2017---2018年高考真题解答题专项训练：数列(文科)学生版

2017———2018年高考真题解答题专项训练：数列(文科）学生版
（1—5题2017年)
1．已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=1，a 2+a 4=10,b 2b 4=a 5． （Ⅰ）求{a n }的通项公式；
（Ⅱ)求和：b 1+b 3+b 5+⋯+b 2n−1．
2．已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N ∗)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0,
b 2+b 3=12,b 3=a 4−2a 1,S 11=11b 4。

（Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式;
(Ⅱ）求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N ∗)。

3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ,且a 1=−1，b 1=1,a 2+b 2=2.
，1，若a 3+b 3=5，求{b n }的通项公式; ，2)若T 3=21，求S 3， 4．设数列{}n a 满足()123212n a a n a n +++-=.
（1）求{}n a 的通项公式； （2）求数列21n a n ⎧⎫
⎨
⎬+⎩⎭
的前n 项和。

5．记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6. (1)求{}n a 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。

（6——-11题2018年)
6．已知等比数列{a n ，的公比q ，1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项，数列 {b n ，满足b 1=1，数列{，b n +1−b n )a n ，的前n 项和为2n 2+n ， ，Ⅰ)求q 的值;
，Ⅱ，求数列，b n }的通项公式，
7．设，a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，n ，N ，);{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n ，n ，N ，）．已知b 1=1,b 3=b 2+2，b 4=a 3+a 5，b 5=a 4+2a 6， ，，）求S n 和T n ，
，，）若S n +，T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n ，求正整数n 的值． 8．设{a n }是等差数列，且a 1=ln2,a 2+a 3=5ln2，
，，）求{a n}的通项公式；
，，)求e a1+e a2+⋯+e a n.
，9．已知数列{a n}满足a1=1,na n+1=2(n+1)a n，设b n=a n
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．
10．等比数列{a n}中,a1=1 ， a5=4a3．
（1）求{a n}的通项公式；
(2）记S n为{a n}的前n项和．若S m=63，求m．
11．记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1=−7，S3=−15，，1)求{a n}的通项公式;
，2)求S n，并求S n的最小值．
2017———2018年高考真题解答题专项训练：数列（文科）学生版
参考答案
1．(1）a n=2n−1.（2）3n−1
2
【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（北京卷精编版）
【解析】试题分析：（Ⅰ)设等差数列的公差为d,代入建立方程进行求解；（Ⅱ）由{b n}是等比数列,知{b2n−1}依然是等比数列，并且公比是q2，再利用等比数列求和公式求解。

试题解析:（Ⅰ）设等差数列｛a n}的公差为d。

因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.
解得d=2.
所以a n=2n−1.
（Ⅱ）设等比数列的公比为q。

因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9。

解得q2=3.
所以b2n−1=b1q2n−2=3n−1。

从而b1+b3+b5+⋯+b2n−1=1+3+32+⋯+3n−1=3n−1
.
2
【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；(2）裂项相消法求和，一般适用于，
,等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列×等比数列的形式;（4）倒序相加法求和,一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和。

2．（Ⅰ）a n=3n−2. b n=2n.（Ⅱ）(3n−4)2n+2+16.
【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（天津卷精编版）
【解析】试题分析：根据等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式列方程求出等差数列首项a1和公差d及等比数列的公比q，写出等差数列和等比孰劣的通项公式，利用错位相减法求出数列的和，要求计算要准确。

试题解析：(Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.由已知b2+b3=12，得b1(q+q2)=12,而b1=2，所以q2+q−6=0。

又因为q>0,解得q=2.所以，b n=2n.
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由b3=a4−2a1，可得3d−a1=8①。

由S11=11b4，可得a1+5d=16②，联立①②，解得a1=1,d=3,由此可得a n=3n−2.
所以，{a n}的通项公式为a n=3n−2,{b n}的通项公式为b n=2n。

(Ⅱ)解：设数列{a2n b n}的前n项和为T n，由a2n=6n−2，有
T n=4×2+10×22+16×23+⋯+(6n−2)×2n，
2T n=4×22+10×23+16×24+⋯+(6n−8)×2n+(6n−2)×2n+1，
上述两式相减,得−T n=4×2+6×22+6×23+⋯+6×2n−(6n−2)×2n+1
=12×(1−2n)
1−2
−4−(6n−2)×2n+1=−(3n−4)2n+2−16.
得T n=(3n−4)2n+2+16。

所以，数列{a2n b n}的前n项和为(3n−4)2n+2+16。

【考点】等差数列、等比数列、数列求和
【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前n项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和方法有倒序相加法,错位相减法,裂项相消法和分组求和法等,本题考查错位相减法求和。

3．（1)b n=2n−1；(2）21或−6.
【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷精编版）
【解析】
【详解】
试题分析:(1)设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q(q≠0)，由已知条件求出q，再写出通项公式;（2）由T13=13，求出q的值，再求出d的值，求出S5.
试题解析:设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q(q≠0)有(1+d)+q=4,即d+ q=3。

（1）∵(−1+2d)+q2=5，结合d+q=3得q=2，
∴b n=2n−1。

（2）∵T3=1+q+q2=13，解得q=−4或3，
当q=−4时，d=7,此时S5=5×1+5×4
2
×7=75；
当q=3时，d=0，此时S5=5a1=5。

4．（1）
2
21
n-
；（2）
2
21
n
n+
【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(新课标3卷精编版）
【解析】试题分析：
(1）由题意结合递推公式可得数列的通项公式为()
2
21
n a n N n +=
∈-;
(2）裂项求和可得求数列21n a n ⎧⎫
⎨⎬+⎩⎭
的前n 项和是221n n + 。

试题解析：
（1)当时,
，当
时,由
，
①
,②
①②得，即，验证符合上式,所以
.
(2)。

,。

5．(1）()2n
n a =-；（2）见解析。

【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(新课标1卷精编版）
【解析】试题分析：（1）由等比数列通项公式解得2q =-， 12a =-即可求解;(2)利用等差中项证明S n +1，S n ，S n +2成等差数列．
试题解析：(1）设{}n a 的公比为q .由题设可得()()12
112{
16
a q a q q
+=++=- ，解得2q =-,
12a =-。

故{}n a 的通项公式为()2n
n a =-.
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（2)由(1）可得(
)()
1
1122113
3
n
n n
n a q S q
+-=
=-+--. 由于()()321
21422221212333
3n n n n n n n n S S S +++++⎡⎤-+=-+-=-+-=⎢⎥⎣⎦，
故1n S +， n S ， 2n S +成等差数列.
点睛：等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量"的方法． 6．（，）q =2
，，)b n =15−(4n +3)⋅(1
2)n−2
【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试数学(浙江卷）
【解析】分析:，Ⅰ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比，（Ⅱ，先根据数列{(b n+1−b n )a n }前n 项和求通项,解得b n+1−b n ，再通过叠加法以及错位相减法求b n ，
详解：（Ⅰ）由a 4+2是a 3,a 5的等差中项得a 3+a 5=2a 4+4， 所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28, 解得a 4=8.
由a 3+a 5=20得8(q +1
q )=20，
因为q >1，所以q =2，
（Ⅱ）设c n =(b n+1−b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n . 由c n ={
S 1,n =1,S n −S n−1,n ≥2. 解得c n =4n −1， 由(Ⅰ）可知a n =2n−1,
所以b n+1−b n =(4n −1)⋅(1
2)n−1， 故b n −b n−1=(4n −5)⋅(12)n−2,n ≥2，
b n −b 1=(b n −b n−1)+(b n−1−b n−2)+⋯+(b 3−b 2)+(b 2−b 1) =(4n −5)⋅(1
2)n−2+(4n −9)⋅(1
2)n−3+⋯+7⋅1
2+3.
设T n =3+7⋅12
+11⋅(12
)2+⋯+(4n −5)⋅(12
)n−2,n ≥2，
12
T n =3⋅12
+7⋅(1
2
)2+⋯+
(4n −9)⋅(12
)n−2+(4n −5)⋅(1
2
)n−1
所以12T n =3+4⋅12+4⋅(12)2+⋯+4⋅(12)n−2−(4n −5)⋅(1
2)n−1， 因此T n =14−(4n +3)⋅(1
2)n−2,n ≥2，
又b 1=1，所以b n =15−(4n +3)⋅(1
2)n−2，
点睛：用错位相减法求和应注意的问题，(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;(2)在写出“S n "与“qS n "的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n −qS n "的表达式；，3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解， 7．(Ⅰ）S n =
n(n+1)2
,T n =2n −1；(Ⅱ)4.
【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（天津卷） 【解析】分析：（I ）由题意得到关于q 的方程，解方程可得q =2，则T n =1−2n 1−2
=2n −1.结
合题意可得等差数列的首项和公差为a 1=1,d =1,则其前n 项和S n =
n(n+1)
2
.
，II ）由(I ）,知T 1+T 2+⋯+T n =2n+1−n −2. 据此可得n 2−3n −4=0, 解得n =−1（舍)，或n =4.则n 的值为4.
详解：(I ）设等比数列{b n }的公比为q ,由b 1=1,b 3=b 2+2,可得q 2−q −2=0． 因为q >0，可得q =2，故b n =2
n−1
．所以，T n =
1−2n 1−2
=2n −1．
设等差数列{a n }的公差为d ．由b 4=a 3+a 5，可得a 1+3d =4．由b 5=a 4+2a 6,可得3a 1+13d =16,从而a 1=1,d =1，故a n =n ，所以,S n =
n(n+1)2
．
（II ）由（I ），有T 1+T 2+⋯+T n =(21+23+⋯+2n )−n =2×(1−2n )1−2
−n =2n+1−n −2.
由S n +(T 1+T 2+⋯+T n )=a n +4b n 可得
n(n+1)2
+2n+1−n −2=n +2n+1，
整理得n 2−3n −4=0,解得n =−1（舍），或n =4．所以n 的值为4．
点睛:本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力. 8．（I ）nln2 ，II，2n+1−2
本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（北京卷)
【解析】分析：（1)设公差为d，根据题意可列关于a1,d的方程组，求解a1,d,代入通项公式可得;（2，由，1，可得e a n=2n，进而可利用等比数列求和公式进行求解.
详解:（I）设等差数列{a n}的公差为d,
，a2+a3=5ln2，
，2a1+3d=5ln2，
又a1=ln2，∴d=ln2。

，a n=a1+(n−1)d=nln2，
，II）由（I）知a n=nln2，
，e a n=e nln2=e ln2n=2n,
，{e a n}是以2为首项，2为公比的等比数列.
，e a1+e a2+⋯+e a n=e ln2+e ln22+⋯+e ln2n
=2+22+⋯+2n
=2n+1−2，
，e a1+e a2+⋯+e a n=2n+1−2
点睛：等差数列的通项公式及前n项和共涉及五个基本量a1,a n,d,n,S n,知道其中三个可求另外两个,体现了用方程组解决问题的思想，
9．(1）b1=1，b2=2,b3=4．
(2， {b n}是首项为1，公比为2的等比数列．理由见解析。

(3) a n=n·2n-1．
【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷）
【解析】分析:（1）根据题中条件所给的数列{a n}的递推公式na n+1=2(n+1)a n,将其化为
a n+1=2(n+1)
n a n，分别令n=1和n=2，代入上式求得a2=4和a3=12，再利用b n=a n
n
，从而求得
b1=1，b2=2,b3=4，
(2)利用条件可以得到a n+1
n+1=2a n
n
，从而可以得出b n+1=2b n，这样就可以得到数列{b n}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a n
n
=2n−1，从而求得a n=n·2n-1，
详解:（1）由条件可得a n+1=2(n+1)
n
a n，
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，
(2，{b n，是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得a n+1
n+1=2a n
n
,即b n+1=2b n,又b1=1，所以，b n}是首项为1，公比为2的等比数列．
，3)由（2）可得a n
n
=2n−1，所以a n=n·2n-1，
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{b n}的通项公式，借助于{b n}的通项公式求得数列{a n}的通项公式，从而求得最后的结果，
10．（1）a n=(−2)n−1或a n=2n−1 .
(2）m=6。

【来源】2018年全国卷Ⅲ文数高考试题文档版
【解析】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{a n}的公比为q，由题设得a n=q n−1，
由已知得q4=4q2,解得q=0（舍去)，q=−2或q=2，
故a n=(−2)n−1或a n=2n−1，
，2）若a n=(−2)n−1，则S n=1−(−2)n
3
．由S m=63得(−2)m=−188，此方程没有正整数解．若a n=2n−1，则S n=2n−1．由S m=63得2m=64，解得m=6，
综上,m=6，
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.
11．（1）a n=2n–9，（2）S n=n2–8n,最小值为–16，
【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理数(全国卷II)
【解析】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S n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{a n}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15，
由a1=–7得d=2，
所以，a n，的通项公式为a n=2n–9，
本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

，2）由(1）得S n=n2–8n=，n–4)2–16，
所以当n=4时，S n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.。