2020年高考数学试题分类汇编数列.docx
十、数列一、选择题
1.(天津理 4)已知a n
为等差数列,其公差为-2,且
a7
是
a3
与
a9
的等比中项,
S n
为
a
n的前 n 项和, n N *,则S
10的值为
A . -110B. -90
C. 90D. 110
【答案】 D
2.(四川理8)数列a
n
的首项为 3 ,
b
n为等差数列且
b
n a n1a n (n
N *)
.若则
b
3 2 ,
b1012 ,则 a8
A . 0
B . 3
C . 8D. 11【答案】 B
【解析】由已知知b n2n8, a n 1a n2n 8,
由叠加法
(a2a1 ) ( a3a2 ) L ( a8a7 )64 2 0 2 4 6 0a8a13 3.(四川理 11)已知定义在0,上的函数 f (x) 满足 f ( x) 3 f ( x2) ,当x0,2时,
f (x)x22x .设 f (x) 在2n2,2n上的最大值为a
n
(n
N *) ,且a n的前
n
项和为
lim S n
S
n ,则 n
53
A . 3
B .2
C. 2 D .
2
【答案】 D
f (x2)1
f ( x)
2,2 n] 上,
【解析】由题意3,在 [2 n
1111 (
1
)n
3
n 1, f (x)1,n2, f (x)3, f (x)2L a n n 1S n3lim S n
, n( )( )
12
3331
3
4.(上海理18)设{ a n }
是各项为正数的无穷数列,
A i
是边长为
a i, a i1
的矩形面积(
i1,2,L
),
则{ A
n
}
为等比数列的充要条件为
A .
{ a
n
}
是等比数列。
B.
a
1
, a
3
,L, a
2n 1
,L
或
a
2
, a
4
,L ,a
2n
,L
是等比数列。
C.a
1
, a
3
,L
, a2n 1,L和
a
2
, a
4
,L
,a2n ,L均是等比数列。
L
, a2n 1,
L
和 a2 , a4 ,L, a2 n ,L均是等比数列,且公比相同。
D. a1 , a3 ,【答案】 D
5.(全国大纲理 4)设S
n为等差数列
a
n的前n项和,若
a
1
1
,公差 d2,
S
k 2S k24 ,
则
k
A . 8
B . 7
C . 6D. 5【答案】 D
6.(江西理 5)已知数列 {a n
} 的前 n 项和
S n
满足:
S n S m
S
n m
,且
a1
a
10
=
=1 .那么
A . 1
B . 9C. 10 D. 55
【答案】 A
7.(福建理 10)已知函数 f( x)=e+x ,对于曲线 y=f( x)上横坐标成等差数列的三个点A,B,C ,给出以下判断:
①△ ABC 一定是钝角三角形
②△ ABC 可能是直角三角形
③△ ABC 可能是等腰三角形
④△ ABC 不可能是等腰三角形
其中,正确的判断是
A .①③
B .①④C.②③ D .②④
【答案】 B
二、填空题
8.(湖南理 12)设S
n是等差数列
{ a
n
} (n N )
,的前 n 项和,且
a
11,a
4 7 ,
则S
9 =.
【答案】 25
9.(重庆理 11)在等差数列{ a
n
}
中,
a
3
a7
37
,则
a
2a4 a6a8__________
【答案】 74
1
10 .(北京理11 )在等比数列 {an} 中, a1= 2, a4=-4 ,则公比 q=______________ ;a1 a2 ...a n
____________ 。— 2
2n 11
【答案】2
11.(安徽理 14)已知ABC 的一个内角为120o,并且三边长构成公差为 4 的
等差数列,则ABC
的面积为 _______________.
【答案】
15 3
12.(湖北理 13)《九章算术》“竹九节”问题:现有一根9 节的竹子,自上而下各节的容积成
等差数列,上面 4 节的容积共为 3 升,下面 3 节的容积共 4 升,则第 5 节的容积为升。
67
【答案】 66
13.(广东理
a n
前9 项的和等于前 4 项的和.若
a1 1,a k a40
,则11)等差数列
k=____________ .【答案】 10
14.(江苏 13)设1 a
1
a2
a
7 ,其中
a
1
, a
3
, a
5
, a
7 成公比为q的等比数列,
a
2
, a
4
, a
6
成公差为 1 的等差数列,则q 的最小值是 ________ 33
【答案】
三、解答题
15.(江苏 20)设M部分为正整数组成的集合,数列{ a n }的首项 a11
,前 n 项和为
S n
,已
知对任意整数k M ,当整数n
k
时, S
n k
S
n k
2(S
n
S
k
)
都成立
( 1)设M{1}, a22,求 a5
的值;
(2)设M{ 3,4}, 求数列 { a
n
}
的通项公式
本小题考查数列的通项与前n
项和的关系、等差数列的基本性质等基础知识,考查考生分析探
究及逻辑推理的能力,满分16 分。
解:( 1)由题设知,当n 2时 , S n 1 S n
12( S n
S
1
)
,
即( S
n 1S n ) ( S n
S
n 1
)2S
1,
从而a
n 1a n2a12, 又 a22, 故当 n2时 , a n a22(n2)2n 2.
所以a
5的值为 8。
( 2)由题设知,当k
M{3, 4}, 且 n k时 ,S n k
S
n k2S n2S k
且S
n 1 k S
n 1 k2S n 1
2S
k ,
两式相减得a
n 1
k
a
n 1 k2a n 1 ,即 a n 1 k
a
n 1k
a
n 1a n1k
所以当n8时, a
n 6
, a
n 3
, a
n
, a
n 3
,a
n 6 成等差数列,且
a
n 6
,a
n 2
, a
n 2
, a
n
6 也成等差数列
从而当n
8时,
2a
n a n3
a
n 3
a
n 6
a
n 6
.
(*)
且
a
n
6 a
n 6
a n 2 a n 2 , 所以当 n 8时 , 2a n a n 2
a
n 2 ,
即 a n
2
a n
a n
a n 2 .于是当 n 9时, a n 3 , a n 1 ,
a n 1 , a n
3
成等差数列,
从而
a
n 3
a
n 3
a
n 1
a
n 1 ,
故由( * )式知
2a n
a n 1
a
n
1,即 a n
1
a
n
a n a n 1 .
当
n
9 时,设
d
a n
a n 1 .
当 2 m 8时, m 6 8 ,从而由( * )式知 2a m 6
a m
a
m 12
故 2a m 7
a m 1 a m 13.
从而
2(a
m 7
a m 6 )
a m 1
a
m
( a m 13a
m 12
) ,于是 a m 1
a
m
2d d
d.
因此,
a n
1
a n
d
对任意 n 2都成立,又由
S n k
S n k
2S k
2S k (k {3, 4}) 可知
(S n k
S n ) (S n S n k ) 2S k ,故 9d
2S 3且16d 2S 4 ,
a 4
7
d ,从而 a 2
3
d, a 1 d .
解得
2
2
2
因此,数列 { a n }
为等差数列,由
a 1
1知 d 2.
所以数列
{ a n }
的通项公式为
a n
2n
1.
16.(安徽理 18)
在数 1 和 100 之间插入 n
个实数,使得这 n 2 个数构成递增的等比数列,将这
n 2 个数的
乘积记作
T n
,再令
a n
lg T
n,
n ≥1 .
(Ⅰ)求数列
{ a n }
的通项公式;
(Ⅱ)设
b
n
tan a n
gtan a n 1
, 求数列 { b n
} 的前 n 项和 S n
.
本题考查等比和等差数列,指数和对数的运算,两角差的正切公式等基本知识,考查灵活运
用知识解决问题的能力,综合运算能力和创新思维能力
.
l 1 ,l 2
,
,l n 2
构成等比数列,其中
t 1 1, t n 2 100,
则
解:( I )设
T n
t 1 t 2
t
n 1
t
n 2
,
①
T n
t n 1 t n 2
t 2 t 1,
②
①×②并利用 t 1t n 3 i
t 1t n 2
10 2 (1 i n
2),得
T n 2 (t 1t n 2 ) (t 2 t n 1 )
(t n 1 t 2 ) (t n 2t 1 ) 102( n 2) , a n lg T n
n 2, n 1.
b n tan(n 2)
tan(n
3), n
1.
(II )由 意和( I )中 算 果,知
tan1 tan((k
1) k )
tan(k 1) tan k , 另一方面,利用
1 tan(k 1) tan k
tan(k
1) tan k tan(k
1) tan k
1.
tan1
得
n
n 2
S n
b k tan(k 1) tan k
所以
k 1 k 3
n 2
( tan(k
1) tan k 1)
k 3
tan1 tan(n 3) tan3
tan1
n.
17.(北京理 20)
若数列
A n
a 1, a 2,..., a n (n 2)
足
a
n 1
a 1
1(k 1,2,..., n
1)
,数列
A
n
E 数列,
S( A n )
=
a
1
a 2
...
a
n
.
(Ⅰ)写出一个 足 a 1 a s
0 ,且 S( A s ) 〉 0 的 E 数列 A n ;
(Ⅱ)若
a 1 12
, n=2000, 明: E 数列 A n
是 增数列的充要条件是
a n
=2020 ;
(Ⅲ) 任意 定的整数
n ( n ≥2),是否存在首 0 的 E 数列
A n
,使得
S A n
=0?如
果存在,写出一个 足条件的
E 数列
A n
;如果不存在, 明理由。
解:(Ⅰ) 0, 1,2, 1, 0 是一具 足条件的 E 数列(答案不唯一, 0, 1, 0,1, 0 也是一个 足条件的(Ⅱ)必要性:因 E 数列 A5 是 增数列,
A5 。
E 的数列
A5 )
所以
a k 1
a k
1(k
1,2, ,1999) .
所以 A5 是首 12,公差
1 的等差数列 .
所以 a2000=12+ (2000— 1)×1=2020.
充分性,由于 a2000—a1000≤1,
a2000— a1000 ≤1
??
a2— a1≤1
所以 a2000— a≤ 19999,即 a2000 ≤ a1+1999.
又因 a1=12, a2000=2020,
所以 a2000=a1+1999.
故a
n 1
a
n 1 0(k1,2,
,1999),即A
n 是增数列.
上,得。
(Ⅲ)令c
k
a
k 1
a
k10(k 1,2, ,n 1), 则 c A1.
因a
2a1c1a1a1 c1c2
??
a n a1c1c2c n 1 ,
所以S( A
n
)na
1(n 1)c1(n 2)c2( n 3)c3
c
n 1
n(n1)
[(1c1 )(n1)(1 c2 )( n2)(1c n 1 )].
2
因c
k1, 所以1c k为偶数 (k1,, n1).
所以* 1
c1 )(n 1)(1c2 )(n 2)(1
c
n
)
偶数, S( A n )0,必须使
n(n 1)
所以要使2偶数 ,
即 4整除 n( n1), 亦即 n4m或n4m1(m N*) .
当n
4m1( m
N *) 时, E数列 A n的项满足
a4k1
a
4 k 10, a4 k 21, a4 k 1
(k1,2,, m),有a10, S( A n )0;
a
4k1( k1,2,, m),a4 k 10时, 有
a10, S( A n )0;
当n
4m1(m
N *)时, E数列A
n 的足,
a
4 k 1
a
3k3
0, a
4 k 21,
当n
4m
2或
n4m3(m N )时, n( m
1)
不能被 4 整除,此不存在 E 数列 An ,
使得 a10, S( A n ) 0.
18.(福建理16)
13已知等比数列{an} 的公比 q=3,前 3 和 S3= 3。
( I )求数列 {an} 的通项公式;
( II )若函数 f ( x) Asin(2 x )( A 0,0
p) 在
x
6 处取得最大值, 且最大值为
a3,求函数 f ( x )的解析式。
本小题主要考查等比数列、三角函数等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,满分 13 分。
q 3, S 3
13 得 a 1(1 33 ) 13 ,
解:( I )由
31 33
a 1
1. 解得
3
a n
1 3n 1 3n 2. 所以
3
( II )由( I )可知
a
n
3n 2
,所以 a
3
3.
因为函数
f ( x)
的最大值为
3,所以 A=3 。
x
因为当
6 时
f ( x)
取得最大值,
sin(2
) 1.
所以
6
,故
.
又
6
f ( x) 3sin(2 x
) 所以函数
f ( x)
的解析式为
6
19.(广东理 20)
a n
nba n 1
(n 2)
a n
a
n 1
2n 2
设 b>0, 数列
满足 a1=b ,
.
( 1)求数列
a n
的通项公式;
a n
b n 1 1.
( 2)证明:对于一切正整数 2n 1 n ,
解:
a
b
0, 知 a
nba n
1
n
1 2 n
1
0,
.
1
n
a
n 1
2n 2
a n
b b a n 1
( 1)由
A n
n
, A 1 1
令
a n
b ,
n 2时, A n
1 2
A n 1
当
b
b
1 2
2n 2
2n
1
b b 2
L
b n 1 b n 1
A
1
1 2
L 2n 2
2n
1
b
b 2
n 1
b n .
b
①当
b
2时,
1
(1
2 n
)
b n
2n
A n
b b
,
2
b n (b
1
2)
b
b 2时 , A n
n . ②当
2
a n
nb n (b 2) , b 2
b n 2n
2, b 2
a n n
b n (b 2) b n 1
1,只需证 nb n
(
b n 1
b n 2n ( 2)当
b
b n
2 n
n 1
n 1
1)
2 )
2
时,(欲证
2
2
b (2
n 1
b n 1 ) b n
2n (2 n 1
b n 1 )(b n
1
2b n 2
L 2n
1 )
b
2
2n 1b n 1 2n 2 b n 2 L 22 n
b 2n 2b 2n 1 L2n 1b n 1
2n b n ( 222
L
2n b n b n 1 L
b )
b b 2
b n 2n
2n 1
2
2n b n
(2 2 L 2) 2n 2n
b n
n 2n 1b n ,
a n
nb n (b 2) b n 1
1.
b
n
2
n
2n 1
b 2时, a n 2b n1
1. 2n1
当
a n
b n1
1. 2n1
上所述20.(湖北理 19)
已知数列a
n的前 n 和S n,且足: a1 a
(a 0)
,a n 1rS n
(n
N* ,
r
R, r1) .
(Ⅰ)求数列a n的通公式;
(Ⅱ)若存在 k N* ,使得S
k1
,S k,S k 2 成等差数列,是判断:于任意的
m
N* ,且
m
2 ,
a m 1, a m, a m 2 是否成等差数列,并明你的.
本小主要考等差数列、等比数列等基知,同考推理能力,以及特殊与一般的思想。(分13 分)
解:( I)由已知a
n 1
rS
n
,
可得
a
n2
rS
n 1,两式相减可得
a
n 2a
n 1r ( S n 1S n ) ra n 1 ,
即a
n 2
(r 1)a
n 1
,
又a2 ra1 ra , 所以r=0,
数列{ a
n
}
: a,0,?, 0,?;
当 r 0, r 1
,由已知
a0,所以a
n
(n N *),
a n2
r1(n N)
于是由 a n 2( r1)a n 1, 可得 a n1,a2, a3,L,a n L成等比数列,
当 n 2时,a
n r ( r 1)n 2 a.
a n
a n n1,
{ a n }r ( r 1)n 2 a, n 2上,数列的通公式
( II )于任意的m
N *,且
m
2, a m1
, a
m
,a
m 2 成等差数列,明如下:
a m
a, n1,
0,n2
当 r=0 ,由( I)知,
于任意的 m N *,且m
2, a m 1 , a m ,a m2 成等差数列,
当
r
0 , r 1 ,
Q S k 2 S k a k 1 a k 2 , S k 1 a k 1.
若存在
k
N *
,使得
S k 1
, S 1
, S
k 2
成等差数列,
S
k
1
S
k 2
2S k
,
2S k 2a k 1
a
k 2
2S k ,即 a k 2
2a k 1,
由( I )知,
a 2
, a 3
,L
, a m ,L 的公比 r 1 2 ,于是
于任意的
m
N *
,且
m
2, a m 1
2a m ,从而 a m 2 4a m ,
a
m 1
a
m 2
2a m ,即 a m 1 ,a m ,a m 2 成等差数列,
上, 于任意的 m
N *
,且 m
2, a m 1
, a m
, a
m 2
成等差数列。
21.( 宁理 17)
已知等差数列 {an} 足 a2=0, a6+a8=-10 ( I )求数列 {an} 的通 公式;
a n
n 1
2
a 1 d 0, ( I ) 等差数列
{ a n }
的公差
d ,由已知条件可得
2a 1 12d10,
a 1
1,
解得
d
1.
故数列
{ a n }
的通 公式
a n 2
n.
??????5 分
{ a n }的前 n 项和为 S n S n a 1 a 2 L
a n , 故S 1
1
( II ) 数列
2n 1
,即
2 2n 1
,
S n a 1 a 2 L a n
2
2
4
n
.
2
所以,当 n
1 ,
S n a 1 a 2
a 1 L
a n
a
n 1
a n
2
2
2n 1
2n
1 1 1 L 1
2 n
)
(
4
2
n 1 n
2
2
1 (1
n
1 1 )
2 2n n
2
n
2 n
.
所以 S n
2 n
n
1 .
{
a n
n
1
}的前n 项和S n
n
n 1 .
上,数列
2
2
?????? 12分
22.(全国大 理
20)
1
1
a n
a 1 0
1 a n 1
1.
数列
足 且 1 a n
(Ⅰ)求
a n
的通 公式;
1
a
n 1
n
b
,记 S
b ,证明: S 1.
n
n
n
k
n
(Ⅱ) k 1
解:
1 1
( I )由
1
1,
a
n 1
1 a n
{ 1
}
即
1
a n
是公差
1 的等差数列。
1
1,故
1
又 1 a 1
n.
1 a n
a n
1 1 .
所以
n
( II )由( I )得
b n
1
a n 1 ,
n
n 1 n n 1 n 1 1
n
n
1 ,
???? 8 分
n
n
1
1
1
S n
b k
( ) 1 1.
k 1
k 1
k
k 1
n 1
???? 12 分
23.(全国新 理 17)
已知等比数列
{ a n }
的各 均 正数,且
2a 1 3a 2 1,a 3
2
9a 2a 6 .
( I )求数列
{ a n }
的通 公式.
b n log 3 a 1 log 3 a 2 L
log 3 a n
{ 1
}
( II )
,求数列 b n 的前 n 和.
解:
2
3 2
q 2
1 (Ⅰ) 数列 {an} 的公比 q ,由
a 3
9a 2a 6 得 a 3 9a 4 所以
9 .
1
q
由条件可知 c>0,故
3 .
由
2a
1
3a 2
1得
2a 1
3a 2
q
a 1
1
3 .
1
,所以
1
故数列 {an} 的通 式 an= 3n
.
(Ⅱ )
b n
log 3 a 1 log 3 a 2 ... log 3 a n
(1 2 ... n) n(n
1)
2
1
2 2(
1
1 ) 故 b n
n(n 1) n
n 1
1 1 (1)
2((1 1 ) (1 1
) ...
(
1
1
))
2n
b 1 b 2
b n
2 2
3 n n 1
n 1
1 }
2n
{
所以数列
b n 的前 n 项和为
n 1
24.(山东理 20)
等比数列 a n 中, a 1
, a 2 , a 3
分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且
a 1
, a 2
,a
3 中的任何
两个数不在下表的同一列.
第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10
第二行 6 4 14
第三行
9
8
18
(Ⅰ)求数列
a n 的通项公式;
(Ⅱ)若数列 b n 满足:
b n
a n ( 1)ln a n ,求数列
b n
的前 n 项和
S
n .
解:( I )当
a 1
3
时,不合题意;
当
a
1
2
时,当且仅当
a 2
6, a 3
18 时,符合题意;
当
a
1
10 时,不合题意。
因此
a
1
2, a 2 6, a 3 18,
所以公式 q=3,
故
a
n
2 3n 1.
( II )因为
b n
a n ( 1)n ln a n
2 3n 1 ( 1)n (2 3n 1 )
2 3n 1 ( 1)n [ln 2 ( n 1) ln 3]
2
3n 1 (
1)n (ln 2 ln 3) ( 1)n nln 3,
所以
S
2n
2(1 3 L
32 n 1)
[ 1 1 1
L ( 1)2n ](ln 2 ln 3) [ 1 2 5 L ( 1)n n]ln 3,
所以
S n
2
1
3n
n
1
3
ln 3
当 n 为偶数时,
2
3
n
n
ln 3 1;
2
S n
2
1
3n
(ln 2 ln 3) n
1
1
3
(
n)ln 3
当 n 为奇数时,
2
3n n
1
ln 3ln 2 1. 2
上所述,
3n n
ln 31,n为偶数
S n2n 1
ln3-ln2-1,n
3n -为奇数
2
25.(上海理 22)已知数列{ a
n
}
和
{b
n
}
的通公式分a n3n 6 ,b n 2n
7
( n N *),
将集合
{ x | x a n , n N * } U { x | x b
n
, n N
*
}
中的元素从小到大依次排列,构成数列
c1 , c2 , c3 ,L ,c n ,L 。(1)求 c1 ,c2 , c3 ,c4;
(2)求:在数列{ c
n
}
中.但不在数列
{ b
n
}
中的恰
a
2
, a
4
,L ,a
2n
,L
;
( 3)求数列{ c
n
}
的通公式。
解:⑴c19, c211,c312, c413 ;
⑵①任意 n N*,
a
2 n 13(2n1)66n3
b
k
2k 7
,k3n 2 ,即
a 2n1b
3n 2
假 a2n6n6b k2k7k3n1N *
a2n{ b n}
②2(矛盾),∴
∴在数列{ c
n
}
中.但不在数列
{ b
n
}
中的恰
a
2
, a
4
,L , a
2 n
,L
。
⑶b3k22(3k2)76k3a2 k 1,
b
3 k 16k5
,
a
2k6k
6
,
b
3 k6k 7
∵6k36k56k66k7
∴ 当k
1,依次有
b
1
a1c1 ,b2c2 ,a2c3 ,b3
c
4 ,??
6k3(n4k3)
c n6k 5 ( n 4k2) , k N*
6k6( n4k1)
∴6k 7(n4k )。26.(四川理 20)
设 d 为非零实数,a n
1
(C n1 d 2C n2 d 2L ( n 1)C n n 1 d n 1nC n n d n ](n N * )
n
( 1)写出a
1
, a
2
, a
3并判断
{ a
n
}
是否为等比数列。若是,给出证明;若不是,说明理由;
( II )设b
n
nda n (n
N
*
)
,求数列
{ b
n
}
的前n项和
S
n .
解析:(1)
a1d
a2 d ( d1)
2
a3 d (d1)
a n C n0 d C n1d 2C n2 d 3 L C n n 1d n d (1 d )n 1 a d (1d)n
n 1
a
n 1d1
a n
因为 d 为常数,所以{ a
n
}
是以 d 为首项, d
1
为公比的等比数列。
b nd 2 (1 d ) n 1
n
S n d 2 (1 d )02d 2 (1 d )13d 2 (1 d) 2 L L nd 2 (1 d )n 1
( 2)
d 2[(1 d)02(1 d )13(1d) 2L L n(1 d )n1](1)
(1 d )S n d 2[(1 d )12(1d)23(1d) 3L L n(1d) n ](2)
dS n d 2[1 (1(1d)n ) d 2n(1 d )n d(d 2n d )(1 d )n ( 2)( 1)1(1 d )
S n1(dn 1)(1 d )n
27.(天津理 20)
已知数列 { a n} 与 { b n } 满足:b
n
a
n
a
n 1
b
n 1
a
n 20, b n
3( 1)n
N *,且
2,
n
a
12, a
2
4
.
(Ⅰ)求a
3
, a
4
, a
5的值;
(Ⅱ)设c
n
a2n 1a2 n 1 ,n N *,证明:c n是等比数列;
S k a2a4
a
2k, k N* ,
4n S k
7
(n N * )
( III )设证明:k 1 a k6.
本小题主要考查等比数列的定义、数列求和等基础知识,考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分 14 分 .
b n 3 ( 1)n,n N * ,
( I)解:由2
为奇数
b n1,n
2,n为偶数
可得
又b
n
a
n
a
n 1
b
n 1
a
n 2
0,
当n=1时,a 1+a2 +2a3 =0, 由a1=2,a 2 =4, 可得 a33;当n=2时,2a 2 +a3 +a4 =0, 可得
a45;
当n=3时,a 3 +a4 +2a5 =0, 可得
a4 4.
( II )证明:对任意n
N * ,
a
2n 1a
2 n2a2n10,①
2a2 n a
2n1
a
2n20,②
a2n 1a2 n 22a2 n 30,③
②—③,得a
2 n
a
2 n 3
.
④
将④代入①,可得a
2n 1
a
2 n 3
(a
2 n 1
a
2n 1
)
即c
n 1c n (n N * )
又c
1a1a31,故 c n0,
c n 1
1,所以 { c n}
因此c
n是等比数列 .
( III )证明:由(II )可得a
2k 1
a
2k 1( 1)
k
,
于是,对任意k
N *且 k
2
,有
a1a31,
(a3a5 )1,
a5a71,
M
( 1)k (a2k 3a2 k 1)将以上各式相加,得
即a
2k 1
(
1)k 1( k
此式当 k=1时也成立
1.
a1 ( 1)k a2k 1(k 1), 1) ,
.由④式得
a
2k
( 1)k 1 (k 3).
从而 S2k(a2a4 ) (a6a8 ) L(a4k 2 a4 k )k,
S
2k 1S
2 k
a
4 k k 3.
所以,对任意n
N * , n 2 ,
4 n S k
n (
S
4m 3
S
4m 2
S
4 m 1
S
4m )
k 1 a k m 1 a4m 3a
4m 2
a
4 m 1
a
4m
n m 1( 2m 2 2m12m 32m ) 2m2m22m 12m 3
n m 1
23
() 2m(2 m 1)(2 m 2)(2 m 2)
2n53
23m 2 2m(2 m1)(2n2)(2 n3)
1n53
3m 2 (2 m1)(2m1)(2 n2)(2 n3)
15
[(
1 1
) (
1 1
) L(1
1
1)]3
3235572n2n1(2 n 2)(2 n 3)
15513
36 2 2n 1(2 n2)(2 n3)
7 .
6
对于 n=1,不等式显然成立.
所以,对任意n N * ,
S 1 S 2 L
S 2 n 1
S
2n
a 1
a 2
a
2 n 1
a
2n
( S 1 S 2 )( S 3
S
4
) L(
S
2 n 1
S
2 n )
a 1 a 2 a 3 a 4
a
2 n 1
a
2 n
(1
1 1
) (1
1
42
2 1) ) L (1 1 n 1)
)
4 12
42 (4 2
4n (4 n
1
1 ) ( 1
2
) L 1
n
)
n (
42
4 2
(42
( n
4 n
(4 n
1)
4 12
1)
4
n 1 1
) 1
( n.
4 12 3
28.(浙江理 19)已知公差不为
0 的等差数列
{ a n }
的首项 a 1
为 a ( a
R
),设数列的前 n 项和
1
1
1
为 S n ,且 a 1 , a 2 , a 4 成等比数列
( 1)求数列 { a n } 的通项公式及 S n
A n
1
1 1
1
B n
1 1 1
...
1
...
a 1 a 2
a 2 2
a 2n
,当 n 2 时,试比较
A n
( 2)记
S 1
S 2
S 3
S
n ,
与
B n
的大小.
本题主要考查等差数列、等比数列、求和公式、不等式等基础知识,同时考查分类讨论思想。 满分 14 分。
( 1 )2
1 1 ,
( I )解:设等差数列
{ a n }
的公差为
d ,由 a 2
a 1 a 4
得
(a
1
d )2
a 1 (a 1 3d )
a n na 1 an(n 1)
. 因为
d
,所以
d
a
所以 , S n
2
1
2 ( 1
1 )
( II )解:因为
S n
a n
n 1
,所以
A n
1 1 1 L 1
2 (1
1 ) S 1 S
2 S 3
S n a
n 1
因为
a
2n
1
2
n
1
a ,所以
1 n
1 1
1
1 1 1 ( 2)
2
1
B n
a 1
a 2 a 22
L
a 2
n 1
a
1
1
a (1 2n
).
2
当
n
2时, 2n C n 0 C n 1 C n 2 L C n n n 1 ,
1
1 1 1n , 即
n
1 2
所以,当
a
0时, A
n
B n
;
当
a 0时 , A n B n .
29.(重庆理 21)
设实数数列
{ a }
的前 n 项和
S
S
n 1
a n 1 S n (n N * )
n n
,满足
( I )若 a 1 ,S 2 2a 2
成等比数列,求 S 2
和 a 3
;
k 3有 0
a k 1 a k
4
3
( II )求证:对
S 22 2a 1a 2 , 得S 22 2S 2
( I )解:由题意 S 2 a 2 S 1 a 1a 2 ,
,
由 S2 是等比中项知 S 2
0.因此 S 2
2.
由
S
2
a 3 S 3
a 3
S
2 解得
a 3
S 2
1
2 2 .
S 2 2 1 3
( II )证法一:由题设条件有
S n
a
n 1
a n 1S n ,
S 1,a
1且 a
S n , S
a n 1
,
n
n 1
n 1
S n 1n
a
n 1
1
故
从而对 k
3 有
a k
1
a k 1
S
k 1
a
k 1
S
k 2
a
k 1
1
a k 2
1
a k
.
S k 1
1 a k 1
S k 2
1
a k 1
a k 2
1 a k 1 1
a k
1
1
a
k 1
1
①
a k 2
1
a
k 1
1 (a k 1
1 )
2
3 0且 a k 2
1
因
2
4
,由①得
a k 0
4
a k 2
1
4
要证 a
k
,由①只要证
a k 2
,
3 1
a k 1 1 3
即证
3a k 2
1
4(a k 2
1
a k 1 1),即(a k
1
2)2
0.
此式明显成立 .
a k
4
(k
3).
因此
3
a k
a k 2
a k ,
a
k 1
a k .
1
a k 2
a k
最后证
若不然
1
a k 0, 故
a k
1,即(a k 1)
2
0.
a k 1
又因
a k 2
矛盾 .
因此
a
k 1
a k (k 3).
证法二:由题设知 S n 1
S n a n 1
a n 1S n ,
故方程 x
2
S n 1 x
S
n 1
0有根 S n 和
a n
1
(可能相同) .
因此判别式 S n 2
1
4S n
1
0.
S n 2
S n 1
a n 2
a n 2 S n 1得 a n 2
1且 S n 1
a
n 2 .
又由
a n 2
1
a n 2 2
4a n 2 0,即 2 4a n 2
(a n
1)
2
a n
1 3a n 2
因此 2
2
,
0 a n 2
4 . 解得
3
a k 4
(k 3).
因此
3
数列历年高考真题分类汇编
专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用 答案部分 2019年 1.解析:对于B ,令2 104x λ-+=,得12 λ=, 取112a = ,所以211 ,,1022n a a ==
所以54 65109 323232a a a a a a ?>???> ???? ?>??M ,所以6 10432a a ??> ???,所以107291064a > >故A 正确.故选A . 2.解析:(1)设数列{}n a 的公差为d ,由题意得 11124,333a d a d a d +=+=+, 解得10,2a d ==. 从而* 22,n a n n =-∈N . 由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得 () ()()2 12n n n n n n S b S b S b +++=++. 解得()2 121n n n n b S S S d ++= -. 所以2* ,n b n n n =+∈N . (2 )*n c n = ==∈N . 我们用数学归纳法证明. ①当n =1时,c 1=0<2,不等式成立; ②假设() *n k k =∈N 时不等式成立,即12h c c c +++ 专题六 数列 1.【2015高考重庆,理2】在等差数列{}n a 中,若2a =4,4a =2,则6a = ( ) A 、-1 B 、0 C 、1 D 、6 【答案】B 【解析】由等差数列的性质得64222240a a a =-=?-=,选B . 【考点定位】本题属于数列的问题,考查等差数列的通项公式及等差数列的性质. 【名师点晴】本题可以直接利用等差数列的通项公式求解,也可应用等差数列的性质求解,主要考查学生灵活应用基础知识的能力.是基础题. 2.【2015高考福建,理8】若,a b 是函数()()2 0,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零 点,且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p q + 的值等于( ) A .6 B .7 C .8 D .9 【答案】D 【解析】由韦达定理得a b p +=,a b q ?=,则0,0a b >>,当,,2a b -适当排序后成等比数列时,2-必为等比中项,故4a b q ?==,.当适当排序后成等差数列时,2-必不是等差中项,当a 是等差中项时,,解得1a =,4b =;当 4 a 是等差中项时,,解得4a =,1b =,综上所述,5a b p +==,所以p q +9=,选D . 【考点定位】等差中项和等比中项. 【名师点睛】本题以零点为载体考查等比中项和等差中项,其中分类讨论和逻辑推理是解题核心.三个数成等差数列或等比数列,项及项之间是有顺序的,但是等差中项或等比中项是唯一的,故可以利用中项进行讨论,属于难题. 3.【2015高考北京,理6】设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是( ) A .若120a a +>,则230a a +> B .若130a a +<,则120a a +< C .若120a a <<,则2a > D .若10a <,则()()21230a a a a --> 【答案】C 数列 1(2017山东文)(本小题满分12分) 已知{}n a 是各项均为正数的等比数列,且121236,a a a a a +==. (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ) {}n b 为各项非零的等差数列,其前n 项和S n ,已知211n n n S b b ++=,求数列n n b a ??????的前n 项和n T . 2(2017新课标Ⅰ文数)(12分) 记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和,已知S 2=2,S 3=-6. (1)求{}n a 的通项公式; (2)求S n ,并判断S n +1,S n ,S n +2是否成等差数列。 3((2017新课标Ⅲ文数)12分) 设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-=K . (1)求{}n a 的通项公式; (2)求数列21n a n ????+?? 的前n 项和. 4(2017浙江)(本题满分15分)已知数列{x n }满足:x 1=1,x n =x n +1+ln(1+x n +1)(n N *∈). 证明:当n N *∈时, (Ⅰ)0<x n +1<x n ; (Ⅱ)2x n +1? x n ≤12 n n x x +; (Ⅲ)112 n -≤x n ≤212n -. 112()2 n n n n x x x x n *++-≤∈N . 5(2017北京理)(本小题13分) 设{}n a 和{}n b 是两个等差数列,记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--???-(1,2,3,)n =???, 其中12max{,,,}s x x x ???表示12,,,s x x x ???这s 个数中最大的数. (Ⅰ)若n a n =,21n b n =-,求123,,c c c 的值,并证明{}n c 是等差数列; (Ⅱ)证明:或者对任意正数M ,存在正整数m ,当n m ≥时, n c M n >;或者存在正整数m ,使得12,,,m m m c c c ++???是等差数列. 6(2017新课标Ⅱ文)(12分) 已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,等比数列{}n b 的前n 项和为n T ,11221,1,2a b a b =-=+=. (1)若335a b +=,求{}n b 的通项公式; (2)若321T =,求3S . 7(2017天津文)(本小题满分13分) 已知{}n a 为等差数列,前n 项和为*()n S n ∈N ,{}n b 是首项为2的等比数列,且公比大于 0, 2018试题分类汇编---------数列 一、填空题 1.(北京理4改)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理 论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ,则第八个单音的频率为__________. 1.1272f 2.(北京理9)设{}n a 是等差数列,且a 1=3,a 2+a 5=36,则{}n a 的通项公式为__________. 2.63n a n =- 3.(全国卷I 理4改)设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,若3243S S S =+,12a =,则=5a __________. 3.10- 4.(浙江10改).已知1234,,,a a a a 成等比数列,且1234123ln()a a a a a a a +++=++.若11a >,则13,a a 的大小关系是_____________,24,a a 的大小关系是_____________. 4.1324,a a a a >< 5.(江苏14).已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ,*{|2,}n B x x n ==∈N .将A B 的所有元素从小到大依 次排列构成一个数列{}n a .记n S 为数列{}n a 的前n 项和,则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为__________. 5.27 二、解答题 6.(北京文15)设{}n a 是等差数列,且123ln 2,5ln 2a a a =+=. (1)求{}n a 的通项公式; (2)求12e e e n a a a +++. 6.解:(1)设等差数列{}n a 的公差为d ,∵235ln 2a a +=,∴1235ln 2a d +=, 又1ln 2a =,∴ln 2d =.∴1(1)ln 2n a a n d n =+-=. (2)由(I )知ln 2n a n =,∵ln2ln2e e e =2n n a n n ==, ∴{e }n a 是以2为首项,2为公比的等比数列.∴2 12ln2ln2ln2e e e e e e n n a a a ++ +=++ + 2=222n +++1=22n +-.∴12e e e n a a a +++1=22n +-. 7.(全国卷I 文17)已知数列{}n a 满足11a =,()121n n na n a +=+,设n n a b n = . (1)求123b b b , ,; (2)判断数列{}n b 是否为等比数列,并说明理由; (3)求{}n a 的通项公式. 7.解:(1)由条件可得a n +1=2(1) n n a n +.将n =1代入得,a 2=4a 1,而a 1=1,所以,a 2=4. 将n =2代入得,a 3=3a 2,所以,a 3=12.从而b 1=1,b 2=2,b 3=4. (2){b n }是首项为1,公比为2的等比数列. 由条件可得121n n a a n n +=+,即b n +1=2b n ,又b 1=1,所以{b n }是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得12n n a n -=,所以a n =n ·2n -1. 8.(全国卷II 理17)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,已知17a =-,315S =-. (1)求{}n a 的通项公式; (2)求n S ,并求n S 的最小值. 8. 解:(1)设{}n a 的公差为d ,由题意得13315a d +=-.由17a =-得d =2.所以{}n a 的通项公式为 29n a n =-.(2)由(1)得228(4)16n S n n n =-=--,所以当n =4时,n S 取得最小值,最小值为?16. 专题六数列 第十七讲 递推数列与数列求和 答案部分 2019年 1.解析 (Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q , 依题意得2 662,6124q d q d =+?? =+?解得3 .2d q =??=? 故14(1)331, 6232n n n n a n n b -=+-?=+=?=?. 所以,{}n a 的通项公式为(){}31, n n a n n b *=+∈N 的通项公式为() 32n n b n *=?∈N . (Ⅱ)(i )()()()() 22211321321941n n n n n n n a c a b -=-=?+?-=?-. 所以,数列(){} 221n n a c -的通项公式为()() 221941n n n a c n *-=?-∈N . (ii ) ()()22221 1 1 1 2211n n n n i i i i i i i i i i i i c a c a a c a a ====-??=+-=+??∑∑∑∑ () () 12212439412n n n n i i =??- ?=?+?+?- ??? ∑ ( )( )21 1 41432 52 914 n n n n ---=?+?+? -- ()211* 2725212 n n n n --=?+?--∈N . 2010-2018年 1.【解析】∵113 n n a a +=-,∴{}n a 是等比数列 又243a =-,∴14a =,∴()1010101413313113 S -????-- ? ? ?????==-+ ,故选C . 2.D 【解析】由数列通项可知,当125n 剟,n N +∈时,0n a …,当2650n 剟, n N +∈ 时,0n a …,因为1260a a +>,2270a a +>???∴1250,,,S S S ???都是 历年数列高考题汇编 1、(全国新课标卷理) 等比数列{}n a 的各项均为正数,且212326231,9.a a a a a +== (1)求数列{}n a 的通项公式. (2)设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ?? ?? ??的前项和. 解:(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ,由 2 3 26 9a a a =得 3234 9a a =所以 21 9q = .有条件可知a>0,故 13q = . 由 12231 a a +=得 12231 a a q +=,所以 113a = .故数列{a n }的通项式为a n =13n . (Ⅱ ) 111111 log log ...log n b a a a =+++ (12...)(1)2 n n n =-++++=- 故12112()(1)1n b n n n n =-=--++ 12111111112...2((1)()...())22311n n b b b n n n +++=--+-++-=-++ 所以数列1{}n b 的前n 项和为21n n - + 2、(全国新课标卷理)设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-=g (1) 求数列{}n a 的通项公式; (2) 令n n b na =,求数列的前n 项和n S 解(Ⅰ)由已知,当n ≥1时, 111211 [()()()]n n n n n a a a a a a a a ++-=-+-++-+L 21233(222)2n n --=++++L 2(1)12n +-=. 而 12, a =所以数列{ n a }的通项公式为 21 2n n a -=. (Ⅱ)由 21 2n n n b na n -==?知 3521 1222322n n S n -=?+?+?++?L ① 从而 235721 21222322n n S n +?=?+?+?++?L ② ①-②得 2352121 (12)22222n n n S n -+-?=++++-?L . 即 211 [(31)22] 9n n S n +=-+ 3.设}{n a 是公比大于1的等比数列,S n 为数列}{n a 的前n 项和.已知S 3=7,且 a 1+3,3a 2,a 3+4构成等差数列.(1)求数列}{n a 的通项公式;(2)令Λ2,1,ln 13==+n a b n n ,求数列}{n b 的前n 项和T n . . 4、(辽宁卷)已知等差数列{a n }满足a 2=0,a 6+a 8=-10 2019年高考数学真题分类汇编 专题18:数列(综合题) 1.(2019?江苏)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”. (1)已知等比数列{a n }()* n N ∈满足:245324,440a a a a a a =-+=,求证:数列{a n }为 “M-数列”; (2)已知数列{b n }满足: 111221,n n n b S b b +==- ,其中S n 为数列{b n }的前n 项和. ①求数列{b n }的通项公式; ②设m 为正整数,若存在“M-数列”{c n }()* n N ∈ ,对任意正整数k , 当k ≤m 时,都有1k k k c b c +≤≤成立,求m 的最大值. 【答案】 (1)解:设等比数列{a n }的公比为q , 所以a 1≠0,q ≠0. 由 ,得 ,解得 . 因此数列 为“M—数列”. (2)解:①因为 ,所以 . 由 得 ,则 . 由 ,得 , 当 时,由 ,得 , 整理得 . 所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此,数列{b n }的通项公式为b n =n . ②由①知,b k =k , . 因为数列{c n }为“M–数列”,设公比为q , 所以c 1=1,q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1 , 所以 ,其中k =1,2,3,…,m . 当k=1时,有q≥1; 当k=2,3,…,m时,有. 设f(x)= ,则. 令,得x=e.列表如下: x e(e,+∞) +0– f(x)极大值 因为,所以. 取,当k=1,2,3,4,5时,,即, 经检验知也成立. 因此所求m的最大值不小于5. 若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6. 综上,所求m的最大值为5. 【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用,等比数列的通项公式,等差关系的确定 【解析】【分析】(1)利用已知条件结合等比数列的通项公式,用“M-数列”的定义证出数列{a n}为“M-数列”。(2)①利用与的关系式结合已知条件得出数列为等差数列,并利用等差数列通项公式求出数列的通项公式。②由①知,b k=k, .因为数列{c n}为“M–数列”,设公比为q,所以c1=1,q>0,因为c k≤b k≤c k+1,所以,其中k=1,2,3,…,m ,再利用分类讨论的方法结合求导的方法判断函数的单调性,从而求出函数的极值,进而求出函数的最值,从而求出m的最大值。 高考数学数列题型专题 汇总 公司内部档案编码:[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08] 高考数学数列题型专题汇总 一、选择题 1、已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和为n S ,且S S n n =∞ →lim .下列 条件中,使得()*∈ A .{}n S 是等差数列 B .2{}n S 是等差数列 C .{}n d 是等差数列 D .2{}n d 是等差数列 【答案】A 二、填空题 1、已知{}n a 为等差数列,n S 为其前n 项和,若16a =,350a a +=,则 6=S _______.. 【答案】6 2、无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成,n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意 *∈N n ,{}3,2∈n S ,则k 的最大值为________. 【答案】4 3、设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2a n 的最大值 为 . 【答案】64 4、设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4,a n +1=2S n +1,n ∈N *,则 a 1= ,S 5= . 【答案】1 121 1. (福建卷)已知等差数列 }{n a 中,12497,1,16a a a a 则==+的值是( ) A .15 B .30 C .31 D .64 2. (湖南卷)已知数列 }{n a 满足 ) (1 33,0*11N n a a a a n n n ∈+-= =+,则 20a = ( ) A .0 B .3- C .3 D .23 3. (江苏卷)在各项都为正数的等比数列{a n }中,首项a 1=3 ,前三项和为21,则a 3+ a 4+ a 5=( ) ( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )189 4. (全国卷II ) 如果数列{}n a 是等差数列,则( ) (A)1845a a a a +<+ (B) 1845a a a a +=+ (C) 1845a a a a +>+ (D) 1845a a a a = 5. (全国卷II ) 11如果128,,,a a a L 为各项都大于零的等差数列,公差0d ≠,则( ) (A)1845a a a a > (B) 1845a a a a < (C) 1845a a a a +>+ (D) 1845a a a a = 6. (山东卷) {}n a 是首项1a =1,公差为d =3的等差数列,如果n a =2005,则序号n 等于( ) (A )667 (B )668 (C )669 (D )670 7. (重庆卷) 有一塔形几何体由若干个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个 顶点是下层正方体上底面各边的中点。已知最底层正方体的棱长为2,且改塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39,则该塔形中正方体的个数至少是( ) (A) 4; (B) 5; (C) 6; (D) 7。 8. (湖北卷)设等比数列 }{n a 的公比为q ,前n 项和为S n ,若S n+1,S n ,S n+2成等差数列,则q 的值为 . 9. (全国卷II ) 在83和27 2之间插入三个数,使这五个数成等比数列,则插入的三个数的乘积为______ 10. (上海)12、用n 个不同的实数 n a a a ,,,21Λ可得到!n 个不同的排列,每个排列为一行写成一个!n 行的数阵。 对第i 行in i i a a a ,,,21Λ,记in n i i i i na a a a b )1(32321-++-+-=,!,,3,2,1n i Λ=。例如:用1,2,3可得数阵 如图,由于此数阵中每一列各数之和都是12,所以,2412312212621-=?-?+-=+++b b b Λ,那么,在 用1,2,3,4,5形成的数阵中, 12021b b b +++Λ=_______。 11. (天津卷)在数列{a n }中, a 1=1, a 2=2,且 )( )1(12* +∈-+=-N n a a n n n , 高考数列选择题部分 (2016全国I )(3)已知等差数列{}n a 前9项的和为27,10=8a ,则100=a (A )100 (B )99 (C )98 (D )97 (2016上海)已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和为n S ,且S S n n =∞ →lim .下列条 件中,使得() * ∈ 1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ,(P Q P Q ≠表示点与不重合). 若1n n n n n n n d A B S A B B +=,为△的面积,则 A .{}n S 是等差数列 B .2 {}n S 是等差数列 C .{}n d 是等差数列 D .2{}n d 是等差数列 1.【2015高考重庆,理2】在等差数列{}n a 中,若2a =4,4a =2,则6a = ( ) A 、-1 B 、0 C 、1 D 、6 2.【2015高考福建,理8】若,a b 是函数()()2 0,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的 零点,且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 p q + 的值等于( ) A .6 B .7 C .8 D .9 3.【2015高考北京,理6】设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是( ) A .若120a a +>,则230a a +> B .若130a a +<,则120a a +< C .若120a a <<,则2a > D .若10a <,则()()21230a a a a --> 4.【2015高考浙江,理3】已知{}n a 是等差数列,公差d 不为零,前n 项和是n S ,若3a , 4a ,8a 成等比数列,则( ) A. 2020年高考试题分类汇编(数列) 考法1等差数列 1.(2020·全国卷Ⅱ·理科)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心由一块圆心石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一层多 9块, 已知每层的环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石) A .3699块 B .3474块 C .3402块 D .3339块 2.(2020·全国卷Ⅱ·文科)记n S 是等差数列{}n a 的前n 项的和,若12a =-,262a a +=,则10S = . 3. (2020·山东卷)将数列{21}n -与{32}n -的公共项从小到大排列得到数列{}n a ,则{}n a 的前n 项和为 . 4.(2020·上海卷)已知{}n a 是公差不为零的等差数列,且1109a a a +=,则12910 a a a a +++= . 5.(2020·浙江卷)已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ,公差0d ≠, 11a d ≤.记12b S =,122n n n b S S ++=-,n N *∈,下列等式不可能成立的是 A.4262a a a =+ B.4262b b b =+ C. 2428a a a =? D.2428b b b =? 6.(2020·北京卷)在等差数列{}n a 中,19a =-,31a =-.记12n n T a a a =(1,2,n =),则数列{}n T A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项 C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项 2017年高考试题分类汇编之数列 一、选择题(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. (2017年新课标Ⅰ) 记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若4524a a +=,648S =,则 {}n a 的公差为( )1.A 2.B 4.C 8.D 2.( 2017年新课标Ⅱ卷理) 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( ) 1.A 盏 3.B 盏 5.C 盏 9.D 盏 3.(2017年新课标Ⅲ卷理) 等差数列{}n a 的首项为1,公差不为0.若632,,a a a 成等比数列,则{}n a 前6项的和为( ) 2 4.-A 3.-B 3.C 8.D 4. (2017年浙江卷) 已知等差数列}{n a 的公差为d ,前n 项和为n S ,则“0>d ”是 “5642S S S >+”的( ) .A 充分不必要条件 .B 必要不充分条件 .C 充分必要条件 .D 既不充分也不必要条件 5.(2017年新课标Ⅰ) 几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家 学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列?,16,8,4,2,1,8,4,2,1,4,2,1,2,1,1其中第一项是0 2,接下来的两项是1 2,2,再接下来的三项是2 1 2,2,2,依此类推.求满足如下条件的最小整数 100:>N N 且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( ) 440.A 330.B 220.C 110.D 二、填空题(将正确的答案填在题中横线上) 6. (2017年北京卷理) 若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足8,14411==-==b a b a , 2 2 a b =_______. 7.(2017年江苏卷)等比数列的各项均为实数,其前项和为,已知, 则=_______________. {}n a n n S 36763 44 S S ==,8a 历年高考《数列》真题汇编 1、(2011年新课标卷文) 已知等比数列{}n a 中,113a =,公比13q =. (I )n S 为{}n a 的前n 项和,证明:12n n a S -= (II )设31323log log log n n b a a a =+++L ,求数列{}n b 的通项公式. 解:(Ⅰ)因为.31)31(311n n n a =?=-,23113 11)311(3 1n n n S -=--= 所以,2 1n n a S -- (Ⅱ)n n a a a b 32313log log log +++=Λ ).......21(n +++-= 2)1(+-=n n 所以}{n b 的通项公式为.2 )1(+-=n n b n 2、(2011全国新课标卷理) 等比数列{}n a 的各项均为正数,且212326231,9.a a a a a +== (1)求数列{}n a 的通项公式. (2)设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ?????? 的前项和. 解:(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ,由23269a a a =得32349a a =所以219 q =。有条件可知a>0,故13 q =。 由12231a a +=得12231a a q +=,所以113a = 。故数列{a n }的通项式为a n =13n 。 (Ⅱ )111111log log ...log n b a a a =+++ 故12112()(1)1 n b n n n n =-=--++ 所以数列1{ }n b 的前n 项和为21n n -+ 3、(2010新课标卷理) 2008年高考数学试题分类汇编 数列 一. 选择题: 1.(全国一5)已知等差数列{}n a 满足244a a +=,3510a a +=,则它的前10项的和10S =( C ) A .138 B .135 C .95 D .23 2.(上海卷14) 若数列{a n }是首项为1,公比为a -3 2的无穷等比数列,且{a n }各项的 和为a ,则a 的值是(B ) A .1 B .2 C .12 D .5 4 3.(北京卷6)已知数列{}n a 对任意的*p q ∈N ,满足p q p q a a a +=+,且26a =-,那么 10a 等于( C ) A .165- B .33- C .30- D .21- 4.(四川卷7)已知等比数列()n a 中21a =,则其前3项的和3S 的取值范围是(D ) (A)(],1-∞- (B)()(),01,-∞+∞ (C)[)3,+∞ (D)(][),13,-∞-+∞ 5.(天津卷4)若等差数列{}n a 的前5项和525S =,且23a =,则7a =B (A )12 (B )13 (C )14 (D )15 6.(江西卷5)在数列{}n a 中,12a =, 11 ln(1)n n a a n +=++,则n a = A A .2ln n + B .2(1)ln n n +- C .2ln n n + D .1ln n n ++ 7.(陕西卷4)已知{}n a 是等差数列,124a a +=,7828a a +=,则该数列前10项和10S 等于( B ) A .64 B .100 C .110 D .120 8.(福建卷3)设{a n }是公比为正数的等比数列,若n 1=7,a 5=16,则数列{a n }前7项的和为C A.63 B.64 C.127 D.128 2017年高考试题分类汇编(数列) 考点1 等差数列 1.(2017·全国卷Ⅰ理科)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若4524a a +=, 648S =,则{}n a 的公差为 C A .1 B .2 C .4 D .8 2.(2017·全国卷Ⅱ理科)等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,33a =,410S =,则 11n k k S ==∑ . 21n n + 3.(2017·浙江)已知等差数列{}n a 的公差为d ,前n 项和为n S ,则“0d >”是 “465+2S S S >”的 C A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 考点2等比数列 1.(2017·全国卷Ⅲ理科)设等比数列{}n a 满足121a a +=-,133a a -=-,则 4a =____.8- 2.(2017·江苏卷)等比数列{}n a 的各项均为实数,其前n 项的和为n S ,已知 374S = ,6634 S =,则8a = . 32 3.(2017·全国卷Ⅱ理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远 望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是: 一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍, 则塔的顶层共有灯 B A .1盏 B .3盏 C .5盏 D .9盏 考法3 等差数列与等比数列综合 1.(2017·全国卷Ⅲ理科)等差数列{}n a 的首项为1,公差不为0.若2a ,3a , 6a 成等比数列,则{}n a 前6项的和为 A A .24- B .3- C .3 D .8 D 单元 数列 D1 数列的概念与简单表示法 17.、、[2014·江西卷] 已知首项都是1的两个数列{a n },{b n }(b n ≠0,n ∈N *)满足a n b n +1 -a n +1b n +2b n +1b n =0. (1)令c n =a n b n ,求数列{c n }的通项公式; (2)若b n =3n - 1,求数列{a n }的前n 项和S n . 17.解:(1)因为a n b n +1-a n +1b n +2b n +1b n =0,b n ≠0(n ∈N *),所以a n +1b n +1-a n b n =2,即c n +1-c n =2, 所以数列{c n }是以c 1=1为首项,d =2为公差的等差数列,故c n =2n -1. (2)由b n =3n -1,知a n =(2n -1)3n -1,于是数列{a n }的前n 项和S n =1×30+3×31+5×32 +…+(2n -1)×3n -1,3S n =1×31+3×32+…+(2n -3)×3n -1+(2n -1)×3n ,将两式相减得 -2S n =1+2×(31+32+…+3n -1)-(2n -1)×3n =-2-(2n -2)×3n , 所以S n =(n -1)3n +1. 17.、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n ≠0,a n a n +1=λS n -1,其中λ为常数. (1)证明:a n +2-a n =λ. (2)是否存在λ,使得{a n }为等差数列?并说明理由. 17.解:(1)证明:由题设,a n a n +1=λS n -1,a n +1a n +2=λS n +1-1, 两式相减得a n +1(a n +2-a n )=λa n +1. 因为a n +1≠0,所以a n +2-a n =λ. (2)由题设,a 1=1,a 1a 2=λS 1-1,可得 a 2=λ-1, 由(1)知,a 3=λ+1. 若{a n }为等差数列,则2a 2=a 1+a 3,解得λ=4,故a n +2-a n =4. 由此可得{a 2n -1}是首项为1,公差为4的等差数列, a 2n -1=4n -3; {a 2n }是首项为3,公差为4的等差数列,a 2n =4n -1. 所以a n =2n -1,a n +1-a n =2. 因此存在λ=4,使得数列{a n }为等差数列. 17.、、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=3a n +1. (1)证明???? ??a n +12是等比数列,并求{a n }的通项公式; (2)证明1a 1+1a 2+…+1a n <32 . 17.解:(1)由a n +1=3a n +1得a n +1+12=3? ???a n +12. 又a 1+12=32,所以???? ??a n +12是首项为32,公比为3的等比数列,所以a n +12=3n 2,因此数列{a n }的通项公式为a n =3n -12 . (2)证明:由(1)知1a n =23n -1 . 因为当n ≥1时,3n -1≥2×3n -1, 所以13n -1≤12×3 n -1,即1a n =23n -1≤13n -1. 历年数列高考题大全答 案 Document number【AA80KGB-AA98YT-AAT8CB-2A6UT-A18GG】 历年高考《数列》真题汇编 1、(2011年新课标卷文) 已知等比数列{}n a 中,113 a =,公比1 3q =. (I )n S 为{}n a 的前n 项和,证明:12n n a S -= (II )设31323log log log n n b a a a =++ +,求数列{}n b 的通项公式. 解:(Ⅰ)因为.31)3 1 (311 n n n a =?=-,23113 11)311(3 1n n n S -=--= 所以,2 1n n a S -- (Ⅱ)n n a a a b 32313log log log +++= ).......21(n +++-= 2 ) 1(+- =n n 所以}{n b 的通项公式为.2 ) 1(+- =n n b n 2、(2011全国新课标卷理) 等比数列{}n a 的各项均为正数,且212326231,9.a a a a a +== (1)求数列{}n a 的通项公式. (2)设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ?? ???? 的前项和. 解:(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ,由23269a a a =得32349a a =所以21 9 q = 。有条件可知a>0,故13 q =。 由12231a a +=得12231a a q +=,所以113a =。故数列{a n }的通项式为a n =1 3n 。 (Ⅱ?)111111log log ...log n b a a a =+++ 故 1211 2()(1)1 n b n n n n =-=--++ 所以数列1{}n b 的前n 项和为21 n n -+ 3、(2010新课标卷理) 设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-= 数列专题 高考真题 (2014·I) 17. (本小题满分12分) 已知数列{}的前项和为,=1, , ,其中为常数. (Ⅰ)证明:; (Ⅱ)是否存在,使得{}为等差数列并说明理由. (2014·II) 17.(本小题满分12分) 已知数列 满足=1, . (Ⅰ)证明是等比数列,并求 的通项公式; (Ⅱ)证明: . (2015·I)(17)(本小题满分12分) 为数列的前项和.已知, (Ⅰ)求的通项公式: (Ⅱ)设 ,求数列 的前项和。 (2015·I I)(4)等比数列 满足 ,135a a a ++ =21,则357a a a ++= ( ) (A )21 (B )42 (C )63 (D )84 (2015·I I)(16)设n S 是数列{}n a 的前n 项和,且11a =-,11n n n a S S ++=,则n S =________. (2016·I)(3)已知等差数列 前9项的和为27, ,则 (A )100 (B )99 (C )98 (D )97 (2016·I)(15)设等比数列满足 的最大值为 __________。 (2016·II)(17)(本题满分12分) S n 为等差数列的前项和,且=1 ,=28 记 ,其中表示不超过的最大整数, 如 . (I )求,, ; (II )求数列的前1 000项和. (2016·III)(12)定义“规范01数列” 如下: 共有项,其中项为0,项为1,且对任意, 中0的个数不少于1的个数.若 ,则不同的“规范01数列”共有 (A )18个 (B )16个 (C )14个 (D )12个 (2016·III)(17)(本小题满分12分) 已知数列的前项和 ,其中 (I )证明是等比数列,并求其通项公式; (II )若 ,求. (2017·I)4.记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若4524a a +=,648S =,则{}n a 的公差为 A .1 B .2 C .4 D .8 (2017·I)12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件。为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列2015高考数学分类汇编数列
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2018年高考数学试题分类汇编数列
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