2017高考数学数列大题训练
2017年高考 数列
2017年高考数列一、单选题1、（2017•新课标Ⅰ卷）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{a n}的公差为（）A、1B、2C、4D、82、（2017•浙江）已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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3、（2017•新课标Ⅱ）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（）A、1盏 B、3盏 C、5盏 D、9盏4、（2017•新课标Ⅲ）等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2， a3， a6成等比数列，则{a n}前6项的和为（）A、﹣24B、﹣3C、3D、85、（2017•新课标Ⅰ卷）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1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20， 21，再接下来的三项是20， 21， 22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100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（）A、440B、330C、220D、110二、填空题1、（2017•新课标Ⅲ）设等比数列{a n}满足a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，则a4=________2、（2017•新课标Ⅱ）等差数列{a n}的前n项和为S n， a3=3，S4=10，则=________．3、（2017•江苏）等比数列{a n}的各项均为实数，其前n项为S n，已知S3= ，S6= ，则a8=________．（2017•北京卷）若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=﹣1，a4=b4=8，则=________．4、三、解答题1、（2017•山东）已知{x n}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3﹣x2=2．（12分）（Ⅰ）求数列{x n}的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1（x1， 1），P2（x2， 2）…P n+1（x n+1， n+1）得到折线P1P2…P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x1， x=x n+1所围成的区域的面积T n．2、（2017·天津）已知{a n}为等差数列，前n项和为S n（n∈N+），{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4﹣2a1， S11=11b4．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a2n b2n﹣1}的前n项和（n∈N+）．3、（2017•北京卷）设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}（n=1，2，3，…），其中max{x1， x2，…，x s}表示x1， x2，…，x s这s个数中最大的数．（13分）(1)若a n=n，b n=2n﹣1，求c1， c2， c3的值，并证明{c n}是等差数列；(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m， c m+1， c m+2，…是等差数列．4、（2017•江苏）对于给定的正整数k，若数列{a n}满足：a n﹣k+a n﹣k+1+…+a n﹣1+a n+1+…a n+k﹣+a n+k=2ka n对任意正整数n（n＞k）总成立，则称数列{a n}是“P（k）数列”．1（Ⅰ）证明：等差数列{a n}是“P（3）数列”；（Ⅱ）若数列{a n}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：{a n}是等差数列．一、单选题1、C考点等差数列的通项公式，等差数列的前n项和解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，a4+a5=24，S6=48，∴，解得a1=﹣2，d=4，∴{a n}的公差为4．2、C考点必要条件、充分条件与充要条件的判断，等差数列的前n项和解：∵S4+S6＞2S5，∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），∴21d＞20d，∴d＞0，故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，3、B考点等比数列的前n项和解：设这个塔顶层有a盏灯，∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，又总共有灯381盏，∴381= =127a，解得a=3，则这个塔顶层有3盏灯，4、A考点等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列解：∵等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，∴，∴（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），且a1=1，d≠0，解得d=﹣2，∴{a n}前6项的和为= =﹣24．5、A考点数列的求和解：设该数列为{a n}，设b n= +…+ =2n﹣1，（n∈N+），则= a i，由题意可设数列{a n}的前N项和为S N数列{b n}的前n项和为T n，则T n=21﹣1+22﹣1+ (2)﹣1=2n﹣n﹣2，可知当N为时（n∈N+），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，即为2n﹣n ﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，A项，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A项符合题意．B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．故选A．方法二：由题意可知：，，，… ，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，总共的项数为N=1+2+3+…+n= ，所有项数的和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=（21+22+23+…+2n）﹣n= ﹣n=2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n）=0，解得：n=1，总共有+2=2，不满足N＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n）=0，解得：n=5，总共有+3=17，不满足N＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n）=0，解得：n=13，总共有+4=95，不满足N＞100，④1+2+4+8+16（﹣2﹣n）=0，解得：n=29，总共有+5=440，满足N＞100，∴该款软件的激活码440．二、填空题1、-8考点等比数列的通项公式解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，∴a1（1+q）=﹣1，a1（1﹣q2）=﹣3，解得a1=1，q=﹣2．则a4=（﹣2）3=﹣8．2、考点等差数列的前n项和，数列的求和解：等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10，S4=2（a2+a3）=10，可得a2=2，数列的首项为1，公差为1，S n= ，= ，则=2[1﹣+ +…+ ]=2（1﹣）= ．故答案为：．3、32考点等比数列的通项公式，等比数列的前n项和解：设等比数列{a n}的公比为q≠1，∵S3= ，S6= ，∴= ，= ，解得a1= ，q=2．则a8= =32．故答案为：32．4、1考点等差数列与等比数列的综合解：等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=﹣1，a4=b4=8，设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．可得：8=﹣1+3d，d=3，a2=2；8=﹣q3，解得q=﹣2，∴b2=2．可得=1．三、解答题1、解：（I）设数列{x n}的公比为q，则q＞0，由题意得，两式相比得：，解得q=2或q=﹣（舍），∴x1=1，∴x n=2n﹣1．（II）过P1，P2，P3，…，P n向x轴作垂线，垂足为Q1，Q2，Q3，…，Q n，即梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n，则b n= =（2n+1）×2n﹣2，∴T n=3×2﹣1+5×20+7×21+…+（2n+1）×2n﹣2，①∴2T n=3×20+5×21+7×22+…+（2n+1）×2n﹣1，②①﹣②得：﹣T n= +（2+22+…+2n﹣1）﹣（2n+1）×2n﹣1= + ﹣（2n+1）×2n﹣1=﹣+（1﹣2n）×2n﹣1．∴T n= ．考点等比数列的通项公式，等比数列的前n项和（I）列方程组求出首项和公比即可得出通项公式；（II）从各点向x轴作垂线，求出梯形的面积的通项公式，利用错位相减法求和即可．2、解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q．由已知b2+b3=12，得b1（q+q2）=12，而b1=2，所以q+q2﹣6=0．又因为q＞0，解得q=2．所以，b n=2n．由b3=a4﹣2a1，可得3d﹣a1=8①．由S11=11b4，可得a1+5d=16②，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得a n=3n﹣2．所以，数列{a n}的通项公式为a n=3n﹣2，数列{b n}的通项公式为b n=2n．（Ⅱ）设数列{a2n b2n﹣1}的前n项和为T n，由a2n=6n﹣2，b2n﹣1= 4n，有a2n b2n﹣1=（3n﹣1）4n，故T n=2×4+5×42+8×43+…+（3n﹣1）4n，4T n=2×42+5×43+8×44+…+（3n﹣1）4n+1，上述两式相减，得﹣3T n=2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣（3n﹣1）4n+1= =﹣（3n﹣2）4n+1﹣8得T n= ．所以，数列{a2n b2n﹣1}的前n项和为．考点数列的求和，数列递推式，等差数列与等比数列的综合（Ⅰ）设出公差与公比，利用已知条件求出公差与公比，然后求解{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可．3、（1）解：a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有c n=b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1），=[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，=（2k﹣2）﹣n（k﹣1），=（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N*，且n≥2，c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1，∴c2﹣c1=﹣1，∴c n+1﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立，∴数列{c n}是等差数列；（2）证明：设数列{a n}和{b n}的公差分别为d1，d2，下面考虑的c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中任意b i﹣a i n，（i∈N*，且1≤i≤n），则b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，①若d1=0，则b i﹣a i n═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，当若d2≤0，则（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d1＞0，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣1）d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n=b n﹣a n n=b n﹣a1n，此时c n+1﹣c n=d2﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；此时取m=1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，则当n≥m时，（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此当n≥m时，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，故数列{c n}从第m项开始为等差数列，命题成立；③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，则当n≥s时，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此，当n≥s时，c n=b n﹣a n n，此时= =﹣a n+ ，=﹣d2n+（d1﹣a1+d2）+ ，令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，下面证明：=An+B+ 对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，若C≥0，取m=[ +1]，[x]表示不大于x的最大整数，当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[ +1]+B＞A• +B=M，此时命题成立；若C＜0，取m=[ ]+1，当n≥m时，≥An+B+ ≥Am+B+C＞A• +B+C ≥M﹣C﹣B+B+C=M，此时命题成立，因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；综合以上三种情况，命题得证．考点数列的应用，等差关系的确定（1.）分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，则c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立；（2.）由b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），分类讨论d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列；设=An+B+ 对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，分类讨论，采用放缩法即可求得因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M．4、解：（Ⅰ）证明：设等差数列{a n}首项为a1，公差为d，则a n=a1+（n﹣1）d，则a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3，=（a n﹣3+a n+3）+（a n﹣2+a n+2）+（a n﹣1+a n+1），=2a n+2a n+2a n，=2×3a n，∴等差数列{a n}是“P（3）数列”；（Ⅱ）证明：由数列{a n}是“P（2）数列”则a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2=4a n，①数列{a n}是“P（3）数列”a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n，②由①可知：a n﹣3+a n﹣2+a n+a n+1=4a n﹣1，③a n﹣1+a n+a n+2+a n+3=4a n+1，④由②﹣（③+④）：﹣2a n=6a n﹣4a n﹣1﹣4a n+1，整理得：2a n=a n﹣1+a n+1，∴数列{a n}是等差数列．考点等差数列的通项公式，数列的应用，等差关系的确定，等差数列的性质（Ⅰ）由题意可知根据等差数列的性质，a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=（a n﹣3+a n+3）+（a n﹣2+a n+2）+（a n﹣1+a n+1）═2×3a n，根据“P（k）数列”的定义，可得数列{a n}是“P（3）数列”；（Ⅱ）由“P（k）数列”的定义，则a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2=4a n，a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n，变形整理即可求得2a n=a n﹣1+a n+1，即可证明数列{a n}是等差数列．。
【试题】专题04数列与不等式2017年高考数学理试题分项版解析Word版含解析
【关键字】试题1.【2017课标1，理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 ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C 【解析】试题分析：设公差为，，，联立解得，故选C. 秒杀解析：因为，即，则，即，解得，故选C. 【考点】等差数列的基本量求解【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如为等差数列，若，则.2.【2017课标II ，理3】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（ ） A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏 【答案】B 【解析】【考点】 等比数列的应用；等比数列的求和公式【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时，要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后经过数学推理与计算得出的结果，放回到实际问题中进行检验，最终得出结论。
3.【2017课标1，理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1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N>100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A ．440B ．330C ．220D ．110【答案】A【考点】等差数列、等比数列的求和.【名师点睛】本题非常巧妙的将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断.4.【2017浙江，6】已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”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【答案】C【解析】试题分析：由，可知当，则，即，反之，，所以为充要条件，选C．【考点】等差数列、充分必要性【名师点睛】本题考查等差数列的前项和公式，通过公式的套入与简单运算，可知，结合充分必要性的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，该题“”“”，故为充要条件．5.【2017课标II，理5】设，满足约束条件，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【考点】应用线性规划求最值【名师点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大。
(完整版)全国卷高考数学真题数列
高考数学——数列
17年全国I卷17、设为等比数列的前项和,已知,
(1)求的通项公式
(2)求，并判断是否成等差数列
17年全国II卷17题、已知等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，
(1)若，求的通项公式
(2)若求
17年全国III卷17题、设数列满足
(1)求的通项公式
(2)求数列的前n项和
16年全国I卷17题、已知是公差3为的等差数列，数列满足,
(1) 求的通项公式
(2) 求数列的前n项和
16年全国II卷17题、等差数列中，
(1) 求的通项公式
(2设，求数列的前10项和，其中表示不超过x的最大整数，如
16年全国III卷17题、已知各项都为正数的数列满足
(1)求
(2) 求的通项公式
15年全国I卷7题、已知是公差为1的等差数列，为的前n项和，若，则
12
15年全国I卷13题、在数列中，为的
前n项和.若（）
15年全国II卷5题、设为等差数列的前n项和，若
,则
11
15年全国II卷9题、已知等比数列满足
则
14年全国I卷17题、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n项和
14年全国II卷5题、等差数列的公差为2，若成等差数列，则的前n项和
14年全国II卷16题、数列满足
13年全国I卷6题、设首项为1，公比为的等比数列的前n项和，则
13年全国I卷17题、已知等差数列的前n项和满足
(1) 求的通项公式
(2) 求数列的前n项和
13年全国II卷17题、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。
17年高考数学真题高考题(3套)
2017年普通高等学校招生全国统一考试全国Ⅰ(文数)一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.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·全国Ⅰ卷,文1)已知集合A={x|x<2},B={x|3-2x>0},则( A )(A)A∩B=（x|x<错误!未找到引用源。
）(B)A∩B=(C)A∪B=（x|x<错误!未找到引用源。
）(D)A∪B=R解析:B={x|3-2x>0}=（x|x<错误!未找到引用源。
）,A∩B=（x|x<错误!未找到引用源。
）,故选A.2.(2017·全国Ⅰ卷,文2)为评估一种农作物的种植效果,选了n块地作试验田.这n块地的亩产量(单位:kg)分别为x1,x2,…,xn,下面给出的指标中可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度的是( B )(A)x1,x2,…,xn的平均数(B)x1,x2,…,xn的标准差(C)x1,x2,…,xn的最大值(D)x1,x2,…,xn的中位数解析:标准差衡量样本的稳定程度,故选B.3.(2017·全国Ⅰ卷,文3)下列各式的运算结果为纯虚数的是( C )(A)i(1+i)2(B)i2(1-i)(C)(1+i)2(D)i(1+i)解析:(1+i)2=2i,故选C.4.(2017·全国Ⅰ卷,文4)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是( B )(A)错误!未找到引用源。
(B)错误!未找到引用源。
(C)错误!未找到引用源。
(D)错误!未找到引用源。
解析:不妨设正方形的边长为2,则正方形的面积为4,圆的半径为1,圆的面积为πr2=π.黑色部分的面积为圆面积的错误!未找到引用源。
,即为错误!未找到引用源。
,所以点取自黑色部分的概率是错误!未找到引用源。
2017年高考试题分类汇编(数列)
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 CA ．1B ．2C ．4D ．82.（2017·全国卷Ⅱ理科）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ． 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 CA.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 =,6634S =，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 BA ．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 AA ．24-B ．3-C ．3D ．82.（2017·北京理科）若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11a b ==-,44a b =8=，则22a b =____. 1 3.（2017·全国卷Ⅰ文科）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知22S =，36S =-. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；(2)n n a =-（Ⅱ）求n S ，并判断1n S +，n S ，2n S +是否成等差数列.4.（2017·全国卷Ⅱ文科）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 .11a =-，11b =，222a b +=.（Ⅰ）若335a b +=，求{}n b 的通项公式； 12n n b -= （Ⅱ）若321T =，求3S . 321S =或36S =-.5.（2017·北京文科）已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a b ==,24a a +10=，245b b a ⋅=．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；21n a n =- , （Ⅱ）求和：13521n b b b b -++++．312n T -=.6.（2017·天津理科）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0，2312b b +=,3412b a a =-，11411S b =. （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式； 32n a n =-，2n n b = （Ⅱ）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N . 1328433n n n T +-=⨯+ 7.（2017·天津文科）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0，2312b b +=,3412b a a =-,11411S b =. （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式； 32n a n =-，2n n b = （Ⅱ）求数列2{}n n a b 的前n 项和*()n ∈N . 2(34)216n n T n +=-⨯+8.（2017·山东理科）已知{}n x 是各项均为正数的等比数列，且123x x +=，322x x -=．（Ⅰ）求数列{}n x 的通项公式； 12n n x -=（Ⅱ）如图，在在平面直角坐标xOy 中，依次连接点11(,1)P x ，22(,1)P x ，,11(,1)n n P x n +++得到折线121n PP P +，求由该折线与直线0y =，1x x =，1n x x +=所围成的区域面积n T ．1211222n n n T --=⨯+9.（2017·山东文科）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且126a a +=,123a a a =.（Ⅰ）求数列{}n a 通项公式； 2n n a =（Ⅱ）{}n b 为各项非零的等差数列,其前n 项和n S ,已知211n n n S b b ++=,求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 15(25)()2n n T n =-+⨯考法4 一般数列1.（2017·全国卷Ⅲ文科）设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-=.（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；221n a n =- （Ⅱ）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和. 221n n S n =+。
专题03 数列-2017年高考数学理母题题源系列北京专版
【母题原题1】【2017北京，理10】若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足a 1=b 1=–1，a 4=b 4=8，则22a b =_______. 【答案】1 【解析】试题分析：设等差数列的公差和等比数列的公比为d 和q ，3138d q -+=-= ，求得2,3q d =-= ，那么221312a b -+== . 【考点】等差数列和等比数列【名师点睛】我们知道,等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.【母题原题2】【2016北京，理12】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【考点】等差数列的基本性质【名师点睛】在等差数列五个基本量1a ，d ，n ，n a ，n S 中，已知其中三个量，可以根据已知条件，结合等差数列的通项公式、前n 项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换思想及方程思想的应用.【母题原题3】【2015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2aD ．若10a <，则()()21230a a a a --> 【答案】C考点定位：本题考点为等差数列及作差比较法，以等差数列为载体，考查不等关系问题，重 点是对知识本质的考查.【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式和比较法，本题属于基础题，由于前两个选项无法使用公式直接做出判断，因此学生可以利用举反例的方法进行排除，这需要学生不能死套公式，要灵活应对，作差法是比较大小常规方法，对判断第三个选择只很有效.【命题意图】考查等差，等比数列的基本量的计算，以及数列的基本性质，同时能够根据数列的特点求和，并且考查转化与化归的能力，能根据一些数列的递推公式转化为等差等比数列求解.【命题规律】由递推关系求数列通项公式或特定项问题，有时以小题形式来考，主要以考查,n na S 基本量的计算，以及,n n a S 的关系为主，和一些与下标有关的性质，或是通过转化为特殊数列求解；以解答题形式考查，会多步设问，第一问是求数列的通项，通过提示或其他方式构造特殊数列求解，第二问求和．【答题模板】以2017年高考题为例，解答本类题目，一般考虑如下两步：第一步：设基本量 因为已经给出数列是等差和等比数列，所以设基本量d 和，代入方程求解； 第二步：计算结果 代入基本量，得到结果； 【方法总结】 （一）主要知识：有关等差、等比数列的结论1．（1）等差数列证明方法：1n n a a d --=或112n n n a a a -+=+；（2）等比数列的证明方法：1(0,0)nnn a q q a a -=构或211n n n a a a -+=?（0n a ¹）2． 等差数列的通项公式：d n a a n )1(1-+=,d m n a a m n )(-+= )1(11≠--=n n a a d n 或 mn a a d mn--=。
【山东省】2017年高考数学(理科)-等差数列、等比数列 -专题练习-答案
山东省2017年高考数学（理科）专题练习等差数列、等比数列答案【真题回访】回访一等差数列基本量的运算1．C2．A回访二等差数列基本量的运算3．B4．64热点题型1 等差、等比数列的基本运算【例2】（1）D（2）C【变式训练二】（1）A（2）C热点题型3 等差、等比数列的证明两式相减得121()n n n n a a a a λ＋＋＋-=， 由于10n a ≠＋，所以2n n a a λ＋-=. （2）由题设知11a =，1211a a S λ=－，可得21a λ=－. 由（1）知，31a λ=+ 令2132a a a =+，解得4λ=.故24n n a a ＋-=，由此可得21{}n a －是首项为1，公差为4的等差数列，2143n a n －=-.{}2n a 是首项为3，公差为4的等差数列，241n a n =-.所以21n a n =-，12n n a a ＋-= ，因此存在4λ=，使得数列{}n a 为等差数列. 专题限时集训（四） 等差数列、等比数列 【高考达标】 一、选择题 1．A 2．B 3．A 4．D 5．D 二、填空题 6．2016 7．20 8．28 三、解答题 9．[解]（1）当1n =时，由1111()q S qa +=-，得11a =.当2n ≥时，由)11(n n q S qa +=-，得1111()n n q S qa +-=－－，两式相减得1n n a qa =－.又1()0q q -≠，所以{}n a 是以1为首项，q 为公比的等比数列，故1n n a q =－.山东省2017年高考数学（理科）专题练习＝．故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12＝.n 27n 1结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6．又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64．] 热点题型1 等差、等比数列的基本运算 【例1】（1）B [设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30，a 2＋a 4＝S 4－(a 1＋a 3)＝90，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3，首项a 1＝301＋q 2＝3，所以a n ＝3n ，b n ＝1＋log 33n＝1＋n ，则数列{b n }是等差数列，前15项的和为15×2＋162＝135，故选B ．]（2）D [由题意知S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6，因为S 1，S 2，S 4成等比数列， 所以S 22＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12，故选D ．]【变式训练一】（1）6 [（1）由a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3， 所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列. 由S n ＝n ＋n n －12×3＝51，即(3n ＋17)(n －6)＝0， 解得n ＝6或n ＝－173(舍). ]（2）13 [由题意知S 1＋3S 3＝4S 2，即a 1＋3(a 1＋a 2＋a 3)＝4(a 1＋a 2)，即3a 3＝a 2，所以a 3a 2＝13，即公比q ＝13.] 【例2】（1）D [（1）由题意得S 4＝41(1)1q a q --＝9，所以1－q 41－q ＝9a 1.由a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝(a 21q 3)2＝814得a 21q 3＝92.由等比数列的性质知该数列前4项倒数的和为1a 1⎝⎛⎭⎫1－1q 41－1q＝q 4－1a 1q 3q －1＝1a 1q 3·9a 1＝9a 21q3＝2，故选D ．] （2）C [由S 15＝11515()2a a +＝15×2a 82＝15a 8>0，S 16＝11616()2a a +＝16×a 8＋a 92<0，可得a 8>0，a 9<0，d <0，故S n 最大为S 8．又d <0，所以{a n }单调递减，因为前8项中S n 递增，所以S n 最大且a n 取最小正值时S na n 有最大值，即S 8a 8最大，故选C ．] 【变式训练二】（1）A [（1）∵{a n }是等差数列，∴a 2＋a 12＝2a 7，∴2a 2－a 27＋2a 12＝4a 7－a 27＝0.又a 7≠0，∴a 7＝4．又{b n }是等比数列，∴b 3b 11＝b 27＝a 27＝16．]（2）C [∵{a n }为等比数列，∴a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11的等比中项，∴(a 5＋a 7)2＝(a 1＋a 3)(a 9＋a 11)，故a 9＋a 11＝a 5＋a 72a 1＋a 3＝428＝2．同理a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15的等比中项， ∴(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)，故a 13＋a 15＝a 9＋a 112a 5＋a 7＝224＝1．∴a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3．] 【例3】[解] （1）证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列， 于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1．（2）由（1）得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1． 【变式训练三】.[解] （1）证明：由题设知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， 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ. （2）由题设知a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1， 可得a 2＝λ－1. 由（1）知，a 3＝λ＋1. 令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.专题限时集训（四） 等差数列、等比数列 【高考达标】 一、选择题1．A [a 2a 3a 4＝a 33＝8，所以a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝8，从而q 2＝2，所以a 1＝a 3q 2＝1，故选A ．]2．B [法一：由题意得a 3＝2，a 7－2a 4＝a 3＋4d －2(a 3＋d )＝6，解得d ＝4，故选B ． 法二：在公差为d 的等差数列{a n }中，a m ＝a n ＋(m －n )d (m ，n ∈N *).由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 7－2a 4＝a 1＋6d －2a 1＋3d ＝6，a 3＝a 1＋2d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－6，d ＝4.] 3．A [若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝2×9a 1， 得a 1＝0，矛盾，故q ≠1．所以31(1)1q a q --＋61(1)1q a q -- ＝291(1)1q a q--，解得q 3＝－12或1(舍)，故选A ．]4．D [由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列.数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n ，b n ＝3n .又c n ＝ba n ＝33n ，∴c 2 016＝33×2 016＝272 016，故选D ．]5．D [根据等差数列的前n 项和公式及S n T n ＝n2n ＋1(n ∈N *)，可设S n ＝kn 2，T n ＝kn (2n ＋1)，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝k (2n －1)，b n ＝T n －T n －1＝k (4n －1)，所以a 5b 6＝923，故选D ．] 二、填空题6．2016 [在等差数列{a n }中，由S 3＝2a 3知，3a 2＝2a 3，而S 5＝15，则a 3＝3，于是a 2＝2，从而其公差为1，首项为1，因此a n ＝n ，故a 2 016＝2 016．]7．20 [由等差数列的性质可得a 3＝35，a 4＝33，故d ＝－2，a n ＝35＋(n －3)×(－2)＝41－2n ，易知数列前20项大于0，从第21项起为负项，故使得S n 达到最大值的n 是20.] 8．28 [由题意可知，公比q 3＝a 6a 3＝27，∴S 6S 3＝1－q 61－q 3＝1＋q 3＝1＋27＝28．] 三、解答题9．[解] （1）当n ＝1时，由(1－q )S 1＋qa 1＝1，得a 1＝1.当n ≥2时，由(1－q )S n ＋qa n ＝1，得(1－q )S n －1＋qa n －1＝1，两式相减得a n ＝qa n －1． 又q (q －1)≠0，所以{a n }是以1为首项，q 为公比的等比数列，故a n ＝q n －1． （2）证明：由（1）可知S n ＝1－a n q1－q ，又S 3＋S 6＝2S 9，得1－a 3q 1－q ＋1－a 6q 1－q ＝21－a 9q1－q， 化简得a 3＋a 6＝2a 9，两边同除以q 得a 2＋a 5＝2a 8．故a 2，a 8，a 5成等差数列.10．[解] （1）由题知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝4，5a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2，故a n ＝2n －7(n ∈N *). （2）由a n ＝2n －7<0，得n <72，即n ≤3，所以当n ≤3时，a n ＝2n －7<0，当n ≥4时，a n ＝2n －7>0. 易知S n ＝n 2－6n ，S 3＝－9，S 5＝－5，所以T 5＝－(a 1＋a 2＋a 3)＋a 4＋a 5＝－S 3＋(S 5－S 3)＝S 5－2S 3＝13. 当n ≤3时，T n ＝－S n ＝6n －n 2；当n ≥4时，T n ＝－S 3＋(S n －S 3)＝S n －2S 3＝n 2－6n ＋18.故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4. 【名校冲刺】 一、选择题1．A [设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 2＝2a 1＋d ＝10，S 5＝52(a 1＋a 5)＝5(a 1＋2d )＝55，所以d ＝4，所以k PQ ＝a n ＋2－a n n ＋2－n ＝2d2＝d ＝4，故选A ．]2．A [根据已知得3a n ＝a n ＋1，∴数列{a n }是等比数列且其公比为3， ∴a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋a 4＋a 6)×33＝9×33＝35， ∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 1335＝－5．]3．C [第一行三数成等差数列，由等差中项的性质有a 41＋a 42＋a 43＝3a 42，同理第二行也有a 51＋a 52＋a 53＝3a 52，第三行也有a 61＋a 62＋a 63＝3a 62，又每列也成等差数列，所以对于第二列，有a 42＋a 52＋a 62＝3a 52，所以a 41＋a 42＋a 43＋a 51＋a 52＋a 53＋a 61＋a 62＋a 63＝3a 42＋3a 52＋3a 62＝3×3a 52＝63，所以a 52＝7，故选C ．] 4．D [由2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1得na n －(n －1)a n －1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，又因为1×a 1＝1，2×a 2－1×a 1＝5，所以数列{na n }为首项为1，公差为5的等差数列，则20a 20＝1＋19×5，解得a 20＝245，故选D ．] 二、填空题5．6 [由题意，得S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝8，S k －S k －2＝a k －1＋a k ＝4(k >2)，两式相减，得4d ＝4，即d ＝1．由S k ＝ka 1＋k k －12＝0，得a 1＝－k －12，将a 1＝－k －12代入a k －1＋a k ＝4，得－(k －1)＋(2k －3)＝k －2＝4，解得k ＝6．]6．⎝⎛⎭⎫0，63∪(1，＋∞) [由题意得log k a n ＝2n ＋2，则a n ＝k 2n ＋2，∴a n ＋1a n ＝k 2n ＋1＋2k 2n ＋2＝k 2，即数列{a n }是以k 4为首项，k 2为公比的等比数列，c n ＝a n lg a n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋2lg k ，要使c n <c n ＋1对一切n ∈N *恒成立，即(n ＋1)lg k <(n ＋2)·k 2·lg k 对一切n ∈N *恒成立.当k >1时，lg k >0，n ＋1<(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立；当0<k <1时，lg k <0，n ＋1>(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，只需k 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2min .∵n ＋1n ＋2＝1－1n ＋2单调递增，∴当n ＝1时，n ＋1n ＋2取得最小值，即⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2min ＝23，∴k 2<23，且0<k <1，∴0<k <63.综上，k ∈⎝⎛⎭⎫0，63∪(1，＋∞).] 三、解答题7．[解] （1）当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .（2）由点(b n ，a n )在函数y ＝log 2 x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ， 所以b n ＝2a n ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列，1所以T n ＝n16(116)116--＝16n ＋1－1615. 8．[解] （1）由已知可得a 1＝S 1＝p ＋2，S 2＝4p ＋4，即a 1＋a 2＝4p ＋4，∴a 2＝3p ＋2. 由已知得a 2－a 1＝2p ＝2，∴p ＝1，∴a 1＝3，∴a n ＝2n ＋1，n ∈N *.（2）证明：在等比数列{b n }中，b 3＝a 1＝3，b 4＝a 2＋4＝9，则公比为b 4b 3＝3．由b 3＝b 1·32，得b 1＝13， ∴数列{b n }是以13为首项，以3为公比的等比数列，∴T n ＝n 1(13)313--＝16·(3n－1)，即T n ＋16＝16×3n＝12×3n －1．又∵T 1＋16＝12，T n ＋16T n －1＋16＝3，n ≥2，n ∈N *，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n ＋16是以12为首项，以3为公比的等比数列.。
2017年全国各地高考数学试题及解答分类大全(数列)
2017年全国各地高考数学试题及解答分类大全（数列）一、选择题1．（2017全国新课标Ⅰ理）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 ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C【解析】设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C.秒杀解析：因为166346()3()482a a S a a +==+=，即3416a a +=，则4534()()24168a a a a +-+=-=，即5328a a d -==，解得4d =，故选C.2．（2017全国新课标Ⅰ理）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1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100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（）A ．440B ．330C ．220D ．110【答案】A【解析】由题意得，数列如下：11,1,2,1,2,4,1,2,4,,2k -则该数列的前(1)122k k k ++++=项和为11(1)1(12)(122)222k k k k S k -++⎛⎫=+++++++=-- ⎪⎝⎭ ，要使(1)1002k k +>，有14k ≥，此时122k k ++<，所以2k +是第1k +组等比数列1,2,,2k 的部分和，设1212221t tk -+=+++=- ，所以2314t k =-≥，则5t ≥，此时52329k =-=，所以对应满足条件的最小整数293054402N ⨯=+=，故选A.3.（2017全国新课标Ⅱ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（）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【答案】B4．（2017全国新课标Ⅲ理）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 ．24-B ．3-C ．3D ．8【答案】A【解析】∵{}n a 为等差数列，且236,,a a a 成等比数列，设公差为d .则2326a a a =⋅，即()()()211125a d a d a d +=++又∵11a =，代入上式可得220d d +=又∵0d ≠，则2d =-∴()61656561622422S a d ⨯⨯=+=⨯+⨯-=-，故选A.5.(2017上海)在数列中，n∈N，则=（）A.等于B.等于0C.等于D.不存在【答案】B【解析】数列中，n∈N，则故选B6.(2017上海)已知a,b,c 为实常数，数列的通项=an 2+bn+c，n∈N *，则“存在k∈N *，使得成等差数列”的一个必要条件是（）A.0a ≥B.0b ≤C.0c =D、20a b c -+=【答案】A【解析】存在k∈N *，使得成等差数列，可得2[a（200+k）2+b（200+k）+c]=a（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+c，化简得a=0，∴使得成等差数列的必要条件是a≥0．故选A ．二、填空1.(2017北京理)若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足a 1=b 1=–1，a 4=b 4=8，则22a b =_______.【答案】1【解析】试题分析：设等差数列的公差和等比数列的公比为d 和q ，3138d q -+=-=，求得2,3q d =-=，那么221312a b -+==.【考点】等差数列和等比数列【名师点睛】我们知道,等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.2.(2017江苏)等比数列{}n a 的各项均为实数,其前n 项的和为n S ,已知3676344S S ==,,则8a =.【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，3161(1)714(1)6314a q q a q q⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则7812324a =⨯=.【考点】等比数列通项【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.3.（2017全国新课标Ⅱ理）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑。
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2017高考数学数列大题训练
1. 已知等比数列432,,,}{a a a a n 中分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且
1,641≠=q a 公比
（Ⅰ）求n a ；（Ⅱ）设n n a b 2log =，求数列.|}{|n n T n b 项和的前
2.已知数列}{n a 满足递推式)2(121≥+=-n a a n n ，其中.154=a （Ⅰ）求321,,a a a ；
（Ⅱ）求数列}{n a 的通项公式；
（Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n S
3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有12a =，11353n n n n S a a S --=-+(2)n ≥
（1）求数列n a 的通项公式；
（2）若(21)n n b n a =-，求数列n a 的前n 项的和n T 。
4.已知数列{n a }满足11=a ，且),2(22*1N n n a a n n n ∈≥+=-且． （Ⅰ）求2a ，3a ；（Ⅱ）证明数列{n
n a 2}是等差数列； （Ⅲ）求数列{n a }的前n 项之和n S
5.已知数列{}n a 满足31=a ，1211-=--n n n a a a .
（1）求2a ，3a ，4a ；
（2）求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭
是等差数列，并写出{}n a 的一个通项。
6.数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ；
（Ⅱ）求数列{}n na 的前n 项和n T
7.22,,4,21121+=-===++n n n n n b b a a b a a . 求证：
⑴数列{b n +2}是公比为2的等比数列；
⑵n a n n 22
1-=+； ⑶4)1(2221-+-=++++n n a a a n n .
8.已知各项都不相等的等差数列}{n a 的前六项和为60，且2116a a a 和为 的等比中项.
（1）求数列}{n a 的通项公式n n S n a 项和及前；
（2）若数列}1{,3),(}{11n n n n n b b N n a b b b 求数列且满足=∈=-*+的前n 项和T n .
9.已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，123
,22
a a ==，且113210n n n S S S +--++=，其中*2,n n N ≥∈.
① 求证数列{}1n a -是等比数列；
② 求数列{}n a 的前n 项和n S .
10.已知n S 是数列{n a }的前n 项和，并且1a =1，对任意正整数n ，241+=+n n a S ；设 ,3,2,1(21=-=+n a a b n n n ）.
（I ）证明数列}{n b 是等比数列，并求}{n b 的通项公式；
（II ）设}log log 1{,32
212++⋅=n n n n n C C T b C 为数列的前n 项和，求n T .。