2014-2019全国理数高考真题之数列-教师用卷(1)

努力的你，未来可期!
2014-2019全国理数高考真题之数列
一、选择题（本大题共10小题）
1. 国1（2019-9）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4=0，a 5=5，则( )
A. a n =2n −5
B. a n =3n −10
C. S n =2n 2−8n
D. S n =1
2n 2−2n
【答案】A
解：设等差数列{a n }的公差为d ， 由S 4=0，a 5=5，得 {4a 1+6d =0a 1+4d =5，∴{a 1=−3d =2
， ∴a n =2n −5，S n =n 2−4n ， 故选：A ．
2. 国3（2019-5）已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5=3a 3+4a 1，
则a 3=( ) A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】C 【解答】
解：设等比数列{a n }的公比为q(q >0)， 则由前4项和为15，且a 5=3a 3+4a 1，有
{a 1+a 1q +a 1q 2+a 1q 3=15a 1q 4=3a 1q 2+4a 1
,∴{a 1=1q =2, ∴a 3=22=4，
故选C ．
3. 国1(2018-4)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3=S 2+S 4，a 1=2，则a 5=( )
A. −12
B. −10
C. 10
D. 12 【答案】B
【解析】解：∵S n 为等差数列{a n }的前n 项和，3S 3=S 2+S 4，a 1=2， ∴3×(3a 1+
3×22
d)=a 1+a 1+d +4a 1+
4×32
d ，
把a 1=2，代入得d =−3 ∴a 5=2+4×(−3)=−10． 故选：B ．
4. 国1（2017-4）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4+a 5=24，S 6=48，则{a n }
的公差为( ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解答】
解：S n 为等差数列{a n }的前n 项和，设公差为d ， ∵a 4+a 5=24，S 6=48，
∴{a 1+3d +a 1+4d =24
6a 1+6×52
d =48
, 解得a 1=−2，d =4，
∴{a n}的公差为4．
故选C．
5.国1（2017-12）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，再接下来的三项是20，21，22，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()
A. 440
B. 330
C. 220
D. 110
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前n项和，考查计算能力，属于难题．由题意求得数列的每一项，及前n项和S n=2n+1−2−n，及项数，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将−2−n消去即可，分别即可求得N的值．
【解答】
解：由题意可知，数列可看作：第一项20，第二项：20,21，第三项：20,21,22，…，第n项：20,21,22,…,2n−1，
根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21−1，22−1，23−1，…，2n−1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，
总共的项数为N=1+2+3+⋯+n=(1+n)n
，
2
所有项数的和为S n=21−1+22−1+23−1+⋯+2n−1=(21+22+23+⋯+
−n=2n+1−2−n，
2n)−n=2(1−2n)
1−2
由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将−2−n消去即可，
+2=3，不满足N>100，则①1+2+(−2−n)=0，解得：n=1，总共有(1+1)×1
2
+3=18，不满足N>100，②1+2+4+(−2−n)=0，解得：n=5，总共有(1+5)×5
2
+4=95，不满足N>③1+2+4+8+(−2−n)=0，解得：n=13，总共有(1+13)×13
2
100，
+5=440，满④1+2+4+8+16+(−2−n)=0，解得：n=29，总共有(1+29)×29
2
足N>100，
∴该款软件的激活码440．
故选A．
6.国2(2017-3)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
【解答】
解：设这个塔顶层有a盏灯，
∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，
努力的你，未来可期!
∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，
又总共有灯381盏，
∴381=a(1−27)
1−2
=127a，
解得a=3，
则这个塔顶层有3盏灯．
故选B．
7.国3（2017-9）等差数列{a n}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则
{a n}前6项的和为()
A. −24
B. −3
C. 3
D. 8
【答案】A
【解答】
解：∵设等差数列{a n}的公差为d，(d≠0)，
由题意得a1=1，
∵a2，a3，a6成等比数列，
∴a32=a2⋅a6，
∴(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d)，
解得d=−2，
∴{a n}前6项的和为S6=6a1+6×5
2
d
=6×1+6×5
2
×(−2)=−24．
故选A．
8.国1（2016-3）已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10=8，则a100=()
A. 100
B. 99
C. 98
D. 97
【答案】C
【解答】
解：设{a n}的公差为d，
∵等差数列{a n}前9项的和为27，
S9=9(a1+a9)
2=9×2a5
2
=9a5．
∴9a5=27，a5=3，
又∵a10=8=a5+(10−5)d=3+5d，
∴d=1，
∴a100=a5+95d=98．
故选C．
9.国3(2016-12)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m
项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k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
【答案】C
【解析】【分析】
本题是新定义题，考查数列的应用，关键是对题意的理解，枚举时做到不重不漏，是压轴题．
由新定义可得，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，
末项为1，当m=4时，数列中有四个0和四个1，然后一一列举得答案．
【解答】
解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若m=4，说明数列有8项，满足条件的数列有：
0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；
0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；
0，1，0，0，1，0，1，1；0，1，0，0，1，1，0，1；0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1.共14个．
故选C．
10.国2（2015-4）已知等比数列{a n}满足a1=3，a1+a3+a5=21，则a3+a5+a7=
()
A. 21
B. 42
C. 63
D. 84
【答案】B
【解析】解：∵a1=3，a1+a3+a5=21，
∴a1(1+q2+q4)=21，
∴q4+q2+1=7，
∴q4+q2−6=0，
∴q2=2，
∴a3+a5+a7=a1(q2+q4+q6)=3×(2+4+8)=42．
故选：B．
二、填空题（本大题共7小题，共35.0分）
11.国1（2019-14）记S n为等比数列{a n}的前n项和．若a1=1
3
，a42=a6，则S5=________．
【答案】121
3
【解答】
解：在等比数列中，由a42=a6，得(a1q3)2=a1q5，即q6a12=q5a1，
解得q=3，
则S
5=
1
3
(1−35)
1−3
=121
3
，
故答案为121
3
．
12.国3（2019-14）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1≠0，a2=3a1，则S10
S5
=______．【答案】4
【解析】解：设等差数列{a n}的公差为d，则
由a1≠0，a2=3a1可得，d=2a1，
∴S10
S5
=
10(a1+a10)
5(a1+a5)
=2(2a1+9d) 2a1+4d
=2(2a1+18a1)
2a1+8a1
=4，
努力的你，未来可期!
故答案为：4．
13. 国1（2019-14）记S n 为数列{a n }的前n 项和，若S n =2a n +1，则S 6=_____． 【答案】−63 【解答】
解：S n 为数列{a n }的前n 项和，S n =2a n +1，① 当n =1时，a 1=2a 1+1，解得a 1=−1， 当n ≥2时，S n−1=2a n−1+1，②， 由①−②可得a n =2a n −2a n−1， ∴a n =2a n−1，
∴{a n }是以−1为首项，以2为公比的等比数列， ∴S 6=
−1×(1−26)
1−2
=−63，
故答案为−63．
14. 国2（2017-15）等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=3，S 4=10，则∑1
S k
n
k=1=______．
【答案】2n
n+1
【解析】
解：等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=3，S 4=10， 由S 4=
4(a 1+a 4)
2
=2(a 2+a 3)=10，
可得a 2=2，数列的公差为1，首项为1，a n =n, S n =
n(n+1)2，1S n
=2n(n+1)=2(1n −1
n+1)，
则∑1
S k
n k=1=2[1−12+12−13+13−14+⋯+1n −1
n+1]
=2(1−1n+1)=2n
n+1． 故答案为2n
n+1．
15. 国3（2017-14）设等比数列{a n }满足a 1+a 2=−1，a 1−a 3=−3，则a 4=______．
【答案】−8 【解析】
解：设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1+a 2=−1，a 1−a 3=−3， ∴a 1(1+q)=−1，a 1(1−q 2)=−3， 解得a 1=1，q =−2． 则a 4=(−2)3=−8． 故答案为−8．
16. 国1（2016-15）设等比数列{a n }满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1·a 2·…·a n
的最大值为______．
【答案】64 【解答】
解：等比数列{a n }满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，设公比为q ， 可得a 2+a 4=q (a 1+a 3)=5，解得q =1
2， a 1+q 2a 1=10，解得a 1=8，
则a 1·a 2·⋯·a n =a 1n q 1+2+3+⋯+(n−1) =8n
·(1
2)
n(n−1)2
=2
3n−
n 2−n 2
=2
7n−n 22
，
当n =3或n =4时，a 1·a 2·⋯·a n 取得最大值：212
2=26=64， 故答案为64．
17. 国2（2015-16）设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=−1，a n+1=S n+1S n ，则
S n =______．
【答案】−1
n
【解析】解：∵a n+1=S n+1S n ， ∴S n+1−S n =S n+1S n ， ∴1S n
−1
S
n+1
=1，
又∵a 1=−1，即1
S 1
=−1，
∴数列{1
S n
}是以首项是−1、公差为−1的等差数列，
∴1
S n
=−n ，
∴S n =−1
n ，
故答案为：−1
n ．
通过S n+1−S n =a n+1可知S n+1−S n =S n+1S n ，两边同时除以S n+1S n 可知1S n
−1
S
n+1
=1，
进而可知数列{1
S n
}是以首项、公差均为−1的等差数列，计算即得结论．
本题考查数列的通项，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
三、解答题（本大题共8小题，共96.0分）
18. 国2（2019-19）已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，4a n+1=3a n −b n +4，
4b n+1=3b n −a n −4．
(1)证明：{a n +b n }是等比数列，{a n −b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．
【答案】(1)证明：∵4a n+1=3a n −b n +4，4b n+1=3b n −a n −4， ∴4(a n+1+b n+1)=2(a n +b n )，4(a n+1−b n+1)=4(a n −b n )+8， 即a n+1+b n+1=1
2(a n +b n )，a n+1−b n+1=a n −b n +2；
努力的你，未来可期!
又a 1+b 1=1，a 1−b 1=1，
∴{a n +b n }是首项为1，公比为1
2的等比数列， {a n −b n }是首项为1，公差为2的等差数列；
(2)解：由(1)可得：a n +b n =(12)n−1，a n −b n =1+2(n −1)=2n −1， ∴a n =(1
2)n +n −1
2，b n =(1
2)n −n +1
2
． 【解析】本题主要考查了等差、等比数列的定义和通项公式，考查学生的计算能力和推理能力，属于简单题． (1)定义法证明即可；
(2)由(1)结合等差、等比的通项公式可得．
19. 国2（2018-17）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1=−7，S 3=−15．
(1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．
【答案】解：(1)∵等差数列{a n }中，a 1=−7，S 3=−15， ∴a 1=−7，3a 1+3d =−15，解得a 1=−7，d =2， ∴a n =−7+2(n −1)=2n −9；
(2)∵a 1=−7，d =2，a n =2n −9，
∴S n =n
2(a 1+a n )=1
2(2n 2−16n)=n 2−8n =(n −4)2−16， ∴当n =4时，前n 项的和S n 取得最小值为−16．
20. 国3（2018-17）等比数列{a n }中，a 1=1，a 5=4a 3．
(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 ． 【答案】解：(1)∵等比数列{a n }中，a 1=1，a 5=4a 3． ∴1×q 4=4×(1×q 2)， 解得q =±2，
当q =2时，a n =2n−1，
当q =−2时，a n =(−2)n−1，
∴{a n }的通项公式为，a n =2n−1，或a n =(−2)n−1． (2)记S n 为{a n }的前n 项和． 当a 1=1，q =−2时，S n =a 1(1−q n )1−q
=
1−(−2)n 1−(−2)
=
1−(−2)n
3
，
由S m =63，得S m =
1−(−2)m
3
=63，m ∈N ，无解；
当a 1=1，q =2时，S n =
a 1(1−q n )
1−q
=
1−2n 1−2
=2n −1，
由S m =63，得S m =2m −1=63，m ∈N ， 解得m =6．
21. 国2
（2016-17）S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1=1，S 7=28，记b n =[lga n ]，其中[x]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1．
(Ⅰ)求b 1，b 11，b 101；
(Ⅱ)求数列{b n }的前1000项和．
【答案】解：(Ⅰ)S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S7=28，7a4=28．可得a4=4，则公差d=1．
所以a n=n，
b n=[lgn]，则b1=[lg1]=0，
b11=[lg11]=1，
b101=[lg101]=2．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：b1=b2=b3=⋯=b9=0，b10=b11=b12=⋯=b99=1．b100=b101=b102=b103=⋯=b999=2，b1000=3．
数列{b n}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3=1893．
22.国3（2016-17）-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S5=31
32
，求λ．
【答案】解：(1)∵S n=1+λa n，λ≠0．
∴a n≠0．
当n≥2时，S n−1=1+λa n−1，
两式相减，得
a n=1+λa n−1−λa n−1=λa n−λa n−1，
即(λ−1)a n=λa n−1，
∵λ≠0，a n≠0.∴λ−1≠0.即λ≠1，
即a n
a n−1=λ
λ−1
，(n≥2)，
∴{a n}是等比数列，公比q=λ
λ−1
，当n=1时，S1=1+λa1=a1，
即a1=1
1−λ
，
∴a n=1
1−λ·(λ
λ−1
)n−1；
(2)若S5=31
32
，
则S5=1+λ[1
1−λ·(λ
λ−1
)4]=31
32
，
即(λ
1−λ)5=31
32
−1=−1
32
，
则λ
1−λ=−1
2
，得λ=−1．
23.国1（2015-17）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n>0，a n2+2a n=4S n+3
(I)求{a n}的通项公式；
(Ⅱ)设b n=1
a n a n+1
，求数列{b n}的前n项和．
【答案】解：(I)由a n2+2a n=4S n+3，可知a n+1
2+2a n+1=4S n+1+3，
两式相减得a n+1
2−a n2+2(a n+1−a n)=4a n+1，
即2(a n+1+a n)=a n+1
2−a n2=(a n+1+a n)(a n+1−a n)，
∵a n>0，∴a n+1−a n=2，
努力的你，未来可期!
∵a 12+2a 1=4a 1+3， ∴a 1=−1(舍)或a 1=3，
则{a n }是首项为3，公差d =2的等差数列， ∴{a n }的通项公式a n =3+2(n −1)=2n +1； (Ⅱ)∵a n =2n +1，
∴b n =
1a n a n+1
=
1
(2n+1)(2n+3)
=12(
1
2n+1−
1
2n+3)，
∴数列{b n }的前n 项和T n =12(13−1
5+1
5−1
7+⋯+1
2n+1−1
2n+3) =12(1
3−
12n+3
)=
n
3(2n+3)
．
24. 国1
（2014-17）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1，a n ≠0，a n a n+1=λS n −1，其中λ为常数．
(Ⅰ)证明：a n+2−a n =λ
(Ⅱ)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．
【答案】(Ⅰ)证明：∵a n a n+1=λS n −1，a n+1a n+2=λS n+1−1，
∴a n+1(a n+2−a n )=λa n+1
∵a n+1≠0，
∴a n+2−a n =λ．
(Ⅱ)解：假设存在λ，使得{a n }为等差数列，设公差为d ． 则λ=a n+2−a n =(a n+2−a n+1)+(a n+1−a n )=2d ， ∴d =λ
2． ∴a n =1+
λ(n−1)2
，a n+1=1+
λn 2
，
∴λS n =1+[1+
λ(n−1)2
] [1+
λn
2
]=λ24
n 2+(λ−
λ2
4
)n +2−λ
2， 根据{a n }为等差数列的充要条件是{
λ≠0
2−λ2=0
，解得λ=4． 此时可得S n =n 2，a n =2n −1．
因此存在λ=4，使得{a n }为等差数列．
也可以先考虑前3项成等差数列，得出λ，再进一步验证即可．
【解析】(Ⅰ)利用a n a n+1=λS n −1，a n+1a n+2=λS n+1−1，相减即可得出； (Ⅱ)假设存在λ，使得{a n }为等差数列，设公差为d.可得λ=a n+2−a n =(a n+2−a n+1)+(a n+1−a n )=2d ，d =λ
2
.得到λS n =
λ24
n 2
+(λ−
λ2
4
)n +2−λ
2，根据{a n }为等差数列的充要条件是{λ≠0
2−λ2
=0
，解得λ即可． 本题考查了递推式的意义、等差数列的通项公式及其前n 项和公式、等差数列的充要条件等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力、分类讨论的思想方法，属于难题．
25. 国2（2014-17）已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=3a n +1．
(Ⅰ)证明{a n +1
2}是等比数列，并求{a n }的通项公式； (Ⅱ)证明：1a 1
+1a 2
+⋯+1a n
<3
2．
【答案】证明(Ⅰ)
a n+1+12
a n +
12
=
3a n +1+12
a n +
12
=
3(a n +12)
a n +
12
=3，
∵a 1+12
=32
≠0，
∴数列{a n +1
2}是以首项为3
2，公比为3的等比数列； ∴a n +1
2
=3
2×3
n−1=
3n 2
，即a n =
3n −12
；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知1
a n
=2
3n −1，
当n ≥2时，∵3n −1>3n −3n−1，∴1a n
=23n −1<23n −3n−1=1
3n−1，
∴当n =1时，1a 1
=1<3
2成立，
当n ≥2时，1a 1
+1a 2
+⋯+1a n
<1+13+132+⋯+1
3n−1=
1−(13)n
1−13
=32(1−13n )<3
2．
∴对n ∈N +时，1a 1
+1a 2
+⋯+1a n
<3
2．
【解析】本题考查的是数列的递推关系式、等比数列，用放缩法证明不等式，证明数列为等比数列，只需要根据等比数列的定义就行；数列与不等式常结合在一起考，放缩法是常用的方法之一，
通过放大或缩小，使原数列变成一个等比数列，或可以用裂项相消法求和的新数列．属于中档题．
(Ⅰ)根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，即b n+1b n
=常数，又首项不为0，
所以为等比数列；
再根据等比数列的通项化式，求出{a n }的通项公式；
(Ⅱ)将1
a n
进行放大，即将分母缩小，使得构成一个等比数列，从而求和，证明不等式．。