全国卷数列高考题汇总附答案
全国各省高考数学——数列试题及答案
全国各省高考数学——数列试题及答案一、选择题1．（福建）已知等差数列}{n a 中，1,16497==+a a a ，则12a 的值是（ ）A ．15B ．30C ．31D ．642．（江苏）在各项都为正数的等比数列{}n a 中，首项31=a ，前三项和为21，则543a a a ++=（ ）A ．33B ．72C ．84D ．1893．（全国）如果1a ，2a ，…，8a 为各项都大于零的等差数列，公差0d ≠，则（ ） （A ）1a 8a >45a a （B ）8a 1a <45a a （C ）1a +8a >4a +5a （D ）1a 8a =45a a4．（江西理）将1，2，…，9这9个数平均分成三组，则每组的三个数都成等差数列的概率为（ ） A ．561 B ．701 C ．3361 D ．4201 5．（05，广东，10）已知数列===+==∞→--12112,2lim .,4,3),(21,2}{x x n x x x x x x n n n n n n 则若满足 （ ）A ．23B ．3C ．4D ．56．（辽宁）一给定函数)(x f y =的图象在下列图中，并且对任意)1,0(1∈a ，由关系式)(1n n a f a =+得到的数列}{n a 满足)(*1N n a a n n ∈>+，则该函数的图象是（ ）A B C D二、填空题1．（天津理）在数列{a n }中,a 1=1,a 2=2,且)( )1(12*+∈-+=-N n a a n n n 则100S =____．2．（湖北理）设等比数列{n a }的公比为q ，前n 项和为n S ，若1+n S ，n S ，2+n S 成等差数列，则q 的值为三、解答题1．（北京文）数列{}n a 的前n 项和为S n ,且,31,111n n S a a ==+n=1,2,3….求 （I ）234,,a a a 的值及数列{}n a 的通项公式； （II ）2462n a a a a ++++的值.2．（天津理）已知)0,0,( 1221>>∈+++++=*---b a N n b ab b a b a a u n n n n n n（Ⅰ）当b a =时，求数列{}n u 的前n 项和n S （Ⅱ）求1lim-∞→n nn u u 。
高考数学压轴专题专题备战高考《数列》真题汇编附答案
新高考数学《数列》练习题一、选择题1．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则n S 取最大值时n 的值为（ ） A ．6 B ．7C ．8D ．13【答案】C 【解析】 【分析】根据题意推导出数列{}n a 为单调递减数列，且当8n ≤时，0n a >，当9n ≥时，0n a <，由此可得出结果. 【详解】()115158151502a a S a +==>Q ，()()116168916802a a S a a +==+<，80a ∴>，90a <，所以，等差数列{}n a 的公差980d a a =-<，则数列{}n a 为单调递减数列. 当8n ≤时，0n a >，当9n ≥时，0n a <， 因此，当8n =时，n S 取最大值. 故选：C. 【点睛】本题考查利用等差数列前n 项和的最值求对应的n 的值，主要分析出数列的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.2．设等比数列{}n a 的前n 项和记为n S ,若105:1:2S S =,则155:S S =( ) A ．34B ．23C ．12D ．13【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列前n 项和的性质求解可得所求结果． 【详解】∵数列{}n a 为等比数列，且其前n 项和记为n S ， ∴51051510,,S S S S S --成等比数列． ∵105:1:2S S =，即1051 2S S =，∴等比数列51051510,,S S S S S --的公比为105512S S S -=-，∴()1510105511 24S S S S S -=--=， ∴15510513 44S S S S =+=， ∴1553:4S S =． 故选A ． 【点睛】在等比数列{}n a 中，其前n 项和记为n S ，若公比1q ≠，则233,,,k k k k k S S S S S --L 成等比数列，即等比数列中依次取k 项的和仍为等比数列，利用此性质解题时可简化运算，提高解题的效率．3．已知{}n a 是等差数列，1010a =，其前10项和1070S =，则其公差为（ ） A ．23B ．32C ．23-D ．32-【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和前n 项和公式，列方程组求解即得. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d .101010,70a S ==Q ，1191010910702a d a d +=⎧⎪∴⎨⨯+=⎪⎩解得23d =. 故选：A . 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题.4．设数列是公差的等差数列，为前项和，若，则取得最大值时，的值为A ．B ．C ．或D ．【答案】C 【解析】，进而得到，即，数列是公差的等差数列，所以前五项都是正数，或时，取最大值，故选C.5．等差数列的首项为125，且从第10项开始为比1大的项，则公差d 的取值范围是（ ） A ．(0,)+∞ B ．8,75⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．83,7525⎛⎫⎪⎝⎭ D ．83,7525⎛⎤⎥⎝⎦ 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知101a >，91a ≤，把1a 的值代入列不等式解得即可. 【详解】由题意，设数列{}n a 的公差为d ，首项1125a =，则10911a a >⎧⎨≤⎩，即101919181a a d a a d =+>⎧⎨=+≤⎩，解得837525d <≤. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，要熟练记忆等差数列的通项公式．6．数列{}n a 的通项公式为()n a n c n N *=-∈．则“2c <”是“{}na 为递增数列”的（ ）条件． A ．必要而不充分 B ．充要C ．充分而不必要D ．即不充分也不必要【答案】A 【解析】 【分析】根据递增数列的特点可知10n n a a +->，解得12c n <+，由此得到若{}n a 是递增数列，则32c <，根据推出关系可确定结果. 【详解】 若“{}n a 是递增数列”，则110n n a a n c n c +-=+--->， 即()()221n c n c +->-，化简得：12c n <+， 又n *∈N ，1322n ∴+≥，32c ∴<， 则2c <¿{}n a 是递增数列，{}n a 是递增数列2c ⇒<，∴“2c <”是“{}n a 为递增数列”的必要不充分条件．故选：A . 【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.7．若两个等差数列{}n a 、{}n b 的前n 项和分别为n A 、n B ，且满足2131n n A n B n -=+，则371159a a ab b +++的值为（ ）A ．3944B ．58C ．1516D ．1322【答案】C 【解析】 【分析】利用等差中项的性质将371159a a ab b +++化简为7732a b ,再利用数列求和公式求解即可. 【详解】11337117131135971313()3333213115213()22223131162a a a a a a A b b b b b B +++⨯-==⨯=⨯=⨯=++⨯+, 故选:C. 【点睛】本题考查了等差中项以及数列求和公式的性质运用,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.8．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比为q ，若639S S =，562S =，则1a =（ ） AB ．2CD ．3【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分析可得等比数列{}n a 的公比1q ≠±，进而由等比数列的通项公式可得()()631111911a q a q qq--=⨯--，解可得2q =，又由()5151131621a q Saq-===-，解可得1a 的值，即可得答案．【详解】根据题意，等比数列{}n a 中，若639S S =，则1q ≠±，若639S S =，则()()631111911a q a q qq--=⨯--，解可得38q=，则2q =，又由562S =，则有()5151131621a q S aq-===-，解可得12a =；故选B ． 【点睛】本题考查等比数列的前n 项和公式的应用，关键是掌握等比数列的前n 项和的性质．9．已知数列}{n a 为等比数列，n S 是它的前n 项和，若2312a a a ⋅=，且4a 与72a 的等差中项为54，则5S =（ ）． A ．35 B ．33C ．31D ．29【答案】C 【解析】试题分析：由题意得，设等比数列的公比为q ，则2231112a a a q a q a =⋅=，所以42a =，又3474452224a a a a q +=+=⨯，解得11,162q a ==，所以5515116(1())(1)2311112a q S q --===--，故选C ． 考点：等比数列的通项公式及性质．10．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1220a a +=，334S =，且2n a S a ≤≤+，则实数a 的取值范围是( ) A ．[]1,0- B ．11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[]0,1【答案】B 【解析】 【分析】先求得等比数列的首项和公比，得到n S ，分析数列的单调性得到n S 的最值，从而列不等式求解即可. 【详解】由1220,a a += 334S =，得11211,,1232nn a q S ⎡⎤⎛⎫==-=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，当1n =时，n S 取最大值1，当2n =时，n S 取最小值12， 所以1221a a ⎧≤⎪⎨⎪+≥⎩，112a -≤≤，故选B. 【点睛】本题主要考查了等比数列的单调性，结合首项和公比即可判断，属于中档题.11．已知数列{}n a 的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且11a =，22a =，347a a +=，5613a a +=，则78a a +=（ ）A．4B ．19 C ．20 D ．23【答案】D 【解析】 【分析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比，然后对347a a +=、5613a a +=进行化简，得出公差和公比的数值，然后对78a a +进行化简即可得出结果． 【详解】设奇数项的公差为d ，偶数项的公比为q ，由347a a +=，5613a a +=，得127d q ++=，212213d q ++=， 解得2d =，2q =，所以37813271623a a d q +=++=+=，故选D ．【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等，体现基础性与综合性，提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．12．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23109a a a ++=，则9S =（ ） A ．3 B ．9C ．18D ．27【答案】D 【解析】设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d . ∵23109a a a ++=∴13129a d +=，即143a d += ∴53a = ∴1999()272a a S ⨯+== 故选D.13．在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，则17S 的值是（ ） A ．41 B ．51C ．61D ．68【答案】B 【解析】 【分析】由韦达定理得3156a a +=，由等差数列的性质得117315a a a a +=+，再根据等差数列的前n 项和公式求17S . 【详解】在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，3156a a ∴+=.()()11731517171717651222a a a a S ++⨯∴====. 故选：B . 【点睛】本题考查等差数列的性质和前n 项和公式，属于基础题.14．执行如图所示的程序框图，若输出的S 为154，则输入的n 为（ ）A ．18B ．19C ．20D ．21【答案】B 【解析】 【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和，即可算出i ，从而求出n . 【详解】由框图可知，()101231154S i =+++++⋯+-= ， 即()1231153i +++⋯+-=，所以()11532i i -=，解得18i =，故最后一次对条件进行判断时18119i =+=，所以19n =.【点睛】本题考查程序框图，要理解循环结构的程序框图的运行，考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.15．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( ) A ．17(1)a r + B ．17[(1)(1)]ar r r+-+C ．18(1)a r +D ．18[(1)(1)]ar r r+-+【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n 项和公式求解即可. 【详解】 解：根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为17(1)a r +， 同理：孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为16(1)a r +， 孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为15(1)a r +，⋯⋯孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为(1)a r +，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和， 此时将存款（含利息）全部取回， 则取回的钱的总数：17171618(1)[(1)1](1)(1)(1)[(1)(1)]11a r r aS a r a r a r r r r r++-=++++⋯⋯++==+-++-；故选：D ． 【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前n 项和，属中档题.16．已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，且1313,,a a a 成等比数列，若11a =，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则263n n S a ++的最小值为（ ）A ．4B ．3C．2D ．2【解析】 【分析】由题意得2(12)112d d +=+，求出公差d 的值，得到数列{}n a 的通项公式，前n 项和，从而可得263n n S a ++，换元，利用基本不等式，即可求出函数的最小值．【详解】解：11a =Q ，1a 、3a 、13a 成等比数列，2(12)112d d ∴+=+． 得2d =或0d =（舍去），21n a n ∴=-，2(121)2n n n S n +-∴==， ∴()()22211426263322112n n n n S n n a n n n ++++++===+-+++． 令1t n =+，则2642223n n S t a t +=+-≥=+ 当且仅当2t =，即1n =时，∴263n n S a ++的最小值为2．故选：D ． 【点睛】本题主要考查等比数列的定义和性质，等比数列的通项公式，考查基本不等式，属于中档题．17．已知{}n a 是各项都为正数的等比数列，n S 是它的前n 项和，若47S =，821S =，则16S =（ ）A ．48B ．90C ．105D ．106【答案】C 【解析】 【分析】根据4841281612,,,S S S S S S S ---成等比数列即可求出16S . 【详解】由等比数列的性质得4841281612,,,S S S S S S S ---成等比数列， 所以1216127,14,21,S S S --成等比数列，所以121216162128,49,4956,105S S S S -=∴=∴-=∴=. 故选：C本题主要考查等比数列的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18．等比数列{}n a 共有21n +项，其中11a =，偶数项和为170，奇数项和为341，则n =（ ）A ．3B ．4C ．7D ．9【答案】B 【解析】由题意知1321...341n a a a ++++= ，可得3211...341340n a a a +++=-=，又因为242...170,n a a a +++= 所以321242 (340)2 (170)n n a a q a a a +++===+++ ，21211234117051112n n S ++-==+=- ，解得4n = ，故选B.19．数列{}n a 满足11a =，对任意的*n N ∈都有11n n a a n +=++，则122016111a a a +++=L （ ） A ．20152016 B ．40322017C ．40342017D ．20162017【答案】B 【解析】 【分析】首先根据题设条件，由11n n a a n +=++，可得到递推关系为11n n a a n +-=+； 接下来利用累加法可求得()12n n n a +=，从而()1211211na n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，由此就可求得122016111a a a +++L 的值. 【详解】因为111n n n a a a n a n +=++=++， 所以11n n a a n +-=+， 用累加法求数列{}n a 的通项得：()()1211n n n a a a a a a -=+-+⋯+-()1122n n n +=++⋯+=， 所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，于是1232016111111111212222320162017a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ +++⋯+=-+-+⋯+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121201*********⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故选：B.【点睛】本题是一道考查数列的题目，掌握数列的递推关系以及求解前n 项和的方法是解答本题的关键，属于常考题.20．已知数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公比为13的等比数列，且10a >，若数列{}n a 是递增数列，则1a 的取值范围为（ ）A ．(1,2)B ．(0,3)C ．(0,2)D ．(0,1) 【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件求解出{}n a 的通项公式，然后根据{}n a 的单调性以及10a >得到1a 满足的不等关系，由此求解出1a 的取值范围.【详解】 由已知得11111113n n a a -⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则11111113n n a a -=⎛⎫⎛⎫-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.因为10a >，数列{}n a 是单调递增数列，所以10n n a a +>>，则111111*********n n a a ->⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 化简得111110113a a ⎛⎫<-<-⎪⎝⎭，所以101a <<. 故选：D.【点睛】本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据1,n n a a +之间的大小关系分析问题.。
全国卷年数列高考题整理汇总附答案
解：（1）由题设得
，即
又因为 a1+b1=l，所以 由题设得 又因为 a1–b1=l，所以
（2）由（1）知，
是首项为 1，公比为 的等比数列．
，即 是首项为 1，公差为 2 的等差数列．
，
．
所以
，
．
． ．
数列专题
高考真题
(2014·I) 17. (本小题满分 12 分)
已知数列{ }的前 项和为 ， =1，
，
（Ⅰ）证明：
；
（Ⅱ）是否存在 ，使得{ }为等差数列？并说明理由.
，其中 为常数.
(2014·II) 17.（本小题满分 12 分）
已知数列 满足 =1，
.
（Ⅰ）证明
是等比数列，并求 的通项公式；
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值．
(2018·III)17．（12 分） 等比数列中，． （1）求的通项公式； （2）记为的前项和．若，求．
(2019·I)9．记为等差数列 的前 项和．已知
，则
A．
B．
C．
D．
(2019·I) 14．记为等比数列 的前 项和．若
，则 =____________．
考点：等差数列的的性质，前项和公式，对数的运算. (2016·III)（17）
解：（Ⅰ）由题意得
，故
，
由
，
得
得
，所以
.
，
.
，即
.由
，
因此 是首项为 ，公比为 的等比数列，于是
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
，由
得
解得
．
．
，即 ( )5 ， 1
(2018·II)17． （1）设的公差为 d，由题意得． 由得 d=2． 所以的通项公式为． （2）由（1）得． 所以当 n=4 时，取得最小值，最小值为−16． (2018·III)17. 解：（1）设的公比为，由题设得. 由已知得，解得（舍去），或. 故或. （2）若，则.由得，此方程没有正整数解. 若，则.由得，解得. 综上，. (2019·III)19.
全国卷6年数列高考题整理汇总(附答案)之欧阳体创编
数列专题时间：2021.02.03 创作：欧阳体高考真题(2014·I)17. (本小题满分12分)已知数列{}的前项和为，=1，，，其中为常数.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）是否存在，使得{}为等差数列？并说明理由. (2014·II)17.（本小题满分12分）已知数列满足=1，.（Ⅰ）证明是等比数列，并求的通项公式；（Ⅱ）证明：.(2015·I)（17）（本小题满分12分）为数列的前项和.已知，（Ⅰ）求的通项公式：（Ⅱ）设 ,求数列的前项和。
(2015·II)（4）等比数列满足， =21，则 ( )（A）21 （B）42 （C）63 （D）84(2015·II)（16）设是数列的前n项和，且，，则________．(2016·I)（3）已知等差数列前9项的和为27，，则（A）100 （B）99（C）98（D）97(2016·I)（15）设等比数列满足的最大值为__________。
(2016·II)（17）（本题满分12分）Sn为等差数列的前项和，且=1 ，=28 记，其中表示不超过的最大整数，如.（I）求，，；（II）求数列的前1 000项和.(2016·III)（12）定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为0，项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若，则不同的“规范01数列”共有（A）18个（B）16个（C）14个（D）12个(2016·III)（17）（本小题满分12分）已知数列的前项和，其中（I）证明是等比数列，并求其通项公式；（II）若，求.(2017·I)4．记为等差数列的前项和．若，，则的公差为A．1 B．2 C．4 D．8(2017·I)12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。
为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推。
全国卷历年高考数列真题归类分析(含答案)
全国卷历年高考数列真题归类分析(含答案)全国卷历年高考数列真题归类分析（含答案）（10个小型和3个大型，分析型）一、等差、等比数列的基本运算（8小1大）1.（2022年第3卷第1卷）已知的算术序列？一前9项的总和是27，A10？8，那么100？（a） 100（b）99（c）98（d）97【解析】由已知,??9a1?36d?27,所以a1??1,d?1,a100?a1?99d??1?99?98,选c.A.9d？8.一2．（2021年1卷4）记sn为等差数列{an}的前n项和．若a4?a5?24，s6?48，则{an}的公差为a、一,【解析】：s6?b、二,c．4d、八,48a1a616a4a5a1a824，2.作差a8?a6?8?2d?d?4故而选c.，3．（2021年3卷9）等差数列?an?的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则6.a1？a6？？一前六项之和为（）a．?24b、 ?。
？三c．3d、八,2?a2?a6，即【解析】∵?an?为等差数列，且a2,a3,a6成等比数列，设公差为d.则a3?a1?2d?2.a1？Da1？5d∵ A1？1.用上述公式代入D2？2d？0，以及∵ D0，然后是d？？二6?56?5d?1?62???24，故选a.∴s6?6a1?224.（2021年2卷15）等差数列?an?的前项和为sn，则a3?3，s4?10，sk？1n1k？。
a12d3a11【解析】设等差数列的首项为a1，公差为d，所以?，解得?，4?3d?14a1?d?102所以an?n,sn?nn?1?n?121??1，那么，那么??22snn?n?1??nn?1?1??1??11?1??1?2n?1?.?21?......21??nn?1n?1?n?1k?1sk??2??23?5.（2022年第17卷第2卷）Sn是一个等差序列吗？一A1呢？1，s7？28.注BN？？莱根其中呢？十、表示不超过x的最大整数，例如？0.9?? 0 lg99？？1.（I）找到B1、B11、B101；（ⅱ）求数列?bn?的前1000项和．a4？a1？1，3∴一a1？（n？1）d？n。
全国卷历年高考数列真题归类分析(含答案)
全国卷历年高考数列真题归类分析（含答案）（10小3大，解析版）一、等差、等比数列的基本运算（8小1大）1.（2016年1卷3）已知等差数列{}n a 前9项的和为27,108a =,则100a = （A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97【解析】由已知,1193627,98a d a d +=⎧⎨+=⎩所以110011,1,9919998,a d a a d =-==+=-+=选C.2．（2017年1卷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【解析】：()166********a a S a a +==⇒+=，451824a a a a +=+=，作差86824a a d d -==⇒=，故而选C.3．（2017年3卷9）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【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.4.（2017年2卷15）等差数列{}n a 的前项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ．【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，所以1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩ ，解得111a d =⎧⎨=⎩ ，所以()1,2n n n n a n S +==，那么()1211211n S n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，那么 11111111221......21223111nk k n S n n n n =⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑ .5.（2016年2卷17）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =．记[]lg n n b a =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]0.90=，[]lg991=． （Ⅰ）求1b ，11b ，101b ；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1000项和．【解析】⑴设{}n a 的公差为d ，74728S a ==，∴44a =，∴4113a a d -==， ∴1(1)n a a n d n =+-=．∴[][]11lg lg10b a ===，[][]1111lg lg111b a ===，[][]101101101lg lg 2b a ===．⑵记{}n b 的前n 项和为n T ，则1000121000T b b b =++⋅⋅⋅+[][][]121000lg lg lg a a a =++⋅⋅⋅+．当0lg 1n a <≤时，129n =⋅⋅⋅，，，； 当1lg 2n a <≤时，101199n =⋅⋅⋅，，，；当2lg 3n a <≤时，100101999n =⋅⋅⋅，，，； 当lg 3n a =时，1000n =．∴1000091902900311893T =⨯+⨯+⨯+⨯=．6.（2017年2卷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【解析】塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列，由()71238112x -=-可得3x =，故选B.7.（2015年2卷4）等比数列｛a n ｝满足a 1=3，135a a a ++ =21，则357a a a ++= ( )（A ）21 （B ）42 （C ）63 （D ）84【解析】选B.设等比数列的公比为q,则a 1+a 1q 2+a 1q 4=21, 又因为a 1=3,所以q 4+q 2-6=0,解得q 2=2,a 3+a 5+a 7=(a 1+a 3+a 5)q 2=42.8．（2017年3卷14）设等比数列{}n a 满足121a a +=-，133a a -=-，则4a =________．【解析】{}n a 为等比数列，设公比为q ．121313a a a a +=-⎧⎨-=-⎩，即1121113a a q a a q +=-⎧⎪⎨-=-⎪⎩①②， 显然1q ≠，10a ≠，②①得13q -=，即2q =-，代入①式可得11a =，()3341128a a q ∴==⨯-=-．9.（2016年1卷15）设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为 ．【解析】：设等比数列的公比为q ,由1324105a a a a +=⎧⎨+=⎩得,2121(1)10(1)5a q a q q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩,解得1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩.所以2(1)1712(1)22212118()22n n n n n n nn a a a a q--++++-==⨯=,于是当3n =或4时,12n a a a 取得最大值6264=.二、其他数列（可转化为等差等比，2小2大）10.（2015年2卷16）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________．【解析】由已知得111n n n n n a S S S S +++=-=⋅，两边同时除以1n n S S +⋅，得1111n nS S +=--，故数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1-为首项，1-为公差的等差数列，则11(1)n S n n =---=-，所以1n S n=-．11．（2015年1卷17）n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2nn a a +=43n S +. （Ⅰ）求{n a }的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a += ,求数列{n b }的前n 项和.【解析】（Ⅰ）当1n =时，211112434+3a a S a +=+=，因为0n a >，所以1a =3，当2n ≥时，2211n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4n a ，即111()()2()n n n n n n a a a a a a ---+-=+，因为0n a >，所以1n n a a --=2， 所以数列{n a }是首项为3，公差为2的等差数列，所以n a =21n +； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，n b =1111()(21)(23)22123n n n n =-++++，所以数列{n b }前n 项和为12n b b b +++=1111111[()()()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+.12.（2016年3卷17）已知数列{a n }的前n 项和S n =1+λa n ,其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列,并求其通项公式.(2)若S 5=3132,求λ.【解析】(1)由题意得a 1=S 1=1+λa 1,故a 1=11λ-, 由S n =1+λa n ,S n+1=1+λa n+1得a n+1=λa n+1-λa n ,所以n 1na λ=a λ1+-, 因此数列{}n a 是以a 1=11λ-为首项,以λλ1-为公比的等比数列,a n =n 11λ1λλ1-⎛⎫ ⎪--⎝⎭.(2)由(1)得S n =1-nλλ1⎛⎫⎪-⎝⎭,又因为S 5=3132, 所以3132=1-5λλ1⎛⎫ ⎪-⎝⎭,即5λλ1⎛⎫⎪-⎝⎭=132,解得λ=-1. 13．（2017年1卷12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。
全国高考理科数学试题分类汇编4：数列 Word版含答案.pdf
2 3
an
+
1 3
,则数列{
an
}的通
项公式是 an =______. 【答案】 an = (−2)n−1 .
21．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））如图,互不-相同
的点 A1, A2 K , X n ,K 和 B1, B2 K , Bn ,K 分别在角O的两条边上,所有 An Bn 相互平行,且所有
所以数列的前 n
项和
sn
=
4n
或 sn
=
3n2 − 2
n
11．（2013 年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD 版含答案））等差数
列 an的前 n 项和为 Sn ,已知 S10 = 0, S15 = 25 ,则 nSn 的最小值为________.
【答案】 −49
12．（2013 年高考湖北卷（理））古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三
图像如图所示,在区间a,b 上可找到 n(n 2) 个不同的数 x1,x2...,xn , 使得
f (x1) = f (x2 ) = f (xn ) , 则 n 的取值范围是
x1
x2
xn
(A)3,4
(B)2,3,4 (C) 3,4,5
(D)2,3
【答案】B
5 ．（2013 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯 WORD 版））已知等比数列
则
学海无涯
(1) a3 = _____; (2) S1 + S2 + + S100 = ___________.
【答案】 − 1 16
;
1 3
(
历年高考全国1卷文科数学真题分类汇编-数列含答案
历年高考新课标I 卷试题分类汇编（文）一数列1、（2010年第17题）设等差数列｛q ｝满足4 =5，%。
=一9.（II ）求｛4｝的前，项和S”及使得S 〃最大的序号〃的值。
「+2,/=5 9解：(1)由 am=aI+(.n-1) d 及 ai=5, aw=-9 得 i 4]+9d=_9 解得 t d=—2数列｛am ｝的通项公式为a n =ll-2n o ... 6分(2)由(1)知 Sm=nai+———-d=10n-n 2因为 Sm=-(n-5)2+25. 所以n=5时，Sm 取得最大值。
……12分2、（20H 年第17题）已知等比数列｛〃｝中，6 =1，公比q = L.1 — </（I ） S 〃为｛%｝的前〃项和，证明:s n =——2（II ） h n = log 3 67, + log 3 «2 + .. - + log 3 ,求数列2 的通项公式。
（I ）证明：因为q=L, q = L 所以数列｛祗｝的通项式为3 331(1-—)故 s.=T 1—3z IT x. 7J f , 八 八 c 、 n(n + l) .. , 〃(〃 + l) (II ) 解：b n = log 3+ log 3 a 2 + ... + log 3a n =一(1 + 2 + 3+—・ + 〃)=- --- 故a=-- -------- 223、（2012年第12题）数列｛6｝满足q*+（—l ）〃氏=2〃 —1,则｛«,｝的前60项和为（D ） A. 3690 B. 3660 C. 1845 D. 18304、（2012年第14题）等比数列伯力的前n 项和为数,若S3+3Sz=0,则公比q= -2 ・5、（2013年第6题）设首项为1，公比为错误!未找到引用源。
的等比数列｛〃〃｝的前〃项和为S 〃，则（D ）(A) S n = 2a n — 1 (B) S n = 3(0-2 (C) S 〃=4-3。
全国卷6年数列高考题整理汇总(附答案)之欧阳治创编
数列专题时间2021.03.10 创作：欧阳治高考真题(2014·I)17. (本小题满分12分)已知数列{}的前项和为，=1，，，其中为常数.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）是否存在，使得{}为等差数列？并说明理由.(2014·II)17.（本小题满分12分）已知数列满足=1，.（Ⅰ）证明是等比数列，并求的通项公式；（Ⅱ）证明：.(2015·I)（17）（本小题满分12分）为数列的前项和.已知，（Ⅰ）求的通项公式：（Ⅱ）设 ,求数列的前项和。
(2015·II)（4）等比数列满足，=21，则 ( )（A）21 （B）42 （C）63（D）84(2015·II)（16）设是数列的前n项和，且，，则________．(2016·I)（3）已知等差数列前9项的和为27，，则（A）100 （B）99（C）98（D）97 (2016·I)（15）设等比数列满足的最大值为__________。
(2016·II)（17）（本题满分12分）Sn为等差数列的前项和，且=1 ，=28 记，其中表示不超过的最大整数，如.（I）求，，；（II）求数列的前1 000项和. (2016·III)（12）定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为0，项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若，则不同的“规范01数列”共有（A）18个（B）16个（C）14个（D）12个(2016·III)（17）（本小题满分12分）已知数列的前项和，其中（I）证明是等比数列，并求其通项公式；（II）若，求.(2017·I)4．记为等差数列的前项和．若，，则的公差为A．1 B．2 C．4 D．8(2017·I)12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。
为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推。
数列(解答题)(解析版)-五年(2018-2022)高考数学真题分项汇编(全国通用)
专题13数列（解答题）1．【2022年全国甲卷】记为数列的前n项和．已知2+=2+1．(1)证明：是等差数列；(2)若4,7,9成等比数列，求的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)−78．【解析】【分析】（1）依题意可得2+2=2B+，根据=1,=1−K1,≥2，作差即可得到−K1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出1，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．(1)解：因为2+=2+1，即2+2=2B+①，当≥2时，2K1+−12=2−1K1+−1②，①−②得，2+2−2K1−−12=2B+−2−1K1−−1，即2+2−1=2B−2−1K1+1，即2−1−2−1K1=2−1，所以−K1=1，≥2且∈N*，所以是以1为公差的等差数列．(2)解：由（1）可得4=1+3，7=1+6，9=1+8，又4，7，9成等比数列，所以72=4⋅9，即1+62=1+3⋅1+8=−12，所以=−13，所以=−12+=122−252=−−6258，所以，当=12或=13时min=−78．2．【2022年新高考1卷】记为数列的前n项和，已知1=是公差为13的等差数列．(1)求的通项公式；(2)证明：11+121<2．【答案】(1)=(2)见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得=1r23，得到=的关系得到当≥2时，=−K1=−进而得：r1K1，利用累乘法求得==1也成立，得到的通项公式=（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到11+12+⋯+1=21−.(1)∵，∴1=1=1,∴11=1,是公差为13的等差数列，∴=1+−1=r23,∴=∴当≥2时，∴=−K1=3−整理得：−1=+1K1,即K1=r1K1,∴=1×21×32×…×K1K2=1×32×43×…×K2×r1K1=显然对于=1也成立，∴的通项公式=(2)1==2,∴11+12+⋯+1=21++⋯=21−<23．【2022年新高考2卷】已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且2−2=3−3=4−4．(1)证明：1=1；(2)求集合=+1,1≤≤500中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【解析】【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得=2K2，即可解出．(1)设数列的公差为，所以，1+−21=1+2−411+−21=81−1+3，即可解得，1=1=2，所以原命题得证．(2)由（1）知，1=1=2，所以=+1⇔1×2K1=1+−1+1，即2K1=2，亦即=2K2∈1,500，解得2≤≤10，所以满足等式的解=2,3,4,⋯,10，故集合U =+1,1≤≤500中的元素个数为10−2+1=9．4．【2021年甲卷文科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知210,3n a a a >=，且数列是等差数列，证明：{}n a 是等差数列.【答案】证明见解析.【解析】【分析】的公差d ，进一步写出的通项，从而求出{}na 的通项公式，最终得证.【详解】∵数列是等差数列，设公差为d(n +-=()n *∈N∴12n S a n =，()n *∈N ∴当2n ≥时，()221111112n n n a S S a n a n a n a -=-=--=-当1n =时，11121=a a a ⨯-，满足112n a a n a =-，∴{}n a 的通项公式为112n a a n a =-，()n *∈N ∴()()111111221=2n n a a a n a a n a a --=----⎡⎤⎣⎦∴{}n a 是等差数列.【点睛】在利用1n n n a S S -=-求通项公式时一定要讨论1n =的特殊情况.5．【2021年甲卷理科】已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a 是等差数列：②数列是等差数列；③213aa =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【答案】证明过程见解析【解析】【分析】,n n a S 的关系求出n a ，利用{}n a 是等差数列可证213a a =；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.an b =+，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.【详解】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+n a 与n S 关系式(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.[方法二]：待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d，等差数列的公差为1d ，1(1)n d =+-，将1(1)2n n n S na d -=+1(1)n d -，化简得())2222211111222d d n a n d n d n d ⎛⎫+-=+-+ ⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有21211112,240,d d a d d d ⎧=⎪⎪-=-⎨-=，解得112d d a ==．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列，所以公差2112d a a a =-=，所以()21112n n n S na d n a -=+=，)1n +所以是等差数列.选②③作条件证明①：[方法一]：定义法(0)an b a =+>，则()2n S an b =+，当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-；当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3an b an a =+-03a=-<不合题意，舍去.综上可知{}n a 为等差数列.[方法二]【最优解】：求解通项公式因为213a a ===也为等差数列，所以公差1d ==()11n d =-=，故21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n的一次函数，直接设出(0)an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S 的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系1d =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n的一次函数，直接设出(0)an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数1d ==的通项公式，利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.6．【2021年乙卷文科】设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【答案】（1）11(3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可.【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++ ，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ，230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 012111012222333---++++ 111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++ n n n ，⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++ n n n ．⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ132********--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭- n n n n nn n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ．因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ．故2nn S T <．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++ ，①231112133333n n n n nT +-=++++ ，②①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(14323n n nn T =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1-=++++=- n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢==---⎢⎥⎣⎦，则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='- n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.7．【2021年乙卷理科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【解析】【分析】（1）由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b bb b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】（1）[方法一]：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积，所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，所以111221n n n nb bb b +++=-,由于10n b +≠所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列;[方法二]【最优解】：由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅ n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥ n n b S S S S n ．②由①②得1nn n b S b -=．③又212n nS b +=，④由③④得112n n b b --=．令1n =，由11S b =，得132b =．所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]：由212n n S b +=，得22=-nn n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠．又因为111--=⋅⋅=⋅ n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ．故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+．下面用数学归纳法证明．当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S k 331(1)1222k k k k ++⋅==+++．综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列，()3111222n nb n ∴=+-⨯=+,22211n n n b nS b n+==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【整体点评】（1）方法一从212n n S b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解；方法三由212n n S b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；8．【2021年新高考1卷】已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300.【解析】【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+，所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===，所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31n b b b n ===-．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知，数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++ 12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-．（2）[方法一]：奇偶分类讨论20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++ 1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++ 110()102103002b b +⨯=⨯-=．[方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+，所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列{}n a 的前20项和为：201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++ 1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.9．【2021年新高考2卷】记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）求使n n S a >成立的n 的最小值．【答案】(1)26n a n =-；(2)7.【解析】【分析】(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-，从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =，数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->，解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.10．【2020年新课标1卷理科】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9n n n S -+-=.【解析】【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}n a 的通项，根据{}n na 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.【详解】（1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-= ，1,2q q ≠∴=- ；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++- ，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+- ，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n nn S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--，1(13)(2)9nn n S -+-∴=.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.11．【2020年新课标3卷理科】设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+．［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯， (111)4(1)(2)333n n n n n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n nn a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯+-⨯⎢⎥⎣⎦ ，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n n n a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，①23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n n S a a a a =++++ ()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++- 11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122n n n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- ，()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦' ，所以12n b b b +++L 21122322n n -=+⋅+⋅++⋅ 1(2)12(1)2n n f n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++ ()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式；方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n+++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式；方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- 的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．12．【2020年新课标3卷文科】设等比数列{an }满足124a a +=，318a a -=．（1）求{an }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3an }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ．【答案】（1）13-=n n a ；（2）6m =.【解析】【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log }n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m 的等量关系式，求得结果.【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13-=n n a ；（2）令313log log 31n n n b a n -===-，所以(01)(1)22n n n n n S +--==，根据13m m m S S S +++=，可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=，整理得2560m m --=，因为0m >，所以6m =，【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.13．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．【答案】（1）2n n a =；（2）100480S =.【解析】【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)，所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =.（2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2；8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15] ，则89153b b b ==== ，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31] ，则1617314b b b ==== ，即有42个4；323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63] ，则3233635b b b ====L ，即有52个5；6465100,,,b b b L 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100] ，则64651006b b b ====L ，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =．【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．14．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】（1）2nn a =；（2）2382(1)55n n +--【解析】【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列(){}111n n n a a -+-的通项公式，然后结合等比数列前n 项和公式求解其前n 项和即可.【详解】(1)设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，整理可得：22520q q -+=，11,2,2q q a >== ，数列的通项公式为：1222n nn a -=⋅=.(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512n n n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----.【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础.15．【2019年新课标1卷文科】记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，已知S 9=－a 5．（1）若a 3=4，求{an }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得Sn ≥an 的n 的取值范围．【答案】（1）210n a n =-+；（2）110()n n *≤≤∈N .【解析】【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于1a 和d 的方程组，求得1a 和d 的值，利用等差数列的通项公式求得结果；（2）根据题意有50a =，根据10a >，可知0d <，根据n n S a >，得到关于n 的不等式，从而求得结果.【详解】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩，解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+；（2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-，由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-，因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤，解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n *≤≤∈N【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.16．【2019年新课标2卷理科】已知数列{an }和{bn }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{an +bn }是等比数列，{an –bn }是等差数列；（2）求{an }和{bn }的通项公式.【答案】（1）见解析；（2）1122nn a n =+-，1122nnb n =-+．【解析】【分析】(1)可通过题意中的1434n n n a a b +-=+以及1434n n n b b a +-=-对两式进行相加和相减即可推导出数列{}n n a b +是等比数列以及数列{}n n a b -是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式，然后利用数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式即可得出结果．【详解】(1)由题意可知1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-，111a b +=，111a b -=，所以1144323442n n n n n n n n a b a b b a a b ++=+=--+++-，即()1112n n nn a b ab ++++=，所以数列{}n n a b +是首项为1、公比为12的等比数列，()112n n n a b -+=，因为()11443434448n n n n n n n n a b a b b a a b ++---=+-=-+-，所以112n n n n a b a b ++=-+-，数列{}n n a b -是首项1、公差为2的等差数列，21n n a b n -=-．(2)由(1)可知，()112n n n a b -+=，21n n a b n -=-，所以()111222nn nn n n a ab a b n =++-=+-，()111222n n n n n n b a b a b n 轾=+--=-+臌．【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．17．【2019年新课标2卷文科】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和.【答案】（1）212n n a -=；（2）2n S n =.【解析】【分析】(1)本题首先可以根据数列{}n a 是等比数列将3a 转化为21a q ，2a 转化为1a q ，再然后将其带入32216a a =+中，并根据数列{}n a 是各项均为正数以及12a =即可通过运算得出结果；(2)本题可以通过数列{}n a 的通项公式以及对数的相关性质计算出数列{}n b 的通项公式，再通过数列{}n b 的通项公式得知数列{}n b 是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果．【详解】(1)因为数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，32216a a =+，12a =，所以令数列{}n a 的公比为q ，2231=2a a q q =，212a a q q ==，所以22416q q =+，解得2q =-(舍去)或4，所以数列{}n a 是首项为2、公比为4的等比数列，121242n n n a --=⨯=．(2)因为2log n n b a =，所以21n b n =-，+121n b n =+，12n n b b +-=，所以数列{}n b 是首项为1、公差为2的等差数列，21212n n S n n +-=´=．【点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题．18．【2018年新课标1卷文科】已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn a b n=．（1）求123b b b ，，；（2）判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由；（3）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列．理由见解析；（3）12n n a n -=⋅.【解析】【分析】（1）根据题中条件所给的数列{}n a 的递推公式()121n n na n a +=+，将其化为()121n n n a a n++=，分别令1n =和2n =，代入上式求得24a =和312a =，再利用nn a b n=，从而求得11b =，22b =，34b =；（2）利用条件可以得到121n na a n n+=+，从而可以得出12n n b b +=，这样就可以得到数列{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列；（3）借助等比数列的通项公式求得12n na n-=，从而求得12n n a n -=⋅.【详解】（1）由条件可得()121n n n a a n++=．将1n =代入得，214a a =，而11a =，所以，24a =．将2n =代入得，323a a =，所以，312a =．从而11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得121n na a n n+=+，即12n n b b +=，又11b =，所以{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列；（3）由（2）可得11122n n nn a b n--==⨯=，所以12n n a n -=⋅．【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列{}n b 的通项公式，借助于{}n b 的通项公式求得数列{}n a 的通项公式，从而求得最后的结果.19．【2018年新课标2卷理科】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）an =2n –9，（2）Sn =n 2–8n ，最小值为–16．【解析】【详解】分析：（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 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.详解：（1）设{an }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15．由a 1=–7得d =2．所以{an }的通项公式为an =2n –9．（2）由（1）得Sn =n 2–8n =（n –4）2–16．所以当n =4时，Sn 取得最小值，最小值为–16．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.20．【2018年新课标3卷理科】等比数列{}n a 中，15314a a a ==，．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．【答案】（1）()12n n a -=-或12n n a -=.（2）6m =.【解析】【详解】分析：（1）列出方程，解出q 可得；（2）求出前n 项和，解方程可得m ．详解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=．由已知得424q q =，解得0q =（舍去），2q =-或2q =．故()12n n a -=-或12n n a -=．（2）若()12n n a -=-，则()123nn S --=．由63m S =得()2188m -=-，此方程没有正整数解．若12n n a -=，则21nn S =-．由63m S =得264m =，解得6m =．综上，6m =．点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题．。
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数列专题高考真题(2014·I) 17. (本小题满分12分)已知数列{a a}的前a项和为a a，a1=1，a a≠0，a a a a+1=aa a−1，其中a为常数.（Ⅰ）证明：a a+2−a a=a；（Ⅱ）是否存在a，使得{a a}为等差数列并说明理由.(2014·II) 17.（本小题满分12分）已知数列{a a}满足a1=1，a a+1=3a a+1.（Ⅰ）证明{a a+12}是等比数列，并求{a a}的通项公式；（Ⅱ）证明：1a1+1a2+⋯+1a a<32.(2015·I)（17）（本小题满分12分）a a为数列{a a}的前a项和.已知a a>0,a a2+2a a=4a a+3，（Ⅰ）求{a a}的通项公式：（Ⅱ）设a a=1a a a a+1,求数列{a a}的前a项和。
(2015·I I)（4）等比数列{a a}满足a1=3（A）21 （B）42 （C）63 （D）84(2015·I I)（16n．(2016·I)（3）已知等差数列{a a}前9项的和为27，a10=8，则a100=（A）100 （B）99 （C）98 （D）97(2016·I)（15）设等比数列{a a}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…a a的最大值为__________。
(2016·II)（17）（本题满分12分）S n为等差数列{a a}的前a项和，且a1=1 ，a7=28 记a a=[aaa a a]，其中[a]表示不超过a的最大整数，如[0.9]=0，[aa99]=1.（I）求a1，a11，a101；（II）求数列{a a}的前1 000项和.(2016·III)（12）定义“规范01数列”{a a}如下：{a a}共有2a项，其中a项为0，a项为1，且对任意a≤2a，a1,a2,?,a a中0的个数不少于1的个数.若a=4，则不同的“规范01数列”共有（A）18个（B）16个（C）14个（D）12个(2016·III)（17）（本小题满分12分）已知数列{a n}的前a项和S n=1+aa a，其中a≠0（I）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；，求a.（II）若S n=3132(2017·I)4A．1 B．2 C．4 D．8(2017·I)12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。
为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16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(2017·I I)15.(2017·I II)9．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．-24 B．-3 C．3 D．8(2017·I II)14．设等比数列{a a}满足a1+a2=−1,a1−a3=−3，则a4=________．(2018·I)4．记a a为等差数列{a a}的前a项和.若3a3=a2+a4，a1=2，则a5=A．−12B．−10C．10D．12(2018·I)14.．(2018·II)17．（12分）（1（2(2018·III)17．（12分）（1（2(2019·I)9{a a}的前a项和．已知a4=0，a5=5，则A．a a=2a−5 B．?a a=3a−10 C．a a=2a2−8a D．a a=12a2−2a(2019·I) 14{a a}的前a项和．若a1=13，a42=a6，则a5=____________．(2019·II)5．已知各项均为正数的等比数列{a a}的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3= A．16B．8 C．4 D．2 (2019·II)14{a a}的前a项和，a1≠0，a2=3a1，则a10a5=___________. (2019·III)19．（12分）已知数列{a a}和{a a}满足a1=1，a1=0，4a a+1=3a a−a a+4，4a a+1=3a a−a a−4（1）证明：{a a+a a}是等比数列，{a a−a a}是等差数列；（2）求{a a}和{a a}的通项公式.数列专题参考答案(2014·I) 17.（Ⅰ）由题设，a a a a +1=aa a −1,a a +1a a +2=aa a +1−1 两式相减得a a +1(a a +2−a a )=aa a +1，由于a a +1≠0，∴a a +2−a a =a ………………………………………6分 （Ⅱ）a 1a 2=aa 1−1=aa 1−1，而a 1=1，解得?a 2=a −1， 由（Ⅰ）知a 3=a +a 2令2a 2=a 1+a 3，解得a =4。
故a a +2−a a =4，由此可得{a 2a −1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2a −1=4a −3； {a 2a }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2a =4a −1。
所以a a =2a −1，a a +1−a a =2因此存在a =4，使得{a a }为等差数列。
…………………………………12分 (2014·II) 17.（Ⅰ）证明：由a a +1=3a a +1得a a +1+12=3(a a +12) 又a 1+12=32，所以{a a +12}是首项为32，公比为3的等比数列a a +12=3a2，因此{a a }的通项公式为a a =3a −12（Ⅱ）由（Ⅰ）知1a a=23a −1因为当a ≥1时，3a −1≥2×3a −1，所以13a −1≤12×3a −1于是1a 1+1a 2+1a 3+?+1a a<1+131+132+?+13a −1=1−13a1−13=32（1−13a）<32所以1a 1+1a 2+1a 3+?+1a a<32(2015·I)（17）解：（Ⅰ）由a a 2+2a a =4a a +3，可知a a +12+2a a +1=4a a +1+3 可得a a +12−a a 2+2(a a +1−a a )=4a a +1，即2(a a +1+a a )=a a +12−a a 2=(a a +1+a a )(a a +1−a a )由于a a >0，可得a a +1−a a =2又a 12+2a 1=4a 1+3，解得a 1=−1（舍去），a 1=3 所以{a a }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a a =2a +1…………………6分 （Ⅱ）由a a =2a +1可知a a =1a a a a +1=1(2a +1)(2a +3)=12(12a +1−12a +3)设数列{a a }的前a 项和为a a ，则a a =a 1+a 2+...+a a=12[(13−15)+(15−17)+...+(12a +1−12a +3)]=a3(2a +3)…………………………………………………………………………12分 (2016·II)17.（Ⅰ）先求公差、通项，再根据已知条件求；（Ⅱ）用分段函数表示，再由等差数列的前项和公式求数列的前1 000项和． 试题解析：（Ⅰ）设的公差为，据已知有，解得所以的通项公式为（Ⅱ）因为所以数列的前项和为考点：等差数列的的性质，前项和公式，对数的运算.(2016·III)（17）解：（Ⅰ）由题意得a 1=a 1=1+aa 1，故a ≠1，a 1=11−a ，a 1≠0.由a a =1+aa a ，a a +1=1+aa a +1得a a +1=aa a +1−aa a ，即a a +1(a −1)=aa a .由a 1≠0，a ≠0得a a ≠0，所以a a +1a a=aa −1.因此{a a }是首项为11−a ，公比为a a −1的等比数列，于是a a =11−a (a a −1)a −1． （Ⅱ）由（Ⅰ）得a a =1−(a a −1)a，由a 5=3132得1−(a a −1)5=3132，即 解得a =−1．(2018·II)17．（1dd =2．（2）由（1所以当n =4?16． (2018·III)17.解：（1（2.(2019·III)19.解：（1）由题设得4(a a +1+a a +1)=2(a a +a a )，即a a +1+a a +1=12(a a +a a )． 又因为a 1+b 1=l ，所以{a a +a a }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a a +1−a a +1)=4(a a −a a )+8，即a a +1−a a +1=a a −a a +2． 又因为a 1–b 1=l ，所以{a a −a a }是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，a a+a a=12a−1，a a−a a=2a−1．所以a a=12[(a a+a a)+(a a−a a)]=12a+a−12，a a=12[(a a+a a)−(a a−a a)]=12a−a+12．。