全国卷历年高考数列真题归类分析(含答案)

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【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编数列小题(精解精析)

2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编数列小题（精解精析）一、选择题1．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列12na a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈=，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +==成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +==的最小正整数m 为这个序列的周期．对于周期为m 的0-1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是( )A ．11010B ．11011C ．10001D ．11001【答案】C解析：由i m i a a +=知，序列i a 的周期为m ，由已知，5m =，511(),1,2,3,45i i k i C k a a k +===∑对于选项A ，511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=≤∑52132435465711112(2)()(01010)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项B ，51122334455611113(1)()(10011)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项D ，51122334455611112(1)()(10001)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；故选：C【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题．2．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)数列{}n a 中，12a =，m n m n a a a +=，若155121022k k k a a a ++++++=-，则k =( )A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】C解析：在等式m n m n a a a +=中，令1m =，可得112n n n a a a a +==，12n na a +∴=，所以，数列{}n a 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则1222n n n a -=⨯=，()()()()1011011105101210122122212211212k k k k k k a a a a ++++++⋅-⋅-∴+++===-=---，1522k +∴=，则15k +=，解得4k =．故选：C ．【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题．3．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石) ( )( )A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块【答案】C解析：设第n 环天石心块数为n a ，第一层共有n 环，则{}n a 是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99n a n n =+-⨯=，设n S 为{}n a 的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为232,,n n n n n S S S S S --，因为下层比中层多729块，所以322729n n n n S S S S -=-+，即3(927)2(918)2(918)(99)7292222n n n n n n n n ++++-=-+即29729n =，解得9n =，所以32727(9927)34022n S S +⨯===．故选：C【点晴】本题主要考查等差数列前n 项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题． 4．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a = ( )A ．16B ．8C ．4D ．2【答案】C【解析】设正数的等比数列{}n a 的公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩，解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．另解：数感好的话由4=15S ，立即会想到数列：1,2,4,8,16,，检验是否满足53134a a a =+，可以迅速得出34a =．【点评】在数列相关问题中，用基本量的通性通法是最重要的，当然适当积累一些常见数列，对解题大有裨益．5．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知40S =，55a =，则( )A ．25na n =-B ．310na n =-C ．228nS n n =-D ．2122n S n n =-【答案】A解析：411514603452S a d a a a d d =+==-⎧⎧⇒⎨⎨=+==⎩⎩，所以211()(1)32(1)25,42n n n a a na a n d n n S n n +=+-=-+-=-==-，故选A ． 6．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，3243S S S =+,12a =．则5a =( )A ．12-B ．10-C ．10D ．12【答案】B解析：∵n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，3243S S S =+，12a =，∴1111324333422a d a a d a d ⨯⨯⎛⎫⨯+=++++ ⎪⎝⎭，把12a =，代入得3d =-∴()524310a =+⨯-=-，故选B ．7．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科)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．求满足如下条件的最小整数:且该数列的前项和为的整数幂．那么该款软件的激活码是 ( )A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】解法一:本题考查了等比数列的求和,不等式以及逻辑推理能力．不妨设(其中)则有,因为,所以由等比数列的前项和公式可得因为,所以所以即,因为所以,故所以,从而有,因为,所以,当时,,不合题意当时,,故满足题意的的最小值为．解题关键:本题关键在于利用不等式的知识得出．解法二:将数列的前项按照分组,不妨设这样的分组共有组不满足此特点的单独为一组,则,从而数列的前项的和为: 020212021222N 100N >N 2440330220110()()()()11121241221222n t m -++++++++++++++=0t n ≤≤()112n n N t +=++100N >13n ≥n 1122212n t m n ++--+-=13n ≥22nn >+1222n n n +>++1222n n n +-->1210t +->12222m n nn +>-->1m n ≥+1m n =+123t n +=-13n ≥3t ≥3t =95N =4t =440n =N 4401m n =+N 01122,2,2,2,2,2,n ()()1(1)222n n n n N +++≤≤N ()()()()()1111201122212121222232n n n n N N nn n ++---+⎛⎫-+-++-++++=--+ ⎪ ⎪⎝⎭所以若使数列的前项和为的整数幂,则必存在正整数,使得,即又,所以,所以,所以,所以当时,,此时,所以的可能值为,经验证均不符合题意,当负结合选项也可知道不合题意,直接排除掉的可能性当时,,此时,结合选项特点可知:,故选A ．事实上验证:或或或或或只有成立．点评:此题就是分组和以及和与结论中隐藏的整除性问题,通过构建的不等式限定的可能值,进而求出最小值,还好选项提供的数据减少,很好验证操作．解法三:检验法由于这是选择题,为求最小值,从最小的开始检验选项D :若,由,知第项排在第14行,第19个由是奇数知不能写成整数幂; 选项C :若,由知,第项排在第21行,第10个是大于1的奇数,不能写成整数幂;选项B ,若,由知第项排在第26行,第个,同理,不能写成整数幂;选项A 时,当时,由,可解出所以这前和为:,符合题意,故选A ．解法四:直接法N 2t 23t n =+23tn =-100N >()()121002n n ++≥13n ≥2313t n =-≥4t ≥4t =13n =100105N <≤N 101,102,103,104,1054t =101,102,103,104,1055t =29n =435465N ≤≤440N =29435n N =⎧⎨=⎩29436n N =⎧⎨=⎩29437n N =⎧⎨=⎩29438n N =⎧⎨=⎩29439n N =⎧⎨=⎩29440n N =⎧⎨=⎩29440n N =⎧⎨=⎩t n N 110N =()131********⨯+=<110()()()141914191015213221221616221N S =--+-=+-=⨯+-1015221+-N S 2220N =()202012102202⨯+=<220()()211021102202212223N S =--+-=+-2330N =()252513253302⨯+=<3305()()()265262422522124421N S =--+-=+=⨯+2440N =()()()11244022n n n n +++≤<29n =440()()()()12290123430212121222222-+-++-+++++=由能写成的整数幂可知,,,且由知,故满足条件的的最小值为,得,此时．解法五:二进制转化法按照上面形式重新排列后,第层:,的和为把每一层的和的二时制数重新排列(低位对齐) 第1层: 1 第2层: 11 第3层: 111第层: 1111 由于的数幂的二进制数为:,前层的和再加多少可以写成的整数幂?为方便相加,首先,每层都加,则总共加了,得: 第1层: 10 第2层: 100 第3层: 1000 第层: 1000 此时层总的和为:,仍然不是的整数幂,再加上即可!所以在前层总和的基础上,再加上可使和成为的整数幂设第层的前个数的和为,即后面的方法同“解法四”．【考点】等差数列、等比数列的求和．【点评】本题非常巧妙的将实际问题和数列融合在一起,首先需要读懂题目所表达的具体含义,以及观察所给定数列的特征,进而判断出该数列的通项和求和．另外,本题的难点在于数列里面套数列,第一个数列的和又作为下一个数列的通项,而且最后几项并不能放在一个数列中,需要进行判断．8．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科)记为等差数列的前项和．若,,则的公差为( )A ．B ．C ．D ．【答案】 C 【解析】设公差为,,()()112221223n k n k N S n n ++=--+-=+--2230kn --=()2log 3k n Z =+∈100N >13n >n 295k =()2929154402N ⨯+=+=n 1,2,4,12n -(2)1211111nn -=个n 2(2)0210000nn =个n 21n n n 111110n 个22n 2n +21n +k 2n +230kn --=n S {}n a n 4524a a +=648S ={}n a 1248d45111342724a a a d a d a d +=+++=+=,联立解得,故选C ．秒杀解析:因为,即,则,即,解得,故选C ．【考点】等差数列的基本量求解【点评】求解等差数列基本量问题时,要多多使用等差数列的性质,如为等差数列,若,则．9．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科)等差数列的首项为，公差不为．若成等比数列，则前项的和为 ( )A ．B ．C ．D ．【答案】 A【解析】数列的首项，设公差为，则由成等比数列可得，所以，即，整理可得，因为，所以，所以，故选A ．【考点】等差数列求和公式；等差数列基本量的计算【点评】（1）等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．（2）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．10．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 ( ) A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏【答案】 B【命题意图】本题主要考查等比数列通向公式及其前项和，以考查考生的运算能力为主目的．【解析】解法一：常规解法一座7层塔共挂了381盏灯，即；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即，塔的顶层为；由等比前项和可知：，解得611656615482S a d a d ⨯=+=+=112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩4d =166346()3()482a a S a a +==+=3416a a +=4534()()24168a a a a +-+=-=5328a a d -==4d ={}n a m n p q +=+m n p q a a a a +=+{}n a 10236,,a a a {}n a 624-3-38{}n a 11a =d 236,,a a a 2326a a a =()()()211125a d a d a d +=++()()()212115d d d +=++220d d +=0d ≠2d =-6165661152242S a d ⨯=+=⨯-⨯=-n a n n S 7381S =2q =1a n ()()1111n n a q S q q-=≠-()171238112n a S -==-．解法二：边界效应等比数列为递增数列，则有，∴，解得，∴ ．【知识拓展】数列属于高考必考考点，一般占10分或12分，即两道小题或一道大题，其中必有一道小题属于基础题，一道中档偏上题或压轴题，大题在17题出现，属于基础题型，高考所占分值较大，在高中教学中列为重点讲解内容，也是大部分学生的难点，主要是平时教学题型难度严重偏离高考考试难度，以及研究题型偏离命题方向，希望能引起注意；考试主线非常明晰， 11．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科)定义“规范01数列”{}n a 如下:{}n a 共有2m 项,其中m 项为0,m 项为1,且对任意2k m ≤,1,2,,k a a a 中0的个数不少于1的个数.若4m =,则不同的“规范01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个【答案】C【解析】由题意,得必有,,则具体的排法列表如图所示,共14个,故选C .112．(2016高考数学课标Ⅰ卷理科)已知等差数列{}n a 前9项的和为27，10=8a ，则100=a ( )(A )100(B )99(C )98(D )97 【答案】C13a =1n n a S +≈87381a S ≈=1 2.9a =13a =10a =81a =【解析】由等差数列性质可知：()1959599292722a a a S a +⨯====，故53a =，而108a =，因此公差1051105a a d -==-∴100109098a a d =+=．故选C ．13．(2015高考数学新课标2理科)已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=( )A ．21B ．42C ．63D ．84【答案】B解析：设等比数列公比为q ，则2411121a a q a q ++=，又因为13a =，所以4260q q +-=，解得22q =，所以2357135()42a a a a a a q ++=++=，故选B ．考点：等比数列通项公式和性质．14．(2013高考数学新课标2理科)等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知321510,9S a a a =+=，则1a 等于( )A ．13B ．－13C ．19D ．－19【答案】C解析：设等比数列{}n a 的公比为q ，由32110S a a =+得1232110a a a a a ++=+，即2319,9a a q ==，又4519a a q ==，所以119a =．考点：（1）6．3．1等比数列的基本量的计算；（2）6．3．4等比数列的前n 项和及综合应用难度：A 备注：高频考点15．(2013高考数学新课标1理科)设n n n A B C ∆的三边长分别为,,n n n a b c ，n n n A B C ∆的面积为n S ，n =1,2,3,…若11b c >，1112b c a +=，n n a a =+1，21n n n a c b +=+，21nn n a b c +=+,则 ( ) A ．{}n S 为递减数列B ．{}n S 为递增数列C ．21{}n S -为递增数列，2{}n S 为递减数列D ．21{}n S -为递减数列，2{}n S 为递增数列【答案】B解析: 因为n n a a =+1，21n n n a c b +=+，21n n n a b c +=+，所以1a a n =，++1n b =+1n c 2nn a c +2n n a b ++1)(21)(21a c b a c b n n n n n ++=++= ++1n b )2(212111a c b a c n n n -+=-+，注意到1112a c b =+，所以12a c b n n =+．于是n n n C B A ∆中，边长1a C B n n =为定值，另两边的长度之和为12a c b n n =+为定值．因为-+1n b =+1n c 2n n a c +2n n a b +-)(21n n c b --=，所以)()21(111c b c b n n n --=--，当+∞→n 时，有0→-n n c b ，即n n c b →，于是n n n C B A ∆的边n n C B 的高n h 随n 增大而增大，于是其面积n n n n n h a h C B S 121||21==为递增数列．考点：（１）6．1．1数列的概念及归纳简单数列的通项公式；（２）6．3．1等比数列的基本量的计算；（３）12．5．1数列极限．难度：C16．(2013高考数学新课标1理科)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，1m S -＝－2，m S ＝0，1m S +＝3，则m＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】Ｃ解析：由题意知m S =1()2m m a a +=0，∴1a =－m a =－（m S -1m S -）=－2， 1m a += 1m S +-m S =3，∴公差d =1m a +-m a =1，∴3=1m a +=－2m +，∴m =5，故选C ．考点: （1）6．2．4等差数列的前n 项和及综合应用；（2）13．1．1函数与方程思想．难度：Ｂ备注：高频考点17．(2012高考数学新课标理科)已知{}n a 为等比数列，472a a +=，，则 ( )A ．7B ．5C ．-5D ．-7【答案】D解析：∵274=+a a ①，由等比数列的性质可得，87465-==a a a a ②568a a =-110a a +=∴1a =-8，10a =1， ∴1a +10a =-7当4a =-2，7a =4时，q 3=-2，则10a =-8，1a =1 ∴1a +10a =-7考点：（1）6．3．1等比数列的基本量的计算；（2）6．3．3等比数列的性质及应用．难度：B 备注：高频考点二、填空题18．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)记n S 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________．【答案】4．【解析】因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =，所以105S S =11111091010024542552a d a a a d ⨯+==⨯+．【点评】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．19．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若113a =，246a a =，则5S = ．【答案】1213解析：由246a a =，得26511a q a q =，所以11a q =，又因为113a =，所以3q =，551(13)1213133S -==-． 20．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记n S 为数列{}n a 的前n 项和．若21n n S a =+,则6S = ．【答案】63-解析：n S 为数列{}n a 的前n 项和．若21n n S a =+，① 当1n =时，1121a a =+，解得11a =-，当2n ≥时，1121n n S a --=+，②，由①﹣②可得122n n n a a a -=-，∴()122n n a a n -=≥，∴{}n a 是以11a =-为首项，以2为公比的等比数列，∴()661126312S -⨯-==--．21．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科)设等比数列满足,，则．【答案】【解析】设等比数列的公比为，则依题意有，解得所以．【考点】等比数列的通项公式【点评】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，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．22．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列的前项和为，，，则．【答案】【解析】设等差数列的首项为，公差为，由题意有：，解得，数列的前n 项和，裂项有：，据此：。

【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类(全国通用)：数列客观题(原卷版)

为 1,且对任意 k ≤ 2m , a1,a2, , ak 中 0 的个数不少于 1 的个数.若 m 4 ,则不同的“规范 01 数列”共有
()
A．18 个 B．16 个
C．14 个
D．12 个
15．(2016 高考数学课标Ⅰ卷理科·第 3 题)已知等差数列 an 前 9 项的和为 27， a10 =8 ，则 a100 = ( )
水平距离称为步，垂直距离称为举，图 2 是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中 DD1,CC1, BB1, AA1 是
举， OD1, DC1,CB1, BA1 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为
DD1 OD1
0.5,
CC1 DC1
k1,
BB1 CB1
k2,
AA1 BA1
k3 ．已知 k1, k2 , k3
则{an} 的公差为( )
A．1
B． 2
C． 4
D． 8
12．(2017 年高考数学课标Ⅲ卷理科·第 9 题)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an 前 6 项的和为( )
A． 24 B． 3
C． 3
D． 8
13．(2017 年高考数学课标Ⅱ卷理科·第 3 题)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七
10．(2017 年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第 12 题)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

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.

十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题07数列文(含解析)

专题07数列历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2015年新课标1文科07】已知{a n}是公差为1的等差数列，S n为{a n}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝（）A．B．C．10 D．12【解答】解：∵{a n}是公差为1的等差数列，S8＝4S4，∴8a11＝4×（4a1），解得a1．则a109×1．故选：B．2．【2013年新课标1文科06】设首项为1，公比为的等比数列{a n}的前n项和为S n，则（）A．S n＝2a n﹣1 B．S n＝3a n﹣2 C．S n＝4﹣3a n D．S n＝3﹣2a n【解答】解：由题意可得a n＝1，∴S n33﹣23﹣2a n，故选：D．3．【2012年新课标1文科12】数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n＝2n﹣1，则{a n}的前60项和为（）A．3690 B．3660 C．1845 D．1830【解答】解：由于数列{a n}满足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，a11+a9＝2，a12+a10＝40，a15+a13＝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）＝1830，故选：D．4．【2019年新课标1文科14】记S n为等比数列{a n}的前n项和．若a1＝1，S3，则S4＝．【解答】解：∵等比数列{a n}的前n项和，a1＝1，S3，∴q≠1，，整理可得，，解可得，q，则S4．故答案为：【2015年新课标1文科13】在数列{a n}中，a1＝2，a n+1＝2a n，S n为{a n}的前n项和，若S n＝126，则n＝．5．【解答】解：∵a n+1＝2a n，∴，∵a1＝2，∴数列{a n}是a1＝2为首项，以2为公比的等比数列，∴S n2n+1﹣2＝126，∴2n+1＝128，∴n+1＝7，∴n＝6．故答案为：66．【2012年新课标1文科14】等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3+3S2＝0，则公比q＝．【解答】解：由题意可得，q≠1∵S3+3S2＝0∴∴q3+3q2﹣4＝0∴（q﹣1）（q+2）2＝0∵q≠1∴q＝﹣2故答案为：﹣27．【2019年新课标1文科18】记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．【解答】解：（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，若S9＝﹣a5，则S99a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，若a3＝4，则d2，则a n＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10，（2）若S n≥a n，则na1d≥a1+（n﹣1）d，当n＝1时，不等式成立，当n≥2时，有d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣a1，又由S9＝﹣a5，即S99a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）a1，又由a1＞0，则有n≤10，则有2≤n≤10，综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．8．【2018年新课标1文科17】已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n．（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；（3）求{a n}的通项公式．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，则：（常数），由于，故：，数列{b n}是以b1为首项，2为公比的等比数列．整理得：，所以：b1＝1，b2＝2，b3＝4．（2）数列{b n}是为等比数列，由于（常数）；（3）由（1）得：，根据，所以：．9．【2017年新课标1文科17】记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣6．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．【解答】解：（1）设等比数列{a n}首项为a1，公比为q，则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1，a2，由a1+a2＝2，2，整理得：q2+4q+4＝0，解得：q＝﹣2，则a1＝﹣2，a n＝（﹣2）（﹣2）n﹣1＝（﹣2）n，∴{a n}的通项公式a n＝（﹣2）n；（2）由（1）可知：S n [2+（﹣2）n+1]，则S n+1[2+（﹣2）n+2]，S n+2[2+（﹣2）n+3]，由S n+1+S n+2[2+（﹣2）n+2][2+（﹣2）n+3]，[4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×（﹣2）n+1]，[4+2（﹣2）n+1]＝2×[（2+（﹣2）n+1）]，＝2S n，即S n+1+S n+2＝2S n，∴S n+1，S n，S n+2成等差数列．10．【2016年新课标1文科17】已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）∵a n b n+1+b n+1＝nb n．当n＝1时，a1b2+b2＝b1．∵b1＝1，b2，∴a1＝2，又∵{a n}是公差为3的等差数列，∴a n＝3n﹣1，（Ⅱ）由（I）知：（3n﹣1）b n+1+b n+1＝nb n．即3b n+1＝b n．即数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，∴{b n}的前n项和S n（1﹣3﹣n）．11．【2014年新课标1文科17】已知{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6＝0的根．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．【解答】解：（1）方程x2﹣5x+6＝0的根为2，3．又{a n}是递增的等差数列，故a2＝2，a4＝3，可得2d＝1，d，故a n＝2+（n﹣2）n+1，（2）设数列{}的前n项和为S n，S n，①S n，②①﹣②得S n，解得S n2．12．【2013年新课标1文科17】已知等差数列{a n}的前n项和S n满足S3＝0，S5＝﹣5．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）设数列{a n}的首项为a1，公差为d，则．由已知可得，即，解得a1＝1，d＝﹣1，故{a n}的通项公式为a n＝a1+（n﹣1）d＝1+（n﹣1）•（﹣1）＝2﹣n；（Ⅱ）由（Ⅰ）知．从而数列{}的前n项和S n．13．【2011年新课标1文科17】已知等比数列{a n}中，a1，公比q．（Ⅰ）S n为{a n}的前n项和，证明：S n（Ⅱ）设b n＝log3a1+log3a2+…+log3a n，求数列{b n}的通项公式．【解答】证明：（I）∵数列{a n}为等比数列，a1，q∴a n，S n又∵S n∴S n（II）∵a n∴b n＝log3a1+log3a2+…+log3a n＝﹣log33+（﹣2log33）+…+（﹣n log33）＝﹣（1+2+…+n）∴数列{b n}的通项公式为：b n14．【2010年新课标1文科17】设等差数列{a n}满足a3＝5，a10＝﹣9．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{a n}的前n项和S n及使得S n最大的序号n的值．【解答】解：（1）由a n＝a1+（n﹣1）d及a3＝5，a10＝﹣9得a1+9d＝﹣9，a1+2d＝5解得d＝﹣2，a1＝9，数列{a n}的通项公式为a n＝11﹣2n（2）由（1）知S n ＝na 1d ＝10n ﹣n 2．因为S n ＝﹣（n ﹣5）2+25．所以n ＝5时，S n 取得最大值．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，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，解得1507a =，所以马主人要偿还的量为：，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，，，，…．故.故选：C4．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，则数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和是（） A ．290 B ．920C ．511D ．1011【答案】C 【解析】由得，当2n ≥时，，整理得，所以{}n a 是公差为4的等差数列，又11a =，所以，从而，所以，数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和.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”：，即，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由数列各项除以2的余数，可得{}n a 为，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，所以数列{}n a 的前2019项的和为，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，，则的值是（）A ．1 B．2C．2-D．【答案】D 【解析】{}n a 是等比数列6a ∴={}n b 是等差数列673b π∴=本题正确选项：D 7．已知数列{}n a 满足，设数列{}n b 满足：121n n n n b a a ++=，数列{}n b 的前n 项和为nT，若恒成立，则实数λ的取值范围为（）A ．1[,)4+∞B ．1(,)4+∞C ．3[,)8+∞D ．3(,)8+∞【解析】解：数列{}n a 满足，①当2n ≥时，，②①﹣②得：12n a n n=，故：22n a n =，数列{}n b 满足：，则：，由于恒成立，故：，整理得：244n n λ+>+，因为在*n N ∈上单调递减，故当1n =时，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 ∈，等式成立，若数列{}n a 满足，且()10a f =，则下列结论成立的是（） A ． B ． C ．D ．【答案】A 【解析】由，令0x =，1y =-，则0x <时，()1f x > ()11f ∴-> ()01f ∴= 11a ∴=当0x >时，令y x =-，则，即又()1f x -> ∴当0x >时，令21x x >，则21>0-x x，即()f x ∴在R 上单调递减又令1n =，212a =-；令2n =，32a =-；令3n =，41a = ∴数列{}n a 是以3为周期的周期数列，，，，()f x 在R 上单调递减，，，本题正确选项：A9．在数列{}n a中，，则2019a的值为______．【答案】1【解析】因为所以，...,,各式相加，可得，，所以，20191a=，故答案为1.10．已知正项等比数列{}n a满足，若存在两项m a，n a，使得，则91m n+的最小值为__________．【答案】2【解析】正项等比数列{}n a满足，，整理，得210+2q q -=，又0q >，解得，2q =，存在两项m a ，n a 使得1a ，，整理，得8m n +=，∴，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，都有成立，72a π=，函数()f x =，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为______．【答案】26 【解析】解：对，都有成立，可令1m =即有，为常数，可得数列{}n a 为等差数列，函数，由，可得()f x 的图象关于点,22π⎛⎫⎪⎝⎭对称，∴，∴可得数列{}n y 的前13项和为．故答案为：26．12．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足，则n a =_____．【答案】122n +- 【解析】由题意，数列{}n a 满足，则，两式相减可得，即整理得，即，即，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，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，，由3610,,a a a 成等比数列，得23106a a a =，即，整理得，解得0d =或1d =，当0d =时，；当1d =时，，于是，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，则631S S +取得最小值时，9S 的值为_______．【解析】由，得：q≠1，所以，化简得：，即，即，得32q =，化简得631S S +＝＝，当11311a q q a -=-，即1a =时，631S S +取得最小值，所以＝3故答案为：315．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足，则5S =____．【答案】3116【解析】解：，可得1n =时，11a = ，2n ≥时，，又，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．故答案为：3116．16．已知数列{}n a 满足，则数列的前n 项和为___________.【答案】2222n n +-+【解析】由，得，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，所以12n n a n +=⋅，因为，所以的前n 项和2222n n +=-+. 17．定义：从数列{}n a 中抽取项按其在{}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，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，，当2n ≥时，，所以.综上可知：12n n a -=.②假设从数列{}n a 中抽3项成等差，则，即，化简得：.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 ++，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，即需满足，则需满足.取k q =，则2l k pq =+.此时，.故此时成立.因此数列{}n a 中存在3项0n a +，0n a k ++，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，求数列{}n b 的通项公式；（3）令，数列{}n c 的前n 项和为n T .【答案】（1）2n a n =；（2）；（3）.【解析】（1）因为2a 是1a 与4a 的等比中项，所以，∴数列{}n a 的通项公式为2n a n =. （2）∵①∴②②－①得：，，故。

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

A.12B.24C.30D.32
16、【2020年第16题】数列满足，前16项和为540，则 _____7_________.
【详解】，
当为奇数时，；当为偶数时， .
设数列前项和为，
，
.
12、（2018年第17题）已知数列满足，，设．
（1）求；（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；（3）求的通项公式．
解：（1）由条件可得an+1= ．将n=1代入得，a2=4a1，而a1=1，所以，a2=4．
将n=2代入得，a3=3a2，所以，a3=12．从而b1=1，b2=2，b3=4．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知3nbn+1=nbn，bn+1= bn，所以{bn}是公比为的等比数列.…9分
所以{bn}的前n项和Sn= …12分
11、（2017年第17题）记Sn为等比数列的前n项和，已知S2=2，S3=-6.
（1）求的通项公式；（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列。
（1）若a3=4，求{an}的通项公式；（2）若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
【解析】（1）设的公差为d．由得．由a3=4得．
于是．因此的通项公式为．
（2）由（1）得，故 .
由知，故等价于，解得1≤n≤10．
所以n的取值范围是．
15、【2020年第10题】设是等比数列，且，，则（D）
所以n=5时，Sm取得最大值。……12分
2、（2011年第17题）已知等比数列中，，公II）设，求数列的通项公式。
（Ⅰ）证明：因为，。所以数列{an}的通项式为an= 。

全国卷数列高考题汇总附答案完整版

全国卷数列高考题汇总附答案完整版全国卷数列高考题汇总附答案Document serial number【NL89WT-NY98YT-NC8CB-NNUUT-NUT108】数列专题高考真题2014·I 17.已知数列{aa}的前a项和为a，a1=1，aa≠0，aaa+1=aaa−1，其中a为常数.Ⅰ）证明：aa+2−aa=a；Ⅱ）是否存在a，使得{aa}为等差数列并说明理由.2014·II 17.已知数列{aa}满足a1=1，aa+1=3aa+1.Ⅰ）证明{aa+2}是等比数列，并求{aa}的通项公式；Ⅱ）证明：a1+a3+⋯+aa<xxxxxxx a.2015·I 17.aa为数列{aa}的前a项和.已知aa>aa2+2aa=4aa+3。

Ⅰ）求{aa}的通项公式：Ⅱ）设a1=1，求数列{aa}的前a项和。

2015·II 4.等比数列{aa}满足a1=3，a1+a3+a5=21，则a3+a5+a7=42.2015·II 16.设Sn是数列{aa}的前n项和，且a1=−1，a a+1=SnSn+1，则Sn=__________.2016·I 3.已知等差数列{aa}前9项的和为27，a10=8，则a100=98.2016·I 15.设等比数列{aa}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…aa的最大值为__________.2016·II 17.Sn为等差数列{aa}的前a项和，且a1=1，a7=28记aa=[aaaaa],其中[a]表示不超过a的最大整数，如[.9]=0，[aa99]=1.I）求a1，a11，a101；II）求数列{aa}的前1 000项和.2016·III 12.定义“规范01数列”{aa}如下：{aa}的每一项为0或1，且不存在连续的1.例如，{0,1,0,0,1,0}和{0,1,0,1,0,1}是规范01数列，而{0,1,1,0}和{1,0,1,0,0}不是规范01数列.Ⅰ）证明：长度为n的规范01数列的个数为F(n+2)，其中F(n)为斐波那契数列的第n项；Ⅱ）已知规范01数列{aa}的前n项和Sn，求{aa}的第n项。

2021-2023年高考数学真题分类汇编专题12数列解答题

专题12数列（解答题）近三年高考真题知识点1：等差数列基本量运算1．（2023•新高考Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，且1d ．令2n nn n b a ，记n S ，n T 分别为数列{}n a ，{}n b 的前n 项和．（1）若21333a a a ，3321S T ，求{}n a 的通项公式；（2）若{}n b 为等差数列，且999999S T ，求d ．【解析】（1）21333a a a ∵，3321S T ，根据题意可得11111113()32261233()212a d a a d a d a a d a d， 19621a d d d，22730d d ，又1d ，解得3d ，13a d ，1(1)3n a a n d n ，*n N ；（2）{}n a ∵为等差数列，{}n b 为等差数列，且2n nn n b a ，根据等差数列的通项公式的特点，可设n a tn ，则1n n b t ，且1d t ；或设(1)n a k n ，则n n b k，且1d k ，①当n a tn ，1n n b t，1d t 时，则9999(99)99210099()9922t t S T t t， 51501t t，250510t t ，又1d t ，解得5150d t；②当(1)n a k n ，n n b k，1d k 时，则9999(2100)9919999(9922k k S T k k， 50511k k，251500k k ，又1d k ，此时k 无解，综合可得5150d ．2．（2021•新高考Ⅱ）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35a S ，244a a S ．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式n a ；（Ⅱ）求使n n S a 成立的n 的最小值．【解析】（Ⅰ）数列n S 是公差d 不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35a S ，244a a S ．根据等差数列的性质，3535a S a ，故30a ，根据244a a S 可得333333()()(2)()()a d a d a d a d a a d ，整理得22d d ，可得2(0d d 不合题意），故3(3)26n a a n d n ．（Ⅱ）26n a n ，14a ，2(1)4252n n n S n n n ，n n S a ，即2526n n n ，整理可得2760n n ，当6n 或1n 时，n n S a 成立，由于n 为正整数，故n 的最小正值为7．3．（2021•甲卷（理））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；③213a a ．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解析】选择①③为条件，②结论．证明过程如下：由题意可得：2113a a d a ，12d a ，数列的前n 项和：21111(1)(1)222n n n n n S na d na a n a ，(2)n n ，据此可得数列是等差数列．选择①②为条件，③结论：设数列{}n a 的公差为d，则：，数列为等差数列，则：即：22 ，整理可得：12d a ，2113a a d a ．选择③②为条件，①结论：由题意可得：21214S a a a ，，则数列的公差为d(1)n d 据此可得，当2n 时，221111(1)(21)n n n a S S n a n a n a ，当1n 时上式也成立，故数列的通项公式为：1(21)n a n a ，由1111[2(1)1](21)2n n a a n a n a a ，可知数列{}n a 是等差数列．4．（2023•乙卷（文））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知211a ，1040S ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列{||}n a 的前n 项和n T ．【解析】（1）在等差数列中，211a ∵，1040S ． 111110910402ad a d ，即1111942a d a d ，得113a ，2d ，则132(1)215()n a n n n N ．（2）215,17|||215|215,8n n n a n n n ，即17n 时，||n n a a ，当8n 时，||n n a a ，当17n 时，数列{||}n a 的前n 项和21(1)13(2)142n n n n T a a n n n ，当8n 时，数列{||}n a 的前n 项和21717(1)1312()[13(2)]27149822n n n n n T a a a S a a n n n ．5．（2021•甲卷（文））记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知0n a ，213a a ，且数列是等差数列，证明：{}n a 是等差数列．【解析】证明：设等差数列的公差为d ，，则d (n 所以21n S n a ①；当2n 时，有211(1)n S n a ②．由①②，得221111(1)(21)n n n a S S n a n a n a ③，经检验，当1n 时也满足③．所以1(21)n a n a ，n N ，当2n 时，1111(21)(23)2n n a a n a n a a ，所以数列{}n a 是等差数列．知识点2：等差数列与等比数列的综合应用6．（2022•天津）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且1122331a b a b a b ．（1）求{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）设{}n a 的前n 项和为n S ，求证：1111()n n n n n n n S a b S b S b ；（3）求211(1)nk k k k k a a b ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，1122331a b a b a b ∵，11d q ，2121d q ，解得2d q ，12(1)21n a n n ，12n n b ．（2）证明：120n n b b ∵，要证明1111()n n n n n n n S a b S b S b ，即证明111()2n n n n n n n S a b S b S b ，即证明1112n n n n S a S S ，即证明11n n n a S S ，由数列的通项公式和前n 项和的关系得：11n n n a S S ，1111()n n n n n n n S a b S b S b ．（3）212221212122[(1)][(1)]k k k k k k k ka ab a b ∵2221(4143)2[41(41)]224k k k k k k k k ，22121221212122111(1)(1)(1)24n n nkk kk k k k k k k k k k k k k a a b a a b a a b k 设124nk n k T k ．则2324446424n n T n ，①2341424446424n n T n ，②① ②，得：234132(44444)24n n n T n 124(14)2414n n n 1(26)483n n ，1(62)489n n n T ， 1211(62)48(1)9n n kk k k k n a a b ．7．（2022•浙江）已知等差数列{}n a 的首项11a ，公差1d ．记{}n a 的前n 项和为*()n S n N ．（Ⅰ）若423260S a a ，求n S ；（Ⅱ）若对于每个*n N ，存在实数n c ，使n n a c ，14n n a c ，215n n a c 成等比数列，求d 的取值范围．【解析】（Ⅰ）因为等差数列{}n a 的首项11a ，公差1d ，因为423260S a a ，可得14234()2602a a a a ，即14232()260a a a a ，11113()(2)30a a d a d a d ，即113(1)(12)30d d d ，整理可得：23d d ，解得3d ，所以221(1)3335222n n n n n n n S na d n ，即2352n n n S ；（Ⅱ）因为对于每个*n N ，存在实数n c ，使n n a c ，14n n a c ，215n n a c 成等比数列，则2111(4)[(1)][((1)15]n n n a nd c a n d c a n d c ，11a ，整理可得：22[(148)8]0nn c n d c d ，则△22[(148)8]40n d d 恒成立在n N ，整理可得[(23)2][2)1]0n d n d ，当1n 时，可得2d 或1d ，而1d ，所以d 的范围为(1,) ；2n 时，不等式变为(2)(1)0d ，解得2d ，而1d ，所以此时(1d ，2]，当3n 时，1d ，则[(23)2][2)1](25)(3)0n d n d n n 符合要求，综上所述，对于每个*n N ，d 的取值范围为(1，2]，使n n a c ，14n n a c ，215n n a c 成等比数列．8．（2022•新高考Ⅱ）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a ．（1）证明：11a b ；（2）求集合1{|k m k b a a ，1500}m 中元素的个数．【解析】（1）证明：设等差数列{}n a 的公差为d ，由2233a b a b ，得1111224a d b a d b ，则12d b ，由2244a b b a ，得111128(3)a d b b a d ，即11124(3)a d b d a d ，11a b ．（2）由（1）知，1122d b a ，由1k m b a a 知，11112(1)k b a m d a ，111112(1)2k b b m b b ，即122k m ，又1500m ，故1221000k ，则210k ，故集合1{|k m k b a a ，1500}m 中元素个数为9个．9．（2022•甲卷（文））记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221n n S n a n．（1）证明：{}n a 是等差数列；（2）若4a ，7a ，9a 成等比数列，求n S 的最小值．【解析】（1）证明：由已知有：222n n S n na n ①，把n 换成1n ，2112(1)2(1)1n n S n n a n ②，② ①可得：1122(1)22n n n a n a na n ，整理得：11n n a a ，由等差数列定义有{}n a 为等差数列；（2）由已知有2749a a a ，设等差数列n a 的首项为x ，由（1）有其公差为1，故2(6)(3)(8)x x x ，解得12x ，故112a ，所以12(1)113n a n n ，故可得：123120a a a a ，130a ，140a ，故n S 在12n 或者13n 时取最小值，1213(120)13782S S ，故n S 的最小值为78 ．10．（2021•乙卷（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3n n 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：2n n S T ．【解析】（1）1a ∵，23a ，39a 成等差数列，21369a a a ，{}n a ∵是首项为1的等比数列，设其公比为q ，则2619q q ，13q ，1111()3n n n a a q ，1(33n n n na b n ．（2）证明：由（1）知11(3n n a ，1()3n n b n ， 111[1()]3113(122313n n n S ，121111()2()(333n n T n ，① 23111111(2((3333n n T n ，②① ②得，12111[1(]()3233n n n T n ， 13111(()44323n n n n T， 113111311(([(]024*******n n n n n S n T ，2n n S T．知识点3：数列通项与求和问题11．（2023•天津）已知{}n a 是等差数列，2516a a ，534a a ．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式和1212n n i i a ；（Ⅱ）已知{}n b 为等比数列，对于任意*k N ，若1221k k n ，则1k n k b a b ．()i 当2k 时，求证：2121k k n b ；()ii 求{}n b 的通项公式及其前n 项和．【解析】（Ⅰ）{}n a ∵是等差数列，2516a a ，534a a ． 11111425164224a d a d a d a d a d d ，得2d ，13a ，则{}n a 的通项公式32(1)21()n a n n n N ，1212n n i i a中的首项为122121n n i a ，项数为111112*********n n n n n n n ，则111211111111111122(21)2(21)22(21)2(21)2(2121)2(22)232342n n n n n n n n n n n n n n n n n n n i i a ．（Ⅱ）1()221k k i n ∵，12222k k n ，1122121k k n ，即11221k k n a ，当2k 时，1k n k b a b ∵．12k k b ，且1121k k b ，即21k k b ，综上2112k k k b ，即2121k k n b 成立．()2121k k k ii b ∵成立，{}n b ∵为等比数列，设公比为q ，当2k 时，1112121k k k b ，1112121k k k b ，则11121212121k k k k k k b b ，即12(21)12(21)32121k k k k k k b b ，即13222121k k q ，当k ，12221k，32221k ，2q ，2k ∵时，2121k k k b ，1212k b 121k k ，即111212122k k k k b ，即111112222k k b，当k ，11222k，11222k，则12b ，则1222n n n b ，即{}n b 的通项公式为2n n b ，则{}n b 的其前n 项和12(12)2212n n n T ．12．（2023•甲卷（理））已知数列{}n a 中，21a ，设n S 为{}n a 前n 项和，2n n S na ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列1{}2n n a 的前n 项和n T ．【解析】（1）当1n 时，112S a ，解得10a ，当2n 时，112(1)n n S n a ，12(1)n n n a na n a ，1(1)(2)n n n a n a ，当3n 时，可得112n n a n a n ，2234111232n n a a n n ，当2n 或1n 时，10a ，21a 适合上式，{}n a 的通项公式为1n a n ；（2）由（1）可得122n n n a n ，231232222n n n T ， 2341112322222n n n T ， 2311111(1)111111221122222222212n n n n n n n n n n T ，222n nn T ．13．（2021•乙卷（理））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 n S b ．（1）证明：数列{}n b 是等差数列；（2）求{}n a 的通项公式．【解析】（1）证明：当1n 时，11b S ，由11212b b ，解得132b ，当2n 时，1n n n b S b ，代入212n nS b ，消去n S ，可得1212n n n b b b ，所以112n n b b ，所以{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列．（2）由题意，得11132a S b，由（1），可得312(1)222n n b n，由212n nS b ，可得21n n S n ，当2n 时，12111(1)n n n n n a S S n n n n，显然1a 不满足该式，所以3,121,2(1)n n a n n n．14．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{}n a 满足11a ，11,,2,nn 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．【解析】（1）因为11a ，11,2,n n na n a a n 为奇数为偶数，所以2112a a ，3224a a ，4315a a ，所以122b a ，245b a ，12222212122123n n n n n n n n b b a a a a a a ，2n ，所以数列{}n b 是以12b 为首项，以3为公差的等差数列，所以23(1)31n b n n ．另由题意可得21213n n a a ，2223n n a a ，其中11a ，2112a a ，于是23(1)231n n b a n n ，*n N ．（2）由（1）可得231n a n ，*n N ，则212223(1)1232n n a a n n ，2n ，当1n 时，11a 也适合上式，所以2132n a n ，*n N ，所以数列{}n a 的奇数项和偶数项分别为等差数列，则{}n a 的前20项和为122013192420109109...()()103102330022a a a a a a a a a ．知识点4：数列不等式15．（2023•新高考Ⅱ）已知{}n a 为等差数列，6,2,n n na nb a n 为奇数为偶数，记n S ，n T 为{}n a ，{}n b 的前n 项和，432S ，316T ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）证明：当5n 时，n n T S ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，n S ，n T 为{}{}n n a b 的前n 项和，432S ，316T ，则12341233262616a a a a a a a ，即124(41)43227a d a ，解得152a d ，故52(1)23n a n n ；（2）证明：由（1）可知，23,46,n n n b n n为奇数为偶数，(523)(4)2n n n S n n ，当n 为偶数时，5n ，132(1)3142246n T n n[12(1)3](1446)(146)(37)2222222n n n n n n n n ，202n n n n T S ，当n 为奇数时，5n ，21(1)(34)35102322n n n n n n n T T b n ，2310251510022n n n n T S ，故原式得证．16．（2022•新高考Ⅰ）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11a ，{}n n S a 是公差为13的等差数列．（1）求{}n a 的通项公式；（2）证明：121112na a a ．【解析】（1）已知11a ，{}n n S a 是公差为13的等差数列，所以1121(1)333n n S n n a ，整理得1233n n n S na a ，①，故当2n 时，11112(1)33n n n S n a a ，②，① ②得：1111113333n n n n a na na a ，故1(1)(1)n n n a n a ，化简得：111n n a n a n ，122n n a n a n ，........，3242a a ，2131a a ；所以1(1)2n a n n a ，故(1)2n n n a （首项符合通项）．所以(1)2n n n a ．证明：（2）由于(1)2n n n a，所以12112()(1)1n a n n n n ，所以12111111111...2(1...2(1222311n a a a n n n ．17．（2021•天津）已知数列{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项的和为64．数列{}n b 是公比大于0的等比数列，14b ，3248b b ．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记21n n nc b b ，*n N ．()i 证明：22{}n n c c 是等比数列；()ii证明：*)n k n N ．【解析】证明：（1）由数列{}n a 是公差d 为2的等差数列，其前8项的和为64，可得11887642a d ，解得11a ，所以12(1)21n a n n ，*n N ；由数列{}n b 是公比q 大于0的等比数列，14b ，3248b b ，可得24448q q ，解得4(3q 舍去），所以4n n b ，*n N ；（2）()i 证明：因为21n a n ，4n n b ，所以221144n n n n n c b b ，则22242211(4)(4)44n n n n n n c c44221142442444n n n n n n ，所以211222224424n n n nn n c c c c ，又222412211(4)(4844c c ，所以数列22{}nn c c 是以8为首项，4为公比的等比数列；()ii证明：设2n nn p ，考虑2n n n q，则n n p ，所以2112...222n k n k n q，则23111122222n k n k n q ，两式相减可得，2111111(1)111122211222222212nn k n n n n k n n n q ，所以12222n k nk n q，则1n n k k k q故n k 18．（2021•浙江）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a ，且*1439()n n S S n N ．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N ，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b 对任意*n N 恒成立，求实数的取值范围．【解析】（Ⅰ）由1439n n S S 可得1439(2)n n S S n ，两式作差，可得：143n n a a ， 134n n a a ，很明显，2134a a ，所以数列{}n a 是以94 为首项，34为公比的等比数列，其通项公式为：1*933(()3()(1,)444n n n a n n N ．（Ⅱ）由3(4)0n n b n a ，得43(4)(34n n n n b a n，2313333332()1()(5)()(4)()44444n n n T n n ，23413333333()2()1()(5)()(4)()444444n n n T n n ，两式作差可得：234113333333(()(()(4)(4444444n n n T n 1193[1()]93164(4)()34414n n n111993334()(4)()()44444n n n n n ，则134(4n n T n ．据此可得1334()(4)()44n n n n 恒成立，即(4)30n n 恒成立．4n 时不等式成立；4n 时，312344n n n，由于1n 时12(314min n ，故1 ；4n 时，312344n n n ，而12334n ，故：3 ；综上可得，{|31} ．。

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全国卷历年高考数列真题归类分析(含答
案)
1.（2016年1卷3）已知等差数列{an}前9项的和为27，
a10=8，则求a100.
解析：由已知，9a1+36d=27，a1+9d=8，解得a1=-1，d=1，a100=a1+99d=-1+99=98，选C。

2.（2017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}的公差为多少？
解析：S6=48，即a1+a6=16，a4+a5=24，代入公差d的通
项公式an=a1+(n-1)d，得到a8-a6=8=2d，故d=4，选C。

3.（2017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{an}前6项的和为多少？
解析：设公差为d，则a3(a1+2d)=(a1+d)(a1+5d)，代入
a1=1解得d=-2，故a6=a1+5d=-9，前6项和为S6=6a1+15d=-24，选A。

4.（2017年2卷15）等差数列{an}的前项和为Sn，则
1=∑k=1nSk，求an。

解析：设a1=1，d=2，Sn=n(2a1+(n-1)d)/2=n(n+1)，代入an=a1+(n-1)d=2n-1，故1=∑k=1nSk=∑k=1n(k+1)-(k-1)=2n，故n=1/2，代入an=2n-1=-1，选D。

5.（2016年2卷17）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1=1，S7=28.记bn=[lga1+2Sn-1]/[lga1+2]，求b7.
解析：由等差数列前n项和的通项公式Sn=n(2a1+(n-1)d)/2=n(2+(n-1)d)/2，代入a1=1，S7=28，得到d=4，
an=1+4(n-1)=4n-3，代入bn=[lga1+2Sn-1]/[lga1+2]，得到
b7=[XXX(2×28-1)]/[lg3]=2，选B。

题目一：求等比数列中的数值
要求：改写成完整的句子，避免使用符号表示
1.求b1，b11，b101；
2.求数列{bn}的前1000项和。

解析：
1.设{an}的公差为d，已知a4-a1=1，3，所以an=a1+(n-1)d=n。

所以b1=[lga1]=0，b11=[lga11]=1，b101=[lga101]=
2.
2.记{bn}的前n项和为Tn，则XXX[lga1]+[lga2]+。

+[lga1000]。

当0≤lgan<1时，n=1,2.9；当1≤lgan<2时，
n=10,11.99；当2≤lgan<3时，n=100,101.999；当lga1000=3时，n=1000.所以T1000=0×9+1×90+2×900+3×1=1893.
题目二：求等比数列中的数值
要求：改写成完整的句子，避免使用符号表示
已知等比数列{an}满足a1=3，a1+a3+a5=21，则
a3+a5+a7=()
解析：设等比数列的公比为q，则
a1+a3+a5=a1(1+q2+q4)=21，所以q2+q+2=0.解得q=2或q=-1.
因为q=-1时，a3=a1，a5=-a1，a7=a1，所以a3+a5+a7=3a1=9.
所以a3+a5+a7=3+6+9=18.
2a-a=-3a-aq=-3
显然q≠1，a1≠0，得1-q=3，即q=-2，代入①式可得
a4=a1q3=1×（-2）^3=-8.
改写】将①式代入得到a4=a1q3=1×（-2）^3=-8，因此
q=-2，且a1≠0，q≠1.
设等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…an的最大值为多少？
解析】设等比数列的公比为q，由a1+a3=10得到
a1(1+q)=10，由a2+a4=5得到a2(1+q^2)=5.将两式相除得到
q(1+q)=1，解得q=-1或q=0.5，由于an≠0，因此q=0.5，a1=8.
因此a1a2=16，a1a2a3=64，a1a2a3a4=128，以此类推，得到
a1a2…an=2^(n-2)×a1a2.因此当n=3或4时，a1a2…an取得最
大值64.
设Sn是数列{an}的前n项和，且a1=-1，an+1=Sn/Sn+1，则Sn=？
解析】由an+1=Sn/Sn+1得到Sn/Sn+1=an+1>0，因此
Sn>0，Sn+1>0.将等式两边同时乘以Sn+1得到Sn=an+1×Sn+1，将an+1代入得到Sn=-1×2×3×…×n。

已知数列{b
n
满足递推式b
n
1)^(n+1)]*2^(n+1)+3，求前n项和。

解析：将递推式展开得到b
n
2^(n+1)或b
n
2^(n+1)+6，根据奇偶性可得数列{b
n
的通项公式为b
n
2^(n+1)-2n-2，因此数列{b
n
前n项和为b
1
b
2
b
n
2^2-2*1-2)+(2^3-2*2-2)+。

+(2^(n+1)-2n-2)。

对于这个和式，可以通过数学归纳法证明其等于(11-64n)/12.因此，数列{b n
前n项和为(11-64n)/12.
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
31，求λ。

解析：(1)根据前n项和的定义，有S n
1+a
1
λ+1)+a
1
2(λ+1)^2+。

+a
1
n-1)(λ+1)^(n-1)，将S
n
除以S
n-1
可得a
n
a
n-1
λ+1)，因此数列{a
n
是等比数列，其通项公式为a
n
a
1
λ+1)^(n-1)。

2)根据等比数列的前n项和公式，有S 5
a
1
λ+1)^5-1]/λ=31，代入a
1
2可得(λ+1)^5=33λ+31.将两边都除以λ，得到(λ+1)^4-
33/λ(λ+1)^3+31/λ^2(λ+1)^2=0，化简后得到λ^3+λ^2-2λ-1=0，解得λ=-1或λ=1/λ-1.由于λ≠0，因此λ=-1.代入a
1
2可得数列{a
n
的通项公式为a
n
1)^(n+1)2^(n-1)。

几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。

为激发大家研究数学的兴趣，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2，接下来的两项是2，21，再接下来的三项是2，21，22，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？
解析：将已知的数列列举成行列式的形式，得到：
2
2 1
2 1 2
2 1 2 4
1 2 4 8 1
2 4 8 16 32 1
根据观察，可以发现第n行，n个数，求和为2n-1.因此前
n行，一共有n(n+1)/2个数，求和为T
n
2n+1-n-2n(1+n)/2=2-n-3n(n+1)/2.设N为满足条件的最小整数，则有2-N-3N(N+1)/2=2^k，化简得到N(N+1)=2(2^(k+3)-1)，因此N=13.将前13行的数相加，得到激活码为440.
根据公式k = log2(n+3)，当n=13时，k=4，但N=+4=95
与题目要求不符。

而当n=29时，k=5，N=+5=440，因此选择A。

改写：根据公式k = log2(n+3)，当n=13时，k=4，但
N=+4=95与题目要求不符。

而当n=29时，k=5，N=+5=440，
因此选择了选项A。

原文中没有段落，不需要删除明显有问题的段落）。