a 2，m a 4成等比数列，求k 的值。
（10年）设1a ，d 为实数，首项为1a ，公差为d 的等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，满足01565=+S S 。
（Ⅰ）若55=S ，求6S 及1a ；（Ⅱ）求d 的取值范围。
（11年）已知公差不为0的等差数列}{n a 的首项1a 为)(R a a ∈，且11a ，21a ，41a 成等比数列。
（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）对*N n ∈，试比较na a a a 2222111132++++ 与11a 的大小。
浙江高考数列经典例题汇总.doc
v1.0可编辑可修改浙江高考数列经典例题汇总1. 【 2014年 . 浙江卷 . 理 19】（本题满分 14分）已知数列a n和b n满足b na 1a 2 a n 2n N . 若 a n 为等比数列，且 a 1 2,b 3 6 b 2 .( Ⅰ ) 求an 与bn ；c n1 1 n N (Ⅱ)设a nb n。
记数列 c n 的前 n 项和为S n.（i ）求S n；（ii ）求正整数 k，使得对任意nN，均有S k S n ．2. 【 2011年 . 浙江卷 . 理 19】（本题满分 14分）已知公差不为 0的等差数列 { a n } 的首项 a 1 a111(a R), 设数列的前 n 项和为S n，且a 1，a2 ，a 4成等比数列（Ⅰ）求数列{ a n }的通项公式及S n11 11B n1 1 1 ...1A n...a 1 a 2a 22a2n，当n（Ⅱ） 记S 1 S 2 S 3S n ，2时，试比较An 与Bn 的大 小.v1.0可编辑可修改3. 【 2008 年 . 浙江卷 . 理 22】（本题 14 分）已知数列a n ， a n 0， a1 0 ，a n21 a n 1 1 a n2 (n N ) ．S n a1 a2 a n1 1 1T n(1 a1 )(1 a2 ) a1 )(1 a2 ) an )．1 a1 (1 (1 求证：当 n N 时，（Ⅰ）anan 1；（Ⅱ） S n n2；（Ⅲ）Tn3。
4.【2007 年 . 浙江卷 . 理 21】（本题 15 分）已知数列{ an}中的相邻两项a2 k 1,a2k是关于x的方程的两个根，且a2 k 1a2k(k 1,2,3, )（Ⅰ）求a1,a3, a5, a7；（Ⅱ）求数列{ an}的前 2n 项的和S2 n；v1.0 可编辑可修改f ( n) 1 ( |sin n | 3) T n( 1)f (2) ( 1)f (3)( 1)f (4)( 1)f ( n 1)a 1a 2a 3a 4a 5 a 6a 2 n 1a2n（ Ⅲ）记2 sin n ，1T n5(n N * )求证：6245. 【2005年 .浙江卷 .理20】设点An (xn ，0)，P n(x n,2n 1 )和抛物线Cn ：y ＝ x2＋ an x ＋1bn(n ∈N*) ，其中 an ＝－ 2－ 4n －2n 1，x n由以下方法得到： x1 ＝1，点 P2(x2 ， 2) 在抛物线 C1： y ＝ x2＋ a1x ＋ b1 上，点 A1(x1 ， 0) 到 P2 的距离是 A1 到 C1 上点的最短距离， ，点P n 1 ( x n 1 ,2n) 在抛物线 C n ：y ＝ x2 ＋ an x ＋ bn 上，点 A n ( x n ， 0) 到Pn 1的距离是 A n 到C n上点的最短距离．( Ⅰ) 求 x2 及 C1的方程．( Ⅱ) 证明 {x n} 是等差数列．16. 【 2015 高考浙江，理 20】已知数列a n满足a1= 2 且an 1 =a n -a n2（nN * ）v1.0可编辑可修改a n 2（1）证明： 1 an 1 N *（n）；a n2 1 S n 1（2）设数列的前 n 项和为Sn，证明 2( n 2) n 2( n 1) （n N * ）a n 11a n满足a n7. 【 2016 高考浙江理数】设数列 2 ，n ．（I ）证明：an2n 1 a12， n ；3 na n，证明：an2， n．2 ，n（II ）若例 1．（浙江省新高考研究联盟2017 届高三下学期期初联考）已知数列a满足a1=3，na n+1=a n2+2a n，n∈ N* ，设b n=log 2(a n+1).（I ）求 {a n} 的通项公式；（II ）求证： 1+<n(n ≥2) ；（I II ）若2c n =b n，求证： 2≤(cn 1)n <3.c n例 2．（浙江省温州中学2017 届高三 3 月高考模拟）正项数列a n满足a 2 a 3a 2 2a ， a 1．n n n 1 n 1 1（Ⅰ）求 a2的值；（Ⅱ）证明：对任意的n N ，a 2a ；n n 1（Ⅲ）记数列 a n 的前 n 项和为S n，证明：对任意的n1S n 3 ．N ， 22n 1例 3．（浙江省温州市十校联合体2017 届高三上学期期末）已知数列 { a n } 满足a1 1,a n 1 1a n2m，8(1)若数列 { a n } 是常数列，求m的值；（2）当m1时，求证：a n a n 1；（3）求最大的正数m ，使得a n 4 对一切整数n 恒成立，并证明你的结论。
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浙江高考数列经典例题汇总1.【2014年.浙江卷.理19】(本题满分14分)已知数列 和'bn ■满足a 1a2an= (J 2 F (n 匸 N )若 En ｝为等比数列 且 a 1 = 2, 3 = 6 + b 2 .(I ) 求 a n 与 bn ；(∏ )设Cn TE 「N l 记数列⑺的前n 项和为S n(i )求 Sn ;(ii )求正整数k ,使得对任意n ∙ N ",均有S k- S n2.【2011年.浙江卷•理19】(本题满分14分)已知公差不为O 的等差数列｛an ｝的首项a ^ a(aR ),设数列的前n 项和为Sn ,且a 1 ,(I)求数列｛a n｝的通项公式及 SnA l与Bn 的大小.% , %成等比数列A n(∏)记丄丄丄SS2S 3-B nSn丄丄丄a 〔 a ? a ?2丄a2n ,当n 一 2时，试比较3.【2008年•浙江卷•理22】 (本题14分)已知数列^n [ an≥0 a 1 = Oa ； 1 a . 1 T = a 2(n ∙ N t ) S n ^ a 1a 2 R nT n+1 a 1(1 a 1)(1 a 2)+…+(1 *1)(1 *2厂(1 a n )求证： 当n . N •时, (I) an ：：： an 1 ；(∏)S n n -'2；(川)Tn < 3O4.【2007年浙江卷 理21】(本题15分)已知数列｛an ｝中的相邻两项 舷」，如 是关于X 的 方程的两个根，且a 2k 」-a 2k (k =1,2,3,…) (I)求 a 1,a 3,a 5,a 7 ；1 5 *求证：Ln 讨n N )5.【2005年•浙江卷•理20】设点An (Xn , 0), Pn(Xn ,2 )和抛物线Cn : y = x2 + an X +1n 4bn(n ∈ N*)其中an = - 2 — 4n — 2 , Xn 由以下方法得到： x1 = 1,点P2(x2 , 2)在抛物 线C1 : y = x2 + a1x + b1上，点 A1(x1 , 0)到P2的距离是 A1到C1上点的最短距离,(∏)求数列｛an｝的前2n 项的和S2n ；f(n)T 直 3)(川)i 己 2 Sln n ,Tna.(-1)f ⑶.(-1)f (4). (-1)f (τa 5a6a2n∕a2na 3a4点 P n 1 (X n I ,2 )在抛物线 C n : = χ2 + an X + bn 上，点 Al(Xn , 0)到 Pn -1 的距离是 An 到 Cn 上点的最短距离.(求 x2及C1的方程. (∏证明｛xn ｝是等差数列.16.【2015高考浙江，理20】已知数列 E 满足a ι=2且a n 1 = a n -a ^ ( n N i )-电-2*(1 )证明：1a n1( nN )；1 / S n 』1/ 2 A(2)设数列® '的前n 项和为S n ,证明2(n∙2) n 2(n I) ( n N )a n% 1 < 12 丨 n = N*(I )证明： a n 白2心(a 1 -2 ) n 乏N *.a n(II )若7.【2016高考浙江理数】 设数列y 满足n2n ，证明:例1 .（浙江省新高考研究联盟 2017届高三下学期期初联考） 已知数列^a n 满足a 1=3,(III )若 2c n=b n ,求证：2≤(c ^1)n <3∙C n例2 •（浙江省温州中学 2017届高三3月高考模拟）正项数列a n a n- 3an 12an 1 ,a i _ 1•（I ）求a 2的值；（∏）证明：对任意的 n∙ N , a n 乞2a n1;（川）记数列Ia nI 的前n 项和为S h ,证明：对任意的 n∙ Na n+ι=a n 2+2a n , n ∈ N* , 设b n =∣og 2(a n +1)∙ ⑴求｛a n ｝的通项公式;:a n ∙'满足(II )求证:例3•(浙江省温州市十校联合体2017届高三上学期期末) 已知数列｛a n｝满足12a naι =1,a8 n(1)若数列｛a n｝是常数列，求m的值;(2)当m∙1时，求证：a n：：： a n 1；(3)求最大的正数m,使得a n 4对一切整数n恒成立，并证明你的结论。
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1已知二次函数()y f x 的图像经过坐标原点，其导函数为()62f x x。
数列n a 的前n项和为n S ，点*(,)()n n S nN 均在函数()yf x 的图像上。
（Ⅰ）求数列na 的通项公式；（Ⅱ）设13nn nb a a ，n T 是数列nb 的前n 项和,求使得20nm T 对所有*n N 都成立的最小正整数m 。
2. 己知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4=14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．（I ）求数列{a n }的通项公式；（II ）设T n 为数列11n na a 的前n 项和，若T n ≤1n a ¨对*n N 恒成立，求实数的最小值．3. 设数列n a 的前n 项和为n S ，已知11a ，26a ，311a ，且1(58)(52)nnn S nS An B ，1,2,3,n ，其中A 、B 为常数．(Ⅰ) 求A 与B 的值；(Ⅱ) 证明数列n a 为等差数列；(Ⅲ) 证明不等式51mnm na a a 对任何正整数m 、n 都成立．4. 已知数列n a ，n b 满足13a ，2n na b ，12()1nn nnb a b a ，*n N ．（1）求证：数列1{}nb 是等差数列，并求数列n b 的通项公式；（2）设数列n c 满足25n nc a ，对于任意给定的正整数p ，是否存在正整数q ，r (pqr )，使得1p c ，1q c ，1rc 成等差数列？若存在，试用p 表示q ，r ；若不存在，说明理由．5. 已知函数x a x x f ln )()0(a .(1)若1a ，求)(x f 的单调区间及)(x f 的最小值；(2)若0a,求)(x f 的单调区间；(3)试比较222222ln 33ln 22ln nn 与)1(2)12)(1(n n n 的大小)2(*nN n且,并证明你的结论.6已知)1(10)(,)1()(2x x g x x f ，数列}{n a 满足0)()()(1n n n n a f a g a a ，21a ，)1)(2(109nna nb （I ）求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)求数列}{n b 中最大项.7. 设k R，函数2()(1)(0)xf x ex kx x.（Ⅰ）若1k ，试求函数()f x 的导函数()f x 的极小值；（Ⅱ）若对任意的0t，存在0s，使得当(0)xs ，时，都有2()f x tx ，求实数k 的取值范围.8.已知等差数列{a n }的公差不为零，且a 3 =5, a 1 , a 2.a 5成等比数列(I )求数列{a n }的通项公式：(II)若数列{b n }满足b 1+2b 2+4b 3+…+2n -1b n =a n 且数列{b n }的前n 项和T n 试比较T n与113n n 的大小9.已知函数xa x a xx f ln )12()22(21)(2(I )求f(x)的单调区间；(II)对任意的]2,1[,],25,23[21x x a，恒有|211|)(|)(|121x x x f x f ，求正实数的取值范围.1. 解：（I ）依题意可设2()(0),f x axbx a 则`()2f x ax b由`()62f x x 得3,2,a b所以2()32.f x xx 又由点(,)n n S (*)nN 均在函数()yf x 的图像上得232nS nn当2n 时221323(1)2(1)65n n na S S nn n n n当1n 时2113121615a S 所以*65()na nn N （II ）由（I ）得133111(),(65)6(1)526561nn n b a a n n nn 故，111111(1)()()277136561nT n n =11(1).261n 因此使得*11(1)()26120m n N n 成立的m 必须且必须满足1,220m 即10m 故满足最小的正整数m 为102. （Ⅰ）设公差为d.由已知得)6()2(146411211d a a d a d a ………………………………3分解得10(d d 或舍去），所以1,21n a a n故………………………………6分（Ⅱ）11111(1)(2)12n n a a n n n n ，11112334nT …11122(2)n n nn ……………………………9分1n n T a ≤对nN 恒成立，即22(2)n n n≤(+)对nN 恒成立又211142(2)2(44)162(4)n nn n≤∴的最小值为116……………………………………………………………12分3. 解：(Ⅰ)由11a ，26a ，311a ，得11S ，22S ，318S ．把1,2n 分别代入1(58)(52)nn n S nS An B ，得28,248A B AB解得，20A ，8B．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，115()82208n n nnn S S S S n ，即11582208nnn na S S n ，①又2215(1)8220(1)8nnnn a S S n ．②②-①得，21215(1)58220n n n nn a na a a ，即21(53)(52)20n n n a n a ．③又32(52)(57)20nnna na ．④④-③得，321(52)(2)0n nn n a a a ，∴32120n n n a a a ，∴3221325nnnna a a a a a ，又215a a ，因此，数列n a 是首项为1，公差为5的等差数列．(Ⅲ)由(Ⅱ)知，54,()na n n N ．考虑55(54)2520mn a mn mn．2(1)211m nm nm nm n mn a a a a a a a a a a ,2515()9mn m n ．∴25(1)15()291522910mn m n a a a mn 厖．即25(1)mn m n a a a ，∴51mn m na a a ．因此，51mnm na a a ．4. （1）因为2n na b ，所以2nn a b ，则142242221221n nn nn nn nnna b b b a b a b b b ，………………………2分所以11112nnb b ，又13a ，所以123b ，故1n b 是首项为32，公差为12的等差数列，……4分即1312(1)222nn n b ，所以22nb n．………………………6分（2）由（1）知2n a n，所以2521n nc a n ，①当1p 时，11p c c ，21qc q ，21r c r ，若1pc ，1qc ，1rc 成等差数列，则2112121q r（），因为p q r ，所以2q ≥，3r ≥，2121q ，11121r，所以（）不成立．…………………………9分②当2p ≥时，若1pc ，1q c ，1rc 成等差数列，则211212121q p r ，所以121421212121(21)(21)p q rq p p q ，即(21)(21)21421p q rpq，所以22421pq p qrpq ，………………………12分欲满足题设条件，只需21qp ，此时2452rp p ，………………14分因为2p ≥，所以21q p p ，224734(1)10rqppp p ，即rq ．…………………………15分综上所述，当1p时，不存在q ，r 满足题设条件；当2p ≥时，存在21qp ，2452rpp，满足题设条件．…16分5. (1) 当1x 时,x x x f ln 1)(，.011)(,x x f )(x f 在,1上是递增.当10x时,x x x f ln 1)(,011)(,xx f .)(x f 在1,0上是递减.故1a 时, )(x f 的增区间为,1,减区间为1,0,0)1()(minf x f .………4分(2)○1若1a , 当a x时,x axx f ln )(,0111)(,xx xx f ,则)(x f 在区间,a 上是递增的; 当a x 0时,x x a x f ln )(, 011)(,xx f ,则)(x f 在区间a ,0上是递减的…………6分○2若10a , 当a x时,x axx f ln )(,xx xx f 111)(,,0)(,1,x f x ;0)(,1,x f xa . 则)(x f 在,1上是递增的,)(x f 在1,a 上是递减的; 当a x 0时,x xax f ln )(, 011)(,xx f )(x f 在区间a ,0上是递减的,而)(x f 在a x处有意义;则在区间,1上是递增的,在区间1,0上是递减的…………8分综上: 当1a 时, )(x f 的递增区间是,a ,递减区间是a ,0;当10a,)(x f 的递增区间是,1,递减区间是1,0………9分xf(3)由(1)可知,当1,1x a时,有,0ln 1x x 即xxx 11ln 则有222222ln 33ln 22ln nn 22211311211n)13121(1222nn …………12分)1(1431321(1nn n )11141313121(1n nn )1121(1n n =)1(2)12)(1(n n n 故：222222ln 33ln 22ln nn )1(2)12)(1(n n n . …………15分6. （1）由题意：)1()1(10)(21nnn na a a a 经化简变形得：)1910)(1(1nnna a a ………3分,1na 019101nna a ………5分变形得：109111nn a a 所以}1{n a 是以1为首项，109为公比的等比数列。
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浙江省历年高考数列大题总汇（题目及答案）1已知二次函数y?f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f?(x)?6x?2。
数列项和为Sn，点(n,Sn)(n?N 求数列*?an?的前n)均在函数y?f(x)的图像上。
?an?的通项公式；m3*，Tn是数列?bn?的前n项和,求使得Tn?对所有n?N都成立的最小20anan?1设bn正整数m。
?2. 己知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．求数列{an}的通项公式；设Tn为数列?小值． 3. 设数列?an?的前n项和为Sn，已知a1?1，a2?6，a3?11，且?1?*对?n?N恒成立，求实数?的最?的前n项和，若Tn≤?an?1¨?anan?1?(5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn?An?B，n?1,2,3,?，其中A、B 为常数．(Ⅰ) 求A与B的值；(Ⅱ)证明数列?an?为等差数列；(Ⅲ) 证明不等式5amn?aman?1对任何正整数m、n都成立． 4. 已知数列?an?，?bn?满足a1?3，anbn?2，bn?1?an(bn?求证：数列{2)，n?N*．1?an1}是等差数列，并求数列?bn?的通项公式；bn111，，成等差数列？若存在，试用p 表示q，r；若不crcqcp设数列?cn?满足cn?2an?5，对于任意给定的正整数p，是否存在正整数q，r(p?q?r)，使得存在，说明理． 5. 已知函数f(x)?x?a?lnx (a?0). (1)若a?1，求f(x)的单调区间及f(x)的最小值；(2)若a?0,求f(x)的单调区间；ln22ln32lnn2(n?1)(2n?1)*?2???2与(3)试比较的大小(n?N且n?2),并证明22(n?1)23n你的结论.6已知f(x)?(x?1)2,g(x)?10(x?1)，数列{an}满足(an?1?an)g(an)?f(an)?0，9(n?2)(an?1) 10a1?2，bn?求数列{an}的通项公式；(Ⅱ)求数列{bn}中最大项.7. 设k?R，函数f(x)?ex?(1?x?kx2)(x?0).若k?1，试求函数f(x)的导函数f?(x)的极小值；若对任意的t?0，存在s?0，使得当x?(0，s)时，都有取值范围. f(x)?tx2，求实数k的8. 已知等差数列{an}的公差不为零，且a3 =5, a1 , 成等比数列(I)求数列{an}的通项公式：(II)若数列{bn}满足b1+2b2+4b3+…+2nbn=an且数列{bn}的前n项和Tn 试比较Tn与-1 3n?1的大小n?19. 已知函数f(x)?12x?(2a?2)x?(2a?1)lnx 2(I )求f(x)的单调区间；(II)对任意的a?[,],x1,x2?[1,2]，恒有|f(x1)|?f(x2)??|数?的取值范围. 352211?|，求正实x1x2 1. 解：依题意可设f(x)?ax2?bx(a?0),则f`(x)?2ax?b f`(x)?6x?2 得a?3,b??2,所以f(x)?3x2?2x. 又点(n,Sn)(n?N*) 均在函数y?f(x)的图像上得Sn22?3n2?2n 当n?2时an?Sn?Sn?1?3n?2n???3(n?1)?2(n?1)???6n ?5 当n?1时a1所以an?S1?3?12?2?1?6?1?5 ?6n?5(n?N*)?33111??(?), anan?1(6n?5)?6(n?1)?5?26n?56n?1得bn 故，Tn?111?11111??(1?). =(1?)?(?)?????(?)??26n?12?77136n?56n?1 ?1m11m,即m?10 (1?)?(n?N*)成立的m必须且必须满足?22026n?120因此使得故满足最小的正整数m为10 ?4a1?6d?142. 设公差为d.已知得?....................................3分2?(a1?2d)?a1(a1?6d)解得d?1或d?0(舍去），所以a1?2,故an?n?1 (6)分?1111???，anan?1(n?1)(n?2)n?1n?211n1111?? (9)分?Tn?????…?n?1n?22(n?2)2334n≤?(n+ 2)对?n?N?恒成立?Tn≤?an?1对?n?N?恒成立，即2(n?2)n111?≤?又242(n?2)2(n??4)2(4?4)16n1∴?的最小值为……………………………………………………………12分163. 解：(Ⅰ)a1?1，a2?6，a3?11，得S1?1，S2?2，S3?18．把n?1,2分别代入(5n?8)Sn?1?(5n?2)Sn?An?B，得?解得，A??20，B??8．(Ⅱ)(Ⅰ)知，5n(Sn?1?Sn)?8Sn?1?2Sn??20n?8，即?A?B??28, 2A?B??48?5nan?1?8Sn?1?2Sn??20n?8，①又5(n?1)an?2?8Sn?2?2Sn?1??20(n?1)?8．②②-①得，5(n?1)an?2?5nan?1?8an?2?2an?1??20，即(5n?3)an?2?(5n?2)an?1??20．又(5n?2)an?3?(5n?7)an?2??20．③④④-③得，(5n?2)(an?3?2an?2?an?1)?0，∴an?3?2an?2?an?1?0，∴an?3?an?2?an?2?an?1???a3?a2?5，又a2?a1?5，因此，数列?an?是首项为1，公差为5的等差数列．(Ⅲ)(Ⅱ)知，an?5n?4,(n?N?)．考虑5amn?5(5mn?4)?25mn?20．(aman?1)2?aman?2aman?1?aman?am?an?1?25mn?15(m?n)?9．∴5amn?(aman?1)2厖15(m?n)?2915?2?29?1?0．即5amn?(aman?1)2，∴5amn?aman?1．因此，5amn?aman?1． 4. 因为anbn?2，所以an?2，bn42anb2bn4则bn?1?anbn?， (2)分?2?n?2??21?anbn?2bn?21?bn所以111??，bn?1bn2又a1?3，所以b1?即?1?231，故??是首项为，公差为的等差数列，……4分322?bn?131n?22??(n?1)??，所以bn?．………………………6分bn222n?2知an?n?2，所以cn?2an?5?2n?1，①当p?1时，cp?c1?1，cq?2q?1，cr?2r?1，若12111?1?，，成等差数列，则，2q?12r?1crcqcp21?1，1??1，2q?12r?1因为p?q?r，所以q≥2，r≥3，所以不成立．………………………...9分②当p≥2时，若则111，，成等差数列，crcqcp2111214p?2q?1?????，所以，2q?12p?12r?12r?12q?12p?1(2p?1)(2q?1)( 2p?1)(2q?1)2pq?p?2q，所以r?，...........................12分4p?2q?14p?2q?1222即2r?1?欲满足题设条件，只需q?2p?1，此时r?4p?5p?2，..................14分因为p≥2，所以q?2p?1?p，r?q?4p?7p?3?4(p?1)?p?1?0，即r?q．..............................15分综上所述，当p?1时，不存在q，r满足题设条件；当p≥2时，存在q?2p?1，r?4p?5p?2，满足题设条件． (16)分 5. (1) 当x?1时,f(x)?x?1?lnx ，f(x)?1?,,21?(x)在?1,???上是递增. x1?(x)在?0,1?上是递减. x故a?1时, f(x)的增区间为?1,???,减区间为?0,1?,f(x)min?f(1)?0. ………4分当0?x?1时,f(x)?x?1?lnx,f(x)??1?(2)○1若a?1, 当x?a时,f(x)?x?a?lnx,f(x)?1?是递增的; 当0?x?a时,f(x)?a?x?lnx, f(x)??1?,, 1x?1??0,则f(x)在区间?a,???上xx1?0,则f(x)在区间?0,a?上是递x减的 (6)分2若0?a?1, ○当x?a时, f(x)?x?a?lnx, f(x)?1?,1x?1,?,x?1,f(x)?0 ; xxa?x?1,f,(x)?0. 则f(x)在?1,???上是递增的, f(x)在?a,1?上是递减的; 当0?x?a时,f(x)?a?x?lnx, f(x)??1?,f(x)在区间?0,a?上是递减的,而f(x)在x?a处有意义;则1?0 x f?x?在区间1,???上是递增的,在区间?0,1?上是递减的 (8)分??a,???,递减区间是?0,a?; 当0?a?1,f(x)的递增区间是?1,???,递减区间是?0,1?综上: 当a?1时, f(x)的递增区间是………9分lnx1?1? (3)(1)可知,当a?1,x?1时,有x?1?lnx?0,即xxln22ln32lnn2?2???2 则有223n?1?111111?1????1??n?1?(????)…………12分22222223n23n ?n?1?(111????2?33?4n(n?1)111111?n?1?(???????)2334nn?111(n?1)(2n?1)?n?1?(?)=2n?12(n?1)ln22ln32lnn2(n?1)(2n?1)?2??? 2?故：.............15分2(n?1)223n 6. 题意：(an?1?an)?10(an?1)?(an?1)2?0 ?1)(1 0an?1?9an?1)?0.........3分经化简变形得：(an?an?1,?10an?1变形得：?9an?1?0 (5)分an?1?19? an?1109为公比的等比数列。
10 所以{an?1}是以1为首项，?9????10??n?1可求得：an?1.........7分bn?9(n?2)(an?1)可求得10 ?bn?(n?2)(9n) (9)分109()n?1(n?3)b9n?3得n?7，?n?1?10??1,9bn10n?2()n(n?2)109() n(n?2)b9n?2?n?10??1, 得n?8，………12分9bn?110n?1()n?1(n?1)10即?a6?a7?a8?a9?，98所以：n=7或n=8时bn最大，b7?b8?1077. 解：当k?1时，函数则f(x)的导数 (14)分f(x)?ex?(1?x?x2)，f?(x)?ex?(1?2x)，f?(x)的导数f??(x)?ex?2.………………2分显然f??(ln2)?0，当0?x?ln2时，f??(x)?0；当x?ln2时，f??(x)?0，ln2)内递减，在(ln2，??)内递增.……………………4分从而f?(x)在(0，故导数f?(x)的极小值为f?(ln2)?1?2ln2……………………6分解法1：对任意的t?0，记函数2?Ft(x)?f(x)?tx2?ex??1?x?(k?t)x??(x?0)，根据题意，存在s?0，使得当x?(0，s)时，Ft(x)?0. 易得Ft(x)的导数Ft?(x)?ex??1?2(k?t)x?，Ft?(x)的导数Ft??(x)?ex?2(k?t)……9分①若Ft??(0)?0，因Ft??(x)在(0，s)上递增，故当x?(0，s)时，Ft??(x)>Ft??(0)≥0，于是Ft?(x)在(0，s)上递增，则当x?(0，s)时，Ft?(x)>Ft?(0)?0，从而Ft(x)在(0，s)上递增，故当x?(0，s)时，Ft(x)?Ft(0)?0，与已知矛盾 (11)分②若Ft??(0)?0，注意到Ft??(x)在[0，s)上连续且递增，故存在s?0，使得当x?(0，s) Ft??(x)?0，从而Ft?(x)在(0，s)上递减，于是当x?(0，s)时，Ft?(x)?Ft?(0)?0，因此Ft(x)在(0，s)上递减，故当x?(0，s)时，Ft(x)?Ft(0)?0，满足已知条件……13分综上所述，对任意的t?0，都有Ft??(0)?0，即1?2(k?t)?0，亦即k?再t的任意性，得k?1?t，2111，经检验k?不满足条件，所以k?…………………15分222解法2：题意知，对任意的t?0，存在s?0，使得当x?(0，s)时，都有f(x)?t成x2立，即f(x)?0成立，则存在s?0，使得当x?(0，s)时，f(x)?0成立，x2又f(0)?0，则存在s0使?0，使得当x?(0,s0)时，f(x)为减函数，即当x?(0,s0)时f?(x)?ex?1?2kx?0成立，又f?(0)?0，故存在s0?s?0，使得当x?(0，s)时f?(x)为减函数，xxe1?. 则当x?(0，s)时f??(x)?0成立，即e?2k?0，得k?228. 解：在等差数列中，设公差为d(d?0)，22???a1(a1?4d)?(a1?d)?a1a5?a2???a1?2d? 5?a?53题?，??， (3)分?a1?1?d?2解得：? .?an?a1?(n?1)d?1? (n?1)2?2n?1.n?1b1?2b2?4b3???2bn?an①…4分…5分9. 解：f?(x)?x?(2a?2)?2a?1(x?2a?1)(x?1)x=x…1分令f?(x)?0，x1?2a?1,x2?1(x?1)2f?(x)??0f(x)增区间是?0,???；a?0x①时，，所以②a?0时，2a?1?1，所以f(x)增区间是(0,1)与(2a?1,??)，减区间是(1,2a?1) ③?1?a?0f(x)增区间是(0,2a?1)与(1,??)，减区间是(2a?1,1) 2时，0?2a?1?1，所以12时，2a?1?0，所以f(x)增区间是(1,??)，减区间是(0,1)④…5分35a?[,]22，所以(2a?1)?[4,6]，知f(x)在[1,2]上为减函数. …6分因为a??若x1?x2，则原不等式恒成立，∴??(0,??)…7分11?x?x2，不妨设1?x1?x2?2，则f(x1)?f(x2)，x1x2，若1f(x1)?f(x2)??(所以原不等式即为：11?)x1x2f(x1)??，即11?f(x2)??x1x2对任意的35a?[,]22，x1,x2?[1,2]恒成立令g(x)?f(x)??35a?[,]x，所以对任意的22，x1,x2?[1,2]有g(x1)?g(x2)恒成立，所以g(x)?f(x)??x在闭区间[1,2]上为增函数…9分35a?[,]?(x)?0g22，x?[1,2]恒成立所以对任意的。