近几年全国卷高考文科数列高考题汇总
数列高考题
近几年全国高考文科数学数列部分考题统计及所占分值
一．选择题
1. [2015.全国I 卷.T7]已知{}n a 是公差为1的等差数列，{}n n S a n 为的前项和，8S =44S ，则10a =( ) A ．
172 B ．19
2
C ．10
D ．12 2.[2015.全国II 卷.T5]设n S 等差数列{}n a 的前n ，项和。
若1353a a a ++=，则5S =（ ） A ．5
B ．7
C ．9
D ．11
3.[2015.全国II 卷.T9]已知等比数列{}n a 满足11
4
a =，35a a = 44(1)a -，则2a =（ ） A ．2
B ．1
C ．
12
D ．18
4.[2014.全国II 卷.T5]等差数列{}n a 的公差为2，若2a ，4a ，8a 成等比数列，则{}n a 的前n 项n S =（ ）A ．()1n n + B ．()1n n - C ．()12
n n + D ．
()12
n n -
5.[2013.全国I 卷.T6]设首项为1，公比为
2
3
的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ） A ．21n n S a =- B ．32n n S a =- C ．43n n S a =- D ．32n n S a =- 6.[2012.全国卷.T12]数列{}n a 满足1(1)21n n n a a n +＋－＝－，则{}n a 的前60项和为（ ） A ．3690 B ．3660 C ．1845 D ．1830 二．填空题
7.[2015.全国I 卷.T13]在数列{}n a 中，1n 1n 2,2a a a +==, n S 为{}n a 的前n 项和。
若-n S =126，则n = .
8.[2014.全国II 卷.T14]数列{}n a 满足121
,21n n
a a a +=
=-，则1a = 9.[2013.北京卷.T11]若等比数列{}n a 满足2420a a +=，3540a a +=，则公比q = ；前n 项
和n S = 。
10.[2012.全国卷.T14]等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若32S 3S 0+=，则公比q = 11.[2012.北京卷.T10]已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若2
1
1=
a ，23S a =，则2a = ，n S =_______。
12.[2011.北京卷.T12]在等比数列{}n a 中，若141
,4,2
a a =
=则公比q = ； 12n a a a ++⋯+= . 13.[2009.北京卷.T10] 若数列{}n a 满足：111,2()n n a a a n N *
+==∈，则5a = ；前8项的和
8S = .（用数字作答）
三．解答题
14. [2016.全国II 卷.T17] (本小题满分12分)
等差数列{}n a 中，34574,6a a a a +=+=（I ）求{}n a 的通项公式；(II)设[]n n b a =，求数列{}n b 的前10项和，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.90,2.62==
15.[2016.全国III 卷.T17]（本小题满分12分）
已知各项都为正数的数列{}n a 满足11a =，2
11(21)20n n n n a a a a ++---=.
（I ）求23,a a ；
（II ）求{}n a 的通项公式.
15.[2016.北京卷.T15]（本小题13分）
已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等差数列，且231114439b b a b a b ====，，，. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和.
16.[2015.北京卷.T16]（本小题13分）
已知等差数列{}n a 满足124310,2a a a a +=-=. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）设等比数列{}n b 满足2337,b a b a ==.问：6b 与数列{}n a 的第几项相等？
17.[2014.全国I 卷.T17]（本小题满分12分）
已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2
560x x -+=的根。
（I ）求{}n a 的通项公式； （II ）求数列2n n a ⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
的前n 项和. 18.[2014.北京卷.T15]（本小题满分13分）已知{}n a 是等差数列，满足13a =，412a =，数列{}n b 满足
14b =，420b =，且{}n n b a -是等比数列.
（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n b 的前n 项和.
19.[2013.全国I 卷.T17]（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =，55S =-。
（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列2121
1
{
}n n a a -+的前n 项和。
20.[2013.全国II 卷.T17]（本小题满分12分）
已知等差数列{}n a 的公差不为零，125a =，且11113,,a a a 成等比数列。
（Ⅰ）求{}n a 的通项公式； （Ⅱ）求14732+n a a a a -++⋅⋅⋅+；
21.[2011.全国卷.T17]（本小题满分12分） 已知等比数列{}n a 中，113
a =
，公比13q =。
（I ）n S 为{}n a 的前n 项和，证明：12
n
n a S -=
（II ）设31323log log ...log n n b a a a =+++，求数列n b 的通项公式。
22.[2010.新课标全国卷.T17]（本小题满分12分） 设等差数列{}n a 满足35a =，109a =-。
（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）求{}n a 的前n 项和n S 及使得n S 最大的序号n 的值。
23.[2010.北京卷.T16题]（本小题共13分）已知||n a 为等差数列，且36a =-，60a =。
（Ⅰ）求||n a 的通项公式；
（Ⅱ）若等差数列||n b 满足18b =-，2123b a a a =++，求||n b 的前n 项和公式。
（完整版）全国卷数列·文科十年真题-普通用卷
（完整版）全国卷数列·⽂科⼗年真题-普通⽤卷全国卷数列·⽂科⼗年真题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________⼀、选择题（本⼤题共11⼩题，共55.0分）1.已知{a n}是公差为1的等差数列，S n为{a n}的前n项和，若S8=4S4，则a10=（）A. 172B. 192C. 10D. 122.已知S n是等差数列{a n}的前n项和，若a1+a3+a5=3，则S5=（）A. 5B. 7C. 9D. 113.已知等⽐数列{a n}满⾜a1=14，a3a5=4（a4-1），则a2=（）A. 2B. 1C. 12D. 184.设等⽐数列{a n}的前n项和为S n．若S2=3，S4=15，则S6=（）A. 31B. 32C. 63D. 645.等差数列{a n}的公差为2，若a2，a4，a8成等⽐数列，则{a n}的前n项和S n=（）A. n(n+1)B. n(n?1)C. n(n+1)2D. n(n?1)A. S n=2a n?1B. S n=3a n?2C. S n=4?3a nD. S n=3?2a n7.数列{ a n}满⾜an+1+（?1）n a n=2n?1，则{ a n}的前60项和为（）A. 3 690B. 3 660C. 1 845D. 1 8308.已知数列{ a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n＝2 a n+1，则S n＝（）A. 2?n??1B.C.D.9.设S n为等差数列{ a n}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，S k＋2－S k＝24，则k＝()A. 8B. 7C. 6D. 510.已知各项均为正数的等⽐数列{ a n}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6等于()A. 5B. 7C. 6D. 411.如果等差数列{ a n}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7等于()A. 14B. 21C. 28D. 35⼆、填空题（本⼤题共5⼩题，共25.0分）12.在数列{a n}中，a1=2，a n+1=2a n，S n为{a n}的前n项和，若S n=126，则n=______．13.数列{a n}满⾜a n+1=1，a8＝2，则a1＝________．14.等⽐数列{ a n}的前n项和为S n，若S3+3 S2＝0，则公⽐q＝__________．15.设等差数列{a n}的前n项和为S n.若S9=72,则a2+a4+a9=__________.16.设等⽐数列{a n}的前n项和为S n.若a1=1,S6=4S3,则a4=__________.三、解答题（本⼤题共22⼩题，共252.0分）17.已知数列{a n}满⾜a1=1，na n+1=2（n+1）a n，设b n=a nn．（1）求b1，b2，b3；18.记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1=?7，S3=?15．(1)求{a n}的通项公式；(2)求S n，并求S n的最⼩值．19.等⽐数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和．若S m＝63，求m．20.记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝-6．（1）求{a n}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．21.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等⽐数列{b n}的前n项和为T n，a1=-1，b1=1，a2+b2=2．（1）若a3+b3=5，求{b n}的通项公式；（2）若T3=21，求S3．22.设数列{a n}满⾜a1+3a2+…+（2n-1）a n=2n．（1）求{a n}的通项公式；}的前n项和．（2）求数列{a n2n+123.已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满⾜b1=1，b2=1，a n b n+1+b n+1=nb n．3(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)求{b n}的前n项和．24.等差数列{a n}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(Ⅰ)求{a n}的通项公式；25.已知各项都为正数的数列{a n}满⾜a1＝1，a n2?(2a n＋1?1)a n?2a n＋1=0．（1）求a，a；（2）求{a n}的通项公式．26.数列{a n}满⾜a1=1，a2=2，a n+2=2a n+1-a n+2．（Ⅰ）设b n=a n+1-a n，证明{b n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．27.已知{a n}是递增的等差数列，a2，a4是⽅程x2?5x+6=0的根．(1)求{a n}的通项公式；}的前n项和．(2)求数列{a n2n28.已知等差数列{ a n}的前n项和S n满⾜S3＝0，S5＝－5.（1）求{ a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和．29.已知等差数列{ a n}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等⽐数列．（1）求{ a n}的通项公式；（2）求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.30.等差数列{ a n}中，a7＝4，a19＝2 a9.（1）求{ a n}的通项公式；（2）设，求数列{ b n}的前n项和S n.31.已知数列{ a n}中，a1＝1，前n项和.（1）求a2，a3；（2）求{ a n}的通项公式．32.已知等⽐数列{ a n}中，a1＝，公⽐q＝.（1）S n为{ a n}的前n项和，证明：；（2）设b n＝log3a1＋log3a2＋…＋log3a n，求数列{ b n}的通项公式．33.设等⽐数列{ a n}的前n项和为S n.已知a2＝6，6 a1＋a3＝30，求a n和S n.34.记等差数列{ a n}的前n项和为S n，设S3＝12，且2 a1，a2，a3＋1成等⽐数列，求S n.35.已知{ a n}是各项均为正数的等⽐数列，且a1＋a2＝2(＋)，a3＋a4＋a5＝64(＋＋)．（1）求{ a n}的通项公式；（2）设b n＝( a n＋)2，求数列{ b n}的前n项和T n.36.设等差数列{a n}满⾜a3＝5，a10＝－9.（1）求{a n}的通项公式；（2）求{a n}的前n项和S n及使得S n最⼤的序号n的值．37.设等差数列{a n}的前n项和为S n,公⽐是正数的等⽐数列{b n}的前n项和为T n,已知a1=1,b1=3,a3+b3=17,T3-S3=12,求{a n},{b n}的通项公式.38.已知等差数列{a n}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{a n}的前n项和S n.1.【答案】B【解析】解：∵{a n}是公差为1的等差数列，S8=4S4，∴8a1+×1=4×（4a1+），解得a1=．则a10=+9×1=．故选：B．利⽤等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于中档题．2.【答案】A【解析】解：由等差数列{a n}的性质，a1+a3+a5=3=3a3，解得a3=1．则S5==5a3=5．故选：A．由等差数列{a n}的性质，a1+a3+a5=3=3a3，解得a3．再利⽤等差数列的前n项和公式即可得出．本题考查了等差数列的通项公式及其性质、前n项和公式，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于中档题．3.【答案】C【解析】解：设等⽐数列{a n}的公⽐为q，∵，a3a5=4（a4-1），化为q3=8，解得q=2则a2==．故选：C．利⽤等⽐数列的通项公式即可得出．本题考查了等⽐数列的通项公式，属于基础题．4.【答案】C【解析】【分析】本题考查等⽐数列的性质，属基础题．由等⽐数列的性质可得S2，S4-S2，S6-S4成等⽐数列，代⼊数据计算可得．【解答】解：S2=a1+a2，S4-S2=a3+a4=（a1+a2）q2，S6-S4=a5+a6=（a1+a2）q4，所以S2，S4-S2，S6-S4成等⽐数列，即3，12，S6-15成等⽐数列，可得122=3（S6-15），故选C．5.【答案】A【解析】解：由题意可得a42=a2?a8，即a42=（a4-4）（a4+8），解得a4=8，∴a1=a4-3×2=2，∴S n=na1+d，=2n+×2=n n+1故选：A．由题意可得a42=（a4-4）（a4+8），解得a4可得a1，代⼊求和公式可得．本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题．6.【答案】D【解析】＝3－2 a n，故选D.7.【答案】D【解析】【分析】由数列递推式把数列的前60项分组，然后利⽤等差数列的前60项和得答案．本题考查数列的分组求和，考查了等差数列的前n 项和，是中档题．【解答】解：由可知，，，由以上关系可得，当n为奇数时，即相邻两个奇数项的和恒为2，∴数列{a n}的前60项中奇数项的和为由可知，数列{a2n-a2n-1}为⾸项为1，公差为4的等差数列，由等差数列前n项和可得，∴数列{an}的前60项中偶数项的和为∴＝S 奇+S偶＝．故选D.8.【答案】B显然只有B项符合．9.【答案】D【解析】由S k＋2－S k＝24，∴a k＋1＋a k＋2＝24，∴a1＋kd＋a1＋(k＋1)d＝24，∴2a1＋(2k＋1)d＝24.⼜a1＝1，d＝2，∴k＝5.10.【答案】A【解析】数列{ a n}为等⽐数列，由a1a2a3＝5得＝5，由a7a8a9＝10得＝10，所以＝50，即( a2a8)3＝50，即＝50，所以＝5( a n＞0)．所以a4a5a6＝＝5.11.【答案】C【解析】∵{ a n}为等差数列，a3＋a4＋a5＝12，∴a4＝4.∴a1＋a2＋…＋a7＝＝7 a4＝28.12.【答案】6【解析】解：∵a n+1=2a n，∴，∵a1=2，∴数列{a n}是a1=2为⾸项，以2为公⽐的等⽐数列，∴S n===2n+1-2=126，∴2n+1=128，故答案为：6由a n+1=2a n，结合等⽐数列的定义可知数列{a n}是a1=2为⾸项，以2为公⽐的等⽐数列，代⼊等⽐数列的求和公式即可求解．本题主要考查了等⽐数列的通项公式及求和公式的简单应⽤，解题的关键是熟练掌握基本公式．13.【答案】12【解析】解：由题意得，a n+1=，a8=2，令n=7代⼊上式得，a8=，解得a7=；令n=6代⼊得，a7=，解得a6=-1；令n=5代⼊得，a6=，解得a5=2；…根据以上结果发现，求得结果按2，，-1循环，∵8÷3=2…2，故a1=根据a8=2，令n=7代⼊递推公式a n+1=，求得a7，再依次求出a6，a5的结果，发现规律，求出a1的值．本题考查了数列递推公式的简单应⽤，即给n具体的值代⼊后求数列的项，属于基础题．14.【答案】－2【解析】由S3=－3S2，可得a1+a2+a3=－3(a1+a2)，即a1(1+q+q2)=－3a1(1+q)，化简整理得q2+4q+4=0，解得q=－2．15.【答案】24∴a 1+a 9=16.∵a 1+a 9=2a 5, ∴a 5=8.∴a 2+a 4+a 9=a 1+a 5+a 9=3a 5=24. 16.【答案】3 【解析】 S 6=4S 3.∴a 4=a 1·q 3=1×3=3. 故答案为3.17.【答案】解：（1）数列{a n }满⾜a 1=1，na n +1=2（n +1）a n ，则：a n+1n+1a n n=2（常数），由于b n =a n n，故：b n+1b n=2，数列{b n }是以b 1为⾸项，2为公⽐的等⽐数列．整理得：b n =b 1?2n?1=2n?1，所以：b 1=1，b 2=2，b 3=4．（2）数列{b n }是为等⽐数列，由于b n+1b n=2（常数）；（3）由（1）得：b n =2n?1，根据b n =a n n，所以：a n =n ?2n?1．【解析】（1）直接利⽤已知条件求出数列的各项．（2）利⽤定义说明数列为等⽐数列．（3）利⽤（1）（2）的结论，直接求出数列的通项公式．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应⽤．18.【答案】解：（1）∵等差数列{a n}中，a1=-7，S3=-15，∴a1=-7，3a1+3d=-15，解得a1=-7，d=2，∴a n=-7+2（n-1）=2n-9；2(a1+a n)=12(2n2?16n)=n2-8n=（n-4）2-16，∴当n=4时，前n项的和S n取得最⼩值为-16．【解析】本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项的和公式，属于中档题．（1）根据a1=-7，S3=-15，可得a1=-7，3a1+3d=-15，求出等差数列{a n}的公差，然后求出a n即可；（2）由a1=-7，d=2，a n=2n-9，得S n===n2-8n=（n-4）2-16，由此可求出S n以及S n的最⼩值．19.【答案】解：（1）∵等⽐数列{a n}中，a1=1，a5=4a3．∴1×q4=4×（1×q2），解得q=±2，当q=2时，a n=2n-1，当q=-2时，a n=（-2）n-1，∴{a n}的通项公式为，a n=2n-1，或a n=（-2）n-1．（2）记S n为{a n}的前n项和．当a1=1，q=-2时，S n=a1(1?q n)1?q =1?(?2)n1?(?2)=1?(?2)n3，由S m=63，得S m=1?(?2)m3=63，m∈N，⽆解；当a1=1，q=2时，S n=a1(1?q n)1?q =1?2n1?2=2n-1，由S m=63，得S m=2m-1=63，m∈N，解得m=6．【解析】（1）利⽤等⽐数列通项公式列出⽅程，求出公⽐q=±2，由此能求出{a n}的通项（2）当a 1=1，q=-2时，S n =，由S m =63，得S m =解；当a 1=1，q=2时，S n =2n -1，由此能求出m ．本题考查等⽐数列的通项公式的求法，考查等⽐数列的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，考查函数与⽅程思想，是基础题． 20.【答案】解：（1）设等⽐数列{a n }⾸项为a 1，公⽐为q ，则a 3=S 3-S 2=-6-2=-8，则a 1=a 3q 2=?8q 2，a 2=a 3q =?8q ，由a 1+a 2=2，?8q 2+?8q =2，整理得：q 2+4q +4=0，解得：q =-2，则a 1=-2，a n =（-2）（-2）n -1=（-2）n ，∴{a n }的通项公式a n =（-2）n ；（2）由（1）可知：S n =a 1(1?q n )1?q=2[1(2)n ]1(2)=-13（2+（-2）n +1），则S n +1=-13（2+（-2）n +2），S n +2=-13（2+（-2）n +3），由S n +1+S n +2=-13（2+（-2）n +2）-13（2+（-2）n +3）=-13[4+（-2）×（-2）n +1+（-2）2×+（-2）n +1]，=-13[4+2（-2）n +1]=2×[-13（2+（-2）n +1）]， =2S n ，即S n +1+S n +2=2S n ，∴S n +1，S n ，S n +2成等差数列．【解析】（1）由题意可知a 3=S 3-S 2=-6-2=-8，a 1==，a 2==，由a 1+a 2=2，列⽅程即可求得q 及a 1，根据等⽐数列通项公式，即可求得{a n }的通项公式；（2）由（1）可知．利⽤等⽐数列前n 项和公式，即可求得S n ，分别求得S n+1，S n+2，显然S n+1+S n+2=2S n ，则S n+1，S n ，S n+2成等差数列．本题考查等⽐数列通项公式，等⽐数列前n 项和，等差数列的性质，考查计算能⼒，属于中档题．21.【答案】解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，等⽐数列{b n }的公⽐为q ，a 1=-1，解得q =4或-5，当q =4时，b 2=4，a 2=2-4=-2， d =-2-（-1）=-1，S 3=-1-2-3=-6；当q =-5时，b 2=-5，a 2=2-（-5）=7， d =7-（-1）=8，S 3=-1+7+15=21．【解析】（1）设等差数列{a n }的公差为d ，等⽐数列{b n }的公⽐为q ，运⽤等差数列和等⽐数列的通项公式，列⽅程解⽅程可得d，q ，即可得到所求通项公式；（2）运⽤等⽐数列的求和公式，解⽅程可得公⽐，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和．本题考查等差数列和等⽐数列的通项公式和求和公式的运⽤，求出公差和公⽐是解题的关键，考查⽅程思想和化简整理的运算能⼒，属于基础题． 22.【答案】解：（1）数列{a n }满⾜a 1+3a 2+…+（2n -1）a n =2n ．n ≥2时，a 1+3a 2+…+（2n -3）a n -1=2（n -1）．∴（2n -1）a n =2．∴a n =22n?1．当n =1时，a 1=2，上式也成⽴．∴a n =22n?1．（2）a n2n+1=2(2n?1)(2n+1)=12n?1-12n+1．∴数列{a n2n+1}的前n 项和=(1?13)+(13?15)+…+(12n?1?12n+1)=1-12n+1=2n2n+1．【解析】本题考查了数列递推关系、裂项求和⽅法，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于中档题．（1）利⽤数列递推关系即可得出．（2）==-．利⽤裂项求和⽅法即可得出．23.【答案】解：（Ⅰ）∵a n b n +1+b n +1=nb n ．当n =1时，a 1b 2+b 2=b 1．∵b 1=1，b 2=13，∴a 1=2，（Ⅱ）由（I ）知：（3n -1）b n +1+b n +1=nb n ．即3b n +1=b n ．即数列{b n }是以1为⾸项，以13为公⽐的等⽐数列，∴{b n }的前n 项和S n =1?(13)n 1?13=32（1-3-n ）=32-12?3n?1．【解析】本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前n 项和公式，难度中档．（Ⅰ）令n=1，可得a 1=2，结合{a n }是公差为3的等差数列，可得{a n }的通项公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：数列{b n }是以1为⾸项，以为公⽐的等⽐数列，进⽽可得：{b n }的前n 项和．24.【答案】解：（Ⅰ）设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3+a 4=4，a 5+a 7=6．∴{2a 1+5d =42a 1+10d =6，解得：{a 1=1d =25，∴a n =25n +35；（Ⅱ）∵b n =[a n ]，∴b 1=b 2=b 3=1， b 4=b 5=2， b 6=b 7=b 8=3， b 9=b 10=4．故数列{b n }的前10项和S 10=3×1+2×2+3×3+2×4=24．【解析】（Ⅰ）设等差数列{a n }的公差为d ，根据已知构造关于⾸项和公差⽅程组，解得答案；（Ⅱ）根据b n =[a n ]，列出数列{b n }的前10项，相加可得答案．本题考查的知识点是等差数列的通项公式，等差数列的性质，难度中档． 25.【答案】解：（1）根据题意，a n 2-（2a n +1-1）a n -2a n +1=0，当n =1时，有a 12-（2a 2-1）a 1-2a 2=0，⽽a 1=1，则有1-（2a 2-1）-2a 2=0，解可得a 2=12，⼜由a 2=12，解可得a 3=14，故a 2=12，a 3=14；（2）根据题意，a n 2-（2a n +1-1）a n -2a n +1=0，变形可得（a n -2a n +1）（a n +1）=0，即有a n =2a n +1或a n =-1，⼜由数列{a n }各项都为正数，则有a n =2a n +1，故数列{a n }是⾸项为a 1=1，公⽐为12的等⽐数列，则a n =1×（12）n -1=（12）n -1，故a n =（12）n -1．【解析】（1）根据题意，由数列的递推公式，令n=1可得a 12-（2a 2-1）a 1-2a 2=0，将a 1=1代⼊可得a 2的值，进⽽令n=2可得a22-（2a 3-1）a 2-2a 3=0，将a 2=代⼊计算可得a 3的值，即可得答案；（2）根据题意，将a n 2-（2a n+1-1）a n -2a n+1=0变形可得（a n -2a n+1）（a n +a n+1）=0，进⽽分析可得a n =2a n+1或a n =-a n+1，结合数列各项为正可得a n =2a n+1，结合等⽐数列的性质可得{a n }是⾸项为a 1=1，公⽐为的等⽐数列，由等⽐数列的通项公式计算可得答案．本题考查数列的递推公式，关键是转化思路，分析得到a n 与a n+1的关系． 26.【答案】解：（Ⅰ）由a n +2=2a n +1-a n +2得，a n +2-a n +1=a n +1-a n +2，由b n =a n +1-a n 得，b n +1=b n +2，即b n +1-b n =2，⼜b 1=a 2-a 1=1，所以{b n }是⾸项为1，公差为2的等差数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，b n =1+2（n -1）=2n -1，由b n =a n +1-a n 得，a n +1-a n=2n -1，则a 2-a 1=1，a 3-a 2=3，a 4-a 3=5，…，a n -a n -1=2（n -1）-1，所以，a n -a 1=1+3+5+…+2（n -1）-1 =(n?1)(1+2n?3)2=（n -1）2，⼜a 1=1，本题考查了等差数列的定义、通项公式、前n 项和公式，及累加法求数列的通项公式和转化思想，属于中档题．（Ⅰ）将a n+2=2a n+1-a n +2变形为：a n+2-a n+1=a n+1-a n +2，再由条件得b n+1=b n +2，根据条件求出b 1，由等差数列的定义证明{b n }是等差数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）和等差数列的通项公式求出b n ，代⼊b n =a n+1-a n 并令n 从1开始取值，依次得（n-1）个式⼦，然后相加，利⽤等差数列的前n 项和公式求出{a n }的通项公式a n ．27.【答案】解：（1）⽅程x 2-5x +6=0的根为2，3．⼜{a n }是递增的等差数列，故a 2=2，a 4=3，可得2d =1，d =12，故a n =2+（n -2）×12=12n +1，（2）设数列{an2n }的前n 项和为S n ， S n =a 121+a 222+a 323+?+a n?12n?1+an 2n ，① 12S n =a 122+a 223+a324+?+a n?12n +a n 2n+1，②①-②得12S n =a 12+d(122+123+124+?+12n )?a n2n+1=322+12×14(1?12n?1)1?12a n 2n+1，解得S n =32+12(1?12n?1)?n+22n+1=2-n+42n+1．【解析】（1）解出⽅程的根，根据数列是递增的求出a 2，a 4的值，从⽽解出通项；（2）将第⼀问中求得的通项代⼊，⽤错位相减法求和．本题考查等的性质及错位相减法求和，是近⼏年⾼考对数列解答题考查的主要⽅式．28.【答案】解：（1）设{ a n }的公差为d ，则S n ＝.由已知可得。
近三年数列高考真题(带解析)
近三年数列高考真题（带解析）1．设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．2．设等比数列{an }满足124a a +=，318a a -=． （1）求{an }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3an }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ． 3．设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．4．记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）求使n n S a >成立的n 的最小值．5．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知210,3n a a a >=，且数列是等差数列，证明：{}n a 是等差数列.6．设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 7．已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； （2）求{}n a 的前20项和.8．已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-． (1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．9．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+． (1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．10．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：121112na a a +++<．参考答案：1．（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可． 【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n ∈N ，都有21n a n =+成立； ［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+． ［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=． 由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n+++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯， (111)4(1)(2)333n n n n na a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n n S a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+． ［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)n n nn x x nx n x f x x x nxx x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'， 所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解； 方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式； 方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n+++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式； 方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式． （2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法； 方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．2．（1）13n n a -=；（2）6m =.【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log }n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m 的等量关系式，求得结果.【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13n n a -=；（2）令313log log 31n n n b a n -===-， 所以(01)(1)22n n n n n S +--==， 根据13m m m S S S +++=，可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=， 整理得2560m m --=，因为0m >，所以6m =，【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.3．（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. 【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论； （2）由（1）结合条件得出{}n a 的通项，根据{}n na 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题. 4．(1)26n a n =-；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值. 【详解】(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-+++=-，从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =， 数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->， 解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用. 5．证明见解析.【分析】的公差d ，进一步写出的通项，从而求出{}n a 的通项公式，最终得证.【详解】∵数列是等差数列，设公差为d(n -=()n *∈N ∴12n S a n =，()n *∈N∴当2n ≥时，()221111112n n n a S S a n a n a n a -=-=--=- 当1n =时，11121=a a a ⨯-，满足112n a a n a =-， ∴{}n a 的通项公式为112n a a n a =-，()n *∈N ∴()()111111221=2n n a a a n a a n a a --=----⎡⎤⎣⎦ ∴{}n a 是等差数列.【点睛】在利用1n n n a S S -=-求通项公式时一定要讨论1n =的特殊情况. 6．（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可； （2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可.【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ． 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--， 211213333n n n n nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---， 所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅， 所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n n nn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁. （2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法， 方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.7．（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+，所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===，所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31n b b b n ===-．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知，数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ． 所以11213(1)11222b a a -==++=+=， 322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=， 则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-．（2）[方法一]：奇偶分类讨论20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++110()102103002b b +⨯=⨯-=． [方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+，所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 从而数列{}n a 的前20项和为：201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=． 【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质； 方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.8．(1)证明见解析；(2)9．【分析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得22k m -=，即可解出．【详解】（1）设数列{}n a 的公差为d ，所以，()11111111224283a d b a d b a d b b a d +-=+-⎧⎨+-=-+⎩，即可解得，112d b a ==，所以原命题得证． （2）由（1）知，112d b a ==，所以()1111121k k m b a a b a m d a -=+⇔⨯=+-+，即122k m -=，亦即[]221,500k m -=∈，解得210k ≤≤，所以满足等式的解2,3,4,,10k =，故集合{}1|,1500k m k b a a m =+≤≤中的元素个数为10219-+=．9．(1)证明见解析；(2)78-．【分析】（1）依题意可得222n n S n na n +=+，根据11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，作差即可得到11n n a a --=，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出1a ，即可得到{}n a 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】（1）因为221n n S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①， 当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈， 所以{}n a 是以1为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=-- ⎪⎝⎭， 所以，当12n =或13n =时，()min 78n S =-．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，即有1123210,0a a a a <<<<=. 则当12n =或13n =时，()min 78n S =-．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出n S 的最小值，适用于可以求出n S 的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．10．(1)()12n n n a +=(2)见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121133n n S n n a +=+-=，得到()23n n n a S +=，利用和与项的关系得到当2n ≥时，()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,进而得：111n n a n a n -+=-，利用累乘法求得()12n n n a +=，检验对于1n =也成立，得到{}n a 的通项公式()12n n n a +=； （2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211n a a a n ⎛⎫+++=- ⎪+⎝⎭，进而证得. 【详解】（1）∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =, 又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=, ∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=， ∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-, 整理得：()()111n n n a n a --=+, 即111n n a n a n -+=-, ∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ()1341112212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--， 显然对于1n =也成立， ∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=； （2）()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭∴12111n a a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦。
新课标全国卷近五年数列高考题
17．、[2021新·课标全国卷Ⅰ ]数列 ，a ＝1，a ≠0，a ＋＝λS {an}的前n 项和为Sn1 n nan1n－1，其中λ为常数．(1)证明：an ＋2－an ＝λ.(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．17．解：(1)证明：由题设， ＋ ＝λS－1，a ＋ ＋ ＝λS＋－1， anan1 n n 1an2 n1两式相减得a ＋ 1 ＋ －a ＋ n (an2 n)＝λa n1.因为a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a1 ＝1，a＝λS－1，可得 a ＝λ－1， 1a21 2由 (1)知，a 3＝λ＋1. 若 {a n }为等差数列，那么2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4，故a n ＋2－a n ＝4.由此可得{a2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列， a2n －1＝4n －3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n ＝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． [2021新·课标全国卷 2]17.〔本小题总分值12分〕数列a n 满足a 1=1，a n1 3a n 1 .〔Ⅰ〕证明a n 1 是等比数列，并求 a n 的通项公式；2 〔Ⅱ〕证明：1 1 ⋯+13. a 1a 2a n 2【答案】 (1) 无 〔2〕无【解析】 〔1〕a 1=1,a n+1=3a n +1.n ∈N*.∴an+1 1 1 1 +=3a n +1+=3(a n +).2 2 2∴{a n + 1 }是首项为a 1+ 1 = 3,公比为3的等比数列。
2 2 2 (2) 由(1)知，a n + 1 =3n,∴a n = 3n-1 1 22 2 2 ，= n .a n 3 -1 1 =1,当n>1时， 12 1a 1 = n <n-1. a n 3 -1 31∴ 111 1 1111-3n31 〕 3 a 1+a 2+a 3++a n <1+31+32++3n-1=1=〔2 1- 3n<2. 1-3所以，1 1+ 1+ +13，〔证毕〕+a2<2n∈N*.a1a3a n[2021 新·课标全国卷1]7.设等差数列a n 的前n 项和为S n ,S m12,S m 0,S m13，那么 m ()A.3B.4C.5D.67．【解析】有题意知Sm=m(a1 am)=0，∴a 1=－a m =－〔S m -S m1〕=－2，2a m1=S m1-S m =3，∴公差d=a m1-a m =1，∴3=a m1=－2m ，∴m=5，应选C.[2021 新·课标全国卷1]12.设 A n B n C n 的三边长分别为a n ,b n ,c n ，A nB nC n 的面积为S n ，n 1,2,3, ，假设b 1c 1,b 1c 12a 1，a n1a n ,b n1c n 2 an,c n1 b n a n ，那么(2 )A.{Sn}为递减数列B.{Sn}为递增数列C.{S2n －1}为递增数列，{S2n}为递减数列D.{S2n －1}为递减数列，{S2n}为递增数列12．B[2021 新·课标全国卷1]14.假设数列{a}的前n 项和为Sn ＝2a 1 ，那么数列{ a}的通项公式 n 3n3 n是 a n =______.14．【解析】当n=1时，a 1=S 1= 2a 1 1，解得a 1=1，33当n ≥2时，a n =S n Sn1 =2a n 1－(2a n11)= 2a n2a n1，即a n =2a n1，3 3 3 3 33∴{ a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，∴ a n =( 2)n1.3．(2021课标全国Ⅱ，理 3)等比数列{a}的前n 项和为S.S ＝a ＋10a ，a ＝9，那么a n n 32 151 ＝( )．11 11A ．3B ． 3C ．9D ． 93．答案：C解析：设数列{an}的公比为q ，假设q ＝1，那么由a5＝9，得a1＝9，此时S3＝27，而a2＋10a1＝99，不满足题意，因此 q ≠1.∵ ≠1时，3＝a1(1 q3)＝1·＋10 1， q S aq a1 q∴1q 3＝＋10，整理得 2 ＝9.1 q q q∵a5＝a1·q 4＝9，即81a1＝9，∴a1＝1.(2021课标全国Ⅱ，理 9 16)等差数列{a}的前n 项和为S ，S ＝0，S ＝25，那么nS 的最n n 10 15小值为__________． 16．答案：－49解析：设数列{an}的首项为a1，公差为d ，那么S10＝10a 1＋109d ＝10a1＋45d ＝0，① 15142 S15＝ 15a 1 ＝ 15 a1＋ d ＝ 25. ②d 105 212联立①②，得a ＝－3，d ，3所以 n＝3n n(n 1) 2 1 2 10 n. S 2 3 n 3 3令f(n)＝nS ，那么f(n) 1n 310n 2 ，f'(n) n 220n. 3 3 3令 f ′()＝0，得＝0或 n 20 .n n 320 20 20 当 n 0,0<n< n 时，f ′(n ) ＞ ) 0 ，所以当 时，f ( ) 3 3 时，f ′(n ＜ n 取最小值，而 3 n ∈N ，那么f(6)＝－48，f(7) ＝－49，所以当n ＝7 时，f(n)取最小值－49. ＋ [2021新课标全国卷]〔5〕 a n 为等比数列， a 4 a 7 2，a 5a 68 ，那么a 1a 10 〔〕(A)7 (B)5(C)(D) 【解析】选Da 4 a 7 2 ，a 5a 6a 4a 7 8 a 44,a 72或a 42,a 74a 4 4,a 7 2 a 1 8,a 10 1 a 1 a10 7 a 4 2,a 74a10 8,a 11 a 1 a107[2021新课标全国卷]〔16〕数列{a n }满足a n1 ( 1)na n 2n 1 ，那么{a n }的前60项和为 【解析】{a n }的前60项和为1830可证明：b n1a4n 1a4n2a4n 3a4n 4 a4n 3 a4n 2 a4n2 a4n16b n16b1a1a2a3a41015 14161830 S1510152[2021新课标全国卷]〔17〕〔本小题总分值12分〕设数列a n满足a12,a n1a n322n 1〔1〕求数列a n的通项公式；〔2〕令b n na n，求数列的前n项和S n解：〔Ⅰ〕由，当n≥1时，a n1[(a n1a n)(a n a n1) (a2a1)]a13(22n122n32) 222(n1)1。
2011—2017高考全国卷Ⅰ文科数学数列汇编
2011—2017高考全国卷Ⅰ文科数学数列汇编新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编数 列一、选择题【2015,7】已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8=4S 4，则a 10=( )A ．172B ．192C ．10D ．12 【2013，6】设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )．A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n【2012，12】数列{n a }满足1(1)21nn n a a n ++-=-，则{na }的前60项和为（ ）A ．3690B ．3660C ．1845D ．1830 二、填空题【2015，13】数列{a n }中，a 1=2，a n +1=2a n ，S n 为{a n }的前n 项和，若S n =126，则n = ． 【2012，14】14．等比数列{}na 的前n 项和为nS ，若3230SS +=，则公比q =_____． 三、解答题【2017，17】记nS 为等比数列{}na 的前n 项和，已知22S =,36S =-．（1）求{}na 的通项公式；（2）求nS ，并判断1n S +，nS ，2n S +是否成等差数列．解 析一、选择题【2015,7】已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8=4S 4，则a 10=( ) BA ．172B ．192C ．10D ．12 解：依题11118874(443)22a a +⨯⨯=+⨯⨯，解得1a =12，∴1011199922aa d =+=+=，故选B ．【2015，13】数列{a n }中，a 1=2，a n +1=2a n ，S n 为{a n }的前n 项和，若S n =126，则n = ． 6解：数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴2(12)12612n n S -==-，∴ 2n =64，∴n =6．【2013，6】设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )．A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n解析：选D ．11211321113nnn n a a a q a q S q q --(-)===---＝3－2a n ，故选D ． 【2012，12】数列{na }满足1(1)21n n n aa n ++-=-，则{na }的前60项和为（ ）A ．3690B ．3660C ．1845D ．1830【解析】因为1(1)21n n n aa n ++-=-，所以211aa -=，323aa +=，435aa -=，547a a +=，659aa -=，7611aa +=，……，5857113aa -=，5958115aa +=，6059117a a -=．由211a a -=，323aa +=可得132a a+=； 由659aa -=，7611aa +=可得572aa +=；…… 由5857113a a -=，5958115aa +=可得57592aa +=；从而1357575913575759()()()21530a a a a a a a a a a a a ++++++=++++++=⨯=．又211aa -=，435a a -=，659a a -=，…，5857113a a -=，6059117a a -=，所以2466013559()()aa a a a a a a ++++-++++2143656059()()()()a a a a a a a a =-+-+-++-=159117++++3011817702⨯==．从而24660a a a a ++++135591770a a a a =+++++3017701800=+=．因此6012345960Sa a a a a a =++++++13592460()()a a a a a a =+++++++3018001830=+=．故选择D ．二、填空题【2015，13】数列{a n }中，a 1=2，a n +1=2a n ，S n 为{a n }的前n 项和，若S n =126，则n = ． 6解：数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴2(12)12612n n S -==-，∴ 2n =64，∴n =6．【2012，14】14．等比数列{}na 的前n 项和为nS ，若3230SS +=，则公比q =___________． 【答案】2-． 【解析】由已知得23123111S a a a a a q a q =++=++，2121133333Sa a a a q=+=+，因为3230SS +=，所以2111440a a q a q++=而1a ≠，所以2440qq ++=，解得2q =-．三、解答题【2017，17】记nS 为等比数列{}na 的前n 项和，已知22S =,36S =-．（1）求{}na 的通项公式；（2）求nS ，并判断1n S +，nS ，2n S +是否成等差数列．【解析】（1）设首项1a ，公比q ，依题意，1q≠，由3328a S S =-=-，23122121182a a q S a a a a q ⎧==-⎪⎨=+=+=⎪⎩，解得122a q ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，1(2)n nn a a q ∴==-．（2）要证12,,n n n S S S ++成等差数列，只需证：122n n nSS S +++=，只需证：120n n n n S S S S ++-+-=，只需证：1120n n n aa a +++++=，只需证：212n n aa ++=-（*），由（1）知（*）式显然成立，12,,n n n S S S ++∴成等差数列．【2016，】17．（本小题满分12分）已知{}na 是公差为3的等差数列，数列{}nb 满足12111==3n n n nb b a b b nb +++=1，，．（1）求{}na 的通项公式； （2）求{}nb 的前n 项和．17． 解析 （1）由题意令11n n n na b b nb +++=中1n =，即1221a bb b +=，解得12a=，故()*31nan n =-∈N ．（2）由（1）得()1131n n nn bb nb ++-+=，即113n n bb +=()*n ∈N ，故{}nb 是以11b =为首项，13q =为公比的等比数列，即()1*13n n b n -⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，所以{}nb 的前n 项和为1111313122313n n n S -⎛⎫- ⎪⎝⎭==-⋅-．【2013，17】 (本小题满分12分)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列21211n n a a-+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和． 解：(1)设{a n }的公差为d ，则S n ＝1(1)2n n na d -+．由已知可得11330,5105,a d a d +=⎧⎨+=⎩解得a 1＝1，d ＝－1．故{a n }的通项公式为a n ＝2－n ．(2)由(1)知21211n n a a -+＝1111321222321n n n n ⎛⎫=- ⎪(-)(-)--⎝⎭，从而数列21211n n a a -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为1111111211132321n n ⎛⎫-+-++- ⎪---⎝⎭＝12n n-．【2011，17】已知等比数列{}a 中，213a =，公比13q =． （1）nS 为{}n a 的前n 项和，证明：12nna S-=；（2）设31323log log log nnba a a =+++，求数列nb 的通项公式． 【解析】（1）因为1111333n n na -⎛⎫=⨯=⎪⎝⎭，111113332113n n n S ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭--==-，所以12nna S-=．（2）31323log log log nn ba a a =+++()12n =-+++()12n n +=-．所以{}nb 的通项公式为()12n n n b +=-．。
完整版)近几年全国卷高考文科数列高考题汇总
完整版)近几年全国卷高考文科数列高考题汇总近几年全国高考文科数学数列部分考题统计及所占分值如下：2016年：I卷17题，12分；II卷17题，12分；III卷17题，12分。
2015年：I卷无数列题；II卷5题，共计15分。
2014年：I卷17题，12分；II卷无数列题。
2013年：I卷12、14、17题，共计10分+12分+12分=34分；II卷17题，12分。
2012年、2011年、2010年：I卷7、13、5题，共计10分+10分+17分=37分；II卷5、16、17题，共计10分+17分+12分=39分。
一．选择题：1.已知公差为1的等差数列{an}的前8项和为4倍的前4项和，求a10.改写：设公差为1的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S8=4S4，求a10.答案：D。
2.设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1+a3+a5=3，求S5.答案：C。
3.已知等比数列{an}满足a1=1，a3a5=4(a4-1)，求a2.答案：B。
4.已知等差数列{an}的公差为2，且a2，a4，a8成等比数列，求前n项和Sn。
答案：D。
5.设首项为1，公比为2的等比数列{an}的前n项和为Sn，求Sn的表达式。
答案：C。
6.数列{an}满足an+1+(-1)^nan=2n-1，求前60项和。
答案：B。
二．填空题：7.在数列{an}中，a1=2，an+1=2an，Sn为{an}的前n项和。
若-Sn=126，则n=6.8.数列{an}满足an+1=1/an，a2=2，求a1.答案：-1.9.等比数列{an}满足a2+a4=20，a3+a5=80，求a1.答案：4.10.等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，若$S_3+3S_2=S_1$，则公比 $q=$______；前 $n$ 项和$S_n=$______。
改写：已知等比数列 $\{a_n\}$，前 $n$ 项和为 $S_n$。
(完整版)近几年全国卷高考文科数列高考习题汇总
欢迎共阅数列高考题近几年全国高考文科数学数列部分考题统计及所占分值二．填空题7.[2015.全国I 卷.T13]在数列{}n a 中，1n 1n 2,2a a a +==,n S 为{}n a 的前n 项和。
若-n S =126，则n =. 8.[2014.全国II 卷.T14]数列{}n a 满足121,21n na a a +==-，则1a = 9.[2013.北京卷.T11]若等比数列{}n a 满足2420a a +=，3540a a +=，则公比q =；前n 项和n S =。
10.[2012.全国卷.T14]等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若32S 3S 0+=，则公比q = 11.[2012.北京卷.T10]已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若211=a ，23S a =，则2a =，n S =_______。
12.[2011.北京卷.T12]在等比数列{}n a 中，若141,4,2a a ==则公比q =；12n a a a ++⋯+=.13.[2009.北京卷.T10]若数列{}n a 满足：111,2()n n a a a n N *+==∈，则5a =；前8项的和8S =.（用数字作答） 三．解答题14.[2016.全国II 卷.T17](本小题满分12分)等差数列{}n a 其中[]x 表示不超过x 15.[2016.全国III （I ）求23,a a ；（II ）求{}n a 15.[2016.北京卷已知{}n a （Ⅰ）求{}n a （Ⅱ）设n n c a =16.[2015.北京卷（Ⅰ）求{a （Ⅱ）设等比数列{}n b 满足2337,b a b a ==.问：6b 与数列{}n a 的第几项相等？ 17.[2014.全国I 卷.T17]（本小题满分12分）已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根。
2023年全国各省份高考数学真题数列汇总
2023年全国各省份高考数学真题数列汇总一、单选题二、填空题8．（2023年全国乙卷（理数）第15题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =______.9．（2023年全国甲卷（文数）第13题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为________．10．（2023年北京卷第14题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a =___________；数列{}n a 所有项的和为____________．三、解答题15．（2023年北京卷第21题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值；(2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >>使得t p s q A B A B +=+．16．（2023年天津卷第19题）已知{}n a 是等差数列，255316,4a a a a +=-=．(1)求{}n a 的通项公式和1212n n ii a --=∑．(2)已知{}n b 为等比数列，对于任意*N k ∈，若1221k k n -≤≤-，则1k n k b a b +<<，（Ⅰ）当2k ≥时，求证：2121kk k b -<<+；（Ⅱ）求{}n b 的通项公式及其前n 项和．a-【详解】由题意可得：当1n =时，2122a a =+，即1122a q a =+，①当2n =时，()31222a a a =++，即()211122a q a a q =++，②联立①②可得12,3a q ==，则34154a a q ==.故选：C.二、填空题三、解答题为奇数反证：假设满足11n n r r +->的最小正整数为11j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i i r r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-，又因为11j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>，假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N .（3）（ⅰ）若mmA B ≥，构建,1n n n r S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≥，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≥，则1,0K K K r K r A B m A B +-≥-<，可得()()111K K K K K r r r K r K r b B B A B A B m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≤-.①若存在正整数N ，使得0N N N r S A B =-=，即N Nr A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r B B A A +=+；②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为{}1,2,1n S m m ∈⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y X r Y r A B A B -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r B B A A +=+；（ⅱ）若m m A B <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N Nr A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r B B A A +=+；②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为{}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，。
历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)
历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编考点01 数列的增减性1．（2022∙全国乙卷∙高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（ ） A ．15b b < B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ．3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 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4．（2020∙北京∙高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a 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，无最小项考点02 递推数列及数列的通项公式1．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（ ） A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立 B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立 C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立 D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ．3．（2022∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（ ）A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a << 4．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 5．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．6．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = .7．（2019∙浙江∙高考真题）设,a b R ∈，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（ ） A ．72B ．73 C ．13-D ．711-2．（2024∙全国甲卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（ ） A ．2-B ．73C ．1D ．293．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（ ） A ．25B ．22C ．20D ．154．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（ ）A ．－1B ．12-C ．0D ．125．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n为等差数列，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6．（2022∙北京∙高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．（2020∙浙江∙高考真题）已知等差数列{an }的前n 项和Sn ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，bn+1=S2n+2–S 2n ，n N *∈，下列等式不可能．．．成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a = D ．2428b b b =8．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-二、填空题 15．（2024∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S = .16．（2022∙全国乙卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d = ． 17．（2020∙山东∙高考真题）将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{an }，则{an }的前n 项和为 ．18．（2020∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若1262,2a a a =-+=，则10S = ．19．（2019∙江苏∙高考真题）已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是 .20．（2019∙北京∙高考真题）设等差数列{an }的前n 项和为Sn ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5= ，Sn 的最小值为 ．21．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S = . 22．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S = .考点04 等比数列及其前n 项和一、单选题 1．（2023∙全国甲卷∙高考真题）设等比数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和n S ，若11a =，5354S S =-，则4S =（ ） A ．158B ．658C ．15D ．402．（2023∙天津∙高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()112,22N n n a a S n *+==+∈，则4a =（ ）A ．16B ．32C ．54D ．1623．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =（ ）． A ．120B ．85C ．85-D ．120-4．（2022∙全国乙卷∙高考真题）已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =（ ） A ．14B ．12C ．6D ．35．（2021∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（ ） A ．7B ．8C ．9D ．106．（2020∙全国∙高考真题）设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（ ） A ．12B ．24C ．30D ．327．（2020∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则n nS a =（ ）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –18．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 中，12a =，对任意 ,,m n m n m n N a a a ++∈=，若155121022k k k a a a ++++++=- ，则 k =（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题 11．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为 ． 12．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a = . 13．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4= ． 14．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5= ．考点05 数列中的数学文化1．（2023∙北京∙高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a = ；数列{}n a 所有项的和为 ．2．（2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AA BB CC DD ''''是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中1111,,,DD CC BB AA 是举，1111,,,OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AAk k k OD DC CB BA ====．已知123,,k k k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则3k =（ ）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.93．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）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21240dm S =，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22180dm S =，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1nk k S ==∑ 2dm .4．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．5．（2020∙全国∙高考真题）0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0‐1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0‐1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0‐1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010B ．11011C ．10001D ．110016．（2020∙全国∙高考真题）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(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环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，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块考点06 数列求和1．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 2．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（ ） A ．()()2n n ωω= B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nn ω-=3．（2020∙江苏∙高考真题）设{an }是公差为d 的等差数列，{bn }是公比为q 的等比数列．已知数列{an +bn }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是 ．参考答案考点01 数列的增减性1．（2022∙全国乙卷∙高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（ ） A ．15b b < B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <【答案】D【详细分析】根据()*1,2,k k α∈=N …，再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小，即可求解.【答案详解】[方法一]:常规解法因为()*1,2,k k α∈=N ，所以1121ααα<+，112111ααα>+，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误； 178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b <，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确.[方法二]：特值法不妨设1,n a =则1234567835813213455b 2,b b ,b b ,b b ,b 2358132134========，，，47b b <故D 正确.2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n nS a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=， 因为20a >，解得2332a =<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错； 当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对； 假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=， 所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【名师点评】关键点名师点评：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 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【答案】B【详细分析】当0q >时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当{}n S 是递增数列时，必有0n a >成立即可说明0q >成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案． 【答案详解】由题，当数列为2,4,8,--- 时，满足0q >， 但是{}n S 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}n S 是递增数列，则必有0n a >成立，若0q >不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q >成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B ．【名师点评】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．4．（2020∙北京∙高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a 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【答案】B【详细分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【答案详解】由题意可知，等差数列的公差511925151a a d --+===--， 则其通项公式为：()()11912211n a a n d n n =+-=-+-⨯=-， 注意到123456701a a a a a a a <<<<<<=<< ， 且由50T <可知()06,i T i i N <≥∈， 由()117,ii i T a i i N T -=>≥∈可知数列{}n T 不存在最小项， 由于1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=，故数列{}n T 中的正项只有有限项：263T =，46315945T =⨯=. 故数列{}n T 中存在最大项，且最大项为4T . 故选：B.【名师点评】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.考点02 递推数列及数列的通项公式1．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（ ） A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立 B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立 C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立 D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立【答案】B【详细分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD 正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B 的正误. 法2：构造()()31664x f x x =-+-，利用导数求得()f x 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项n a 所在区间，从而判断{}n a 的单调性；对于A ，构造()()32192647342h x x x x x =-+-≤，判断得11n n a a +<-，进而取[]4m M =-+推得n a M >不恒成立；对于B ，证明n a 所在区间同时证得后续结论；对于C ，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+推得n a M >不恒成立；对于D ，构造()()32192649942g x x x x x =-+-≥，判断得11n n a a +>+，进而取[]1m M =+推得n a M <不恒成立. 【答案详解】法1：因为()311664n n a a +=-+，故()311646n n a a +=--，对于A ，若13a =，可用数学归纳法证明：63n a -≤-即3n a ≤， 证明：当1n =时，1363a -=≤--，此时不等关系3n a ≤成立； 设当n k =时，63k a -≤-成立， 则()3162514764,4k k a a +⎛⎫-∈--- ⎝=⎪⎭，故136k a +≤--成立， 由数学归纳法可得3n a ≤成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦， ()20144651149n a --=-≥>，60n a -<，故10n n a a +-<，故1n n a a +<， 故{}n a 为减数列，注意1063k a +-≤-< 故()()()()23111666649644n n n n n a a a a a +-=≤-=-⨯--，结合160n a +-<，所以()16694n n a a +--≥，故19634n n a +⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，故19634nn a +⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，若存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，则9634nM ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，故6934nM -⎛⎫> ⎪⎝⎭，故946log 3M n -<，故n a M >恒成立仅对部分n 成立， 故A 不成立.对于B ，若15,a =可用数学归纳法证明：106n a --≤<即56n a ≤<， 证明：当1n =时，10611a ---≤≤=，此时不等关系56n a ≤<成立； 设当n k =时，56k a ≤<成立， 则()31164416,0k k a a +⎛⎫-∈-⎪⎝=⎭-，故1106k a +--≤<成立即 由数学归纳法可得156k a +≤<成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦， ()201416n a --<，60n a -<，故10n n a a +->，故1n n a a +>，故{}n a 为增数列， 若6M =，则6n a <恒成立，故B 正确.对于C ，当17a =时， 可用数学归纳法证明：061n a <-≤即67n a <≤， 证明：当1n =时，1061a <-≤，此时不等关系成立； 设当n k =时，67k a <≤成立， 则()31160,4164k k a a +⎛⎤-∈ ⎥⎝=⎦-，故1061k a +<-≤成立即167k a +<≤ 由数学归纳法可得67n a <≤成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +<，故{}n a 为减数列，又()()()2111666644n n n n a a a a +-=-⨯-≤-，结合160n a +->可得：()111664n n a a +⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，所以1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭， 若1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若存在常数6M >，使得n a M >恒成立，则164nM ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭恒成立，故()14log 6n M ≤-，n 的个数有限，矛盾，故C 错误.对于D ，当19a =时， 可用数学归纳法证明：63n a -≥即9n a ≥， 证明：当1n =时，1633a -=≥，此时不等关系成立； 设当n k =时，9k a ≥成立，则()3162764143k k a a +-≥=>-，故19k a +≥成立 由数学归纳法可得9n a ≥成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=-->⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +>，故{}n a 为增数列，又()()()2119666446n n n n a a a a +->=-⨯--，结合60n a ->可得：()11116396449n n n a a --+⎭-⎛⎫⎛⎫-= ⎪⎪⎝⎝⎭> ，所以114963n n a -+⎛⎫⎪⎭≥+⎝，若存在常数0M >，使得n a M <恒成立，则19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故946log 13M n -⎛⎫<+ ⎪⎝⎭，这与n 的个数有限矛盾，故D 错误.故选：B.法2：因为()3321119662648442n n n n n n n a a a a a a a +-=-+-=-+-， 令()3219264842f x x x x =-+-，则()239264f x x x =-+'，令()0f x ¢>，得06x <<6x >+；令()0f x '<，得66x << 所以()f x在,6⎛-∞ ⎝⎭和63⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在633⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减， 令()0f x =，则32192648042x x x -+-=，即()()()146804x x x ---=，解得4x =或6x =或8x =，注意到465<<，768<<， 所以结合()f x 的单调性可知在(),4-∞和()6,8上()0f x <，在()4,6和()8,+∞上()0f x >， 对于A ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，当1n =时，13a =，()32116643a a =--<-，则23a <， 假设当n k =时，3k a <， 当1n k =+时，()()331311646364k k a a +<---<-=，则13k a +<， 综上：3n a ≤，即(),4n a ∈-∞，因为在(),4-∞上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列， 因为()332111916612647442n n n n n n n a a a a a a a +-+=-+-+=-+-， 令()()32192647342h x x x x x =-+-≤，则()239264h x x x '=-+，因为()h x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯， 所以()h x '在(],3-∞上单调递减，故()()2333932604h x h ''≥=⨯-⨯+>，所以()h x 在(],3-∞上单调递增，故()()321933326347042h x h ≤=⨯-⨯+⨯-<，故110n n a a +-+<，即11n n a a +<-， 假设存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，取[]14m M =-+，其中[]1M M M -<≤，且[]Z M ∈，因为11n n a a +<-，所以[][]2132431,1,,1M M a a a a a a -+-+<-<-<- ， 上式相加得，[][]()14333M a a M M M -+<--+≤+-=， 则[]14m M a a M +=<，与n a M >恒成立矛盾，故A 错误； 对于B ，因为15a =， 当1n =时，156a =<，()()33211166566644a a =-+=⨯-+<， 假设当n k =时，6k a <，当1n k =+时，因为6k a <，所以60k a -<，则()360k a -<， 所以()3116664k k a a +=-+<， 又当1n =时，()()332111615610445a a =-+=⨯+-->，即25a >， 假设当n k =时，5k a ≥，当1n k =+时，因为5k a ≥，所以61k a -≥-，则()361k a -≥-， 所以()3116654k k a a +=-+≥， 综上：56n a ≤<，因为在()4,6上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列， 此时，取6M =，满足题意，故B 正确；对于C ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，注意到当17a =时，()3216617644a =-+=+，3341166441664a ⎪⎛⎫⎫+=+ ⎪⎝+-⎭⎭⎛= ⎝，143346166144416a ⎢⎛⎫+=⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝+ ⎪⎭⎭⎥⎦⎝⎣猜想当2n ≥时，)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，当2n =与3n =时，2164a =+与43164a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭满足()1312164nn a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，假设当n k =时，)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，当1n k =+时，所以()())13113131122311666116664444k k k k a a +-+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-+ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦-+=+=， 综上：()()13121624n n a n - =⎛⎫+≥⎪⎝⎭，易知310n->，则)13121014n -⎛⎫<< ⎪⎝⎭，故()()()1312166,724n n a n -⎛⎪=⎫+∈≥ ⎝⎭，所以(],67n a ∈，因为在()6,8上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列， 假设存在常数6M >，使得n a M >恒成立，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+，其中[]*00001,N m m m m -<≤∈，则()0142log 6133m mM ->=+， 故()()14log 61312m M ->-，所以()1312614m M -⎛⎫ ⎪<⎝-⎭，即)1312164m M -⎛⎫+ ⎪⎭<⎝， 所以m a M <，故n a M >不恒成立，故C 错误； 对于D ，因为19a =， 当1n =时，()32116427634a a ==->-，则29a >， 假设当n k =时，3k a ≥， 当1n k =+时，()()331116936644k k a a +≥=-->-，则19k a +>，综上：9n a ≥，因为在()8,+∞上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列， 因为()332111916612649442n n n n n n n a a a a a a a +--=-+--=-+-， 令()()32192649942g x x x x x =-+-≥，则()239264g x x x '=-+， 因为()g x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯， 所以()g x '在[)9,+∞上单调递增，故()()2399992604g x g ≥=⨯-⨯+'>'，所以()()321999926949042g x g ≥=⨯-⨯+⨯->， 故110n n a a +-->，即11n n a a +>+， 假设存在常数0M >，使得n a M <恒成立， 取[]21m M =+，其中[]1M M M -<≤，且[]Z M ∈，因为11n n a a +>+，所以[][]213211,1,,1M M a a a a a a +>+>+>+ ， 上式相加得，[][]1191M a a M M M +>+>+->， 则[]21m M a a M +=>，与n a M <恒成立矛盾，故D 错误. 故选：B.【名师点评】关键名师点评：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n n S a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=， 因为20a >，解得2332a =<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错； 当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对； 假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=， 所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【名师点评】关键点名师点评：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2022∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（ ）A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a << 【答案】B【详细分析】先通过递推关系式确定{}n a 除去1a ，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133n n n a a a +-=>-，累加可求出11(2)3n n a >+，得出1001003a <，再利用11111111333132n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+ ⎪-+⎝⎭-+，累加可求出()111111113323nn a n ⎛⎫-<-++++ ⎪⎝⎭ ，再次放缩可得出10051002a >． 【答案详解】∵11a =，易得()220,13a =∈，依次类推可得()0,1n a ∈ 由题意，1113n n n a a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即()1131133n n n n na a a a a +==+--，∴1111133n n n a a a +-=>-， 即211113a a ->，321113a a ->，431113a a ->，…，1111,(2)3n n n a a -->≥， 累加可得()11113n n a ->-，即11(2),(2)3n n n a >+≥， ∴()3,22n a n n <≥+，即100134a <，100100100334a <<, 又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+≥ ⎪-+⎝⎭-+， ∴211111132a a ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，321111133a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，431111134a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，…，111111,(3)3n n n a a n -⎛⎫-<+≥ ⎪⎝⎭， 累加可得()11111111,(3)3323n n n a n ⎛⎫-<-++++≥ ⎪⎝⎭ ，∴100111111111333349639323100326a ⎛⎫⎛⎫-<++++<+⨯+⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ， 即100140a <，∴100140a >，即10051002a >； 综上：100510032a <<． 故选：B ．【名师点评】关键点名师点评：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩. 4．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 【答案】A【详细分析】显然可知，10032S >，利用倒数法得到21111124n n a a +⎛⎫==+-⎪⎪⎭，再放缩可得12<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由1n a +=113n n a n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)n a n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【答案详解】因为)111,N n a a n *+==∈，所以0n a >，10032S >．由211111124n n n a a a ++⎛⎫=⇒=+=+-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<⇒<⎪⎪⎭12<()111,222n n n -+<+=≥，当1n =112+=，12n +≤，当且仅当1n =时等号成立，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++ 113n n a n a n ++∴≤+， 由累乘法可得()6,2(1)(2)n a n n n ≤≥++，且16(11)(12)a =++，则6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100332S <<． 故选：A ．【名师点评】的不等关系，再由累加法可求得24(1)n a n ≥+，由题目条件可知要证100S 小于某数，从而通过局部放缩得到1,n n a a +的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)n a n n ≤++，最后由裂项相消法求得1003S <．5．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．【答案】10【详细分析】根据通项公式可求出数列{}n a 的前三项，即可求出． 【答案详解】因为()12n n n a +=，所以1231,3,6a a a ===． 即312313610S a a a =++=++=． 故答案为：10.【名师点评】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．6．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = .【答案】7【详细分析】对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论.【答案详解】2(1)31nn n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++135********()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++ 11(102)(140)(5172941)a a ++++++++ 118392928484540a a =++=+=，17a ∴=.故答案为：7.【名师点评】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.7．（2019∙浙江∙高考真题）设,a b R ∈，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->【答案】A【解析】若数列{}n a 为常数列，101a a a ==，则只需使10a ≤，选项的结论就会不成立.将每个选项的b 的取值代入方程20x x b -+=，看其是否有小于等于10的解.选项B 、C 、D 均有小于10的解，故选项B 、C 、D 错误.而选项A 对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A 选项正确.【答案详解】若数列{}n a 为常数列，则1n a a a ==，由21n n a a b +=+，可设方程20x x b -+= 选项A ：12b =时，2112n n a a +=+，2102x x -+=， 1210∆=-=-<， 故此时{}n a 不为常数列，222112n n n n a a a +=+=+≥ ，且2211122a a =+≥，792a a ∴≥≥21091610a a >≥>， 故选项A 正确； 选项B ：14b =时，2114n n a a +=+，2104x x -+=，则该方程的解为12x =， 即当12a =时，数列{}n a 为常数列，12n a =，则101102a =<，故选项B 错误； 选项C ：2b =-时，212n n a a +=-，220x x --=该方程的解为=1x -或2，即当1a =-或2时，数列{}n a 为常数列，1n a =-或2， 同样不满足1010a >，则选项C 也错误；选项D ：4b =-时，214n n a a +=-，240x x --=该方程的解为12x =， 同理可知，此时的常数列{}n a 也不能使1010a >， 则选项D 错误. 故选：A.【名师点评】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（ ） A ．72B ．73 C ．13-D ．711-【答案】B【详细分析】由510S S =结合等差中项的性质可得80a =，即可计算出公差，即可得1a 的值. 【答案详解】由105678910850S S a a a a a a -=++++==，则80a =， 则等差数列{}n a 的公差85133a a d -==-，故151741433a a d ⎛⎫=-=-⨯-= ⎪⎝⎭.故选：B.2．（2024∙全国甲卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（ ） A ．2-B ．73C ．1D ．29【答案】D【详细分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成1a 和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【答案详解】方法一：利用等差数列的基本量 由91S =，根据等差数列的求和公式，911989193612S a d a d ⨯=+=⇔+=， 又371111222628(936)99a a a d a d a d a d +=+++=+=+=. 故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，1937a a a a +=+，由91S =，根据等差数列的求和公式， 193799()9()122a a a a S ++===，故3729a a +=.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差0d =，则9111199S a a ==⇒=，则371229a a a +==. 故选：D3．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（ ） A ．25B ．22C ．20D ．15【答案】C【详细分析】方法一：根据题意直接求出等差数列{}n a 的公差和首项，再根据前n 项和公式即可解出； 方法二：根据等差数列的性质求出等差数列{}n a 的公差，再根据前n 项和公式的性质即可解出． 【答案详解】方法一：设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，依题意可得，2611510a a a d a d +=+++=，即135a d +=,又()()48113745a a a d a d =++=，解得：11,2d a ==， 所以515455210202S a d ⨯=+⨯=⨯+=． 故选：C.方法二：264210a a a +==，4845a a =，所以45a =，89a =，从而84184a a d -==-，于是34514a a d =-=-=， 所以53520S a ==． 故选：C.4．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（ ） A ．－1B ．12-C ．0D ．12【答案】B【详细分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素详细分析、推理作答.【答案详解】依题意，等差数列{}n a 中，112π2π2π(1)()333n a a n n a =+-⋅=+-， 显然函数12π2πcos[()]33y n a =+-的周期为3，而N n *∈，即cos n a 最多3个不同取值，又{cos |N }{,}n a n a b *∈=，则在123cos ,cos ,cos a a a 中，123cos cos cos a a a =≠或123cos cos cos a a a ≠=， 于是有2πcos cos()3θθ=+，即有2π()2π,Z 3k k θθ++=∈，解得ππ,Z 3k k θ=-∈， 所以Z k ∈，2ππ4πππ1cos(π)cos[(π)]cos(π)cos πcos πcos 333332ab k k k k k =--+=--=-=-.故选：B5．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n为等差数列，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【答案】C【详细分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n 项和与第n 项的关系推理判断作答.，【答案详解】方法1，甲：{}n a 为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ， 则1111(1)1,,222212n n n n S S S n n n d d dS na d a d n a nn n +--=+=+=+--=+，因此{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：{}nS n为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t ，即1(1)n nna S t n n +-=+，则1(1)n n S na t n n +=-⋅+，有1(1)(1),2n n S n a t n n n -=--⋅-≥，两式相减得：1(1)2n n n a na n a tn +=---，即12n n a a t +-=，对1n =也成立， 因此{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C 正确.方法2，甲：{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的首项1a ，公差为d ，即1(1)2n n n S na d -=+， 则11(1)222n S n d d a d n a n-=+=+-，因此{}n S n 为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nS n 为等差数列，即11,(1)1n n n S S S D S n D n n n+-==+-+， 即1(1)n S nS n n D =+-，11(1)(1)(2)n S n S n n D -=-+--，当2n ≥时，上两式相减得：112(1)n n S S S n D --=+-，当1n =时，上式成立， 于是12(1)n a a n D =+-，又111[22(1)]2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数， 因此{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件. 故选：C6．（2022∙北京∙高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【详细分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【答案详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，记[]x 为不超过x 的最大整数. 若{}n a 为单调递增数列，则0d >，若10a ≥，则当2n ≥时，10n a a >≥；若10a <，则()11n a a n d +-=， 由()110n a a n d =+->可得11a n d >-，取1011a N d ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，则当0n N >时，0n a >， 所以，“{}n a 是递增数列”⇒“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”；若存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >，取N k *∈且0k N >，0k a >， 假设0d <，令()0n k a a n k d =+-<可得k a n k d >-，且k ak k d->， 当1k a n k d ⎡⎤>-+⎢⎥⎣⎦时，0n a <，与题设矛盾，假设不成立，则0d >，即数列{}n a 是递增数列.所以，“{}n a 是递增数列”⇐“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”.所以，“{}n a 是递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的充分必要条件. 故选：C.7．（2020∙浙江∙高考真题）已知等差数列{an }的前n 项和Sn ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，bn+1=S2n+2–S 2n ，n N *∈，下列等式不可能．．．成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a = D ．2428b b b =【答案】D【详细分析】根据题意可得，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，而1212b S a a ==+，即可表示出题中2468,,,b b b b ，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．【答案详解】对于A ，因为数列{}n a 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4426+=+可得，4262a a a =+，A 正确；对于B ，由题意可知，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，1212b S a a ==+，∴234b a a =+，478b a a =+，61112b a a =+，81516b a a =+． ∴()47822b a a =+，26341112b b a a a a +=+++．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288+=++=+可得()26341112784=2=2b b a a a a a a b +=++++，B 正确；对于C ，()()()()2224281111137222a a a a d a d a d d a d d d a -=+-++=-=-， 当1a d =时，2428a a a =，C 正确； 对于D ，()()22222478111213452169b a a a d a a d d =+=+=++，()()()()2228341516111125229468145b b a a a a a d a d a a d d =++=++=++， ()22428112416832b b b d a d d d a -=-=-．当0d >时，1a d ≤，∴()113220d a d d a -=+->即24280b b b ->；当0d <时，1a d ≥，∴()113220d a d d a -=+-<即24280b b b ->，所以24280b b b ->，D 不正确．故选：D.【名师点评】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．8．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则。
2011-2019高考文科数学全国卷真题分类汇编(含详细答案)专题：第7章 数列
第7章 数列1.（2012全国文14）等比数列的前项和为，若，则公比________.2.(2013全国I 文6)设首项为，公比为的等比数列的前项和为，则（ ）. A. B. C. D.3.（2014新课标Ⅱ文5）等差数列的公差为，若成等比数列，则的前项和（）A. B. C.D. 4.（2011全国文17）已知等比数列中，，公比．（1）为的前项和，证明：； （2）设，求数列的通项公式．5.(2015全国I 文13)在数列中，，为的前n 项和.若，则.6.(2015全国I 文7)已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则（）. A.B. C. D. 7.(2015全国II 文5)设是等差数列的前项和，若，则（）. A. B. C. D.8. (2015全国II 文9) 已知等比数列满足，，则（）.A. B. C. D.{}n a n n S 3230S S +=q =123{}n a n n S 21n n S a =-32n n S a =-43n n S a =-32n n S a =-{}n a 2248,,a a a {}n a n n S =(1)n n +(1)n n -(1)2n n +(1)2n n -{}a 213a =13q =n S {}n a n 12nn a S -=31323log log log n n b a a a =+++n b {}n a 112,2n n a a a +==n S {}n a 126n S =n ={}n a n S {}n a n 844S S =10a =1721921012n S }{n a n 1353a a a ++=5S =57911{}n a 411=a ()35441a a a =-=2a 2121819.（2014新课标Ⅱ文16）数列满足，，则. 10.（2012全国文12）数列满足，则的前项和为（）.A. B. C. D. 11.（2013全国I 文17）已知等差数列的前项和满足.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.12.（2014全国I 文17）已知是递增的等差数列，，是方程的根.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和. 13.（2013全国II 文17）已知等差数列的公差不为零，，且成等比数列.（1）求的通项公式；（2）求14.（2016全国I 文17）已知是公差为3的等差数列，数列满足，.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求的前n 项和.15.（2017全国1文17）．（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．16.（2018全国1文17）17．（12分）已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn 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．{}n a 111n na a +=-82a =1a ={}n a 1(1)21n n n a a n ++-=-{}n a 603690366018451830{}n a n n S 3505S S ==-，{}n a 21211n n a a -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭n {}n a 2a 4a 2560x x -+={}n a 2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭n {}n a 125a =11113,,a a a {}n a 14732+n a a a a -++⋅⋅⋅+{}n a {}n b 12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，{}n a {}n b17．【2019年高考全国III 卷文数】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a = A ．16 B ．8C ．4D ．218．【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4=___________．19．【2019年高考全国III 卷文数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =___________.20．【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=-a 5．（I ）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（II ）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．21．【2019年高考全国II 卷文数】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+.（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和．高考真题详解1.分析利用等比数列的通项公式求解.解析，所以，所以，因为，所以.2.分析可以直接利用等比数列的求和公式求解，也可以先求出通项和前项和，再建立关系. 解析：方法一：在等比数列中，.3230S S +=()1231230a a a a a ++++=()21440a q q ++=10a ≠2q =-n {}n a 1213322113n n n na a a qS a q -⋅-===---方法二：在等比数列中，所以故选D. 3.解析因为成等比数列，所以，即，将代入上式，解得，所以.故选A. 4.解析（1）因为，，所以． （2）．所以的通项公式为． 5.解析由，得，即数列是首项为2，公比为的等比数列. ，得.6.解析解法一：由，，知， 解得.所以.故选B. 解法二：由，即，可得. 又公差，所以，则，解得.所以.故选B.7.解析 由已知，则，.又因为 .故选A.{}n a 121,,3a q ==11221.33n n n a --⎛⎫⎛⎫=⨯= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭12113222313132.233313n n n n n S a -⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎣⎦==-=-=-⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-248,,a a a 2428a a a =⋅()()()211137a d a d a d +=++2d =12a =()()12212n n n S n n n -⋅=+=+1111333n n n a -⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭111113332113n n n S ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭--==-12n n a S -=31323log log log n n b a a a =+++()12n =-+++()12n n +=-{}n b ()12n n n b +=-12n n a a +=12n na a +={}n a 2()()11212126112n n n a q S q--===--6n =844S S =1d =()()118814418144122a a --⎡⎤+⨯=+⨯⎢⎥⎣⎦112a =()10119101122a =+-⨯=844S S =()()1814442a a a a +=⨯+8142a a a =+1d =817a a =+427a =472a =1041962a a =+=1353a a a ++=333a =31a =()1535552=22a aa S +⨯==35=5a8.解析 由等比数列的性质得，即，则 .所以有， 所以.故 .故选C.9.解析由，得，因为，所以，，，，所以是以3为周期的数列，所以. 10.分析利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解.解析因为，所以，，，，，，，，，，，，，，，，所以故选D.11.分析（1）结合等差数列的求和公式列出关于首项和公差的方程组求解；（2）裂项求和，但要注意裂项后的系数.解析：解：（1）设的公差为，则由已知可得解得故的通项公式为. （2）由（1）知=，从而数列的前项和为. 12.解析（I ）方程的两根为，，由题意得，. 设数列的公差为，则，故，从而.所以的通项公式为. 2354a a a =()24441a a =-42a =3418a q a ==2q =2112a a q ==111n n a a +=-111n n a a +=-82a =711122a =-=67111a a =-=-56112a a =-={}n a 1712a a ==1(1)21n n n a a n ++-=-211a a =+312a a =-417a a =-51a a =619a a =+712a a =-8115a a =-91a a =10117a a =+1112a a =-12123a a =-571a a =581113a a =+5912a a =-601119a a =-1260a a a +++=()1234a a a a ++++()5678a a a a ++++()57585960a a a a ++++=102642234+++=()151********.2⨯+={}n a d ()11.2n n n S na d -=+11330,510 5.a d a d +=⎧⎨+=-⎩11,1.a d =⎧⎨=-⎩{}n a 2n a n =-()()2121113212n n a a n n -+=--11122321n n ⎛⎫- ⎪--⎝⎭21211n n a a -+⎧⎫⎨⎬⎩⎭n 111111121113232112nn n n⎛⎫-+-++-= ⎪----⎝⎭2560x x -+=2322a =43a ={}n a 422a a d -=12d =132a ={}n a 112n a n =+（II ）设的前项和为，由（I ）知， 则，， 两式相减得. 所以. 评注本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前项和，第（I ）种由条件求首项、公差，进而求出结论是基本题型，第（II ）问中，运算准确是关键.13.分析（1）先设出公差，根据已知条件求出公差，可得出通项公式；（2）所求的和成了一个新的数列，求出该数列的首项和公差，运用数列的前项和公式求解.解析：（1）设的公差为，由题意得，即.于是.又，所以（舍去），.故. （2）令.由（1）知，故是首项为25，公差为的等差数列.从而. 14.（2016全国I 文17）已知是公差为3的等差数列，数列满足，.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求的前n 项和. 解析：（Ⅰ）由知带入已知条件得： 所以由得（Ⅱ）由（Ⅰ）知，即 所以，所以是一个以1为首项，为公比的等比数列 2n na ⎧⎫⎨⎬⎩⎭n n S 1222n n n a n ++=23134122222n n n n n S +++=++++34121341222222n n n n n S ++++=++++312121311231121242224422n n n n n n n S ++-+++⎛⎫⎛⎫=+++-=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1422n n n S ++=-n d n {}n a d 211113a a a =()()21111012a d a a d +=+()12250d a d +=125a =0d =2d =-227n a n =-+14732n n S a a a a -=++++32631n a n -=-+{}32n a -6-()()213265632822n n n nS a a n n n -=+=-+=-+{}n a {}n b 12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，{}n a {}n b 11n n n n a b b nb +++=1221a b b b +=12a =1(1)n a a n d =+-31n a n =-11n n n n a b b nb +++=1(31)n n n n b b nb +-+=113n n b b +={}n b 13其前n 项和为: 15.（2017全国II 文17）．（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．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ．由题设可得121(1)2,(1) 6.a q a q q +=⎧⎨++=-⎩解得2q =-，12a =-． 故{}n a 的通项公式为(2)n n a =-．（2）由（1）可得11(1)22()1331n n n n a q S q +-==--+-． 由于3212142222()2[()]2313313n n n n n n n n S S S +++++-+=--++=-=-， 故1n S +，n S ，2n S +成等差数列．16.（2018全国II 文17）17．（12分）已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn 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． 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 na 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． 17．【2019年高考全国III 卷文数】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a = A ．16B ．8111[1()](1)31113n nb q q --=--331()223n =-C ．4D ．2【答案】C【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则231111421111534a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．18．【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4=___________．【答案】58【解析】设等比数列的公比为q ，由已知223111314S a a q a q q q =++=++=，即2104q q ++=. 解得12q =-，所以441411()(1)521181()2a q S q ---===---． 19．【2019年高考全国III 卷文数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =___________.【答案】100【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，根据题意可得317125,613a a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩得11,2a d =⎧⎨=⎩ 101109109101012100.22S a d ⨯⨯∴=+=⨯+⨯= 20．【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=-a 5．（I ）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（II ）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．【答案】（I ）210n a n =-+；（II ）110()n n *≤≤∈N .【解析】（I ）设{}n a 的公差为d ．由95S a =-得140a d +=．由a 3=4得124a d +=．于是18,2a d ==-．因此{}n a 的通项公式为102n a n =-． （II ）由（I ）得14a d =-，故(9)(5),2n n n n da n d S -=-=.由10a >知0d <，故n n S a ≥等价于211100n n -+…，解得1≤n ≤10． 所以n 的取值范围是{|110,}n n n *≤≤∈N ．21．【2019年高考全国II 卷文数】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+.（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和．【答案】（I ）212n n a -=；（II ）2n S n =.【解析】（I ）设{}n a 的公比为q ，由题设得22416q q =+，即2280q q --=．解得2q =-（舍去）或q =4．因此{}n a 的通项公式为121242n n n a --=⨯=．（II ）由（I ）得2(21)l o g 221n b n n =-=-，因此数列{}n b 的前n 项和为21321n n +++-=．。
高三文科近三年高考真题汇总--数列
专题三 近3年高考考题---数列（1）1（2014年全国2卷5）等差数列}{n a 的公差为2，若2a ，4a ，8a 成等比数列，则}{n a 的前n 项和=n S （ ）.A )1(+n n .B )1(-n n .C 2)1(+n n .D 2)1(-n n 2（2015年全国1卷5）已知}{n a 是公差为1的等差数列，n S 为}{n a 的前n 项和.则484S S =，=10a （ ） .A 217.B 219.C 10.D 12 3（2015年全国2卷5）设n S 等差数列}{n a 的前n 项和.若3531=++a a a ，则=5S （ ）.A 5.B 7.C 9.D 114（2015年全国2卷9）已知等比数列}{n a 满足411=a ，)1(4453-=⋅a a a ，则=2a （ ）.A 2.B 1.C 21.D 815（2014年全国2卷16）数列}{n a 满足nn a a -=+111，22=a ，则=1a 6（2015年全国1卷13）在数列}{n a 中，21=a ，n n a a 21=+，n S 为}{n a 的前n 项和. 若126=-n S ，则=n7（2016年全国2卷17题）等差数列}{n a 中，443=+a a ，675=+a a（1）求}{n a 的通项公式；（2）设][n n a b =，求数列}{n b 的前10项和，其中][x 表示不超过x 的最大整数，如0]9.0[=，2]6.2[=8（2016年全国1卷17）已知}{n a 是公差为3的等差数列，数列}{n b 满足11=b ，312=b ，n n n n b n b b a ⋅=+⋅++11.（1）求}{n a 的通项公式. （2）求}{n b 的前n 项和.9（2016年全国3卷17）已知各项都为正数的数列}{n a 满足11=a ，02)12(112=-⋅--++n n n n a a a a .（1）求2a ，3a ；（2）求}{n a 的通项公式.10（2014年全国1卷17）已知}{n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程0652=+-x x 的根. （1）求}{n a 的通项公式；（2）求数列}2{n n a 的前n 项和.。