2019年高考真题汇编理科数学(解析版)：数列

合集下载

2019年高考数学真题分类汇编专题04：数列(基础题)

2019年高考数学真题分类汇编专题04：数列（基础题）一、单选题(共4题；共8分)1．（2分）设a ，b ∈R ，数列{a n }，满足a 1 =a ，a n+1= a n 2+b ，b ∈N *，则（）A ．当b= 12 时，a 10>10B ．当b= 14 时，a 10>10C ．当b=-2时，a 10>10D ．当b=-4时，a 10>102．（2分）已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5=3a 3+4a 1，则a 3=（）A ．16B ．8C ．4D ．23．（2分）古希腊吋期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是√5−12(√5−12≈0.618 ，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯“便是如此。

此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度也是 √5−12。

若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm ，头顶至脖子下端的长度为26cm ，则其身高可能是（）A ．165cmB ．175cmC ．185cmD ．190cm4．（2分）记S n 为等差数列 {a n } 的前n 项和。

已知 S 4 =0， a 5 =5，则（）A ．a n =2n-5B ．a n =3n-10C ．S n =2n 2-8nD ．S n = 12n 2-2n二、填空题(共6题；共7分)5．（1分）已知数列 {a n }(n ∈N ∗) 是等差数列， S n 是其前n 项和.若 a 2a 5+a 8=0,S 9=27 ，则S 8 的值是 .6．（1分）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若 a 3=5,a 7=13 ，则 S 10= . 7．（1分）记S n 为等差数列{a n }项和，若a 1≠0，a 2=3a 1，则 S 10S5= 。

8．（2分）设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a2=-3，S5=-10，则a5=，S n的最小值为.9．（1分）记S n为等比数列{a n}的前n项和。

【2019高考理科真题】分类汇编： 6.1考点1 由数列的递推关系求通项公式

高考真题（2019•浙江卷）设，数列中，， ,则（）A ．当B ．当C ．当D ．当【解析】对于B ，令0，得λ，取，∴， ∴当b 时，a 10＜10，故B 错误；对于C ，令x 2﹣λ﹣2＝0，得λ＝2或λ＝﹣1，取a 1＝2，∴a 2＝2，…，a n ＝2＜10， ∴当b ＝﹣2时，a 10＜10，故C 错误；对于D ，令x 2﹣λ﹣4＝0，得取，∴，…，10， ∴当b＝﹣4时，a 10＜10，故D 错误；对于A ，，，，a n +1﹣a n＞0，{a n }递增，,a b ∈R {}n a 211,n n a a a a b +==+N n *∈101,102b a =>101,104b a =>102,10b a =->104,10b a =->214x λ-+=12=112a =2111022n a a ==，，＜14=λ=1a =2a =n a =221122a a =+≥223113()224a a =++≥4224319117()14216216a a a =+++≥+=＞当n ≥4时，a n 1， ∴，∴（）6，∴a 1010．故A 正确．故选：A ．【答案】A（2019•北京卷（理））已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…<i m ），若，则称新数列为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为，长度为q 的递增子列的末项的最小值为.若p <q ，求证：<；（Ⅲ）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等.若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式．【解析】（Ⅰ）满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6. （Ⅱ）对于每一个长度为的递增子列，都能从其中找到若干个长度为的递增子列，此时，设所有长度为的子列的末项分别为：，所有长度为的子列的末项分别为：，则，1n na a +=12na +＞1322+=5445109323232a a a a aa ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⋅⎨⎪⋅⎪⋅⎪⎪⎪⎪⎩＞＞＞104a a ＞3272964＞＞12m i i i a a a <<⋅⋅⋅<12m i i i a a a ⋅⋅⋅，，，0m a 0n a 0m a 0n a q 12,,q a a a p 12,,p a a a p q a a ≤q {}123,,,q q q a a a p {}123,,,p p p a a a {}0123min ,,,n q q q a a a a =注意到长度为的子列可能无法进一步找到长度为的子列，故，据此可得：.（Ⅲ）满足题意的一个数列的通项公式可以是，下面说明此数列满足题意.很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等. 长度为的递增子列末项的最小值为2s -1，下面用数学归纳法证明长度为s 末项为2s -1的递增子列恰有个：当时命题显然成立，假设当时命题成立，即长度为k 末项为2k -1的递增子列恰有个，则当时，对于时得到的每一个子列，可构造：和两个满足题意的递增子列，则长度为k +1末项为2k +1的递增子列恰有个，综上可得，数列是一个满足题意的数列的通项公式.注：当时，所有满足题意的数列为：，当时，数列对应的两个递增子列为：和. 【答案】（Ⅰ） 1,3,5,6. （Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.p q {}0123min ,,,m p p p a a a a ≤00m n a a <1,2,1,4,3,6,5,8,7,1,n n n a n n -⎧==⎨+⎩为偶数为奇数s 12s -()1,2,s =1n =n k =12k -1n k =+n k =121,,,,21k s s s a a a k --()121,,,,21,211k s s s a a a k k --+-()121,,,,2,211k s s s a a a k k -+-()1112222k k k +--⨯==1,2,1,4,3,6,5,8,7,1,n n n a n n -⎧==⎨+⎩为偶数为奇数3s ={}{}{}{}2,3,5,1,3,5,2,4,5,1,4,54s ={}2,3,5{}2,3,5,7{}2,3,6,7。

2010-2019高考数学理科真题分类汇编专题六数列第十六讲等比数列含答案

专题六数列第十六讲等比数列2019年1.（2019全国1理14）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=____________． 2.（2019全国3理5）已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项为和为15，且a 5=3a 3+4a 1，则a 3= A ． 16B ． 8C ．4D ． 23.（2019全国2卷理19）已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+ ，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式.2010-2018年一、选择题1．(2018北京) “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f ，则第八个单音的频率为AB C ．D ．2．(2018浙江)已知1a ，2a ，3a ，4a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则A ．13a a <，24a a <B ．13a a >，24a a <C ．13a a <，24a a >D ．13a a >，24a a >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．（2015新课标Ⅱ）等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=A ．21B ．42C ．63D ．84 5．（2014重庆）对任意等比数列{}n a ，下列说法一定正确的是A ．139,,a a a 成等比数列B ．236,,a a a 成等比数列C ．248,,a a a 成等比数列D ．269,,a a a 成等比数列6．（2013新课标Ⅱ）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知32110S a a =+，59a =，则1a =A ．13 B ．13- C ．19 D ．19- 7．（2012北京）已知{}n a 为等比数列．下面结论中正确的是A ．1322a a a +…B ．2221322a a a +…C ．若13a a =，则12a a =D ．若31a a >，则42a a >8．（2011辽宁）若等比数列{}n a 满足116nn n a a +=，则公比为A ．2B ．4C ．8D ．169．（2010广东）已知数列{}n a 为等比数列，n S 是是它的前n 项和,若2312a a a ⋅=，且4a 与27a 的等差中项为54，则5S = A ．35 B ．33 C ．3l D ．29 10．（2010浙江）设n s 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=则52S S = A ．－11B ．－8C ．5D ．1111．（2010安徽）设{}n a 是任意等比数列，它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为,,X Y Z ，则下列等式中恒成立的是 A ．2X Z Y += B ．()()Y Y X Z Z X -=- C ．2Y XZ =D ．()()Y Y X X Z X -=-12．（2010北京）在等比数列{}n a 中，11a =，公比1q ≠.若12345m a a a a a a =，则m =A ．9B ．10C ．11D ．1213．（2010辽宁）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知3432S a =-，2332S a =-，则公比q =A ．3B ．4C ．5D ．614．（2010天津）已知{}n a 是首项为1的等比数列，n s 是{}n a 的前n 项和，且369s s =，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前5项和为 A ．158或5 B ．3116或5 C ．3116 D ．158二、填空题15．（2017新课标Ⅲ）设等比数列{}n a 满足121a a +=-，133a a -=-，则4a = _______． 16．（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374S =，6634S =，则8a = ．17．（2017北京）若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a b ==-，448a b ==，则22a b =_____． 18．（2016年全国I ）设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为 .19．（2016年浙江）设数列{}n a 的前n 项和为n S ．若24S =，121n n a S +=+，*n N ∈，则1a = ，5S = ．20．（2015安徽）已知数列{}n a 是递增的等比数列，14329,8a a a a +==，则数列{}n a 的前n项和等于．21．（2014广东）等比数列{}n a 的各项均为正数，且154a a =，则2122232425log +log +log +log +log =a a a a a ________．22．（2014广东）若等比数列{}n a 的各项均为正数，且512911102e a a a a =+，则1220ln ln ln a a a +++=L ．23．（2014江苏）在各项均为正数的等比数列}{n a 中，,12=a 4682a a a +=，则6a 的值是．24．（2013广东）设数列{}n a 是首项为1，公比为2-的等比数列，则1234||||a a a a +++= ．25．（2013北京）若等比数列{}n a 满足24a a +=20，35a a +=40，则公比q = ；前n 项和n S = ．26．（2013江苏）在正项等比数列{}n a 中，215=a ，376=+a a ．则满足 n n a a a a a a a a ......321321>++++的最大正整数n 的值为．27．（2012江西）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比不为1。

2019数学(理科)高考题分类(高考真题+模拟题) 数列

D单元数列D1 数列的概念与简单表示法20.D1,D5,M2[2019·北京卷]已知数列{a n},从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i1<i2<…<i m),若a i1<a i2<…<a im,则称新数列a i1,a i2,…,a im为{a n}的长度为m的递增子列.规定:数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的递增子列.(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列.(2)已知数列{a n}的长度为p的递增子列的末项的最小值为a m,长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0.若p<q,求证:a m<a n.(3)设无穷数列{a n}的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若{a n}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,…),求数列{a n}的通项公式.20.解:(1)1,3,5,6.(答案不唯一)(2)证明:设长度为q末项为a n0的一个递增子列为a r1,a r2,…,a rq-1,a n.由p<q,得a rp ≤a rq-1<a n.因为{a n}的长度为p的递增子列末项的最小值为a m0,又a r1,a r2,…,a rp是{a n}的长度为p的递增子列,所以a m0≤a rp.所以a m<a n.(3)由题设知,所有正奇数都是{a n}中的项.先证明:若2m是{a n}中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数).假设2m排在2m-1之后.设a p1,a p2,…,a pm-1,2m-1是数列{a n}的长度为m末项为2m-1的递增子列,则a p1,a p2,…,a pm-1,2m-1,2m是数列{a n}的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾.再证明:所有正偶数都是{a n}中的项.假设存在正偶数不是{a n}中的项,设不在{a n}中的最小的正偶数为2m.因为2k排在2k-1之前(k=1,2,…,m-1),所以2k和2k-1不可能在{a n}的同一个递增子列中.又{a n}中不超过2m+1的数为1,2,…,2m-2,2m-1,2m+1,所以{a n}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为2×2×2×…×2⏟(m-1)个×1×1=2m-1<2m.与已知矛盾.最后证明:2m排在2m-3之后(m≥2且m为整数).假设存在2m(m≥2),使得2m排在2m-3之前,则{a n}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾.综上,数列{a n}只可能为2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,….经验证,数列2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…符合条件.所以a n={n+1,n为奇数, n-1,n为偶数.D2 等差数列及等差数列前n项和9.D2[2019·全国卷Ⅰ]记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则()A.a n=2n-5B.a n=3n-10C.S n=2n2-8nD.S n=12n2-2n9.A[解析]设等差数列{a n}的公差为d,由题意有{4a1+4×32d=0,a1+4d=5,解得{a1=-3,d=2,所以a n=-3+(n-1)×2=2n-5,S n=-3n+n(n-1)2×2=n2-4n,对比选项可知只有A正确.19.D2,D3[2019·全国卷Ⅱ]已知数列{a n}和{b n}满足a1=1,b1=0,4a n+1=3a n-b n+4,4b n+1=3b n-a n-4.(1)证明:{a n+b n}是等比数列,{a n-b n}是等差数列;(2)求{a n}和{b n}的通项公式.19.解:(1)证明:由题设得4(a n+1+b n+1)=2(a n+b n),即a n+1+b n+1=12(a n+b n).又因为a 1+b 1=1,所以{a n +b n }是首项为1,公比为12的等比数列. 由题设得4(a n+1-b n+1)=4(a n -b n )+8,即a n+1-b n+1=a n -b n +2. 又因为a 1-b 1=1,所以{a n -b n }是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,a n +b n =12n -1,a n -b n =2n-1,所以a n =12[(a n +b n )+(a n -b n )]=12n +n-12,b n =12[(a n +b n )-(a n -b n )]=12n -n+12.14.D2[2019·全国卷Ⅲ] 记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 1≠0,a 2=3a 1,则S10S 5= .14.4 [解析] 设数列{a n }的公差为d ,由题意得a 1+d=3a 1,即d=2a 1,则S 5=5a 1+5×42d=25a 1,S 10=10a 1+10×92d=100a 1,所以S 10S 5=100a 125a 1=4.10.D2[2019·北京卷] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2=-3,S 5=-10,则a 5= ,S n 的最小值为 .10.0 -10 [解析] 方法一:设等差数列{a n }的公差为d ,由已知可得{a 1+d =-3,5a 1+10d =-10,解得{a 1=-4,d =1,所以a 5=a 1+4d=-4+4×1=0,S n =-4n+12n (n-1)=12n 2-92n=12(n -92)2-818.因为n ∈N *,故当n=4或n=5时,S n 取得最小值-10.方法二:设等差数列{a n }的公差为d ,因为S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=-10,所以a 3=-2,又因为a 2=-3,所以d=a 3-a 2=1,所以a 1=a 2-d=-4,a 5=a 3+2d=0,S n =-4n+12n (n-1)=12n 2-92n=12(n -92)2-818.因为n ∈N *,故当n=4或n=5时,S n 取得最小值-10.8.D2[2019·江苏卷] 已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列,S n 是其前n 项和.若a 2a 5+a 8=0,S 9=27,则S 8的值是 .8.16 [解析] 设数列{a n }的公差为d ,由S 9=9a 5=27,得a 5=3,从而3a 2+a 8=0,即3(a 5-3d )+(a 5+3d )=0,解得d=23a 5=2,所以S 8=S 9-a 9=S 9-(a 5+4d )=27-11=16.20.D2、D3、D4[2019·江苏卷] 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:a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,求证:数列{a n }为“M -数列”. (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足:b 1=1,1S n=2b n-2bn+1,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c k ≤b k ≤c k+1,求m的最大值.20.解:(1)证明:设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 1≠0,q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2-4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M -数列”. (2)①因为1S n=2b n-2bn+1,所以b n ≠0.由b 1=1,S 1=b 1,得11=21-2b 2,则b 2=2.由1S n=2b n-2bn+1,得S n =b nb n+12(b n+1-b n ), 当n ≥2时,由b n =S n -S n-1,得b n =b n b n+12(b n+1-b n )-b n -1b n2(b n -b n -1),整理得b n+1+b n-1=2b n .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 (n ∈N *).②由①知,b k =k ,k ∈N *.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q k-1≤k ≤q k ,其中k=1,2,3,…,m. 当k=1时,有q ≥1;当k=2,3,…,m 时,有lnkk ≤ln q ≤lnkk -1.设f (x )=lnxx (x>1),则f'(x )=1-lnxx 2. 令f'(x )=0,得x=e .列表如下:x (1,e)e (e,+∞)f'(x ) +0 -f (x )↗极大值↘因为ln22=ln86<ln96=ln33,所以f (k )max =f (3)=ln33.取q=√33,当k=1,2,3,4,5时,lnkk ≤ln q ,即k ≤q k ,经检验知q k-1≤k 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≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤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5.19.D2,D3,D4[2019·天津卷] 设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,已知a 1=4,b 1=6,b 2=2a 2-2,b 3=2a 3+4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式. (2)设数列{c n }满足c 1=1,c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k ,其中k ∈N *.(i)求数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式; (ii)求∑i=12na i c i (n ∈N *).19.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 ,依题意得{6q =6+2d,6q 2=12+4d,解得{d =3,q =2,故a n =4+(n-1)×3=3n+1,b n =6×2n-1=3×2n . 所以,{a n }的通项公式为a n =3n+1,{b n }的通项公式为b n =3×2n . (2)(i)a 2n (c 2n -1)=a 2n (b n -1)=(3×2n +1)(3×2n -1)=9×4n -1. 所以,数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式为a 2n (c 2n -1)=9×4n -1.(ii)∑i=12na i c i =∑i=12n[a i +a i (c i -1)]=∑i=12na i +∑i=1na 2i (c 2i -1)=[2n ×4+2n (2n -1)2×3]+∑i=1n(9×4i -1) =(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1-4n )1-4-n =27×22n-1+5×2n-1-n-12(n ∈N *).20.D2,D3,D4,M3[2019·浙江卷] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=4,a 4=S 3.数列{b n }满足:对每个n ∈N *,S n +b n ,S n+1+b n ,S n+2+b n 成等比数列. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)记c n =√an 2b n,n ∈N *,证明:c 1+c 2+…+c n <2√n ,n ∈N *.20.解:(1)设数列{a n }的公差为d ,由题意得a 1+2d=4,a 1+3d=3a 1+3d , 解得a 1=0,d=2, 从而a n =2n-2,n ∈N *. 所以S n =n 2-n ,n ∈N *.由S n +b n ,S n+1+b n ,S n+2+b n 成等比数列得(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n ), 解得b n =1d (S n+12-S n S n+2), 所以b n =n 2+n ,n ∈N *.(2)c n =√a n2b n=√2n -22n(n+1)=√n -1n(n+1),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c 1+c 2+…+c k <2√k .那么,当n=k+1时,c 1+c 2+…+c k +c k+1<2√k +√k(k+1)(k+2)<2√k +√1k+1<2√k +2√k+1+√k= 2√k +2(√k +1-√k )=2√k +1, 即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②,不等式c1+c2+…+c n<2√n对任意n∈N*成立.D3 等比数列及等比数列前n项和14.D3[2019·全国卷Ⅰ]记S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=13,a42=a6,则S5=.14.1213[解析]因为a42=a2a6=a6,所以a2=1,所以公比为a2a1=3,所以S5=13×(1-35)1-3=1213.21.D3,K6[2019·全国卷Ⅰ]为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分,甲药得-1分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X.(1)求X的分布列;(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,p i(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p0=0,p8=1,p i=ap i-1+bp i+cp i+1(i=1,2,…,7),其中a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5,β=0.8.(i)证明{p i+1-p i}(i=0,1,2,…,7)为等比数列;(ii)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性.21.解:(1)X的所有可能取值为-1,0,1.P(X=-1)=(1-α)β,P(X=0)=αβ+(1-α)(1-β),P(X=1)=α(1-β).所以X的分布列为X-101P(1-α)βαβ+(1-α)(1-β)α(1-β)(2)(i)证明:由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1.因此p i=0.4p i-1+0.5p i+0.1p i+1,故0.1(p i+1-p i)=0.4(p i-p i-1),即p i+1-p i=4(p i-p i-1).又因为p1-p0=p1≠0,所以{p i+1-p i}(i=0,1,2,…,7)为公比为4,首项为p1的等比数列.(ii)由(i)可得p8=p8-p7+p7-p6+…+p1-p0+p0=(p8-p7)+(p7-p6)+…+(p1-p0)=48-1p1.3,所以由于p8=1,故p1=348-1p4=(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p1)+(p1-p0)=44-1p13.=1257p4表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为≈0.0039,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种0.8时,认为甲药更有效的概率为p4=1257试验方案合理.19.D2,D3[2019·全国卷Ⅱ]已知数列{a n}和{b n}满足a1=1,b1=0,4a n+1=3a n-b n+4,4b n+1=3b n-a n-4.(1)证明:{a n+b n}是等比数列,{a n-b n}是等差数列;(2)求{a n}和{b n}的通项公式.19.解:(1)证明:由题设得4(a n+1+b n+1)=2(a n+b n),即a n+1+b n+1=12(a n+b n).又因为a1+b1=1,所以{a n+b n}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(a n+1-b n+1)=4(a n-b n)+8,即a n+1-b n+1=a n-b n+2.又因为a1-b1=1,所以{a n-b n}是首项为1,公差为2的等差数列.(2)由(1)知,a n+b n=12n-1,a n-b n=2n-1,所以a n=12[(a n+b n)+(a n-b n)]=12n+n-12,b n=12[(a n+b n)-(a n-b n)]=12n-n+12.5.D3[2019·全国卷Ⅲ]已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16B.8C.4D.25.C[解析]设数列{a n}的公比为q,由题知a1>0,q>0且q≠1,则{a1(1-q4)1-q=15,a1q4=3a1q2+4a1,解得{a1=1,q=2,所以a3=a1q2=4.9.D3,L1[2019·全国卷Ⅲ]执行图1-3的程序框图,如果输入的ε为0.01,则输出s的值等于()图1-3A .2-124B .2-125C .2-126D .2-1279.C [解析] x=1,s=0,s=0+1=1,x=12,12>0.01;s=1+12,x=14,14>0.01;s=1+12+14,x=18,18>0.01;s=1+12+14+18,x=116,116>0.01;s=1+12+14+18+116,x=132,132>0.01;s=1+12+14+18+116+132,x=164,164>0.01;s=1+12+14+18+116+132+164,x=1128,1128<0.01,输出s=1+12+14+18+116+132+164=1×[1-(12)7]1-12=2-126.20.D2、D3、D4[2019·江苏卷] 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:a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,求证:数列{a n }为“M -数列”. (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足:b 1=1,1S n=2b n-2bn+1,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c k ≤b k ≤c k+1,求m的最大值.20.解:(1)证明:设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 1≠0,q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2-4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M -数列”. (2)①因为1S n=2b n-2bn+1,所以b n ≠0.由b 1=1,S 1=b 1,得11=21-2b 2,则b 2=2.由1S n=2b n-2bn+1,得S n =b nb n+12(b n+1-b n ), 当n ≥2时,由b n =S n -S n-1,得b n =b n b n+12(b n+1-b n )-b n -1b n2(b n -b n -1),整理得b n+1+b n-1=2b n .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 (n ∈N *).②由①知,b k =k ,k ∈N *.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q k-1≤k ≤q k ,其中k=1,2,3,…,m. 当k=1时,有q ≥1;当k=2,3,…,m 时,有lnkk ≤ln q ≤lnkk -1. 设f (x )=lnxx (x>1),则f'(x )=1-lnxx 2. 令f'(x )=0,得x=e .列表如下:x (1,e)e (e,+∞)f'(x ) +0 -f (x )↗极大值↘因为ln22=ln86<ln96=ln33,所以f (k )max =f (3)=ln33.取q=√33,当k=1,2,3,4,5时,lnkk ≤ln q ,即k ≤q k ,经检验知q k-1≤k 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≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤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5.19.D2,D3,D4[2019·天津卷] 设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,已知a 1=4,b 1=6,b 2=2a 2-2,b 3=2a 3+4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式. (2)设数列{c n }满足c 1=1,c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (i)求数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式;(ii)求∑i=12na i c i (n ∈N *).19.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 ,依题意得{6q =6+2d,6q 2=12+4d,解得{d =3,q =2,故a n =4+(n-1)×3=3n+1,b n =6×2n-1=3×2n . 所以,{a n }的通项公式为a n =3n+1,{b n }的通项公式为b n =3×2n . (2)(i)a 2n (c 2n -1)=a 2n (b n -1)=(3×2n +1)(3×2n -1)=9×4n -1. 所以,数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式为a 2n (c 2n -1)=9×4n -1. (ii)∑i=12na i c i =∑i=12n[a i +a i (c i -1)]=∑i=12na i +∑i=1na 2i (c 2i -1)=[2n×4+2n (2n -1)2×3]+∑i=1n(9×4i -1) =(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1-4n)1-4-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n ∈N *).20.D2,D3,D4,M3[2019·浙江卷] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=4,a 4=S 3.数列{b n }满足:对每个n ∈N *,S n +b n ,S n+1+b n ,S n+2+b n 成等比数列. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)记c n =√an 2b n,n ∈N *,证明:c 1+c 2+…+c n <2√n ,n ∈N *.20.解:(1)设数列{a n }的公差为d ,由题意得a 1+2d=4,a 1+3d=3a 1+3d , 解得a 1=0,d=2, 从而a n =2n-2,n ∈N *. 所以S n =n 2-n ,n ∈N *.由S n +b n ,S n+1+b n ,S n+2+b n 成等比数列得(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n ), 解得b n =1d (S n+12-S n S n+2), 所以b n =n 2+n ,n ∈N *.(2)c n =√a n2b n=√2n -22n(n+1)=√n -1n(n+1),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c 1+c 2+…+c k <2√k .那么,当n=k+1时,c 1+c 2+…+c k +c k+1<2√k +√k(k+1)(k+2)<2√k +√1k+1<2√k +√k+1+√k= 2√k +2(√k +1-√k )=2√k +1, 即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②,不等式c 1+c 2+…+c n <2√n 对任意n ∈N *成立.D4 数列求和20.D2、D3、D4[2019·江苏卷] 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:a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,求证:数列{a n }为“M -数列”. (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足:b 1=1,1S n=2b n-2bn+1,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c k ≤b k ≤c k+1,求m的最大值.20.解:(1)证明:设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 1≠0,q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2-4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M -数列”. (2)①因为1S n=2b n-2bn+1,所以b n ≠0.由b 1=1,S 1=b 1,得11=21-2b 2,则b 2=2.由1S n=2b n-2bn+1,得S n =b nb n+12(b n+1-b n ),当n ≥2时,由b n =S n -S n-1,得b n =b n b n+12(b n+1-b n )-b n -1b n2(b n -b n -1),整理得b n+1+b n-1=2b n .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 (n ∈N *).②由①知,b k =k ,k ∈N *.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q k-1≤k ≤q k ,其中k=1,2,3,…,m. 当k=1时,有q ≥1;当k=2,3,…,m 时,有lnkk ≤ln q ≤lnkk -1. 设f (x )=lnxx (x>1),则f'(x )=1-lnxx 2. 令f'(x )=0,得x=e .列表如下:x (1,e)e (e,+∞)f'(x ) +0 -f (x )↗极大值↘因为ln22=ln86<ln96=ln33,所以f (k )max =f (3)=ln33.取q=√33,当k=1,2,3,4,5时,lnkk ≤ln q ,即k ≤q k ,经检验知q k-1≤k 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≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤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5.19.D2,D3,D4[2019·天津卷] 设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,已知a 1=4,b 1=6,b 2=2a 2-2,b 3=2a 3+4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式. (2)设数列{c n }满足c 1=1,c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (i)求数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式; (ii)求∑i=12na i c i (n ∈N *).19.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 ,依题意得{6q =6+2d,6q 2=12+4d,解得{d =3,q =2,故a n =4+(n-1)×3=3n+1,b n =6×2n-1=3×2n . 所以,{a n }的通项公式为a n =3n+1,{b n }的通项公式为b n =3×2n . (2)(i)a 2n (c 2n -1)=a 2n (b n -1)=(3×2n +1)(3×2n -1)=9×4n -1. 所以,数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式为a 2n (c 2n -1)=9×4n -1. (ii)∑i=12na i c i =∑i=12n[a i +a i (c i -1)]=∑i=12na i +∑i=1na 2i (c 2i -1)=[2n×4+2n (2n -1)2×3]+∑i=1n(9×4i -1) =(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1-4n)1-4-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n ∈N *).20.D2,D3,D4,M3[2019·浙江卷] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=4,a 4=S 3.数列{b n }满足:对每个n ∈N *,S n +b n ,S n+1+b n ,S n+2+b n 成等比数列. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)记c n =√an 2b n,n ∈N *,证明:c 1+c 2+…+c n <2√n ,n ∈N *.20.解:(1)设数列{a n }的公差为d ,由题意得a 1+2d=4,a 1+3d=3a 1+3d , 解得a 1=0,d=2, 从而a n =2n-2,n ∈N *. 所以S n =n 2-n ,n ∈N *.由S n +b n ,S n+1+b n ,S n+2+b n 成等比数列得(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n ),解得b n =1d (S n+12-S n S n+2), 所以b n =n 2+n ,n ∈N *.(2)c n =√a n 2b n=√2n -22n(n+1)=√n -1n(n+1),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c 1+c 2+…+c k <2√k .那么,当n=k+1时,c 1+c 2+…+c k +c k+1<2√k +√k(k+1)(k+2)<2√k +√1k+1<2√k +√k+1+√k= 2√k +2(√k +1-√k )=2√k +1, 即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②,不等式c 1+c 2+…+c n <2√n 对任意n ∈N *成立.D5 单元综合20.D1,D5,M2[2019·北京卷] 已知数列{a n },从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项(i 1<i 2<…<i m ),若a i 1<a i 2<…<a i m ,则称新数列a i 1,a i 2,…,a i m 为{a n }的长度为m 的递增子列.规定:数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列.(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列.(2)已知数列{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为a m 0,长度为q 的递增子列的末项的最小值为a n 0.若p<q ,求证:a m 0<a n 0.(3)设无穷数列{a n }的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s-1,且长度为s 末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,…),求数列{a n }的通项公式.20.解:(1)1,3,5,6.(答案不唯一)(2)证明:设长度为q 末项为a n 0的一个递增子列为a r 1,a r 2,…,a r q -1,a n 0.由p<q,得a rp ≤a rq-1<a n.因为{a n}的长度为p的递增子列末项的最小值为a m0,又a r1,a r2,…,a rp是{a n}的长度为p的递增子列,所以a m0≤a rp.所以a m<a n.(3)由题设知,所有正奇数都是{a n}中的项.先证明:若2m是{a n}中的项,则2m必排在2m-1之前(m为正整数).假设2m排在2m-1之后.设a p1,a p2,…,a pm-1,2m-1是数列{a n}的长度为m末项为2m-1的递增子列,则a p1,a p2,…,a pm-1,2m-1,2m是数列{a n}的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾.再证明:所有正偶数都是{a n}中的项.假设存在正偶数不是{a n}中的项,设不在{a n}中的最小的正偶数为2m.因为2k排在2k-1之前(k=1,2,…,m-1),所以2k和2k-1不可能在{a n}的同一个递增子列中.又{a n}中不超过2m+1的数为1,2,…,2m-2,2m-1,2m+1,所以{a n}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为2×2×2×…×2⏟(m-1)个×1×1=2m-1<2m.与已知矛盾.最后证明:2m排在2m-3之后(m≥2且m为整数).假设存在2m(m≥2),使得2m排在2m-3之前,则{a n}的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾.综上,数列{a n}只可能为2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,….经验证,数列2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…符合条件.所以a n={n+1,n为奇数, n-1,n为偶数.10.D5[2019·浙江卷]设a,b∈R,数列{a n}满足a1=a,a n+1=a n2+b,n∈N*,则()A.当b=12时,a10>10B.当b=14时,a10>10C.当b=-2时,a10>10D.当b=-4时,a10>1010.A[解析]a2=a2+b≥b,a n+1=a n2+b,所以当b越大时,a10越大.四个选项中A中的b最大,当b=12时,a n+1=a n2+12,所以a2≥12,a3≥34,a4≥1716,a5≥417256>32,a6>114,a7>12916>8,a8>64,所以a10>a9>a8>10.故选A.9.[2019·南昌模拟]已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=-8,且(3n-5)a n+1=(3n-2)a n-9n2+21n-10,则a n=()A.-4nB.3n-5C.(3n-5)(5-n)D.5-n9.C[解析]∵(3n-5)a n+1=(3n-2)a n-9n2+21n-10,∴(3n-5)a n+1=(3n-2)a n-(9n2-21n+10),即(3n-5)a n+1=(3n-2)a n-(3n-5)(3n-2),∵n∈N*,∴a n+13n-2=a n3n-5-1,∴数列{a n3n-5}为等差数列,其首项为a13-5=4,公差d=-1,∴a n3n-5=4-(n-1)=5-n,∴a n=(3n-5)(5-n),故选C.3.[2019·山东淄博模拟]已知在等比数列{a n}中,a1=2,且a1,a2,a3-2成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=1a n+2log2a n-1,求数列{b n}的前n项和S n.3.解:(1)设等比数列{a n }的公比为q.∵a 1,a 2,a 3-2成等差数列,a 1=2, ∴2a 2=a 1+(a 3-2)=2+(a 3-2)=a 3, ∴q=a3a 2=2,∴a n =a 1q n-1=2n (n ∈N *).(2)b n =1a n+2log 2a n -1=(12)n +2log 22n -1=(12)n +2n-1,则S n =(12+1)+[(12)2+3]+[(12)3+5]+…+[(12)n+(2n -1)]=12+(12)2+(12)3+…+(12)n +[1+3+5+…+(2n-1)]=12[1-(12)n]1-12+n ·[1+(2n -1)]2=n 2-(12)n+1(n ∈N *).6.[2019·河北石家庄质检] 已知{a n }是首项为1的等比数列,各项均为正数,且a 2+a 3=12. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =1(n+2)log3a n+1,求数列{b n }的前n 项和S n .6.解:(1)设数列{a n }的公比为q , 由a 2+a 3=12得q+q 2=12, 解得q=3或q=-4,因为数列{a n }的各项都为正数,所以q>0,所以q=3,所以a n =3n-1. (2)由(1)知b n =1(n+2)log3a n+1=1n(n+2)=12(1n -1n+2),∴S n =12×1-13+12-14+…+1n -1-1n+1+1n -1n+2=34-2n+32(n+1)(n+2).。

2019届高三理科数学五年高考三年模拟分类汇编解析版第6章数列

第六章数列命题探究解答：(1)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b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8①.由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16②,联立①②,解得a 1=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.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-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 -4)×4n+(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=-4-(3n-1)×4n+1 =-(3n-2)×4n+1-8. 得1328433n n n T +-=⨯+. 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+.目录：§6.1数列的概念及其表示法§6.2等差数列及其前n项和§6.3等比数列及其前n项和§6.4数列的综合应用§6.1数列的概念及其表示法考纲解读分析解读本节内容在高考中主要考查利用a n和S n的关系求通项a n,或者利用递推公式构造等差或等比数列求通项a n,又考查转化、方程与函数、分类讨论等思想方法,在高考中以解答题为主,题目具有一定的综合性,属中高档题.分值为5分或12分.五年高考考点数列的概念及其表示1.(2016浙江,13,6分)设数列{a n}的前n项和为S n.若S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*,则a1= ,S5= .答案1;1212.(2015江苏,11,5分)设数列{a n}满足a1=1,且a n+1-a n=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为.答案3.(2013课标全国Ⅰ,14,5分)若数列{a n}的前n项和S n=a n+,则{a n}的通项公式是a n= .答案(-2)n-14.(2015四川,16,12分)设数列{a n}(n=1,2,3,…)的前n项和S n满足S n=2a n-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记数列的前n项和为T n,求使得|T n-1|<成立的n的最小值.解析(1)由已知S n=2a n-a1,有a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1(n≥2),即a n=2a n-1(n≥2).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.所以,数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列.故a n=2n.(2)由(1)得=,所以T n=++…+==1-.由|T n-1|<,得<,即2n>1 000.因为29=512<1 000<1 024=210,所以n≥10.于是,使|T n-1|<成立的n的最小值为10.教师用书专用(5—6)5.(2013安徽,14,5分)如图,互不相同的点A1,A2,…,A n,…和B1,B2,…,B n,…分别在角O的两条边上,所有A n B n相互平行,且所有梯形A n B n B n+1A n+1的面积均相等.设OA n=a n.若a1=1,a2=2,则数列{a n}的通项公式是.答案a n=6.(2014广东,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n,满足S n=2na n+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15.(1)求a1,a2,a3的值;(2)求数列{a n}的通项公式.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点数列的概念及其表示1.(2018江西新余四中、上高二中第一次联考,7)已知1+3×2+5×22+…+(2n-1)×2n-1=2n(na+b)+c对一切n∈N*都成立,则a,b,c的值为( )A.a=3,b=-2,c=2B.a=3,b=2,c=2C.a=2,b=-3,c=3D.a=2,b=3,c=3答案 C2.(2017湖南岳阳一模,7)已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,S n=,则a2 017=( )A.2 016B.2 017C.4 032D.4 0343.(2017河北衡水中学高三摸底联考,5)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a n+1(n∈N*),S n为其前n 项和,则S5的值为( )A.57B.61C.62D.63答案 A4.(2017河北唐山一模,14)设数列{a n}的前n项和为S n,且S n=,若a4=32,则a1= . 答案B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:45分时间:40分钟)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2017湖北六校4月模拟,10)已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*).若b n+1=(n-2λ)·(n∈N*),b1=-λ,且数列{b n}是单调递增数列,则实数λ的取值范围是( )A.λ<B.λ<1C.λ<D.λ<答案 A2.(2016河南洛阳期中模拟,10)设数列{a n}满足a1+2a2+22a3+…+2n-1a n=(n∈N*),则数列{a n}的通项公式是( )A.a n=B.a n=C.a n=D.a n=答案 C二、填空题(每小题5分,共20分)3.(2018广东化州二模,16)已知S n为数列{a n}的前n项和,且log2(S n+1)=n+1,则数列{a n}的通项公式为.答案a n=4.(2018湖北第二次联考,15)“斐波那契数列”由13世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现,因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称该数列为“兔子数列”.斐波那契数列{a n}满足:a1=1,a2=1,a n=a n-1+a n-2(n≥3,n∈N*),记其前n项和为S n,设a2 018=t(t为常数),则S2 016+S2 015-S2 014-S2 013= (用含t的代数式表示).5.(2018皖江名校高三大联考,16)已知数列{a n},S n是其前n项和且满足3a n=2S n+n(n∈N*),则S n= .答案·3n-(2n+3)6.(2017湖北襄阳优质高中联考,16)若a1=1,对任意的n∈N*,都有a n>0,且n-(2n-1)a n+1a n-2=0,设M(x)表示整数x的个位数字,则M(a2 017)= .答案 6三、解答题(共15分)7.(2017安徽淮北第一中学第四次模拟,21)对于数列{a n},{b n},S n为数列{a n}的前n项和,且S n+1-(n+1)=S n+a n+n,a1=b1=1,b n+1=3b n+2,n∈N*.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2) 令c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)∵S n+1-(n+1)=S n+a n+n,∴a n+1=a n+2n+1,∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1=(2n -1)+(2n-3)+…+5+3+1==n2,∴数列{a n}的通项公式为a n=n2.由b n+1=3b n+2,得b n+1+1=3(b n+1),∴{b n+1}是等比数列,首项为b1+1=2,公比为3,∴b n+1=2·3n-1,∴数列{b n}的通项公式为b n=2·3n-1-1.(2)c n==,∴T n=+++…++,①则3T n=+++…++,②②-①得2T n=6+-=6+-=-,∴T n=-.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 利用S n与a n的关系求通项公式1.(2017山西临汾一中等五校第二次联考,15)已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=(a n-1),a1=4,则数列{}的前n项和T n= .答案2.(2016广东3月测试,15)已知数列{a n}的各项均为正数,S n为其前n项和,且对任意n∈N*,均有a n,S n,成等差数列,则a n= .答案n方法2 由递推公式求数列的通项公式3.(2017江西九江十校联考二模,10)已知数列{a n}满足a n+1=+1(n∈N+),则使不等式a2 016>2 017成立的所有正整数a1的集合为( )A.{a1|a1≥2 017,a1∈N+}B.{a1|a1≥2 016,a1∈N+}C.{a1|a1≥2 015,a1∈N+}D.{a1|a1≥2 014,a1∈N+}答案 A4.(2018山东、湖北部分重点中学第二次联考,15)已知数列{a n}的前n项之和为S n,若a1=2,a n+1=a n+2n-1+1,则S10= .答案 1 078方法3 数列的单调性和最大(小)项5.(2017湖南永州二模,11)已知数列{a n}的前n项和S n=3n(λ-n)-6,若数列{a n}单调递减,则λ的取值范围是( )A.(-∞,2)B.(-∞,3)C.(-∞,4)D.(-∞,5)答案 A§6.2等差数列及其前n项和考纲解读分析解读 1.理解等差数列的概念、等差数列的通项公式与前n项和公式.2.体会等差数列与一次函数的关系,掌握等差数列的一些基本性质.3.命题以求a n,S n为主,考查等差数列相关性质.4.本节内容在高考中主要考查数列定义、通项公式、前n项和公式及性质,分值约为5分,属中低档题.五年高考考点一等差数列及其性质1.(2017课标全国Ⅰ,4,5分)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.8答案 C2.(2016浙江,6,5分)如图,点列{A n},{B n}分别在某锐角的两边上,且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|,A n≠A n+2,n∈N*,|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,B n≠B n+2,n∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若d n=|A n B n|,S n为△A n B n B n+1的面积,则( )A.{S n}是等差数列B.{}是等差数列C.{d n}是等差数列D.{}是等差数列答案 A3.(2015北京,6,5分)设{a n}是等差数列.下列结论中正确的是( )A.若a1+a2>0,则a2+a3>0B.若a1+a3<0,则a1+a2<0C.若0<a1<a2,则a2>D.若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0答案 C4.(2014辽宁,8,5分)设等差数列{a n}的公差为d.若数列{}为递减数列,则( )A.d<0B.d>0C.a1d<0D.a1d>0答案 C5.(2015广东,10,5分)在等差数列{a n}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8= .答案106.(2016天津,18,13分)已知{a n}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,b n 是a n和a n+1的等比中项.(1)设c n=-,n∈N*,求证:数列{c n}是等差数列;(2)设a1=d,T n=(-1)k,n∈N*,求证:<.证明(1)由题意得=a n a n+1,有c n=-=a n+1·a n+2-a n a n+1=2da n+1,因此c n+1-c n=2d(a n+2-a n+1)=2d2,所以{c n}是等差数列.(2)T n=(-+)+(-+)+…+(-+)=2d(a2+a4+…+a2n)=2d·=2d2n(n+1).所以===·<.教师用书专用(7—9)7.(2015重庆,2,5分)在等差数列{a n}中,若a2=4,a4=2,则a6= ( )A.-1B.0C.1D.6答案 B8.(2013辽宁,4,5分)下面是关于公差d>0的等差数列{a n}的四个命题:p1:数列{a n}是递增数列;p2:数列{na n}是递增数列;p3:数列是递增数列;p4:数列{a n+3nd}是递增数列.其中的真命题为( )A.p1,p2B.p3,p4C.p2,p3D.p1,p4答案 D9.(2015陕西,13,5分)中位数为1 010的一组数构成等差数列,其末项为2 015,则该数列的首项为.答案 5考点二等差数列前n项和公式1.(2017课标全国Ⅲ,9,5分)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.8答案 A2.(2016课标全国Ⅰ,3,5分)已知等差数列{a n}前9项的和为27,a10=8,则a100=( )A.100B.99C.98D.97答案 C3.(2015浙江,3,5分)已知{a n}是等差数列,公差d不为零,前n项和是S n.若a3,a4,a8成等比数列,则( )A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>0答案 B4.(2016江苏,8,5分)已知{a n}是等差数列,S n是其前n项和.若a1+=-3,S5=10,则a9的值是.答案20教师用书专用(5)5.(2014福建,3,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,S3=12,则a6等于( )A.8B.10C.12D.14答案 C三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一等差数列及其性质1.(2018四川德阳三校联考,3)在等差数列{a n}中,a3+a7-a10=-1,a11-a4=21,则a7=( )A.7B.10C.20D.30答案 C2.(2017湖南娄底二模,4)已知数列{a n}是首项为1,公差为d(d∈N*)的等差数列,若81是该数列中的一项,则公差不可能是( )A.2B.3C.4D.5答案 B3.(人教A必5,二,2-3B,2,变式)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若S10=1,S30=5,则S40=( )A.7B.8C.9D.10答案 B4.(2017福建龙岩五校期中,14)递增数列{a n}满足2a n=a n-1+a n+1(n>1,n∈N*),其前n项和为S n,a2+a8=6,a4a6=8,则S10= .答案35考点二等差数列前n项和公式5.(2018湖南永州祁阳二模,4)在等差数列{a n}中,S n为其前n项和,若a3+a4+a8=25,则S9=( )A.60B.75C.90D.105答案 B6.(2017广东惠州第二次调研,7)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若=,则=( )A.1B.-1C.2D.答案 A7.(2017山西孝义高三上学期二轮模考,6)在等差数列{a n}中,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,以S n 表示{a n}的前n项和,则使S n取得最大值时n的值为( )A.21B.20C.19D.18答案 BB组2016—2018年模拟·提升题组(满分:55分时间:45分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018云南玉溪模拟,7)若{a n}是等差数列,公差d<0,a1>0,且a2 013(a2 012+a2 013)<0,则使数列{a n}的前n项和S n>0成立的最大正整数n是( )A.4 027B.4 026C.4 025D.4 024答案 D2.(2017湖南长沙长郡中学测试,8)已知数列{a n}是公差为d的等差数列,S n为其前n项和,若-=100,则d的值为( )A. B. C.10 D.20答案 B3.(2017河北衡水中学高三上学期第三次调研,10)已知等差数列{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,若对于任意的自然数n(n≥1),都有=,则+=( )A. B. C. D.答案 A4.(2016中原名校4月联考,6)若数列{a n}满足-=d(n∈N*,d为常数),则称数列{a n}为调和数列,已知数列为调和数列,且x1+x2+…+x20=200,则x5+x16=( )A.10B.20C.30D.40答案 B二、填空题(共5分)5.(2018上海徐汇一模,9)若公差为d的等差数列{a n}(n∈N*)满足a3a4+1=0,则公差d的取值范围是.答案(-∞,-2]∪[2,+∞)三、解答题(共30分)6.(2018江西宜春昌黎实验学校第二次段考,19)已知数列{a n}中,a1=1,数列(n∈N*)是公差为1的等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)∵数列是首项为2,公差为1的等差数列,∴=2+n-1=n+1,解得a n=.(2)∵a n==2,∴S n=2=2=.7.(2017湖北华中师大附中期中,18)已知数列{a n}满足a1=2,n(a n+1-n-1)=(n+1)(a n+n)(n∈N*).(1)求证:数列是等差数列,并求其通项公式;(2)设b n=-15,求数列{|b n|}的前n项和T n.解析(1)证明:∵n(a n+1-n-1)=(n+1)(a n+n)(n∈N*),∴na n+1-(n+1)a n=2n(n+1),∴-=2.∴数列是公差为2,首项为2的等差数列.∴=2+2(n-1)=2n,∴a n=2n2.(2)b n=-15=2n-15,则数列{b n}的前n项和S n==n2-14n.令b n=2n-15≤0,解得n≤7.∴n≤7时,数列{|b n|}的前n项和T n=-b1-b2-…-b n=-S n=-n2+14n.n≥8时,数列{|b n|}的前n项和T n=-b1-b2-…-b7+b8+…+b n=-2S7+S n=-2×(72-14×7)+n2-14n=n2-14n+98.∴T n=C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 有关等差数列运算的求解技巧1.(2018四川南充模拟,5)已知数列{a n}满足a1=1,a n>0,-=1(n∈N*),那么使a n<5成立的n的最大值为( )A.4B.5C.24D.25答案 C2.(2017安徽合肥二模,7)已知是等差数列,且a1=1,a4=4,则a10=( )A.-B.-C.D.答案 A方法2 等差数列的判定与证明3.(2017江西金溪一中期中联考,11)若数列{a n}满足-=1,且a1=5,则数列{a n}的前100项中,能被5整除的项数为( )A.42B.40C.30D.20答案 B4.(2018安徽合肥调研检测,18)数列{a n}满足a1=1,a n+=0.(1)求证:数列是等差数列;(2)若数列{b n}满足b1=2,=,求{b n}的前n项和S n.解析(1)证明:若a n+1=0,则a n=0,这与a1=1矛盾,∴a n+1≠0,由已知得2a n a n+1-a n+a n+1=0,∴-=2,故数列是以=1为首项,2为公差的等差数列.(2)由(1)可知,=1+2(n-1)=2n-1,由=2·可知a n+1b n+1=2a n b n.又a1b1=2,∴a n b n=2×2n-1=2n,∴b n=(2n-1)·2n,∴S n=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n,则2S n=1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)·2n+1,∴-S n=2+2×22+2×23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1=(3-2n)·2n+1-6,∴S n=(2n-3)·2n+1+6.方法3 等差数列前n项和的最值问题5.(2017湖南衡阳八中、长郡中学等十三校二模,6)等差数列{a n}的公差d≠0,且a3,a5,a15成等比数列,若a5=5,S n为数列{a n}的前n项和,则数列的前n项和取最小值时的n为( ) A.3 B.3或4 C.4或5 D.5答案 B6.(2016河南南阳期中,16)已知数列{a n}为等差数列,若<-1,且前n项和S n有最大值,则使S n>0的n的最大值为.答案11§6.3等比数列及其前n项和考纲解读分析解读 1.理解等比数列的概念、掌握等比数列的通项公式和前n项和公式.2.体会等比数列与指数函数的关系.3.求通项公式、求前n项和及等比数列相关性质的应用是高考热点.五年高考考点一等比数列及其性质1.(2017课标全国Ⅱ,3,5分)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 B2.(2016天津,5,5分)设{a n}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n<0”的( )A.充要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件答案 C3.(2015课标Ⅱ,4,5分)已知等比数列{a n}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7=( )A.21B.42C.63D.84答案 B4.(2017北京,10,5分)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则= .答案 15.(2016课标全国Ⅰ,15,5分)设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为.答案646.(2015湖南,14,5分)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= .答案3n-1教师用书专用(7—13)7.(2013江西,3,5分)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于( )A.-24B.0C.12D.24答案 A8.(2013福建,9,5分)已知等比数列{a n}的公比为q,记b n=a m(n-1)+1+a m(n-1)+2+…+a m(n-1)+m,c n=a m(n-1)+1·a m(n-1)+2·…·a m(n-1)+m(m,n∈N*),则以下结论一定正确的是( )A.数列{b n}为等差数列,公差为q mB.数列{b n}为等比数列,公比为q2mC.数列{c n}为等比数列,公比为D.数列{c n}为等比数列,公比为答案 C9.(2014广东,13,5分)若等比数列{a n}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20= .答案5010.(2014天津,11,5分)设{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1的值为.答案-11.(2014江苏,7,5分)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是.答案 412.(2014安徽,12,5分)数列{a n}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q= .答案 113.(2013江苏,14,5分)在正项等比数列{a n}中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+a n>a1a2…a n的最大正整数n的值为.答案12考点二等比数列前n项和公式1.(2013课标全国Ⅱ,3,5分)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( )A. B.-C. D.-答案 C2.(2017江苏,9,5分)等比数列{a n}的各项均为实数,其前n项和为S n.已知S3=,S6=,则a8= .答案323.(2015安徽,14,5分)已知数列{a n}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{a n}的前n项和等于.答案2n-14.(2016四川,19,12分)已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N*.(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列{a n}的通项公式;(2)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=,证明:e1+e2+…+e n>.解析(1)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故a n+1=qa n对所有n≥1都成立.所以,数列{a n}是首项为1,公比为q的等比数列.从而a n=q n-1.由2a2,a3,a2+2成等差数列,可得2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,由已知,q>0,故q=2.所以a n=2n-1(n∈N*).(2)由(1)可知,a n=q n-1.所以双曲线x2-=1的离心率e n==.由e2==,解得q=.因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以>q k-1(k∈N*).于是e1+e2+…+e n>1+q+…+q n-1=,故e1+e2+…+e n>.疑难突破由(1)可得e n=,因为不等式左边是e1+e2+…+e n,直接求和不行,利用放缩法得e n=>=q n-1,从而得e1+e2+…+e n>q0+q1+…+q n-1,化简即可.评析本题涉及的知识点比较多,由递推思想推出数列{a n}是等比数列,由等差中项求出q,由放缩法证明不等式成立.综合性较强.5.(2014课标Ⅱ,17,12分)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=3a n+1.(1)证明是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)证明++…+<.解析(1)由a n+1=3a n+1得a n+1+=3.又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.a n+=,因此{a n}的通项公式为a n=.(2)由(1)知=.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.于是++…+≤1++…+=<.所以++…+<.教师用书专用(6—11)6.(2013北京,10,5分)若等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q= ;前n项和S n= .答案2;2n+1-27.(2013辽宁,14,5分)已知等比数列{a n}是递增数列,S n是{a n}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6= .答案638.(2015山东,18,12分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.解析(1)因为2S n=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n=2S n-2S n-1=3n-3n-1=2×3n-1,即a n=3n-1,所以a n=(2)因为a n b n=log3a n,所以b1=,当n>1时,b n=31-n log33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=;当n>1时,T n=b1+b2+b3+…+b n=+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],所以3T n=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],两式相减,得2T n=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=+-(n-1)×31-n=-,所以T n=-.经检验,n=1时也适合.综上可得T n=-.9.(2015江苏,20,16分)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列.(1)证明:,,,依次构成等比数列;(2)是否存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列?并说明理由.解析(1)证明:因为==2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以,,,依次构成等比数列. (2)令a1+d=a,则a1,a2,a3,a4分别为a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).假设存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列,则a4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.令t=,则1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4,化简得t3+2t2-2=0(*),且t2=t+1.将t2=t+1代入(*)式,得t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t=-.显然t=-不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在a1,d,使得a1,,,依次构成等比数列.(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列,则(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+3k=(a1+2d)2(n+2k).分别在两个等式的两边同除以及,并令t=,则(1+2t)n+2k=(1+t)2(n+k),且(1+t)n+k(1+3t)n+3k=(1+2t)2(n+2k).将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t),且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t).化简得2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)],且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t),则g'(t)=.令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t),则φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)].令φ1(t)=φ'(t),则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].令φ2(t)=φ'1(t),则φ'2(t)=>0.由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在和(0,+∞)上均单调.故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.所以不存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列.10.(2013天津,19,14分)已知首项为的等比数列{a n}不是．．递减数列,其前n项和为S n(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设T n=S n-(n∈N*),求数列{T n}的最大项的值与最小项的值.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2==.又{a n}不是递减数列且a1=,所以q=-.故等比数列{a n}的通项公式为a n=×=(-1)n-1·.(2)由(1)得S n=1-=当n为正奇数时,S n随n的增大而减小,所以1<S n≤S1=,故0<S n-≤S1-=-=.当n为正偶数时,S n随n的增大而增大,所以=S2≤S n<1,故0>S n-≥S2-=-=-.综上,对于n∈N*,总有-≤S n-≤.所以数列{T n}最大项的值为,最小项的值为-.11.(2013湖北,18,12分)已知等比数列{a n}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得++…+≥1?若存在,求m的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设等比数列{a n}的公比为q,则由已知可得解得或故a n=·3n-1,或a n=-5·(-1)n-1.(2)若a n=·3n-1,则=·,故是首项为,公比为的等比数列,从而==·<<1.若a n=(-5)·(-1)n-1,则=-(-1)n-1,故是首项为-,公比为-1的等比数列,从而=故<1.综上,对任何正整数m,总有<1.故不存在正整数m,使得++…+≥1成立.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一等比数列及其性质1.(2018广东广雅中学、东华中学、河南名校第一次联考,7)已知公比不为1的等比数列{a n}的前n项和为S n,a1a2a3a4a5=,且a2,a4,a3成等差数列,则S5=( )A. B. C. D.答案 D2.(2018云南玉溪模拟,7)等比数列{a n}中,a1=512,公比q=-,记Πn=a1×a2×…×a n(即Πn表示数列{a n}的前n项之积),Π8,Π9,Π10,Π11中,值为正数的个数是( )A.1B.2C.3D.4答案 B3.(2017福建4月模拟,6)已知递增的等比数列{a n}的公比为q,其前n项和S n<0,则( )A.a1<0,0<q<1B.a1<0,q>1C.a1>0,0<q<1D.a1>0,q>1答案 A4.(2016福建厦门一中期中,4)已知数列{a n}为等比数列,且a1a13+2=4π,则tan(a2a12)的值为( )A. B.-C.±D.-答案 A考点二等比数列前n项和公式5.(2017河北衡水中学高三上学期第三次调研,4)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知a2a5=2a3,且a4与2a7的等差中项为,则S5=( )A.29B.31C.33D.36答案 B6.(2018江西新余第一中学四模,14)等比数列{a n}的前n项和为S n,S n=b(-2)n-1-a,则= .答案-7.(2017江西吉安一中期中,15)已知正项等比数列{a n}满足log2a n+2-log2a n=2,且a3=8,则数列{a n}的前n项和S n= .答案2n+1-2B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:50分时间:40分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018湖北荆州一模,9)已知数列{a n}是公差不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列{b n}的连续三项,则的值为( )A. B.4 C.2 D.答案 A2.(2017河南洛阳期中,11)已知数列S n为等比数列{a n}的前n项和,S8=2,S24=14,则S2 016=( )A.2252-2B.2253-2C.21 008-2D.22 016-2答案 B3.(2017江西南昌摸底考试,11)设等比数列{a n}的公比为q,其前n项之积为T n,并且满足条件:a1>1,a2 016a2 017>1,<0,给出下列结论:(1)0<q<1;(2)a2 016a2 018-1>0;(3)T2 016是数列{T n}中的最大项;(4)使T n>1成立的最大自然数等于4 031,其中正确的结论为( )A.(2)(3)B.(1)(3)C.(1)(4)D.(2)(4)答案 B4.(2016江西名校学术联盟调研三,7)已知等比数列{a n}的各项都为正数,其前n项和为S n,且a1+a7=9,a4=2,则S8=( )A.15(1+)B.15C.15(-1)或15D.15(1+)或15答案 D二、填空题(每小题5分,共15分)5.(2018广东广州第一次调研,14)在各项都为正数的等比数列{a n}中,若a2 018=,则+的最小值为.答案 46.(2018湖北黄石第三中学阶段性检测,15)下表给出一个“三角形数阵”:,,,,,,……已知每一列的数成等差数列,从第三行起,每一行的数成等比数列,每一行的公比都相等.记第i行第j列的数为a i-j,则(1)a8-3= ;(2)前20行中这个数共出现了次.答案(1) (2)47.(2017江西仿真模拟,16)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足:a1=1,a2=2,S n+1=a n+2-a n+1(n∈N*),若不等式λS n>a n恒成立,则实数λ的取值范围是.答案λ>1三、解答题(共15分)8.(2017湖南郴州第一次教学质量检测,19)已知数列{a n}的首项a1=1,且a n+1=(n∈N*).(1)证明:数列是等比数列;(2)若b n=-,求数列{b n}的前n项和S n.解析(1)证明:∵a n+1=,∴==+,∴-=.又a1=1,∴-=,∴数列是以为首项,为公比的等比数列.(2)由(1)知,-=·=,即=+.∴b n=-=.于是S n=+++…+,①S n=++…++,②①-②得,S n=++…+-=-=1--,则S n=2--=2-,∴数列{b n}的前n项和S n=2-.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 等比数列基本运算的解题技巧1.(2017福建漳州八校2月联考,3)等比数列{a n}的前n项和为S n,若S3=2,S6=18,则等于( )A.-3B.5C.-31D.33答案 D2.(2017山西运城康杰中学模拟(2),7)已知{a n}是各项均为正数的等比数列(公比q>1),b n=log2a n,b1+b2+b3=3,b1b2b3=-3,则a n=( )A.22n-3B.25-2nC.22n-5D.22n-3或25-2n答案 A方法2 等比数列的判定与证明3.(2016河南洛阳期中模拟,5)下列结论正确的是( )A.若数列{a n}的前n项和S n=n2+n+1,则{a n}为等差数列B.若数列{a n}的前n项和S n=2n-2,则{a n}为等比数列C.非零实数a,b,c不全相等,若a,b,c成等差数列,则,,也可能构成等差数列D.非零实数a,b,c不全相等,若a,b,c成等比数列,则,,一定构成等比数列答案 D4.(2018湖北八校第一次联考,17)已知数列{a n}满足a1=1,a2=4,a n+2=4a n+1-4a n.(1)求证:{a n+1-2a n}为等比数列;(2)求数列{a n}的通项公式.解析(1)证明:由a n+2=4a n+1-4a n得a n+2-2a n+1=2a n+1-4a n=2(a n+1-2a n),∴=2,又a2-2a1=2≠0,∴{a n+1-2a n}是等比数列.(2)由(1)可得a n+1-2a n=2n-1(a2-2a1)=2n,∴-=,∴是首项为,公差为的等差数列,∴=,∴a n=n·2n-1.§6.4数列的综合应用考纲解读分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.五年高考考点一数列求和1.(2017课标全国Ⅰ,12,5分)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 A2.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案3.(2015课标Ⅱ,16,5分)设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n= . 答案-4.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1 000项和.解析(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(9分)所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)5.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.可得-+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)=-=(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n=2n+1.(6分)(2)由a n=2n+1可知b n===.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.(12分)教师用书专用(6—12)6.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= .答案 67.(2013湖南,15,5分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则(1)a3= ;(2)S1+S2+…+S100= .答案(1)- (2)8.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.9.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为正偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为正奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=10.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解析(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以a n=-n+11,n∈N*或a n=4n+6,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,所以由(1)得d=-1,a n=-n+11,则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=11.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a nb n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.(1)令c 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.解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),所以-=2,即c n+1-c n=2.所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,故c n=2n-1.(2)由(1)及b n=3n-1知a n=c n b 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,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+1.12.(2013江西,17,12分)正项数列{a n}的前n项和S n满足:-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.证明:对于任意的n∈N*,都有T n<.解析(1)由-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)]·(S n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以S n>0,S n=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)证明:由于a n=2n,b n=,所以b n==-.T n=1-+-+-+…+-+-=<=.考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2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 D2.(2013重庆,12,5分)已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .答案643.(2017山东,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)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.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,由题意b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.教师用书专用(4—13)4.(2013课标全国Ⅰ,12,5分)设△A n B n C n的三边长分别为a n,b n,c n,△A n B n C n的面积为S n,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,a n+1=a n,b n+1=,c n+1=,则( )A.{S n}为递减数列B.{S n}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}为递增数列答案 B5.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,x n是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)记T n=…,证明:T n≥.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标x n=1-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知T n=…=….当n=1时,T1=.当n≥2时,因为==>==.所以T n>×××…×=.综上可得对任意的n∈N*,均有T n≥.6.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,得a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,a n≠0.从而a n+1=2a n(n∈N+),即{a n}是一个公比q=2的等比数列.故a n=a1q n-1=3·2n-1.(2)证明:若λ=,μ=-1,则数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(n∈N+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>...>a n>a n+1> 0因为a n+1===a n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·<2+·=2+.综上,2+<<2+.7.(2015湖北,22,14分)已知数列{a n}的各项均为正数,b n=a n(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-e x的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令c n=(a1a2…a n,数列{a n},{c n}的前n项和分别记为S n,T n,证明:T n<eS n.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-e x.当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x>0时, f(x)<f(0)=0,即1+x<e x.令x=,得1+<,即<e. ①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.②下面用数学归纳法证明②.(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,b k+1=(k+1)a k+1,由归纳假设可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,②也成立.根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.(3)由c n的定义,②,算术-几何平均不等式,b n的定义及①得T n=c1+c2+c3+…+c n=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…a n=+++…+≤+++…+=b1+b2+…+b n·=b1+b2+…+b n<++…+=a1+a2+…+a n<ea1+ea2+…+ea n=eS n.即T n<eS n.8.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n. 因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设知,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,则h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,则h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设,f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.又g k+1(x)-=,。

十年真题(-2019)高考数学真题分类汇编专题07 数列理(含解析)

专题07数列历年考题细目表题型年份考点试题位置单选题2019等差数列2019年新课标1理科09单选题2018等差数列2018年新课标1理科04单选题2017等差数列2017年新课标1理科04单选题2017数列综合题2017年新课标1理科12单选题2016等差数列2016年新课标1理科03单选题2013数列的定义与通项公式2013年新课标1理科07单选题2013数列应用题2013年新课标1理科12单选题2012等比数列2012年新课标1理科05填空题2019等比数列2019年新课标1理科14填空题2018数列的定义与递推公式2018年新课标1理科14填空题2016等比数列2016年新课标1理科15填空题2013数列的定义与通项公式2013年新课标1理科14填空题2012数列的定义与通项公式2012年新课标1理科16解答题2015数列综合题2015年新课标1理科17解答题2014数列综合题2014年新课标1理科17解答题2011数列综合题2011年新课标1理科17解答题2010数列综合题2010年新课标1理科17历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科09】记S n为等差数列｛a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则( ）A．a n＝2n﹣5 B．a n＝3n﹣10 C．S n＝2n2﹣8n D．S n n2﹣2n【解答】解:设等差数列{a n｝的公差为d,由S4＝0，a5＝5,得,∴，∴a n＝2n﹣5，，故选：A．2．【2018年新课标1理科04】记S n为等差数列{a n｝的前n项和．若3S3＝S2+S4，a1＝2,则a5＝（）A．﹣12 B．﹣10 C．10 D．12【解答】解：∵S n为等差数列{a n｝的前n项和，3S3＝S2+S4，a1＝2，∴a1+a1+d+4a1d,把a1＝2，代入得d＝﹣3∴a5＝2+4×（﹣3)＝﹣10．故选：B．3．【2017年新课标1理科04】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．1 B．2 C．4 D．8【解答】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．故选：C．4．【2017年新课标1理科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．440 B．330 C．220 D．110【解答】解:设该数列为{a n},设b n2n+1﹣1，（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+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣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+1﹣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＝3,不满足N＞100，②1+2+4+(﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5,总共有3＝18，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．故选：A．5．【2016年新课标1理科03】已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8,则a100＝（）A．100 B．99 C．98 D．97【解答】解：∵等差数列｛a n}前9项的和为27，S99a5．∴9a5＝27，a5＝3,又∵a10＝8,∴d＝1，∴a100＝a5+95d＝98，故选:C．6．【2013年新课标1理科07】设等差数列｛a n｝的前n项和为S n，若S m﹣1＝﹣2，S m＝0，S m+1＝3，则m＝（）A．3 B．4 C．5 D．6【解答】解：a m＝S m﹣S m﹣1＝2，a m+1＝S m+1﹣S m＝3,所以公差d＝a m+1﹣a m＝1，S m0,m﹣1＞0，m＞1，因此m不能为0，得a1＝﹣2，所以a m＝﹣2+（m﹣1）•1＝2，解得m＝5，另解:等差数列{a n}的前n项和为S n，即有数列{｝成等差数列，则,，成等差数列，可得2•,即有0，解得m＝5．又一解:由等差数列的求和公式可得（m﹣1）（a1+a m﹣1）＝﹣2,m（a1+a m）＝0，(m+1）(a1+a m+1）＝3，可得a1＝﹣a m，﹣2a m+a m+1+a m+10，解得m＝5．故选:C．7．【2013年新课标1理科12】设△A n B n∁n的三边长分别为a n，b n，c n，△A n B n∁n的面积为S n,n＝1,2，3…若b1＞c1，b1+c1＝2a1,a n+1＝a n，,，则（）A．｛S n}为递减数列B．{S n｝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【解答】解：b1＝2a1﹣c1且b1＞c1,∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1,∴b1﹣a1＝2a1﹣c1﹣a1＝a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1,∴2c1＞a1，∴，由题意，a n，∴b n+1+c n+1﹣2a n（b n+c n﹣2a n）,∵b1+c1＝2a1，∴b1+c1﹣2a1＝0，∴b n+c n﹣2a n＝0，∴b n+c n＝2a n＝2a1，∴b n+c n＝2a1，由此可知顶点A n在以B n、c n为焦点的椭圆上，又由题意，b n+1﹣c n+1，∴a1﹣b n，∴b n+1﹣a1,∴b n﹣a1，∴，c n＝2a1﹣b n,∴[]［］［］单调递增（可证当n＝1时0）故选:B．8．【2012年新课标1理科05】已知｛a n｝为等比数列，a4+a7＝2，a5a6＝﹣8，则a1+a10＝( ) A．7 B．5 C．﹣5 D．﹣7【解答】解：∵a4+a7＝2，由等比数列的性质可得，a5a6＝a4a7＝﹣8∴a4＝4，a7＝﹣2或a4＝﹣2，a7＝4当a4＝4，a7＝﹣2时，,∴a1＝﹣8，a10＝1，∴a1+a10＝﹣7当a4＝﹣2,a7＝4时，q3＝﹣2，则a10＝﹣8，a1＝1∴a1+a10＝﹣7综上可得，a1+a10＝﹣7故选：D．9．【2019年新课标1理科14】记S n为等比数列｛a n}的前n项和．若a1,a42＝a6，则S5＝．【解答】解：在等比数列中，由a42＝a6，得q6a12＝q5a1＞0,即q＞0，q＝3,则S5，故答案为：10．【2018年新课标1理科14】记S n为数列｛a n｝的前n项和．若S n＝2a n+1,则S6＝．【解答】解：S n为数列｛a n}的前n项和，S n＝2a n+1,①当n＝1时,a1＝2a1+1，解得a1＝﹣1，当n≥2时，S n﹣1＝2a n﹣1+1，②,由①﹣②可得a n＝2a n﹣2a n﹣1，∴a n＝2a n﹣1，∴{a n}是以﹣1为首项，以2为公比的等比数列，∴S663,故答案为：﹣6311．【2016年新课标1理科15】设等比数列｛a n}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5,则a1a2…a n的最大值为64 ．【解答】解：等比数列{a n｝满足a1+a3＝10,a2+a4＝5，可得q（a1+a3)＝5，解得q．a1+q2a1＝10，解得a1＝8．则a1a2…a n＝a1n•q1+2+3+…+（n﹣1）＝8n•,当n＝3或4时，表达式取得最大值：26＝64．故答案为：64．12．【2013年新课标1理科14】若数列｛a n}的前n项和为S n a n，则数列｛a n}的通项公式是a n＝．【解答】解：当n＝1时,a1＝S1，解得a1＝1当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝(）﹣（），整理可得，即2，故数列｛a n}从第二项开始是以﹣2为首项，﹣2为公比的等比数列,故当n≥2时,a n＝（﹣2）n﹣1,经验证当n＝1时，上式也适合，故答案为:(﹣2)n﹣113．【2012年新课标1理科16】数列{a n｝满足a n+1+（﹣1)n a n＝2n﹣1，则{a n}的前60项和为．【解答】解：∵a n+1+（﹣1)n a n＝2n﹣1，故有a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5,a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…a50﹣a49＝97．从而可得a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24,a9+a11＝2，a12+a10＝40,a13+a11＝2，a16+a14＝56，…从第一项开始,依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始,依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．{a n}的前60项和为 15×2+（15×8）＝183014．【2015年新课标1理科17】S n为数列｛a n}的前n项和,已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求｛a n｝的通项公式：（Ⅱ）设b n,求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（I）由a n2+2a n＝4S n+3,可知a n+12+2a n+1＝4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n2+2（a n+1﹣a n）＝4a n+1,即2(a n+1+a n)＝a n+12﹣a n2＝（a n+1+a n）（a n+1﹣a n）,∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1(舍)或a1＝3，则｛a n｝是首项为3,公差d＝2的等差数列，∴{a n｝的通项公式a n＝3+2(n﹣1)＝2n+1：（Ⅱ）∵a n＝2n+1,∴b n（），∴数列{b n｝的前n项和T n（）（）．15．【2014年新课标1理科17】已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1,a n≠0，a n a n+1＝λS n﹣1，其中λ为常数．（Ⅰ）证明:a n+2﹣a n＝λ（Ⅱ）是否存在λ，使得｛a n｝为等差数列？并说明理由．【解答】（Ⅰ）证明：∵a n a n+1＝λS n﹣1，a n+1a n+2＝λS n+1﹣1，∴a n+1（a n+2﹣a n）＝λa n+1∵a n+1≠0，∴a n+2﹣a n＝λ．（Ⅱ）解:假设存在λ,使得｛a n}为等差数列，设公差为d．则λ＝a n+2﹣a n＝（a n+2﹣a n+1）+(a n+1﹣a n）＝2d，∴．∴，，∴λS n＝1，根据{a n｝为等差数列的充要条件是，解得λ＝4．此时可得，a n＝2n﹣1．因此存在λ＝4，使得｛a n｝为等差数列．也可以先考虑前3项成等差数列,得出λ,再进一步验证即可．16．【2011年新课标1理科17】等比数列｛a n}的各项均为正数，且2a1+3a2＝1,a32＝9a2a6，（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ）设b n＝log3a1+log3a2+…+log3a n，求数列｛｝的前n项和．【解答】解：(Ⅰ）设数列{a n}的公比为q，由a32＝9a2a6得a32＝9a42,所以q2．由条件可知各项均为正数，故q．由2a1+3a2＝1得2a1+3a1q＝1，所以a1．故数列{a n}的通项式为a n．（Ⅱ）b n（1+2+…+n),故2（）则2[（1）+（）+…+（）]，所以数列｛｝的前n项和为．17．【2010年新课标1理科17】设数列满足a1＝2，a n+1﹣a n＝3•22n﹣1（1）求数列｛a n｝的通项公式；（2)令b n＝na n，求数列｛b n}的前n项和S n．【解答】解:（Ⅰ）由已知，当n≥1时,a n+1＝[(a n+1﹣a n)+（a n﹣a n﹣1)+…+（a2﹣a1）]+a1＝3（22n﹣1+22n﹣3+…+2)+2＝32＝22(n+1）﹣1．而a1＝2，所以数列{a n｝的通项公式为a n＝22n﹣1．（Ⅱ）由b n＝na n＝n•22n﹣1知S n＝1•2+2•23+3•25+…+n•22n﹣1①从而22S n＝1•23+2•25+…+n•22n+1②①﹣②得（1﹣22）•S n＝2+23+25+…+22n﹣1﹣n•22n+1．即．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：数列的概念与简单表示法，等差数列及其前n项和,等比数列及其前n项和,数列求和，数列求通项等。

专题07 数列-高考数学(理)十年真题(2010-2019)深度思考(新课标Ⅰ卷)(解析版)

专题07数列历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科09】记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．a n＝2n﹣5 B．a n＝3n﹣10 C．S n＝2n2﹣8n D．S n n2﹣2n【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由S4＝0，a5＝5，得，∴，∴a n＝2n﹣5，，故选：A．2．【2018年新课标1理科04】记S n为等差数列{a n}的前n项和．若3S3＝S2+S4，a1＝2，则a5＝（）A．﹣12 B．﹣10 C．10 D．12【解答】解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，3S3＝S2+S4，a1＝2，∴a1+a1+d+4a1d，把a1＝2，代入得d＝﹣3∴a5＝2+4×（﹣3）＝﹣10．故选：B．3．【2017年新课标1理科04】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．1 B．2 C．4 D．8【解答】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．故选：C．4．【2017年新课标1理科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．440 B．330 C．220 D．110【解答】解：设该数列为{a n}，设b n2n+1﹣1，（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+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣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+1﹣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＝3，不满足N＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5，总共有3＝18，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．故选：A．5．【2016年新课标1理科03】已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝（）A．100 B．99 C．98 D．97【解答】解：∵等差数列{a n}前9项的和为27，S99a5．∴9a5＝27，a5＝3，又∵a10＝8，∴d＝1，∴a100＝a5+95d＝98，故选：C．6．【2013年新课标1理科07】设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S m﹣1＝﹣2，S m＝0，S m+1＝3，则m＝（）A．3 B．4 C．5 D．6【解答】解：a m＝S m﹣S m﹣1＝2，a m+1＝S m+1﹣S m＝3，所以公差d＝a m+1﹣a m＝1，S m0，m﹣1＞0，m＞1，因此m不能为0，得a1＝﹣2，所以a m＝﹣2+（m﹣1）•1＝2，解得m＝5，另解：等差数列{a n}的前n项和为S n，即有数列{}成等差数列，则，，成等差数列，可得2•，即有0，解得m＝5．又一解：由等差数列的求和公式可得（m﹣1）（a1+a m﹣1）＝﹣2，m（a1+a m）＝0，（m+1）（a1+a m+1）＝3，可得a1＝﹣a m，﹣2a m+a m+1+a m+10，解得m＝5．故选：C．7．【2013年新课标1理科12】设△A n B n∁n的三边长分别为a n，b n，c n，△A n B n∁n的面积为S n，n＝1，2，3…若b1＞c1，b1+c1＝2a1，a n+1＝a n，，，则（）A．{S n}为递减数列B．{S n}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【解答】解：b1＝2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，∴b1﹣a1＝2a1﹣c1﹣a1＝a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴，由题意，a n，∴b n+1+c n+1﹣2a n（b n+c n﹣2a n），∵b1+c1＝2a1，∴b1+c1﹣2a1＝0，∴b n+c n﹣2a n＝0，∴b n+c n＝2a n＝2a1，∴b n+c n＝2a1，由此可知顶点A n在以B n、c n为焦点的椭圆上，又由题意，b n+1﹣c n+1，∴a1﹣b n，∴b n+1﹣a1，∴b n﹣a1，∴，c n＝2a1﹣b n，∴[][][]单调递增（可证当n＝1时0）故选：B．8．【2012年新课标1理科05】已知{a n}为等比数列，a4+a7＝2，a5a6＝﹣8，则a1+a10＝（）A．7 B．5 C．﹣5 D．﹣7【解答】解：∵a4+a7＝2，由等比数列的性质可得，a5a6＝a4a7＝﹣8∴a4＝4，a7＝﹣2或a4＝﹣2，a7＝4当a4＝4，a7＝﹣2时，，∴a1＝﹣8，a10＝1，∴a1+a10＝﹣7当a4＝﹣2，a7＝4时，q3＝﹣2，则a10＝﹣8，a1＝1∴a1+a10＝﹣7综上可得，a1+a10＝﹣7故选：D．9．【2019年新课标1理科14】记S n为等比数列{a n}的前n项和．若a1，a42＝a6，则S5＝．【解答】解：在等比数列中，由a42＝a6，得q6a12＝q5a1＞0，即q＞0，q＝3，则S5，故答案为：10．【2018年新课标1理科14】记S n为数列{a n}的前n项和．若S n＝2a n+1，则S6＝．【解答】解：S n为数列{a n}的前n项和，S n＝2a n+1，①当n＝1时，a1＝2a1+1，解得a1＝﹣1，当n≥2时，S n﹣1＝2a n﹣1+1，②，由①﹣②可得a n＝2a n﹣2a n﹣1，∴a n＝2a n﹣1，∴{a n}是以﹣1为首项，以2为公比的等比数列，∴S663，故答案为：﹣6311．【2016年新课标1理科15】设等比数列{a n}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5，则a1a2…a n的最大值为64．【解答】解：等比数列{a n}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5，可得q（a1+a3）＝5，解得q．a1+q2a1＝10，解得a1＝8．则a1a2…a n＝a1n•q1+2+3+…+（n﹣1）＝8n•，当n＝3或4时，表达式取得最大值：26＝64．故答案为：64．12．【2013年新课标1理科14】若数列{a n}的前n项和为S n a n，则数列{a n}的通项公式是a n＝．【解答】解：当n＝1时，a1＝S1，解得a1＝1当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝（）﹣（），整理可得，即2，故数列{a n}从第二项开始是以﹣2为首项，﹣2为公比的等比数列，故当n≥2时，a n＝（﹣2）n﹣1，经验证当n＝1时，上式也适合，故答案为：（﹣2）n﹣113．【2012年新课标1理科16】数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n＝2n﹣1，则{a n}的前60项和为．【解答】解：∵a n+1+（﹣1）n a n＝2n﹣1，故有a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5，a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…a50﹣a49＝97．从而可得a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24，a9+a11＝2，a12+a10＝40，a13+a11＝2，a16+a14＝56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．{a n}的前60项和为15×2+（15×8）＝183014．【2015年新课标1理科17】S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n，求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（I）由a n2+2a n＝4S n+3，可知a n+12+2a n+1＝4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n2+2（a n+1﹣a n）＝4a n+1，即2（a n+1+a n）＝a n+12﹣a n2＝（a n+1+a n）（a n+1﹣a n），∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{a n}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{a n}的通项公式a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵a n＝2n+1，∴b n（），∴数列{b n}的前n项和T n（）（）．15．【2014年新课标1理科17】已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n+1＝λS n﹣1，其中λ为常数．（Ⅰ）证明：a n+2﹣a n＝λ（Ⅱ）是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．【解答】（Ⅰ）证明：∵a n a n+1＝λS n﹣1，a n+1a n+2＝λS n+1﹣1，∴a n+1（a n+2﹣a n）＝λa n+1∵a n+1≠0，∴a n+2﹣a n＝λ．（Ⅱ）解：假设存在λ，使得{a n}为等差数列，设公差为d．则λ＝a n+2﹣a n＝（a n+2﹣a n+1）+（a n+1﹣a n）＝2d，∴．∴，，∴λS n＝1，根据{a n}为等差数列的充要条件是，解得λ＝4．此时可得，a n＝2n﹣1．因此存在λ＝4，使得{a n}为等差数列．也可以先考虑前3项成等差数列，得出λ，再进一步验证即可．16．【2011年新课标1理科17】等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2＝1，a32＝9a2a6，（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝log3a1+log3a2+…+log3a n，求数列{}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）设数列{a n}的公比为q，由a32＝9a2a6得a32＝9a42，所以q2．由条件可知各项均为正数，故q．由2a1+3a2＝1得2a1+3a1q＝1，所以a1．故数列{a n}的通项式为a n．（Ⅱ）b n（1+2+…+n），故2（）则2[（1）+（）+…+（）]，所以数列{}的前n项和为．17．【2010年新课标1理科17】设数列满足a1＝2，a n+1﹣a n＝3•22n﹣1（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n＝na n，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，a n+1＝[（a n+1﹣a n）+（a n﹣a n﹣1）+…+（a2﹣a1）]+a1＝3（22n﹣1+22n﹣3+…+2）+2＝32＝22（n+1）﹣1．而a1＝2，所以数列{a n}的通项公式为a n＝22n﹣1．（Ⅱ）由b n＝na n＝n•22n﹣1知S n＝1•2+2•23+3•25+…+n•22n﹣1①从而22S n＝1•23+2•25+…+n•22n+1②①﹣②得（1﹣22）•S n＝2+23+25+…+22n﹣1﹣n•22n+1．即．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：数列的概念与简单表示法，等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项等.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现.重点考查的知识点为：等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项为重点较佳.最新高考模拟试题1．等差数列{}n a ，等比数列{}n b ，满足111a b ==，53a b =，则9a 能取到的最小整数是（） A ．1- B ．0C ．2D ．3【答案】B 【解析】等差数列{}n a 的公差设为d ，等比数列{}n b 的公比设为q ，0q ≠，由111a b ==，53a b =，可得214d q +=，则2291812(1)211a d q q =+=+-=->-，可得9a 能取到的最小整数是0．故选：B ．2．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问題:今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰:“我羊食半马、“马主曰:“我马食半牛，”今欲衰偿之，问各出几何?此问题的译文是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟、羊主人说:“我羊所吃的禾苗只有马的一半，”马主人说:“我马所吃的禾苗只有牛的一半，“打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还( )升粟？ A ．253B ．503C ．507D ．1007【答案】D【解析】因为5斗=50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为123,,a a a ，由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且350S =则31(21)5021a -=-，解得1507a =，所以马主人要偿还的量为：2110027a a ==，故选D.3．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9填入33⨯的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地，将连续的正整数21,2,3,,n 填入n n ⨯个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方.记n 阶幻方的对角线上的数字之和为n N ，如图三阶幻方的315N =，那么 9N 的值为（）A ．41B ．45C ．369D ．321【答案】C 【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列， 31(123456789)153N =++++++++=，41(12345678910111213141516)344N =+++++++++++++++=，51(12345678910111213141516171819202122232425)655N =++++++++++++++++++++++++=，…222211(1)(1)(12345)22n n n n n N n n n ++∴=+++++⋯+=⨯=．故299(91)9413692N +==⨯=.故选：C4．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a = 2(1)()nn S a n n N n *=+-∈，则数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和是（） A ．290 B ．920C ．511D ．1011【答案】C 【解析】由()2(1)nn S a n n N n*=+-∈得2(1)n n S na n n =--，当2n ≥时，11(1)4(1)n n n n n a S S na n a n --=-=----，整理得14n n a a --=，所以{}n a 是公差为4的等差数列，又11a =，所以()43n a n n N*=-∈，从而()2133222(1)2n n n a a Sn n n n n n ++=+=+=+，所以1111132(1)21n S n n n n n ⎛⎫==- ⎪+++⎝⎭，数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和115121111S ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭.故选C .5．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,，即()()()()()121,12F F F n F n F n ===-+-()3,n n N*≥∈，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{}n a ，则数列{}n a 的前2019项的和为（） A ．672 B ．673C ．1346D ．2019【答案】C 【解析】由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,...各项除以2的余数，可得{}n a 为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,...，所以{}n a 是周期为3的周期数列，一个周期中三项和为1102++=，因为20196733=⨯，所以数列{}n a 的前2019项的和为67321346⨯=，故选C.6．已知数列{}n a 是等比数列，数列{}n b是等差数列，若2610a a a ⋅⋅=16117b b b π++=，则21039tan1b b a a +-⋅的值是（）A ．1 BC．2-D．【答案】D 【解析】{}n a 是等比数列326106a a a a ∴⋅⋅==6a ∴{}n b 是等差数列 1611637b b b bπ∴++== 673b π∴=2106239614273tan tan tan tan tan 111333b b b a a a πππ+∴===-=-=-⋅--本题正确选项：D 7．已知数列{}n a 满足2*123111()23n a a a a n n n N n ++++=+∈，设数列{}n b 满足：121n n n n b a a ++=，数列{}n b 的前n 项和为n T，若*()1n n N T n nλ<∈+恒成立，则实数λ的取值范围为（） A ．1[,)4+∞ B ．1(,)4+∞ C ．3[,)8+∞ D ．3(,)8+∞【答案】D 【解析】解：数列{}n a 满足212311123n a a a a n n n ++++=+，① 当2n ≥时，21231111(1)(1)231n a a a a n n n -+++⋯+=-+--，② ①﹣②得：12n a n n=，故：22n a n =，数列{}n b 满足：22121214(1)n n n n n b a a n n +++==+221114(1)n n ⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦，则：2222211111114223(1)n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦21114(1)n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，由于*()1n n N T n nλ<∈+恒成立，故：21114(1)1n n n λ⎛⎫-< ⎪++⎝⎭，整理得：244n n λ+>+，因为211(1)4441n y n n +==+++在*n N ∈上单调递减，故当1n =时，max 213448n n +⎛⎫= ⎪+⎝⎭ 所以38λ>．故选：D ．8．已知函数()y f x =的定义域为R ，当0x <时()1f x >，且对任意的实数,x y R ∈，等式()()()f x f y f x y =+成立，若数列{}n a 满足()()1111n n f a f n N a *+⎛⎫=∈ ⎪+⎝⎭，且()10a f =，则下列结论成立的是（） A ．()()20162018f a f a > B ．()()20172020f a f a > C ．()()20182019f a f a > D ．()()20162019f a f a >【答案】A 【解析】由()()()f x f y f x y =+，令0x =，1y =-，则()()()011f f f -=-0x <时，()1f x > ()11f ∴-> ()01f ∴= 11a ∴=当0x >时，令y x =-，则()()()01f x f x f -==，即()()1f x f x =-又()1f x -> ∴当0x >时，()01f x << 令21x x >，则21>0-x x()()()1212f x f x x f x ∴-=，即()()()()22110,1f x f x x f x =-∈ ()f x ∴在R 上单调递减又()()11111011n n n n f a f f a f a a ++⎛⎫⎛⎫=+== ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭ 111n na a +∴=-+ 令1n =，212a =-；令2n =，32a =-；令3n =，41a = ∴数列{}n a 是以3为周期的周期数列201632a a ∴==-，201711a a ==，2018212a a ==-，201932a a ==-，202011a a ==()f x 在R 上单调递减 ()()1212f f f ⎛⎫∴->-> ⎪⎝⎭()()20162018f a f a ∴>，()()20172020f a f a =，()()20182019f a f a <，()()20162019f a f a =本题正确选项：A 9．在数列{}n a 中，1111,,(*)2019(1)n n a a a n N n n +==+∈+，则2019a 的值为______．【答案】1 【解析】因为11,(*)(1)n n a a n N n n +=+∈+所以1111(1)1n n a a n n n n +-==-++，2111,2a a -=-3211,23a a -=-...,201920181120182019a a -=-, 各式相加，可得20191112019a a -=-， 201911120192019a -=-，所以，20191a =，故答案为1.10．已知正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=，若存在两项m a ，n a ，使得1a =，则91m n+的最小值为__________．【答案】2 【解析】正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=，432111=+2a q a q a q ∴，整理，得210+2q q -=，又0q >，解得，12q =，存在两项m a ，n a 使得1a ，2221164m n a q a +-∴=，整理，得8m n +=，∴9119119()()(10)88m n m n m n m n n m+=++=++ 1(10)28n m+=…，则91m n+的最小值为2．当且仅当9m n n m=取等号，但此时m ，*n N ∉．又8m n +=，所以只有当6m =，2n =时，取得最小值是2．故答案为：211．已知数列{}n a 满足对*,m n N ∀∈，都有m n m n a a a ++=成立，72a π=，函数()f x =2sin 24cos2xx +，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为______．【答案】26 【解析】解：对*,m n ∀∈N ，都有m n m n a a a ++=成立，可令1m =即有11n n a a a +-=，为常数，可得数列{}n a 为等差数列，函数2()sin 24cos 2xf x x =+sin 22(1cos )x x =++，由()()()sin 221cos f x fx x x π+-=++()()()sin 221cos 4x x ππ+-++-=，可得()f x 的图象关于点,22π⎛⎫⎪⎝⎭对称，113212a a a a +=+=6872a a a π=+==，∴()()()()113212f a f a f a f a +=+=()()()6874,2f a f a f a =+==，∴可得数列{}n y 的前13项和为46226⨯+=．故答案为：26．12．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足22()n n S a n n N *=+∈，则n a =_____．【答案】122n +- 【解析】由题意，数列{}n a 满足22()n n S a n n N *=+∈，则1122(1)(2,)n n S a n n n N *--=+-≥∈，两式相减可得11222,(2,)n n n n S S a a n n N *--+≥∈-=-，即1222,(2,)n n n a a a n n N *-=+≥∈-整理得122,(2)n n a a n -=-≥，即12(2),(22)n n a a n -=-≥-，即12,(2)22n n a n a -=≥--，当1n =时，1122S a =+，即1122a a =+，解得12a =-，所以数列{}2n a -表示首项为124a -=-，公比为2的等比数列，所以112422n n n a -+-=-⨯=-，所以122n n a +=-.13．等差数列{}n a 中，410a =且3a ，6a ，10a 成等比数列，数列{}n a 前20项的和20S =____ 【答案】200或330 【解析】设数列{}n a 的公差为d ，则3410a a d d =-=-，641042102,6106a a d d a a d d =+=+=+=+，由3610,,a a a 成等比数列，得23106a a a =，即()()()210106102d d d -+=+，整理得210100d d -=，解得0d =或1d =，当0d =时，20420200S a ==；当1d =时，14310317a a d =-=-⨯=，于是2012019202071903302S a d ⨯=+=⨯+=，故答案为200或330.14．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ．若9362S S S =+，则631S S +取得最小值时，9S 的值为_______．【答案】3【解析】由9362S S S =+，得：q≠1，所以936111(1)(1)(1)2111a q a q a q q q q---=+---，化简得：936112(1)q q q -=-+-，即963220q q q --+=，即63(1)(2)0q q --=，得32q =，化简得631S S +＝6131(1)11(1)a q qq a q --+--＝11311a q q a -+≥-，当11311a q q a -=-，即1a =时，631S S +取得最小值，所以919(1)1a q S q -==-9(1)1q q --＝3故答案为：15．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11222n n a a a n -++⋯+=，则5S =____．【答案】3116【解析】解：11222n n a a a n -+++=，可得1n =时，11a = ，2n ≥时，2121221n n a a a n --++⋯+=-，又11222n n a a a n -++⋯+=，两式相减可得121n n a -=，即112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭，上式对1n =也成立，可得数列{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，可得551131211612S -==-．故答案为：3116．16．已知数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++-==，则数列(1)(2)na n n ⎧⎫⎨⎬++⎩⎭的前n 项和为___________.【答案】2222n n +-+【解析】由12(1)0n n n a na ++-=，得121n n a an n+=⨯+，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1141a a ==为首项，2为公比的等比数列，于是11422n n na n-+=⨯=，所以12n n a n +=⋅，因为12(1)(2)(1)(2)n n a n n n n n +⋅=++++212221n n n n ++=-++，所以(1)(2)na n n ⎧⎫⎨⎬++⎩⎭的前n 项和324321222222324321n n n S n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222n n +=-+. 17．定义：从数列{}n a 中抽取(,3)m m N m ∈≥项按其在{}n a 中的次序排列形成一个新数列{}n b ，则称{}n b 为{}n a 的子数列；若{}n b 成等差（或等比），则称{}n b 为{}n a 的等差（或等比）子数列. （1）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21n n S =-. ①求数列{}n a 的通项公式；②数列{}n a 是否存在等差子数列，若存在，求出等差子数列；若不存在，请说明理由. （2）已知数列{}n a 的通项公式为()n a n a a Q +=+∈，证明：{}n a 存在等比子数列.【答案】（1）①12n n a -=；②见解析；（2）见证明【解析】解：（1）①因为21n n S =-，所以当1n =时，11211a =-=，当2n ≥时，1121n n S --=-，所以()()1121212nn n n a --=---=.综上可知：12n n a -=.②假设从数列{}n a 中抽3项,,()k l m a a a k l m <<成等差，则2l k m a a a =+，即1112222l k m ---⨯=+，化简得：2212l k m k --⨯=+.因为k l m <<，所以0l k ->，0m k ->，且l k -，m k -都是整数，所以22l k -⨯为偶数，12m k -+为奇数，所以2212l k m k --⨯=+不成立. 因此，数列{}n a 不存在三项等差子数列.若从数列{}n a 中抽(,4)m m N m ∈≥项，其前三项必成等差数列，不成立. 综上可知，数列{}n a 不存在等差子数列.（2）假设数列{}n a 中存在3项0n a +，0n a k ++，0()n a l k l ++<成等比. 设0n a b +=，则b Q +∈，故可设qb p=（p 与q 是互质的正整数）. 则需满足()()()2000n a k n a n a l ++=+++，即需满足2()()b k b b l +=+，则需满足2222k pk l k k b q=+=+. 取k q =，则2l k pq =+.此时222222()2q q q b q q q p p p ⎛⎫+=+=++ ⎪⎝⎭，2222()22q q q q b b l q pq q p p pp ⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭.故此时2()()b k b b l +=+成立.因此数列{}n a 中存在3项0n a +，0n a k ++，0()n a l k l ++<成等比，所以数列{}n a 存在等比子数列.18．在等差数列{}n a 中，已知公差2d =，2a 是1a 与4a 的等比中项（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足3122331313131nn nb b b ba =++++++++，求数列{}n b 的通项公式；（3）令()*4n nn a b c n N =∈，数列{}n c 的前n 项和为n T . 【答案】（1）2n a n =；（2）2(31)nn b =+；（3）()()12133142n n n n n T +-⨯++=+. 【解析】（1）因为2a 是1a 与4a 的等比中项，所以21111(2)(6)2a a a a +=+∴=，∴数列{}n a 的通项公式为2n a n =.（2）∵()31223131313131n n n b b b ba n =+++++≥++++① ∴311212313131313131n n n n n b b b b ba +++=+++++++++++②②－①得：111231n n nn b a a +++=-=+，()11231n n b ++=+，故()()*231n n b n N =+∈。

《高考真题》专题19 数列综合-2019年高考理数母题题源系列(全国Ⅱ专版)(原卷版)

专题19数列综合【母题来源一】【2019年高考全国II 卷理数】已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2）1122n n a n =+-，1122nn b n =-+. 【解析】（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+．又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+．又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-．所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-，111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．【名师点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题.【母题来源二】【2018年高考全国II 卷理数】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．【答案】（1）a n =2n –9；（2）S n =n 2–8n ，最小值为–16．【解析】（1）设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15．由a 1=–7得d =2．所以{a n }的通项公式为a n =2n –9．（2）由（1）得S n =n 2–8n =（n –4）2–16．所以当n =4时，S n 取得最小值，最小值为–16．【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果；（2）根据等差数列前n 项和公式得n S 关于n 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.【命题意图】考查等差、等比数列的基础知识为主，重点考查求数列的通项公式和数列的求和问题. 【命题规律】数列一直是高考的热点，尤其是等差、等比数列的求和公式、错位相减法求和及裂项相消法求和为考查的重点，常与函数、方程、不等式等联系在一起综合考查，考查内容比较全面，解题时要注意基本运算、基本能力的运用，同时注意函数与方程、转化与化归等数学思想的应用. 【方法总结】1.等差数列的判定与证明的方法：（1）定义法：1()n n a a d n +-=∈*N 或1(2,)n n a a d n n --=≥∈⇔*N {}n a 是等差数列；（2）定义变形法：验证是否满足11(2,)n n n n a a a a n n +--=-≥∈*N ；（3）等差中项法：{}122()n n n n a a a n a ++=+∈⇔*N 为等差数列；（4）通项公式法：通项公式形如(,n a pn q p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列；（5）前n 项和公式法：2(,n S pn qn p q =+为常数)⇔{}n a 为等差数列．注意：（1）若判断一个数列不是等差数列，只需找出三项12,,n n n a a a ++，使得122n n n a a a ++≠+即可；（2）如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法． 2.等比数列的判定与证明常用的方法：（1）定义法：1n na q a +=(q 为常数且0)q ≠⇔数列{}n a 是等比数列．（2）等比中项法：212(,0)n n n n a a a n a ++=⋅∈≠*N ⇔数列{}n a 是等比数列．（3）通项公式法：(0,)n n a tq tq n =≠∈*N ⇔数列{}n a 是等比数列．（4）前n 项和公式法：若数列的前n 项和nn S Aq A =-+(0,0,1)A q q ≠≠≠，则该数列是等比数列．其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中．注意：（1）若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．（2）只满足()10n n a qa q +=≠的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要10a ≠. 3.数列求和的常用方法（1）公式法：直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和；（2）倒序相加法：如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的；（3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的；（4）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和；（5）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减；（6）并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和． 4.数列与函数综合（1）数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（2）解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决． 5.数列与不等式综合与数列有关的不等式的命题常用的方法有：比较法(作差作商)、放缩法、利用函数的单调性，其中利用不等式放缩证明是历年命题的热点．6.以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解.1．【陕西省西安市2019届高三第三次质量检测数学试题】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21n n S a =-．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()()11211n n n n a b a a +++=--，求数列{}n b 的前n 项和n T ．2．（陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)数学试题）已知数列{}n a 是等差数列，n S 是前n 项和且2651630a a S +==，.（1）求数列{}n a 通项公式；（2）若数列{}n b 满足14n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .3．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学试题】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 ．若113a b ==，42a b =，4212S T -=．（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n a b +的前n 项和．4．【重庆市2019届高三学业质量调研抽测（第二次)4月二诊数学试题卷】已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，前3项和39S =，且125,,a a a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12n n n b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T .5．【辽宁省葫芦岛市普通高中2019届高三第二次模拟考试数学试题】已知数列{}n a 是公比为q 的正项等比数列，{}n b 是公差d 为负数的等差数列，满足23111da a a -=，12321b b b ++=，123315b b b =. （1）求数列{}n a 的公比q 与数列{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n b 的前10项和10S .6．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试（二)数学试题】数列{}n a 中，11a =，121n n a a n +=++. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设141n n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和.7．【内蒙古2019届高三高考一模试卷数学试题】等比数列{}n a 中，1752,4a a a ==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若126m S =，求m ．8．【黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第二次模拟数学试题】已知等差数列{}n a 中，374616,0a a a a =-+=，（1）求{}n a 的通项公式n a ；（2）求{}n a 的前n 项和n S .9．【宁夏石嘴山市第三中学2019届高三下学期三模考试数学试题】已知等差数列{}n a 是递增数列，且140a a +=，231a a =-．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设43n a n b +=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，是否存在常数λ，使得1n n T b λ+-为定值？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．10．【新疆乌鲁木齐2019届高三第二次质量检测数学试题】记公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知12a =，4a 是2a 与8a 的等比中项．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

2018高考真题分类汇编：数列一、选择题1.【2018高考真题重庆理1】在等差数列}{n a 中，12=a ，54=a 则}{n a 的前5项和5S = A.7 B.15 C.20 D.25【答案】B【解析】因为12=a ，54=a ，所以64251=+=+a a a a ，所以数列的前5项和156252)(52)(542515=⨯=+=+=a a a a S ,选B. 2.【2018高考真题浙江理7】设n S 是公差为d （d ≠0）的无穷等差数列﹛a n ﹜的前n 项和，则下列命题错误的是A.若d ＜0，则数列﹛S n ﹜有最大项B.若数列﹛S n ﹜有最大项，则d ＜0C.若数列﹛S n ﹜是递增数列，则对任意*N n ∈，均有0>n S D. 若对任意*N n ∈，均有0>n S ，则数列﹛S n ﹜是递增数列【答案】C【解析】选项C 显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，…．满足数列{S n }是递增数列，但是S n ＞0不成立．故选C 。

3.【2018高考真题新课标理5】已知{}n a 为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=（）()A 7 ()B 5 ()C -5 ()D -7【答案】D【解析】因为}{n a 为等比数列，所以87465-==a a a a ，又274=+a a ，所以2474-==a a ，或4274=-=a a ，.若2474-==a a ，，解得18101=-=a a ，，7101-=+a a ；若4274=-=a a ，，解得18110=-=a a ，，仍有7101-=+a a ，综上选D.4.【2018高考真题上海理18】设25sin1πn n a n =，n n a a a S +++= 21，在10021,,,S S S 中，正数的个数是（）A ．25B ．50C ．75D ．100【答案】D【解析】当1≤n ≤24时，n a ＞0，当26≤n ≤49时，n a ＜0，但其绝对值要小于1≤n ≤24时相应的值，当51≤n ≤74时，n a ＞0，当76≤n ≤99时，n a ＜0，但其绝对值要小于51≤n ≤74时相应的值，∴当1≤n ≤100时，均有n S ＞0。

5.【2018高考真题辽宁理6】在等差数列{a n }中，已知a 4+a 8=16，则该数列前11项和S 11=(A)58 (B)88 (C)143 (D)176 【答案】B【解析】在等差数列中，111111481111()16,882a a a a a a s ⨯++=+=∴==，答案为B【点评】本题主要考查等差数列的通项公式、性质及其前n 项和公式，同时考查运算求解能力，属于中档题。

解答时利用等差数列的性质快速又准确。

6.【2018高考真题四川理12】设函数()2cos f x x x =-，{}n a 是公差为8π的等差数列，125()()()5f a f a f a π++⋅⋅⋅+=，则=-5123)]([a a a f （）A 、0B 、2116πC 、218π D 、21316π【答案】D【解析】125112255()()()(2cos )(2cos )(2cos )5f a f a f a a a a a a a π++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=，即1251252()(cos cos cos )5a a a a a a π++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+=，而{}n a 是公差为8π的等差数列，代入1251252()(cos cos cos )5a a a a a a π++⋅⋅⋅+-++⋅⋅⋅+=，即)4[cos(1033π--a aππππ5)]4cos()8cos(cos )8cos(3333=+++++-+a a a a ，3(2cos21)cos 48cosa ππ++不是π的倍数，2,51033ππ=∴=∴a a .22315[()](20)()()22424f a a a πππππ∴-=⨯---+ 1613π=，故选D. 7.【2018高考真题湖北理7】定义在(,0)(0,)-∞+∞上的函数()f x ，如果对于任意给定的等比数列{}n a ， {()}n f a 仍是等比数列，则称()f x 为“保等比数列函数”. 现有定义在(,0)(0,)-∞+∞上的如下函数：①2()f x x =； ②()2x f x =； ③()f x =； ④()ln ||f x x =. 则其中是“保等比数列函数”的()f x 的序号为 ① ②B ．③ ④C ．① ③D ．② ④【答案】C【解析】等比数列性质，212++=n n n a a a ，①()()()()122212222++++===n n n n n n a f a a a a f a f ；②()()()12221222222+++=≠==+++n a a a a a n n a f a f a f n n n n n ；③()()()122122++++===n n n n n n a f a a a a f a f ；④()()()()122122ln ln ln ++++=≠=n n n n n n a f a a a a f a f .选C8.【2018高考真题福建理2】等差数列{a n }中，a 1+a 5=10,a 4=7,则数列{a n }的公差为A.1B.2C.3D.4【答案】B.【解析】由等差中项的性质知52513=+=a a a ，又2,7344=-=∴=a a d a .故选B. 9.【2018高考真题安徽理4等比数列{}n a 的各项都是正数，且31116a a =，则162log a =（）()A 4 ()B 5 ()C 6 ()D 7 【答案】B【解析】29311771672161616432log 5a a a a a a q a =⇔=⇔=⇒=⨯=⇔=．10.【2018高考真题全国卷理5】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5=5，S 5=15，则数列的前100项和为 (A)100101 (B) 99101(C) 99100 (D) 101100 【答案】A【解析】由15,555==S a ,得1,11==d a ，所以n n a n =-+=)1(1，所以111)1(111+-=+=+n n n n a a n n ，又1011001011110111001312121111110110021=-=-++-+-=+ a a a a ，选A. 二、填空题11.【2018高考真题浙江理13】设公比为q （q ＞0）的等比数列{a n }的前n 项和为S n 。

若S 2=3a 2+2，S 4=3a 4+2，则q=______________。

【答案】32【解析】将2232S a =+，4432S a =+两个式子全部转化成用1a ，q 表示的式子．即111233111113232a a q a q a a q a q a q a q +=+⎧⎨+++=+⎩，两式作差得：2321113(1)a q a q a q q +=-，即：2230q q --=，解之得：312q q 或==-(舍去)． 12.【2018高考真题四川理16】记[]x 为不超过实数x 的最大整数，例如，[2]2=，[1.5]1=，[0.3]1-=-。

设a 为正整数，数列{}n x 满足1x a =，1[][]()2n nn a x x x n N *++=∈，现有下列命题：①当5a =时，数列{}n x 的前3项依次为5,3,2； ②对数列{}n x 都存在正整数k ，当n k ≥时总有n k x x =； ③当1n ≥时，1n x >；④对某个正整数k ，若1k k x x +≥，则n x =。

其中的真命题有____________。

（写出所有真命题的编号）【答案】①③④【命题立意】本题属于新概念问题主要考查数列知识的灵活应用和推理论证能力，难度较大.【解析】当5a =时，15x a == 255532x +==，353[]3[]22x +==，故①正确；同样验证可得③④正确，②错误.13.【2018高考真题新课标理16】数列{}n a 满足1(1)21nn n a a n ++-=-，则{}n a 的前60项和为【答案】【解析】由12)1(1-=-++n a a n nn 得，12]12)1[()1(12)1(112++-+--=++-=-++n n a n a a n n n n n n 12)12()1(++--+-=n n a n n ，即1212)1(2++--=++n n a a n n n ）（，也有3212)1(13+++--=+++n n a a nn n ）（，两式相加得44)1(2321++--=++++++n a a a a n n n n n ，设k 为整数，则10`164)14(4)1(21444342414+=+++--=++++++++k k a a a a k k k k k ，于是1830)10`16()(14443424141460=+=+++=∑∑=++++=k a a a aS K k k k k K14.【2018高考真题辽宁理14】已知等比数列｛a n ｝为递增数列，且251021,2()5n n n a a a a a ++=+=，则数列｛a n ｝的通项公式a n =______________。

【答案】2n【解析】2429510111,(),,,n n a a a q a q a q a q =∴=∴=∴=222112()5,2(1)5,2(1)5,2(22n n n n n n n a a a a q a q q q q q a +++=∴+=∴+===∴=解得或舍去），【点评】本题主要考查等比数列的通项公式，转化思想和逻辑推理能力，属于中档题。

15.【2018高考真题江西理12】设数列{a n },{b n }都是等差数列，若711=+b a ，2133=+b a ，则=+55b a __________。

【答案】35【命题立意】本题考查等差数列的概念和运算。

【解析】设数列}{},{n n b a 的公差分别为b d ,，则由2133=+b a ，得21)(211=+++d b b a ，即14721)(2=-=+d b ，所以7=+d b ，所以35747)(41155=⨯+=+++=+d b b a b a 。

16.【2018高考真题北京理10】已知}{n a 等差数列n S 为其前n 项和。

若211=a ，32a S =，则2a =_______。