数列高考题及答案

数列高考题

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

827

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。

n

a,a,,aba2a3a(1)nain，i1,2,3,,n!。例如：用1，2，3可得数阵i1i2ini1i2i3对第i行，记i

如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，用1，2，3，4，5形成的数阵中，

b1b2b61221231224，那么，在

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

=_______

1

anan121a1

n412.（北京卷）设数列{an}的首项a1=a≠4，且

（I）求a2，a3；

n为偶数n为奇数

, 记

bna2n1

1

4，n＝＝l，2，3，…·．

（II）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论； （III）求n

lim(b1b2b3bn)

．

13.（北京卷）数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，

an1

1

Sn

3，n=1，2，3，……，求

（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{（Ⅰ）求q的值； （Ⅱ）设{理由.

an

}是公比为q的等比数列，且

a1,a3,a2

成等差数列.

bn}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

n

n

n

1

a15. （福建卷）已知数列{an}满足a1=a, an+1=1+n我们知道当a取不同的值时，得到不同的数列，如当a=1

3511

1,2,,,;当a时,得到有穷数列:,1,0.

2322时，得到无穷数列：

（Ⅰ）求当a为何值时a4=0；

1

(nN)

（Ⅱ）设数列{bn}满足b1=－1, bn+1=bn1，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}；

3

an2(n4)

（Ⅲ）若2，求a的取值范围.

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}

cn

的通项公式； （Ⅱ）设

an

bn，求数列{cn}的前n项和Tn. a13,a39.

17. （湖南卷）已知数列

{log2(an1)}nN*)

为等差数列，且

111

1.

{an}an1an

（Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）证明a2a1a3a2

18. （江苏卷）设数列｛an｝的前项和为

Sn

,已知a1=1, a2=6, a3=11,且

(5n8)Sn1(5n2)SnAnB,

n1,2,3,,其中A,B为常数.

(Ⅰ)求A与B的值; (Ⅱ)证明数列｛an｝为等差数列; (Ⅲ)

1对任何正整数m、n都成立

a1

.

19. (全国卷Ⅰ) 设正项等比数列

an的首项

1

1010

2，前n项和为Sn，且2S30(21)S20S100。

（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

an的公比为q，前n项和Sn0 (n1,2,)。

（Ⅰ）求的取值范围；

q

（Ⅱ）设

bnan2

3an1

SbTT2，记n的前n项和为n，试比较n与n的大小。

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

1a2n

，

n1,2,3,

．

(Ⅰ) 证明bn为等比数列；

7

ab(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．

8. （湖北卷）-2 9.

数列高考题答案

(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·

b1lim(n)

n

b1b2

bn)lim

1(1

n

b12(a11114)（III）

212.

a113.（北京卷）解：（I）由a1=1，

n1

3Sn

，n=1，2，3，……，得

a12

3S111141116

13a13a3S2(a1a2)a，43S33(a1a2a3)，33927，

a11由n1an3(SnSn1)3an

a4

11（n≥2），得n13an(4)n2（n≥2），又a2=3，所以an=33(n≥2),

n1a

1

n14n2

3()n≥2

∴ 数列{an}的通项公式为

3；

1

(42

（II）由（I）可知

a2,a4,

,)na是

2首项为3，公比为3项数为n的等比数列，1(4

)2n13[(4)2naa3

1]1(4)2732a4a6

2n=3

2a3a1a2,即2a1q2a1a1q,

2

14．（福建卷）解：（Ⅰ）由题设

a10,2qq10.

q1或1

2.

∴

n(n1)n23n

q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9n

q,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1

13a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

1an1

1

1

b11.b2

111bn1.a1bn

11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;

的等差数列.

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

q,则b1qdb1,d4,q

1

.4

设{bn}的通项公式为

bn12

12

故

nb1q4

n1

,即{bn}的通项公式为bn4n1.

cann

b4n2(2n1)4n1n

2,

（II）

4n1

Tnc1c2c1n[134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

3T12(4142434n1)(2n1)4n1

n3

[(6n5)4n5]

T1

n9[(6n5)4n5].

17. （湖南卷） （I）解：设等差数列{log2(an1)}的公差为d.

由

a13,a39得2(log22d)log22log28,即d=1.

所以log2(an1)1(n1)n,即an2n1.

1（II）证明因为a11

n1nn

n1ana22，

111111112所以a2a1a3a2

aa3n

n1n2222 111

n

111.112n 2

18. （江苏卷）

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

AB把n1,2分别代入(5n8)Sn1(5n2)SnAnB

28,，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．

③

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因此，数列

a3a25，又a2a15，

an是首项为1，公差为5的等差数列．



(Ⅲ)由(Ⅱ)知，an5n4,(nN)．考虑

5amn5(5mn4)25mn20．

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

．

∴即

5amn1)2厖15(mn)295amn

1)21

1522910

．

1

．

．

19. (全国卷Ⅰ)

解：（Ⅰ）由 即

210S30(2101)S20S100

得

210(S30S20)S20S10,

210(a21a22a30)a11a12a20,

可得

210q10(a11a12a20)a11a12a20.

1010

a02q1, 解得n因为，所以

q

11

ana1qn1n,n1,2,.

2，因而 2

（Ⅱ）因为

{an}

是首项

a1

11

q

2、公比2的等比数列，故

11

(1n)

11,nSnn.Snn12n2n12

12n

Tn(12n)(2n),

{nSn}的前n项和 222 则数列

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

Tn1111n

(12n)(2n)n1

22222 前两式相减，得 2

11(1n)

n(n1)n

n(n1)1n142n1

Tn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,)n

1q0上式等价于不等式组： ①

1q0,

,(n1,2,)n

1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

333

bnaa2an1bnan(q2q),Tn(q2q)Sn.

222（Ⅱ）由得

31

TnSnSn(q2q1)Sn(q)(q2).

22于是

又∵

Sn

>0且－10

qq

1q

当

1

2或q2时TnSn0即TnSn

1

q2

TSn0即TnSn q当2且≠0时，n



q

当

1

2或q=2时，TnSn0即TnSn

21. (全国卷II)

(I)证明：∵lga1、lga2、lga4成等差数列

2aa1a4lgalgalga22=1+4，即∴2

又设等差数列

an的公差为d，则(a1－d)2=a1(a1－3d)

这样

d2a1d

，从而d(d－

a1)=0

∵d≠0 ∴d=

a1≠0

111na2nd2

a2na1(2n1)d2ndbn

∴

11

bb∴n是首项为1=2d，公比为2的等比数列。

b1b2b3

1117

(1)2d2424

(II)解。∵

∴d=3 ∴

a1d

==3