历年数列高考题及答案

高考数列汇编及答案

1. （福建卷）已知等差数列{an}中，a7a916,a41,则a12的值是（ ）

A．15 B．30 C．31 D．64

2. （湖南卷）已知数列{a

n}满足a10,an1nN*)，则a20= （ ）

A．0 B．3 C．3 3D．2

3. （江苏卷）在各项都为正数的等比数列｛an｝中，首项a1=3 ，前三项和为21，则a3+ a4+ a5=( )

( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )189

4. (全国卷II) 如果数列{an}是等差数列，则( )

(A)a1a8a4a5 (B) a1a8a4a5 (C) a1a8a4a5 (D) a1a8a4a5

5. (全国卷II) 11如果a1,a2,,a8为各项都大于零的等差数列，公差d0，则( )

(A) a1a8a4a5 (B) a1a8a4a5 (C) a1a8a4a5 (D) a1a8a4a5

6. （山东卷）{an}是首项a1=1，公差为d=3的等差数列，如果an=2005，则序号n等于( )

（A）667 （B）668 （C）669 （D）670

7. (重庆卷) 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。已知最底层正方体的棱长为2，且改塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是

( )

(A) 4； (B) 5； (C) 6； (D) 7。

8. （湖北卷）设等比数列{an}的公比为q，前n项和为S，若S,S，S成等差数列，则q的值为 . nn+1nn+2

278

9. (全国卷II) 在3和2之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为______

10. （上海）12、用n个不同的实数a1,a2,,an可得到n!个不同的排列，每个排列为一行写成一个n!行的数阵。对第i行ai1,ai2,,ain，记biai12ai23ai3(1)nnain，i1,2,3,,n!。例如：用1，2，3可得数阵如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，b1b2b61221231224，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，b1b2b120=_______。

n(nN)， 11. （天津卷）在数列{an}中, a1=1, a2=2,且an2an1(1)

则S100= ___.

1a2n

an11a1

n4412.（北京卷）设数列{an}的首项a1=a≠，且

（I）求a2，a3；

（II）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论； n为偶数n为奇数, 记bna2n11，n＝＝l，2，3，…·． 4

（III）求lim(b1b2b3bn)． n

13.（北京卷）数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an1

（I）a2，a3，a4的值及数列{an}的通项公式；

（II）a2a4a6a2n的值.

14．（福建卷）已知{an}是公比为q的等比数列，且a1,a3,a2成等差数列.

（Ⅰ）求q的值；

（Ⅱ）设{

15. （福建卷）已知数列{an}满足a1=a, an+1=1+1Sn，n=1，2，3，……，求 3bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为S，当n≥2时，比较S与b的大小，并说明理由. nnn1我们知道当a取不同的值时，得到不同的数列，如当a=1时，得到无穷数列

：an

35111,2,当;a时得到有穷数列,,42322

（Ⅰ）求当a为何值时a4=0；

（Ⅱ）设数列{bn}满足b1=－1, bn+1=1(nN)，求证a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}； bn1

（Ⅲ）若

3an2(n4)，求a的取值范围. 2

16. （湖北卷）设数列{an}的前n项和为S=2n2，{bn}为等比数列，且a1b1,b2(a2a1)b1. n

（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式； an，求数列{cn}的前n项和Tn. bn（Ⅱ）设cn

17. （湖南卷）已知数列{log2(an1)}nN*)为等差数列，且a13,a39.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）证明1111. a2a1a3a2an1an

18. （江苏卷）设数列｛an｝的前项和为

(Ⅰ)求A与B的值;

(Ⅱ)证明数列｛an｝为等差数列;

(Ⅲ)

19. (全国卷Ⅰ) 设正项等比数列an的首项a1

（Ⅰ）求an的通项；

（Ⅱ）求nSn的前n项和Tn。

20. (全国卷Ⅰ) 设等比数列Sn,已知a=1, a=6, a=11,且123(5n8)Sn1(5n2)SnAnB, n1,2,3,,其中A,B为常数. 1对任何正整数m、n都成立. 1，前n项和为Sn，且210S30(2101)S20S100。 2an的公比为q，前n项和Sn0 (n1,2,)。

（Ⅰ）求的取值范围； （Ⅱ）设bnan2

q3an1，记bn的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小。 2

21. (全国卷II) 已知an是各项为不同的正数的等差数列，lga1、lga2、lga4成等差数列．又bn1，n1,2,3,． a2n

(Ⅰ) 证明bn为等比数列；

7ba(Ⅱ) 如果数列n前3项的和等于24，求数列n的首项a1和公差d．

数列（高考题）答案

1-7 A B C B B C C

8. （湖北卷）-2 9. (全国卷II) 216

10. （上海）-1080 11. （天津卷）2600

11111

12.（北京卷）解：（I）a2＝a1+4=a+4，a3=2a2=2a+8；

113113

（II）∵ a4=a3+4=2a+8, 所以a5=2a4=4a+16,

11111111

所以b1=a1－4=a－4, b2=a3－4=2(a－4), b3=a5－4=4(a－4),

1

猜想：{bn}是公比为2的等比数列·

111111

证明如下： 因为bn+1＝a2n+1－4=2a2n－4=2(a2n－1－4)=2bn, (n∈N*)

11

所以{bn}是首项为a－4, 公比为2的等比数列·

lim(b1b2bn)limnnb1(1

（III）1)nb12(a1)1141122.

1Sn3，n=1，2，3，……，得 13.（北京卷）解：（I）由a1=1，an1

a21111141116S1a1a3S2(a1a2)a4S3(a1a2a3)333，339，3327， 414n2111an1an()an1an(SnSn1)an3（n≥2）33（n≥2）由，得，又a2=3，所以an=33(n≥2),

1an14n2()33∴ 数列{an}的通项公式为n1n≥2；

41()2n13[(4)2n1]4131(4)273()2a,a,,a2n是首项为3，公比为3项数为n的等比数列，∴ a2a4a6a2n=3（II）由（I）可知24

14．（福建卷）解：（Ⅰ）由题设2a3a1a2,即2a1q2a1a1q,2a0,2qq10. 1

1q1或.2 n(n1)n23nq1,则Sn2n1.22（Ⅱ）若 n2时,SnbnSn1(n1)(n2)0.Sbn. 2 故n当

1n(n1)1n29nq,则Sn2n().2224若 n2时,SnbnSn1(n1)(n10),4 当

故对于nN,当2n9时,Snbn;当n10时,Snbn;当n11时,Snbn.

a1a,an111,an 15. （福建卷）（I）解法一：

a21

a4111a112a11,a31a1aaa2a113a22.故当a时a40.a32a13

10,a31.a3解法二:a40,1

a3111122,a2.a21,a.故当a时a40.a22a33

b1,bn1.bn1bn1(II)解法一:b11,bn1

a取数列{bn}中的任一个数不妨设abn.

abn,a21

a31



an11

an111b11.b2

111bn1.a1bn111bn2.a2bn1 an10.

故a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}

16. （湖北卷）

解：（1）：当n1时,a1S12;

当n2时,anSnSn12n22(n1)24n2,

故{an}的通项公式为an4n2,即{an}是a12,公差d4的等差数列.

q,则b1qdb1,d4,q

1

4设{bn}的通项公式为1.4 .4n1 2故bnb1qn12,即{bn}的通项公式为bnn1

cn

（II）an4n2(2n1)4n1,2bn4n1

Tnc1c2cn[1341542(2n1)4n1],

4Tn[14342543(2n3)4n1(2n1)4n]

两式相减得

13Tn12(4142434n1)(2n1)4n[(6n5)4n5]3

1Tn[(6n5)4n5].9

17. （湖南卷）

（I）解：设等差数列

由{log2(an1)}的公差为d. 即d=1. a13,a39得2(log22d)log22log28,

an2n1.log(a1)1(n1)n,2n所以即

111n1aana2n2n， （II）证明因为n1

1111111123naa1a3a2an1an2222 所以2

111n2111.12n12

18. （江苏卷）

解：(Ⅰ)由a11，a26，a311，得S11，S22，S318．

AB28,

把n1,2分别代入(5n8)Sn1(5n2)SnAnB

，得2AB48

解得，A20，B8．

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，5n(Sn1Sn)8Sn12Sn20n8，即5nan18Sn12Sn20n8， ①

又5(n1)an28Sn22Sn120(n1)8． ②

②-①得，5(n1)an25nan18an22an120，即(5n3)an2(5n2)an120．

又(5n2)an3(5n7)an220． ④

④-③得，(5n2)(an32an2an1)0，

∴an32an2an10，

∴an3an2an2an1a3a25，又a2a15，

因此，数列an是首项为1，公差为5的等差数列．

(Ⅲ)由(Ⅱ)知，a5n4,(nN

n)．考虑

5amn5(5mn4)25mn20．

1)2aman1„amanaman125mn15(mn)9．

∴5amn1)2厖15(mn)291522910．

即5amn

1)2

1．

1．

19. (全国卷Ⅰ)

10

解：（Ⅰ）由 2S30(2101)S20S100 得 210(S30S20)S20S10, 即210(a21a22a30)a11a12a20,

1010

可得2q(a11a12a20)a11a12a20.

a0210q101q11

因为n，所以 , 解得2ana1qn12n,n1,2,.，因而

a11

（Ⅱ）因为{an}是首项12q

、公比2的等比数列，故

1(11

Sn2n)

1111

2n,nSnnn

2n.

2

T12n

则数列{nSn(12n)(

n}的前n项和 2222n), ③

Tn112n1n(12n)(23nn1).222222

Tn1111n(12n)(2n)n122222 前两式相减，得 2

11(1n)n(n1)2nn(n1)1n142n1Tnn1n2.12222 即

20. (全国卷Ⅰ)

解：（Ⅰ）因为

当{an}是等比数列，Sn0,可得a1S10,q0. q1时,Snna10;

a1(1qn)1qn

当q1时,Sn0,即0,(n1,2,)1q1q

1q0,,(n1,2,)n1q0上式等价于不等式组： ①

1q0,,(n1,2,)n1q0或 ②

解①式得q>1；解②，由于n可为奇数、可为偶数，得－1

又∵Sn>0且－10 1

2或q2时TnSn0即TnSn 1q当

1q2TSn0即TnSn q2当且≠0时，n

q

当

21. (全国卷II)

(I)证明：∵lga1、lga2、lga4成等差数列

2aa1a4lgalgalga22=1+4，即∴2 12或q=2时，TnSn0即TnSn

又设等差数列

这样an的公差为d，则(a1－d)2=a1(a1－3d) ，从而d(d－d2a1da1)=0

∵d≠0

∴d=a1≠0

a2na1(2n1)d2ndbn

∴111na2nd2

11bb∴n是首项为1=2d，公比为2的等比数列。

(II)解。∵b1b2b31117(1)2d2424

∴d=3

∴

a1=d=3