(文科)2016 高考数列

高考数列（文科） 1.（2016山东高考）已知数列{}na的前n项和为238nSnn，{}nb是等差数列，且1nnnabb。

（Ⅰ）求数列{}nb的通项公式；

（Ⅱ）令1(1).(2)nnnnnacb求数列{}nc的前n项和nT. 解析： （Ⅰ）238nSnn①

2-13(1)8(1)nSnn②

-①②得：22383(1)8(1)=65nannnnn

111S也符合=65nan

=65nan 由1nnnabb 1121211abbbd

22312317abbbd 解得：13,4db 1(1)31nbbndn

（Ⅱ）111(1)(66)(33)26(1)2(2)(33)nnnnnnnnnanCnnbn 123123123116[2232422(1)2]26[2232(1)22(1)2]nnnnnnnnTCCCCnnTnnn



①②

①-②得： 23111226[4222(1)2]4(12)6[4(1)2]123232nnnnnnnnTnnnTn









2.（2016济南）已知数列na是公差不为零的等差数列，其前n项和为nS，满足

25225aS，且1341,,aaa恰为等比数列nb的前三项

（I）求数列na，nb的通项

（II）设nT是数列11nnaa的前n项和，是否存在Nk,使得nnbT121成立，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由。 解析：（I）设等差数列na的公差为d0d 252245511dada,daada1231121,联立解得2,31da

12nan

9,34211abab nnb3

（II）321121213212111nnnnaann



3213121321121......7151513121nnnTn

3213221kTk，而321k是单调递减的，15132132kT

而31,0311kkb 不存在Nk使得nnbT121成立 3.（2016菏泽）已知数列{}nb的前n项和23.2nnnB ()求数列{}nb的通项公式；

()设数列{}na的通项[(1)]2nnnnab，求数列{}na的前n项和nT.

解：（Ⅰ）当1n时，22133(1)(1)3222nnnnnnnbBBn 令1n，得11b，32nbn …………………………………………………4分 （Ⅱ）由题意知(1)2nnnnab=2(1)2nnnnb

记2nnb的前n项和为nS，()2nn的前n项和为nH 因为2nnb=(32)2nn， 所以2(312)2(322)2(32)2nnSn 2312(312)2(322)2(3(1)2)2(32)2nnnSnn

两式相减得nS2+233(222)n1(32)2nn=110(53)2nn 所以110(35)2nnSn …………………………………………………8分 又22(2)33nnH， ……………………………………………………10分

所以nTnnSH=12210(32)2(2)33nnn =1282(32)2(2)33nnn ……………………………………………．．12分

4.（2016青岛） 已知等差数列{}na的公差2d，其前n项和为nS，数列{}nb的首项12b，

其前n项和为nT

，满足(1)22nSnT,*Nn.

（Ⅰ）求数列{}na、{}nb的通项公式；

（Ⅱ）求数列{14}nnab的前n项和nW. 解：（Ⅰ）因为(1)22nSnT

所以1(1)122ST，所以1

(1)1224ab，

解得：11a

所以1(1)221nann，

所以2(121)2nnnSn …………………………………………………………3分

所以122nnT

则122nnT

当2n时，1122(22)2nnnnnnbTT

因为12b

适合上式

所以2n

nb ………………………………………………………………………6分

（Ⅱ）令14(21)214n

nnncabn

23123252(21)214nnWnn……①

2 nW2311232(23)2(21)228nnnnn……②

①②得：231222222......222(21)214nnnWnn ……9分

所以2312(222......2)2(21)214nnnWnn

12(12)22(21)21412nnnn



2124(21)2142nnnn

1(32)2146nnn

1(23)2614nnWnn ……………………………………………………12分 5.（2016烟台）若数列na的前n项和为nS，且对任意正整数n都有24nnaS. （1）求数列na的通项公式；

（2）令221231loglognnnnnbaa，求数列nb的前n项和nT.

6.（2016潍坊）已知等比数列{an}满足an+1+an=10•4n﹣1（n∈N*），数列{bn}的前n项和为Sn，

且bn=log2an． （I）求bn，Sn；

（Ⅱ）设，求数列的前n项和Tn． 【分析】（I）通过在an+1+an=10•4n﹣1（n∈N*）中分别令n=1、2计算可知等比数列{an}前三项的值，进而可知an=22n﹣1，根据对数的性质可知bn=2n﹣1，利用公式计算即得结论；

（Ⅱ）通过（I）裂项、并项相加可知数列{}的前n项和，利用等比数列的求和公式可知数列{an}的前n项和，两者相加即得结论． 【解答】解：（I）在an+1+an=10•4n﹣1（n∈N*）中分别令n=1、2可知： a1+a2=10，a2+a3=40， 又∵a1，a2，a3构成等比数列， ∴a1=2，a2=8，a3=32， ∴an=2•4n﹣1=22n﹣1，bn=log2an=bn=log222n﹣1=2n﹣1，

Sn==n2；

（Ⅱ）由（I）可知=（2n﹣1）•（2n+1）， ∴=（﹣）， 由等比数列的求和公式可知，数列{an}的前n项和为=， 并项相加可知，数列{}的前n项和为（1﹣）=， 从而Tn=+． 【点评】本题考查数列的通项及前n项和，考查裂项相消法，考查分组求和法，注意解题方法的积累，属于中档题．

7.（2016泰安）已知等比数列na的公比11,1qa，且132,,14aaa成等差数列，数列nb满足：1122131nnnabababn nN

.

（I）求数列na和nb的通项公式； （II）若8nnmab恒成立，求实数m的最小值.

8.（2016临沂）已知函数4xfx，若4，3*12,,,2nnfafafanN…，构成等比数列. (I)求数列na的通项公式；

(Ⅱ)设 1,2,nnbnnn为偶数，为奇数，求数列nnba的前n项和为nS

9.（2016莱芜）已知数列na是公差不为零的等差数列，其前n项和为nS.满足52225Sa，且1413,,aaa恰为等比数列nb的前三项. (I)求数列na，nb的通项公式

(II)设nT是数列11nnaa的前n项和.是否存在kN，使得等式112kkTb成立，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.

解：（Ⅰ）设等差数列na的公差为d0d，所以daadadada123252)2455(112111， 解得2,31da， 所以12nan . nnbabab3 ,9,34211. ........................5分