历年高考理科数列真题汇编含答案解析

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近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编07 数列

（2）已知数列{bn}满足: ，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值．
53．（2019·北京（文））设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
A．1盏B．3盏
C．5盏D．9盏
二、填空题
22．（2020·海南）将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
23．（2020·浙江）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列，数列的前3项和是________．
A．2a4=a2+a6B．2b4=b2+b6C． D．
7．（2020·全国（文））设是等比数列，且，，则（）
A．12B．24C．30D．32
8．（2020·全国（文））记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则 =（）
A．2n–1B．2–21–nC．2–2n–1D．21–n–1
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编
七、数列
一、单选题
1．（2021·全国（文））记为等比数列的前n项和.若，，则（）
A．7B．8C．9D．10
2．（2021·浙江）已知，函数 .若成等比数列，则平面上点的轨迹是（）
A．直线和圆B．直线和别解答，则按第一个解答计分．
43．（2021·全国（理））记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;

【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编数列大题(原卷版及解析版)

6．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)(12分)等比数列中，，
(1)求的通项公式；
(2)记为的前项和，若，求．
(1) 或；(2)
【答案】【官方解析】（1）设的公比为，由题设得
由已知得，解得（舍去），或
故或
（2）若，则，由，得，此方和没有正整数解
若，则，由，得，解得
【答案】解析：（1）设的公差为，由题意得．
由得，所以的通项公式为．
（2）由（1）得．
所以当时，取得最小值，最小值为．
8．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科)已知数列的前项和 ,其中 .
(Ⅰ)证明是等比数列,并求其通项公式;
(Ⅱ)若 ,求 .
【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ) .
【解析】(Ⅰ)由题意得 ,故 , , .
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
（2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时， ,
当n≥2时, ,显然对于n=1不成立,
∴ ．
【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与项的关系，其中由 ,得到，进而得到是关键一步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用的重要的思想方法．
【解析】（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设前项和为，，
，①
，②
① ②得，
，
．
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题．

全国卷贵州省2005-2012年理科数列真题集答案汇总

4、（2008全国卷Ⅱ（贵州）理科）
设数列的前项和为．已知，，．
（Ⅰ）设，求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，，求的取值范围．
5、（2009全国卷Ⅱ（贵州）理科）
设数列的前项和为已知
（I）设，证明数列是等比数列
（II）求数列的通项公ห้องสมุดไป่ตู้。
6、（2010全国卷Ⅱ（贵州）理科）
已知数列的前项和．
真题在现
1、(2005全国卷Ⅲ（贵州）理科）
在等差数列
已知数列成等比数列,求数列的通项。
2、(2006全国卷Ⅲ（贵州）理科）
设数列的前项的和
，
（Ⅰ）求首项与通项；
（Ⅱ）设，，证明：
3、(2007全国卷Ⅱ（贵州）理科）
设数列的首项．
（1）求的通项公式；
（2）设，证明，其中为正整数．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：
7、（2011全国卷Ⅱ（贵州）理科）
（20）设数列满足且
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）设
答案详解
1、（2005）
解：由题意得： ……………………………………………1分
即 ………………………………………………3分
又 ∴ ………………………………………………………4分
又成等比数列,
∴该数列的公比为，…………………………………6分
所以 ………………………………………………8分
……………………………………………10分
∴
所以数列的通项为 …………………………………12分
2、（2006）解：（I）由，，，，，①
得，所以．
再由①有，，，．②

安徽历年高考理科数学试题及答案汇编十一数列

安徽省历年高考理科数学试题及答案汇编十一数列试题1、14．（4分）（2008安徽）在数列{a n}中，，a1+a2+…a n=an2+bn，n∈N*，其中a，b为常数，则的值是．2、5．（5分）（2009安徽）已知{a n}为等差数列，a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，以S n表示{a n}的前n项和，则使得S n达到最大值的n是（）A．21 B．20 C．19 D．183、10．（5分）（2010安徽）设{a n}是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X，Y，Z，则下列等式中恒成立的是（）A．X+Z=2Y B．Y（Y﹣X）=Z（Z﹣X）C．Y2=XZ D．Y（Y﹣X）=X（Z﹣X）4、4．（5分）（2012安徽）公比为的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，则log2a16=A．4B．5C．6D．712n12n分别在角O的两条边上，所有A n B n相互平行，且所有梯形A n B n B n+1A n+1的面积均相等，设OA n=a n，若a1=1，a2=2，则数列{a n}的通项公式是．6、12．（5分）（2014安徽）数列{a n}是等差数列，若a1+1，a3+3，a5+5构成公比为q的等比数列，则q= ．7、14．（5分）（2015安徽）已知数列{a n}是递增的等比数列，a1+a4=9，a2a3=8，则数列{a n}的前n项和等于．解答题1、21．（13分）（2008安徽）设数列{a n}满足a1=0，a n+1=ca n3+1﹣c，n∈N*，其中c为实数（1）证明：a n∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；（2）设，证明：a n≥1﹣（3c）n﹣1，n∈N*；（3）设，证明：．2、21．（13分）（2009安徽）首项为正数的数列{a n}满足a n+1=（a n2+3），n∈N+．（1）证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，a n都是奇数；（2）若对一切n∈N+都有a n+1＞a n，求a1的取值范围．3、20．（13分）（2010安徽）设数列a1，a2，…，a n，…中的每一项都不为0．证明：{a n}为等差数列的充分必要条件是：对任何n∈N，都有++…+=．4、18．（13分）（2011安徽）在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作T n，再令a n=lgT n，n≥1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=tana n•tana n+1，求数列{b n}的前n项和S n．5、21．（13分）（2012安徽）数列{x n}满足x1=0，x n+1=﹣x2n+x n+c（n∈N*）．（Ⅰ）证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c＜0；（Ⅱ）求c的取值范围，使{x n}是递增数列．6、21．（13分）（2014安徽）设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*．（Ⅰ）证明：当x＞﹣1且x≠0时，（1+x）p＞1+px；（Ⅱ）数列{a n}满足a1＞，a n+1=a n+a n1﹣p．证明：a n＞a n+1＞．答案1、解：∵，∴，从而．∴a=2，，则．答案：1．2、解：设{a n}的公差为d，由题意得a1+a3+a5=a1+a1+2d+a1+4d=105，即a1+2d=35，①a2+a4+a6=a1+d+a1+3d+a1+5d=99，即a1+3d=33，②由①②联立得a1=39，d=﹣2，∴S n=39n+×（﹣2）=﹣n2+40n=﹣（n﹣20）2+400，故当n=20时，S n达到最大值400．故选：B．3、解：取等比数列1，2，4，令n=1得X=1，Y=3，Z=7代入验算，只有选项D满足．故选D4、解：∵公比为的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，∴，∴a7=4，∴=32，∴log2a16=log232=5．故选B．5、解：设，∵OA1=a1=1，OA2=a2=2，A1B1∥A2B2，∴A1B1是三角形OA2B2的中位线，∴==，∴梯形A1B1B2A2的面积=3S．故梯形A n B n B n+1A n+1的面积=3S．∵所有A n B n相互平行，∴所有△OA n B n（n∈N*）都相似，∴，，，…，∵，∴，，…．∴数列{}是一个等差数列，其公差d=3，故=1+（n﹣1）×3=3n﹣2．∴．因此数列{a n}的通项公式是．故答案为．6、解：设等差数列{a n}的公差为d，由a1+1，a3+3，a5+5构成等比数列，得：，整理得：，即+5a1+a1+4d．化简得：（d+1）2=0，即d=﹣1．∴q==．故答案为：1．7、解：数列{a n}是递增的等比数列，a1+a4=9，a2a3=8，可得a1a4=8，解得a1=1，a4=8，∴8=1×q3，q=2，数列{a n}的前n项和为：=2n﹣1．故答案为：2n﹣1．解答题1、解：（1）必要性：∵a1=0，∴a2=1﹣c，又∵a2∈[0，1]，∴0≤1﹣c≤1，即c∈[0，1]充分性：设c∈[0，1]，对n∈N*用数学归纳法证明a n∈[0，1]当n=1时，a1=0∈[0，1]．假设a k∈[0，1]（k≥1）则a k+1=ca k3+1﹣c≤c+1﹣c=1，且a k+1=ca k3+1﹣c≥1﹣c=≥0∴a k+1∈[0，1]，由数学归纳法知a n∈[0，1]对所有n∈N*成立（2）设，当n=1时，a1=0，结论成立，当n≥2时，∵a n=ca n﹣13+1﹣c，∴1﹣a n=c（1﹣a n﹣1）（1+a n﹣1+a n﹣12）∵，由（1）知a n﹣1∈[0，1]，所以1+a n﹣1+a n﹣12≤3且1﹣a n﹣1≥0∴1﹣a n≤3c（1﹣a n﹣1）∴1﹣a n≤3c（1﹣a n﹣1）≤（3c）2（1﹣a n﹣2）≤≤（3c）n﹣1（1﹣a1）=（3c）n﹣1∴a n≥1﹣（3c）n﹣1（n∈N*）（3）设，当n=1时，，结论成立当n≥2时，由（2）知a n≥1﹣（3c）n﹣1＞0∴a n2≥（1﹣（3c）n﹣1）2=1﹣2（3c）n﹣1+（3c）2（n﹣1）＞1﹣2（3c）n﹣1∴a12+a22+…+a n2=a22+…+a n2＞n﹣1﹣2[3c+（3c）2+…+（3c）n﹣1]=n﹣1﹣2×=n﹣1﹣2×=2、（1）证明：已知a1是奇数，假设a k=2m﹣1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得a k+1==m（m﹣1）+1是奇数．根据数学归纳法，对任何n≥2，a n都是奇数．（2）法一：由a n+1﹣a n=（a n﹣1）（a n﹣3）知，a n+1＞a n当且仅当a n＜1或a n＞3．另一方面，若0＜a k＜1，则0＜a k+1＜=1；若a k＞3，则a k+1＞=3．根据数学归纳法得，0＜a1＜1⇔0＜a n＜1，∀n∈N+；a1＞3⇔a n＞3，∀n∈N+．综上所述，对一切n∈N+都有a n+1＞a n的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3．法二：由a2=＞a1，得a12﹣4a1+3＞0，于是0＜a1＜1或a1＞3．a n+1﹣a n=﹣=，因为a1＞0，a n+1=，所以所有的a n均大于0，因此a n+1﹣a n与a n﹣a n﹣1同号．根据数学归纳法，∀n∈N+，a n+1﹣a n与a2﹣a1同号．因此，对一切n∈N+都有a n+1＞a n的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3．3、证明：先证必要性设数列a n的公差为d，若d=0，则所述等式显然成立．若d≠0，则===．再证充分性：用数学归纳法证明：①设所述的等式对一切n∈N都成立，首先在等式①两端同时乘a1a2a3，即得a1+a3=2a2，所以a1，a2，a3成等差数列，记公差为d，则a2=a1+d．②假设a k=a1+（k﹣1）d，当n=k+1时，观察如下二等式=②，=，将②代入③得，在该式两端同时乘a1a k a k+1，得（k﹣1）a k+1+a1=ka k，把a k=a1+（k﹣1）d代入后，整理得a k+1=a1+kd．由数学归纳法原理知对任何n∈N，都有++…+=．所以，{a n}是公差为d的等差数列．4、解：（I）∵在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，又∵这n+2个数的乘积计作T n，∴T n=10n+2又∵a n=lgT n，∴a n=lg10n+2=n+2，n≥1．（II）∵b n=tana n•tana n+1=tan（n+2）•tan（n+3）=，∴S n=b1+b2+…+b n=[]+[]+…+[]=5、当c＜0时，x n+1=﹣x2n+x n+c＜x n，∴{x n}是单调递减数列充分条件当{x n}是单调递减数列时x1=0＞x2=﹣x21+x1+c∴c＜0综上{x n}是从递减数列的充分必要条件是c＜0；（Ⅱ）由（I）得，c≥0①当c=0时，x n=x1=0，此时数列为常数列，不符合题意；②当c＞0时，x2=c＞x1=0，x3=﹣c2+2c＞x2=c∴0＜c＜1⇔⇔0=x1≤x n＜，=﹣（x n+1﹣x n）（x n+1+x n﹣1），当0＜c时，⇒x n﹣x n+1+1＞0⇔x n+2﹣x n+1﹣1＜0，⇔x n+2﹣x n+1与x n+1﹣x n同号，由x2﹣x1=c＞0⇒x n+1﹣x n＞0⇔x n+1＞x n．=⇔．当c时，存在N使x N⇒x N+x N+1＞1⇒x N+2﹣x N+1与x N+1﹣x N异号，与数列{x n}是从递减数列矛盾．所以当0＜c时，数列{x n}是递增数列．6、证明：（Ⅰ）令f（x）=（1+x）p﹣（1+px），则f′（x）=p（1+x）p﹣1﹣p=p[（1+x）p﹣1﹣1]．①当﹣1＜x＜0时，0＜1+x＜1，由p＞1知p﹣1＞0，∴（1+x）p﹣1＜（1+x）0=1，∴（1+x）p﹣1﹣1＜0，即f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣1，0]上为减函数，∴f（x）＞f（0）=（1+0）p﹣（1+p×0）=0，即（1+x）p﹣（1+px）＞0，∴（1+x）p＞1+px．②当x＞0时，有1+x＞1，得（1+x）p﹣1＞（1+x）0=1，∴f′（x）＞0，∴f（x）在[0，+∞）上为增函数，∴f（x）＞f（0）=0，∴（1+x）p＞1+px．综合①、②知，当x＞﹣1且x≠0时，都有（1+x）p＞1+px，得证．（Ⅱ）先证a n+1＞．∵a n+1=a n+a n1﹣p，∴只需证a n+a n1﹣p＞，将写成p﹣1个相加，上式左边=，当且仅当，即时，上式取“=”号，当n=1时，由题设知，∴上式“=”号不成立，∴a n+a n1﹣p＞，即a n+1＞．再证a n＞a n+1．只需证a n＞a n+a n1﹣p，化简、整理得a n p＞c，只需证a n＞c．由前知a n+1＞成立，即从数列{a n}的第2项开始成立，又n=1时，由题设知成立，∴对n∈N*成立，∴a n＞a n+1．综上知，a n＞a n+1＞，原不等式得证．。

历年数列高考题(汇编)答案

word 格式文档历年高考《数列》真题汇编1、 (2011 年新课标卷文)已知等比数列 { a n} 中，a111，公比 q．33（ I ）S n为{ a n}的前 n 项和，证明：S n 1a n 2（ II）设 b n log 3 a1log 3 a2log 3 a n，求数列 { b n} 的通项公式．1 ( 1)n 111(1 1 )11解：（Ⅰ）因为 a n. S n33n3n,333n1123所以 S n1a n,2（Ⅱ） b n log 3 a1log 3 a2log 3 a n(1n(n 1) 2 ....... n)n(n1) .2所以 {b n } 的通项公式为b n22、 (2011全国新课标卷理）等比数列a n的各项均为正数，且2a13a21,a329a2 a6 .（1）求数列a n的通项公式.(2)设 b n log 3 a1 log 3 a2......log 3 a n , 求数列1的前项和 .b n解：（Ⅰ）设数列 {a n} 的公比为 q，由a329a2a6得 a339a42所以 q21。

有条件可知 a>0,19故 q。

311n。

由 2a13a21得2a13a2q 1 ，所以a1。

故数列 {a n} 的通项式为 a n=33（Ⅱ） b n log1 a1log1 a1...log1 a1(1 2 ...n)n(n 1)2故122(11) b n n( n1)n n1word 格式文档1 1 ... 1 2((1 1 ) ( 1 1) ...(11))2n b 1 b 2 b n2 2 3n n 1n 1所以数列 { 1} 的前 n 项和为2nb nn 13、（ 2010 新课标卷理）设数列a n 满足 a 1 2, a n 1 a n3 22n 1（1）求数列 a n 的通项公式；（2）令 b nna n ，求数列的前 n 项和 S n解（Ⅰ）由已知，当n ≥ 1 时，an 1[( a n 1 a n ) (a n a n 1 ) (a 2 a 1)] a 13(2 2n 122 n 32) 222( n1) 1。

高考数学真题汇编4 数列理( 解析版)

高考数学真题汇编4 数列理（解析版）一、选择题1.【2012高考真题重庆理1】在等差数列}{n a 中，12=a ，54=a 则}{n a 的前5项和5S = A.7 B.15 C.20 D.25【答案】B【解析】因为12=a ，54=a ，所以64251=+=+a a a a ，所以数列的前5项和156252)(52)(542515=⨯=+=+=a a a a S ,选B. 2.【2012高考真题浙江理7】设n S 是公差为d （d ≠0）的无穷等差数列﹛a n ﹜的前n 项和，则下列命题错误的是A.若d ＜0，则数列﹛S n ﹜有最大项B.若数列﹛S n ﹜有最大项，则d ＜0C.若数列﹛S n ﹜是递增数列，则对任意*N n ∈，均有0>n S D. 若对任意*N n ∈，均有0>n S ，则数列﹛S n ﹜是递增数列【答案】C【解析】选项C 显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，…．满足数列{S n }是递增数列，但是S n ＞0不成立．故选C 。

3.【2012高考真题新课标理5】已知{}n a 为等比数列，472a a +=，568a a =-，则110a a +=（）()A 7 ()B 5 ()C -5 ()D -7【答案】D【解析】因为}{n a 为等比数列，所以87465-==a a a a ，又274=+a a ，所以2474-==a a ，或4274=-=a a ，.若2474-==a a ，，解得18101=-=a a ，，7101-=+a a ；若4274=-=a a ，，解得18110=-=a a ，，仍有7101-=+a a ，综上选D.4.【2012高考真题上海理18】设25sin 1πn n a n =，n n a a a S +++= 21，在10021,,,S S S中，正数的个数是（）A ．25B ．50C ．75D ．100【答案】D【解析】当1≤n ≤24时，n a ＞0，当26≤n ≤49时，n a ＜0，但其绝对值要小于1≤n≤24时相应的值，当51≤n ≤74时，n a ＞0，当76≤n ≤99时，n a ＜0，但其绝对值要小于51≤n ≤74时相应的值，∴当1≤n ≤100时，均有n S ＞0。

高考理科数学试题(带答案解析)

高考理科数学试题(带答案解析)一、选择题：本大题共10小题,每小题5分,共50分,在每小题给出的四个备选项中,只有一项是符合题目要求的（1）在等差数列{}n a 中,241,5a a ==,则{}n a 的前5项和5S =（A）7（B）15（C）20（D）25【答案】：B【解析】：422514,d a a =-=-=2d =,1252121,3167a a d a a d =-=-=-=+=+=155()5651522a a S +⨯⨯===【考点定位】本题考查等差数列的通项公式及前n 项和公式,解题时要认真审题,仔细解答．（2）不等式1021x x -≤+的解集为（A）1,12⎛⎤-⎥⎝⎦（B）1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（C）[)1,1,2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭（D）[)1,1,2⎡⎤-∞-+∞⎢⎥⎣⎦（3）对任意的实数k ,直线1y kx =+与圆222x y +=的位置关系一定是（A）相离（B）相切（C）相交但直线不过圆心（D）相交且直线过圆心（4）8+的展开式中常数项为（A）3516（B）358（C）354（D）105【答案】B【解析】：8821881()2rrr r r r r T C C --+==令820r -=解得4r =展开式中常数项为4458135()28T C ==【考点定位】本题考查利用二项展开式的通项公式求展开式的常数项（5）设tan ,tan αβ是方程2320x x -+=的两根,则tan()αβ+的值（A）-3（B）-1（C）1（D）3【答案】：A【解析】：tan tan 3,tan tan 2αβαβ+==,则tan tan 3tan()31tan tan 12αβαβαβ++===---【考点定位】本此题考查学生灵活运用韦达定理及两角和的正切函数公式化简求值．（6）设,,x y R ∈向量(,1),(1,),(2,4)a x b y c ===- ,且,//a c b c ⊥ ,则||a b +=（C）（D）10（7）已知()f x 是定义在R 上的偶函数,且以2为周期,则“()f x 为[0,1]上的增函数”是“()f x 为[3,4]上的减函数”的（A）既不充分也不必要的条件（B）充分而不必要的条件（C）必要而不充分的条件（D）充要条件【答案】：D【解析】：由()f x 是定义在R 上的偶函数及[0,1]上的增函数可知在[-1,0]减函数,又2为周期,所以[3,4]上的减函数【考点定位】本题主要通过常用逻辑用语来考查函数的奇偶性和对称性,进而来考查函数的周期性．根据图象分析出函数的性质及其经过的特殊点是解答本题的关键．（8）设函数()f x 在R 上可导,其导函数为()f x ',且函数(1)()y x f x '=-的图像如题（8）图所示,则下列结论中一定成立的是（A ）函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(1)f （B ）函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(1)f （C ）函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(2)f -（D ）函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(2)f（9）设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,2和a ,且长为a 的棱与长为2的棱异面,则a 的取值范围是（A ）(0,2)（B ）(0,3)（C ）(1,2)（D ）(1,3)【答案】：A【解析】：2221()22BE =-=,BF BE <,22AB BF =<,【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空间想象能力,极限思想的应用,是中档题．（10）设平面点集{}221(,)()()0,(,)(1)(1)1A x y y x y B x y x y x⎧⎫=--≥=-+-≤⎨⎬⎩⎭,则A B 所表示的平面图形的面积为（A ）34π（B ）35π（C ）47π（D ）2π[【答案】：D【解析】：由对称性：221,,(1)(1)1y x y x y x≥≥-+-≤围成的面积与221,,(1)(1)1y x y x y x≤≥-+-≤围成的面积相等得：A B 所表示的平面图形的面积为22,(1)(1)1y x x y ≤-+-≤围成的面积即2122R ππ⨯=25115112lim lim 555n n n n nn n→∞→∞++++===【考点定位】本题考查极限的求法和应用,n 都没有极限,可先分母有理化再求极限；（13）设ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ,且35cos ,cos ,3,513A B b ===则c =【答案】：c =145【解析】：由35cos ,cos 513A B ==得412sin ,sin ,513A B ==由正弦定理sin sin a bA B=得43sin 13512sin 513b A a B ⨯===由余弦定理22a c =2+b -2cbcosA 得22590c -c+56=0则c =145【考点定位】利用同角三角函数间的基本关系求出sinB 的值本题的突破点,然后利用正弦定理建立已知和未知之间的关系．同时要求学生牢记特殊角的三角函数值．（14）过抛物线22y x =的焦点F 作直线交抛物线于,A B 两点,若25,,12AB AF BF =<则AF =。

历年高考理科数学真题汇编+答案解析(4)：数列

历年高考理科数学真题汇编+答案解析专题4 数列（2020年版）考查频率：一般为2个小题或1个大题考试分值：10分~12分知识点分布：必修5一、选择题和填空题（每题5分）1．（2019全国I 卷理9）记为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，依题意有⎩⎨⎧=+=+5406411d a d a ，解之得⎩⎨⎧=-=231d a .∴1(1)25n a a n d n =+-=-，21(1)42n n n S na d n n -=+=-. 【答案】A【考点】必修5 等差数列2. （2019全国I 卷理14）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=____________．【解析】由246a a =可得，26511a q a q =，11a q =，∴3q =.∴551(13)1213133S -==-. 【考点】必修5 等比数列3．（2019全国III 卷理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 ．16B ．8C ．4D ．2【解析】由题意可得，23142111(1)1534a q q q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩，解得2q =，11a =. ∴2314a a q ==. 【答案】C【考点】必修5 等比数列n S4．（2019全国III 卷理14）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________. 【解析】∵12103a a a =≠，，∴2113a a d a =+=，即12d a =.∵1011111091010901002S a d a a a ⨯=+=+=，51111545520252S a d a a a ⨯=+=+=. ∴1054S S =. 【答案】4【考点】必修5 等差数列5．（2018全国I 卷理4）记为等差数列的前项和.若，，则 A ． B ． C ． D ．【解析】由4213S S S +=得，)64()2()33(3111d a d a d a +++=+，解得3231-=-=a d ， ∴10122415-=-=+=d a a .【答案】B【考点】必修5 等差数列6．（2018全国I 卷理14）记为数列的前项和.若，则_____________．【解析】当n ＝1时，1121a a =+，解得11a =-；当n ≥2时，有1121n n S a --=+，21n n S a =+，二式相减，得122n n n a a a -=-，化简得12n n a a -=. 所以{a n }是一个以－1为首项，以2为公比的等比数列.所以661(12)6312S -⨯-==--.【答案】－63【考点】必修5 等比数列7．（2017全国I 卷理4）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1B ．2C ．4D ．8【解析】由题意得4512724a a a d +=+=，6161548S a d =+=，解得4d =. 【答案】C【考点】必修5 等差数列n S {}n a n 3243S S S =+12a ==5a 12-10-1012n S {}n a n 21n n S a =+6S =8．（2017全国I 卷理11）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 ．440B ．330C ．220D ．110【解析】第1组有1个数：20，其和为21－1；第2组有2个数：20、21，其和为22－1；第3组有3个数：20、21、22，其和为23－1； ……第k 组有k 个数：20、21、…、2k －1，其和为2k －1；于是，前k 组共(1)122++++=L k k k 个数，其和为1212(12)2222(2)12+-+++-=-=-+-L k kk k k k ，即1(1)2(2)2++⎛⎫=-+⎪⎝⎭k k k S k ，设第k +1组有n 个数（n ≤k +1），其和为2n －1，则(1)2+=+k k N n ，()12(2)(21)+=-++-k n S N k ， ∵ 数列的前N 项和为2的整数幂，∴ 212-=+n k ，由(1)1002+>k k 得，14≥k ，∴n ＝5，k =29，则29(291)54402⨯+=+=N .【答案】A【考点】必修5 等差数列、等比数列9. （2017全国II 卷理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【解析】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，∴ 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， ∴ 总共有灯381盏，∴7(12)38112a -=-，解得3a =. 【答案】B【考点】必修5 等比数列10. （2017全国II 卷理15）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ．【解析】等差数列{}n a 的公差为d ，则有11234(23)102a d a d +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得1=11a d =，． ∴ (1)2n n n S +=，∴ 12112(1)1nS n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，则1111111122121223111nk kn S n n n n =⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-=⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭∑L . 【答案】21nn + 【考点】必修5 等差数列11．（2017全国III 卷理9）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为 A ．－24B ．－3C ．3D ．8【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，∵ a 2，a 3，a 6成等比数列，∴ 2326=a a a ，即2(12)(1)(15)+=++d d d ，解得2=-d ；∴ {}n a 前6项的和为1666()3(1110)242+==+-=-a a S . 【答案】A【考点】必修5 等差数列12．（2017全国III 卷理14）设等比数列{}n a 满足a 1＋a 2 ＝ –1, a 1 – a 3 ＝ –3，则a 4 ＝ ___________．【解析】设等比数列{}n a 的公差为q ，∵ a 1＋a 2 ＝ –1, a 1 – a 3 ＝ –3，∴ 1(1)1+=-a q ，21(1)3-=-a q ，解得11,2==-a q ，∴ 3418==-a a q .【答案】－8【考点】必修5 等比数列二、简单题（每题12分）13．（12分）（2019全国II 卷理19）已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434+-=+n n n a a b ，1434+-=-n n n b b a . （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.【解析】（1）由题设得114()2()+++=+n n n n a b a b ，即111()2+++=+n n n n a b a b ．又因为a 1+b 1=l ，所以{}+n n a b 是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8++-=-+n n n n a b a b ，即112++-=-+n n n n a b a b ．又因为a 1–b 1=l ，所以{}-n n a b 是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，112-+=n n n a b ，21-=-n n a b n ．所以 111[()()]222=++-=+-n n n n n n a a b a b n ， 111[()()]222=+--=-+n n n n n n b a b a b n ．【考点】必修5 等差数列、等比数列14.（2018全国II 卷理17）（12分）记为等差数列的前项和，已知，．（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值．【解析】（1）设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15．由a 1＝－7得d ＝2．所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9．（2）由（1）得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16．所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16．【考点】必修5 等差数列15．（2018全国III 卷理17）等比数列中，．（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若，求．【解析】（1）设的公比为，由题设得.由已知得，解得（舍去），或.故或.（2）若，则.由得，此方程没有正整数解.若，则.由得，解得.综上，.【考点】必修5 等比数列n S {}n a n 17a =-315S =-{}n a n S n S {}n a 15314a a a ==，{}n a n S {}n a n 63m S =m {}n a q 1n n a q -=424q q =0q =2q =-2q =1(2)n n a -=-12n n a -=1(2)n n a -=-1(2)3n n S --=63m S =(2)188m-=-12n n a -=21n n S =-63m S =264m=6m =6m =。

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历年高考《数列》真题汇编1、(2011 年新课标卷文 )已知等比数列 { a n } 中， a 11，公比 q 1 ．33 （I ） S n 为 { a n } 的前 n 项和，证明： S n 1 a n2（II ）设 b nlog 3 a 1 log 3 a 2 Llog 3 a n ，求数列 { b n } 的通项公式．111解：（Ⅰ）因为 a n1(1 ) n 11 . S n 3 (13n ) 1 3n ,3 33n1 123所以 S n1 an,2（Ⅱ） b nlog 3 a 1log 3 a 2log 3 a n(1 2n(n 1)....... n)n( n 1) .2所以 { b n } 的通项公式为 b n22、 (2011 全国新课标卷理）等比数列 a n 的各项均为正数，且 2a 1 3a 2 1,a 3 2 9a 2a 6.（1）求数列 a n 的通项公式 .(2) 设 b n log 3 a 1 log 3 a 2 ...... log 3 a n , 求数列 1 的前项和 .b n解：（Ⅰ）设数列 {a n } 的公比为 q ，由 a 329a 2a 6 得 a 339a 42 所以 q 21。

有条件可知 a>0, 故1 。

9q3由 2a 1 3a 2 1得 2a 1 3a 2q 1，所以 a 11。

故数列 {a n } 的通项式为 a n =1。

33n（Ⅱ ?） b n log 1 a 1 log 1 a 1 ... log 1 a 1故1 22(11 )b nn( n 1)n n 1所以数列 { 1} 的前 n 项和为2nb nn 13、（2010 新课标卷理）数列a n足a12, a n 1a n3g22n 1（1）求数列a n的通公式；（2）令b n na n，求数列的前n 和S n解（Ⅰ）由已知，当 n≥ 1 ，a n 1 [( a n 1 a n ) (a n a n 1 ) L (a2 a1 )] a1 3(2 2n 1 22n 3 L 2) 2 22( n 1) 1 。

历年高考理科数列真题大全含答案解析

高考数列选择题部分（2016全国I ）（3）已知等差数列{}n a 前9项的和为27，10=8a ，则100=a（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97（2016上海）已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，且S S n n =∞→lim .下列条件中，使得()*∈<N n S S n 2恒成立的是（）（A ）7.06.0,01<<>q a （B ）6.07.0,01-<<-<q a （C ）8.07.0,01<<>q a （D ）7.08.0,01-<<-<q a（2016四川）5. 【题设】某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg2≈0.30）（ A ）2018年（B ）2019年（C ）2020年（D ）2021年（2016天津）（5）设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n ?1+a 2n <0”的（）（A ）充要条件（B ）充分而不必要条件（C ）必要而不充分条件（D ）既不充分也不必要条件（2016浙江）6. 如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈*N ，1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ，（P Q P Q ≠表示点与不重合）. 若1n n n n n n n d A B S A B B +=，为△的面积，则 A ．{}n S 是等差数列 B ．2{}n S 是等差数列 C ．{}n d 是等差数列 D ．2{}n d 是等差数列1.【2015高考重庆，理2】在等差数列{}n a 中，若2a =4，4a =2，则6a = （） A 、-1 B 、0 C 、1 D 、62.【2015高考福建，理8】若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零点，且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p q + 的值等于（） A ．6 B ．7 C ．8 D ．93.【2015高考北京，理6】设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是（）A ．若120a a +>，则230a a +>B ．若130a a +<，则120a a +<C ．若120a a <<，则2a >D ．若10a <，则()()21230a a a a -->4.【2015高考浙江，理3】已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是n S ，若3a ，4a ，8a 成等比数列，则（）A.140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D.140,0a d dS <>1.【2014年重庆卷（理02）】对任意等比数列{}n a ,下列说法一定正确的是（）139.,,A a a a 成等比数列 236.,,B a a a 成等比数列 248.,,C a a a 成等比数列 369.,,D a a a 成等比数列2.【2014年全国大纲卷（10）】等比数列{}n a 中，452,5a a ==，则数列{lg }n a 的前8项和等于（）A ．6B ．5C ．4D ．35.【2014年福建卷（理03）】等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于（）A ．8B ．10C ．12D ．14高考数列填空题部分（2016全国I ）（15）设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为．（2016上海）无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________.（2016北京）12.已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6=S _______..（2016江苏）8. 已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和.若a 1+a 22=-3，S 5=10，则a 9的值是 ▲ .（2016浙江）13.设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4，a n +1=2S n +1，n ∈N *，则a 1= ，S 5= .5.【2015高考安徽，理14】已知数列{}n a 是递增的等比数列，14239,8a a a a +==，则数列{}n a 的前n 项和等于 .6.【2015高考新课标2，理16】设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________．7.【2015高考广东，理10】在等差数列{}n a 中，若2576543=++++a a a a a ，则82a a += .8.【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为．9.【2015江苏高考，11】数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为3.【2014年广东卷（理13）】若等比数列{}n a 的各项均为正数，且512911102e a a a a =+，则1220ln ln ln a a a +++= 。

全国卷历年高考数列真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考数列真题归类分析(含答案)1.（2016年1卷3）已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，则求a100.解析：由已知，9a1+36d=27，a1+9d=8，解得a1=-1，d=1，a100=a1+99d=-1+99=98，选C。

2.（2017年1卷4）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4+a5=24，S6=48，则{an}的公差为多少？解析：S6=48，即a1+a6=16，a4+a5=24，代入公差d的通项公式an=a1+(n-1)d，得到a8-a6=8=2d，故d=4，选C。

3.（2017年3卷9）等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2、a3、a6成等比数列，则{an}前6项的和为多少？解析：设公差为d，则a3(a1+2d)=(a1+d)(a1+5d)，代入a1=1解得d=-2，故a6=a1+5d=-9，前6项和为S6=6a1+15d=-24，选A。

4.（2017年2卷15）等差数列{an}的前项和为Sn，则1=∑k=1nSk，求an。

解析：设a1=1，d=2，Sn=n(2a1+(n-1)d)/2=n(n+1)，代入an=a1+(n-1)d=2n-1，故1=∑k=1nSk=∑k=1n(k+1)-(k-1)=2n，故n=1/2，代入an=2n-1=-1，选D。

5.（2016年2卷17）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1=1，S7=28.记bn=[lga1+2Sn-1]/[lga1+2]，求b7.解析：由等差数列前n项和的通项公式Sn=n(2a1+(n-1)d)/2=n(2+(n-1)d)/2，代入a1=1，S7=28，得到d=4，an=1+4(n-1)=4n-3，代入bn=[lga1+2Sn-1]/[lga1+2]，得到b7=[XXX(2×28-1)]/[lg3]=2，选B。

题目一：求等比数列中的数值要求：改写成完整的句子，避免使用符号表示1.求b1，b11，b101；2.求数列{bn}的前1000项和。

近6年来高考数列题分析(以全国卷课标Ⅰ为例)

近5年来高考数列题分析（以全国卷课标Ⅰ为例）单的裂项相消法和错位相减法求解数列求和即可。

纵观全国新课标Ⅰ卷、Ⅱ卷的数列试题，我们却发现，新课标卷的数列题更加注重基础，强调双基，讲究解题的通性通法。

尤其在选择、填空更加突出，常常以“找常数”、“找邻居”、“找配对”、“构函数”作为数列问题一大亮点.从2011年至2015年，全国新课标Ⅰ卷理科试题共考查了8道数列题，其中6道都是标准的等差或等比数列，主要考查等差或等比数列的定义、性质、通项、前n项和、某一项的值或某几项的和以及证明等差或等比数列等基础知识。

而文科试题共考查了9道数列题，其中7道也都是标准的等差或等比数列，主要考查数列的性质、求通项、求和、求数列有关基本量以及证明等差或等比数列等基础知识。

1．从试题命制角度看，重视对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的考查。

2．从课程标准角度看，要求学生“探索并掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和的公式，能在具体问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题”。

3．从文理试卷角度看，尊重差异，文理有别，体现了《普通高中数学课程标准（实验）》的基本理念之一“不同的学生在数学上得到不同的发展”。

以全国新课标Ⅰ卷为例，近五年理科的数列试题难度整体上要比文科的难度大一些。

如2012年文科第12题“数列满足，求的前60项和”是一道选择题，但在理科试卷里这道题就命成了一道填空题，对考生的要求自然提高了。

具体来看，全国新课标卷的数列试题呈现以下特点：●小题主要考查等差、等比数列的基本概念和性质以及它们的交叉运用，突出了“小、巧、活”的特点，难度多属中等偏易。

●大题则以数列为引线，与函数、方程、不等式、几何、导数、向量等知识编织综合性强，内涵丰富的能力型试题，考查综合素质，难度多属中等以上，有时甚至是压轴题，难度较大。

（一）全国新课标卷对数列基本知识的考查侧重点1．考查数列的基本运算，主要涉及等差、等比数列的通项公式与前项和公式。

数列--2023高考真题分类汇编完整版

数列--高考真题汇编第一节数列的通项公式与性质1.（2023新高考II 卷18）已知{}n a 为等差数列，6,2,n n n a n b a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数.记n S ，n T 分别为{}n a ，{}n b 的前n 项和.若432S =，316T =.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求证：当5n >时，n n T S >.【解析】（1）{}n a 为等差数列，设公差为d .312312362616T b b b a a a =++=-++-=，所以17a d +=①,又432S =，所以可得12316a d +=②,联立①②解得15,2a d ==，所以()1123n a a n d n =+-=+，*n ∈N .（2）由（1）得()21142n n n S a n d n n -=+=+.当n 为偶数时，()()13124......n n n T b b b b b b -=+++++++()()1312466...622...2n n a a a a a a -=-+-++-++++()()59...2132711...23n n n =++++-+++++()()521723223222n nn n n ++++=-+⨯23722n n =+.当5n >时，()()2223741022222n n n n n n n T S n n n -=+-+=-=->，即n n T S >.当n 为奇数时，1n -为偶数，()()21371123622n n n T T b n n n -=+=-+-++-235522n n =+-.当5n >时，()()()222353154525022222n n n n T S n n n n n n -=+--+=--=+->，即n n T S >.综上所述，当5n >时，n n T S >.第二节等差数列与等比数列1.（2023全国甲卷理科5）已知正项等比数列{}n a 中，11a =，n S 为{}n a 前n 项和，5354S S =-，则4S =（）A.7B.9C.15D.30【解析】由题知()23421514q q q q q q ++++=++-，即34244q q q q +=+，即32440q q q +--=，()()()2120q q q -++=.{}n a 为正项等比数列，0q >，所以解得2q =，故4124815S =+++=.故选C.2.（2023全国甲卷文科5）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若2610a a +=，4845a a =，则5S =（）A.25B.22C.20D.15【分析】解法一：根据题意直接求出等差数列{}n a 的公差和首项，再根据前n 项和公式即可解出；解法二：根据等差数列的性质求出等差数列{}n a 的公差，再根据前n 项和公式的性质即可解出．【解析】解法一：设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，依题意可得，2611510a a a d a d +=+++=，即135a d +=，又()()48113745a a a d a d =++=，解得：11,2d a ==，所以515455210202S a d ⨯=+⨯=⨯+=．故选C.解法二：264210a a a +==，4845a a =，所以45a =，89a =，从而84184a a d -==-，于是34514a a d =-=-=，所以53520S a ==．故选C.3.（2023全国甲卷文科13）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为.4.（2023全国乙卷理科15）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =.【分析】根据等比数列公式对24536a a a a a =化简得11a q =，联立9108a a =-求出52q =-，最后得55712a a q q q =⋅==-.【解析】设{}n a 的公比为()0q q ≠，因为24536a a a a a =，而4536a a a a =，所以211a a q ==，因为9108a a =-，则()289151118a q a q a q q ⋅=⋅=-，则()()3315582q q==-=-，则52q =-，则55712a a q q q =⋅==-，故答案为2-.5.（2023全国乙卷文科18）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知211a =,1040S =.（1）求{}n a 的通项公式；6.（2023新高考I 卷7）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】{}n a 为等差数列，设首项为1a 公差为d ，则()112n n n S na d -=+，111222n S n d d a d n a n -=+=+-，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，所以甲是乙的充分条件.n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，即()()()1111111n n n n n n nS n S S S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t ，即()11n nna S t n n +-=+，故()11n n S na tn n +=-+，()()()1112n n S n a t n n n -=---≥，两式相减得()1112n n n n n a S S na n a tn -+=-=---，12n n a a t +-=为常数，对1n =也成立，所以{}n a 为等差数列，所以甲是乙的必要条件.所以，甲是乙的充要条件，故选C.7.（2023新高考I 卷20）设等差数列{}n a 的公差为d ，且1d >.令2n nn nb a +=，记n S ，nT 分别为数列{}n a ，{}n b 的前n 项和.（1）若21333a a a =+，3321S T +=，求{}n a 的通项公式；（2）若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求d .【解析】（1）()21311332(1)n a a a d a d a d a nd d -===+⇒=⇒=>，则3123312349,6,n n b S a a a d T d d d +++==++===，则296212730(21)(3)0d d d d d d+=⇒-+=⇒--=，故*3,3,n d a n n ==∈N .（2）若{}n b 为等差数列，设公差为r ，则()()()2200000000(1)n n b nr n n a nd b nr drn db ra n a b a nd +=+⇒+=++=++++故0000110dr db ra a b =⎧⎪+=⎨⎪=⎩，（101d r >⇒<<）()()999999000019910099()992n S T a nd b nr a b d r =⨯-=+--=-+-=∑，0050()1a b d r -+-=.①00a =时，00111,1,50()1501db dr d r b d d d⎛⎫==-=+⇒-=+ ⎪⎝⎭25150510(5051)(1)0. 50d d d d d ⇒--=⇒-+=⇒=②00b =时，00111,1,50()1501ra dr a d r r r r ⎛⎫==+-=⇒+-= ⎪⎝⎭250510(5051)(1)01r r r r r d ⇒+-=⇒+-=⇒==.矛盾.综上，5150d =.8.（2023新高考II 卷8）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =（）A.120B.85C.85- D.120-【解析】由6221S S =，得()2422121q q S S ++=，即42200q q +-=，解得24q =或25q =-（舍），则416q =.因为4844S S q S -=，所以()()484117585S q S =+=⨯-=-.故选C.9.（2023天津卷6）已知{}n a 为等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，122n n a S +=+，则4a 的值为（）A ．3B ．18C ．54D ．152【分析】由1n n n a S S -=-得出公比的值，再由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程，求解方程组确定首项的值，然后结合等比数列通项公式即可求得4a 的值.【解析】因为122n n a S +=+，所以有122n n a S -=+，两式相减得()1122n n n n n a a S S a +--==-，即13n n a a +=，所以3q =.又由题意可得：当1n =时，2122a a =+，即1122a q a =+，解得可得12a =，则34154a a q ==.故选C.10.（2023北京卷14）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量（单位：株）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，11a =，512a =，9192a =.则7a =；数列{}n a 所有项的和为.【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解,d q ，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求73,a a ，再结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【解析】解法一：设前3项的公差为d ，后7项公比为0q >，则4951921612a q a ===，且0q >，可得2q =，则53212a a d q =+=，即123d +=，可得1d =，空1：可得43733,48a a a q ===，空2：()716293121233232338412a a a -=+++⨯+⋅⋅⋅+⨯=+-+=++ .解法二：空1：因为{},37n a n ≤≤为等比数列，则227591219248a a a ==⨯=，且0n a >，所以748a =；又因为2537a a a =，则25373a a a ==；空2：设后7项公比为0q >，则2534a q a ==，解得2q =，可得()1339334567189236,21a qa a a a a q a a a a a a a a +-==++++++++=-3192238112-⨯==-，所以93126381384a a a a =+-+=++ .故答案为：48；384.第三节数列求和2.（2023全国甲卷理科17）已知数列{}n a 中，21a =，设n S 为{}n a 前n 项和，2n n S na =.（1）求{}n a 的通项公式.（2）求数列12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【解析】（1）因为2n n S na =.当1n =时，112a a =，即10a =.当3n =时，()33213a a +=，即32a =.当2n ≥时，()1121n n S n a --=-，所以()()11212n n n n n S S na n a a ---=--=，化简得()()121n n n a n a --=-.当3n ≥时，13 (1122)n n a a an n -====--，即1n a n =-.当1,2n =时都满足上式，所以1n a n =-，n ∈*N .（2）因为122n n n a n +=，所以231111123...2222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()2311111112...122222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.两式相减得，2311111221111111 (1222222212)nn n n n T n n ++⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=++++-⨯=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-11122nn ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即()1222n n T n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，n ∈*N .第四节数列的综合与应用1.（2023天津卷19）已知{}n a 是等差数列，255316,4a a a a +=-=．(1)求{}n a 的通项公式和1212n n ii a--=∑．(2)已知{}n b 为等比数列，对于任意*k ∈N ，若1221k k n -≤≤-，则1k n k b a b +<<，（i ）当2k ≥时，求证：2121k k k b -<<+；（ii ）求{}n b 的通项公式及其前n 项和．【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得13,2a d ==，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n 项和公式计算.(2)(i )利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当1221k k n -≤≤-时，k n b a <，2.（2023北京卷10）数列{}n a 满足()()311661,2,3,4n n a a n +=-+= ，则（）A.若13a =，则{}n a 是递减数列，且存在常数0M ，使得n a M >恒成立B.若15a =，则{}n a 是递增数列，且存在常数6M ，使得n a M <恒成立C.若17a =，则{}n a 是递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立D.若19a =，则{}n a 是递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立【分析】思路1：利用数学归纳法可判断ACD 正误，利用递推公式可判断数列性质，从而判断B 的正误；思路2：构造()()31664x f x x =-+-，利用导数求得()f x 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项n a 所在区间，从而判断{}n a 的单调性.思路3：利用数形结合，画图分析各选项合理性.【解析】解法一：因为()311664n n a a +=-+，故()311646n n a a +=--，对于A ，若13a =，可用数学归纳法证明：63n a -≤-即3n a ≤，证明：当1n =时，1363a -=≤--，此时不等关系3n a ≤成立；设当n k =时，63k a -≤-成立，则()31276,4164k k a a +⎛⎫-∈-∞- ⎪⎝=⎭-，故136k a +≤--成立，由数学归纳法可得3n a ≤成立.而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦，()20144651149n a --=-≥>，60n a -<，故10n n a a +-<，故1n n a a +<，故{}n a 为减数列，注意1063k a +-≤-<故()()()()23111666649644n n n n n a a a a a +-=≤-，结合160n a +-<，所以()16694n n a a +--≥，故119634n n a +-⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，故119634n n a +-⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，若存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，则19634n M -⎛⎫-> ⎪⎝⎭，故16934n M --⎛⎫> ⎪⎝⎭，故9461log 3Mn -<+，故n a M >恒成立仅对部分n 成立，故A 不成立.对于B ，若15,a =可用数学归纳法证明：106n a --≤<即56n a ≤<，证明：当1n =时，10611a ---≤≤=，此时不等关系56n a ≤<成立；设当n k =时，56k a ≤<成立，则()31164416,0k k a a +⎛⎫-∈-⎪⎝=⎭-，故1106k a +--≤<成立即由数学归纳法可得156k a +≤<成立.而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦，()201416n a --<，60n a -<，故10n n a a +>-，故1n n a a +>，故{}n a 为递增数列，若6M =，则6n a <恒成立，故B 正确.对于C ，当17a =时，可用数学归纳法证明：061n a <-≤即67n a <≤，证明：当1n =时，1061a <-≤，此时不等关系成立；设当n k =时，67k a <≤成立，则()31160,4164k k a a +⎛⎤-∈ ⎥⎝=⎦-，故1061k a +<-≤成立即167k a +<≤，由数学归纳法可得67n a <≤成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +<，故{}n a 为递减数列，又()()()2111666644n n n n a a a a +-=-⨯-≤-，结合160n a +->可得：()111664nn a a +⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，所以1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若存在常数6M >，使得n a M >恒成立，则164n M ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭恒成立，故()14log 6n M ≤-，n 的个数有限，矛盾，故C 错误.对于D ，当19a =时，可用数学归纳法证明：63n a -≥即9n a ≥，证明：当1n =时，1633a -=≥，此时不等关系成立；设当n k =时，9k a ≥成立，则()3162764143k k a a +-≥=>-，故19k a +≥成立.由数学归纳法可得9n a ≥成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=-->⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +>，故{}n a 为递增数列，又()()()2119666446n n n n a a a a +->=-⨯--，结合60n a ->可得：()116349946nnn a a +⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎝⎭⎝>⎪⎭-，所以19463nn a +⎛+⎫⎪⎝⎭≥，若存在常数0M >，使得n a M <恒成立，则19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故946log 13M n -⎛⎫<+ ⎪⎝⎭，n 的个数有限，与D 选项矛盾，故D 错误.故选B.解法二：因为()3321119662648442n n n n n n n a a a a a a a +-=-+-=-+-，令()3219264842f x x x x =-+-，则()239264f x x x =-+'，令()0f x '>，得06x <<-或6x >+令()0f x '<，得23236633x -<<+；所以()f x在,63⎛-∞- ⎝⎭和63⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在633⎛-+ ⎝⎭上单调递减，令()0f x =，则32192648042x x x -+-=，即()()()146804x x x ---=，解得4x =或6x =或8x =，注意到234653<-<，237683<+<，所以结合()f x 的单调性可知在(),4-∞和()6,8上()0f x <，在()4,6和()8,+∞上()0f x >，对于A ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，当1n =时，13a =，()32116643a a =--<-，则23a <，假设当n k =时，3k a <，当1n k =+时，()()331311646364k k a a +<---<-=，则13k a +<，综上：3n a ≤，即(),4n a ∈-∞，因为在(),4-∞上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列，因为()332111916612647442n n n n n n n a a a a a a a +-+=-+-+=-+-，令()()32192647342h x x x x x =-+-≤，则()239264h x x x '=-+，因为()h x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯，所以()h x '在(],3-∞上单调递减，故()()2333932604h x h ''≥=⨯-⨯+>，所以()h x 在(],3-∞上单调递增，故()()321933326347042h x h ≤=⨯-⨯+⨯-<，故110n n a a +-+<，即11n n a a +<-，假设存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，取[]4m M =-+，其中[]1M M M -<≤，且[]M ∈Z ，因为11n n a a +<-，所以[][]2132431,1,,1M M a a a a a a -+-+<-<-<- ，上式相加得，[][]()14333M a a M M M -+<--+≤+-=，则[]4m M a a M -+=<，与n a M >恒成立矛盾，故A 错误；对于B ，因为15a =，当1n =时，156a =<，()()33211166566644a a =-+=⨯-+<，假设当n k =时，6k a <，当1n k =+时，因为6k a <，所以60k a -<，则()360k a -<，所以()3116664k k a a +=-+<，又当1n =时，()()332111615610445a a =-+=⨯+-->，即25a >，假设当n k =时，5k a ≥，当1n k =+时，因为5k a ≥，所以61k a -≥-，则()361k a -≥-，所以()3116654k k a a +=-+≥，综上：56n a ≤<，因为在()4,6上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，此时，取6M =，满足题意，故B 正确；对于C ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，注意到当17a =时，()3216617644a =-+=+，3341166441664a ⎪⎛⎫⎫+=+ ⎪⎝+-⎭⎭⎛= ⎝，143346166144416a ⎢⎛⎫+=⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝+ ⎪⎭⎭⎥⎦⎝⎣猜想当2n ≥时，()11312164k k a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，当2n =与3n =时，2164a =+与43164a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭满足()11312164n n a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，假设当n k =时，()11312164k k a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，当1n k =+时，所以())()13113131223111666441166644k k k k a a --+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-+ ⎪ ⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦-+=+=，综上，()()113121624n n n a --⎛⎫+⎪=≥ ⎝⎭.易知1310n -->，则()113121014n --⎛⎫<< ⎪⎝⎭，故()()()11312166,724n n n a --⎛⎫+∈≥ =⎪⎝⎭，所以(],67n a ∈，因为在()6,8上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列，假设存在常数6M >，使得n a M >恒成立，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+，其中[]*0001,m m m m -<≤∈N ，则()0142log 6133m mM ->=+，故()()14log 61312m M ->-，所以()1312614m M -⎛⎫ ⎪<⎝-⎭，即()1312164m M -⎛⎫+ ⎪⎭<⎝，所以1m a M +<，故n a M >不恒成立，故C 错误；对于D ，因为19a =，当1n =时，()32116427634a a ==->-，则29a >，假设当n k =时，3k a ≥，当1n k =+时，()()331116936644k k a a +≥=-->-，则19k a +>，综上，9n a ≥，因为在()8,+∞上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，因为()332111916612649442n n n n n n n a a a a a a a +--=-+--=-+-，令()()32192649942g x x x x x =-+-≥，则()239264g x x x =-+'，因为()g x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯，所以()g x '在[)9,+∞上单调递增，故()()2399992604g x g ''≥=⨯-⨯+>，所以()()321999926949042g x g ≥=⨯-⨯+⨯->，故110n n a a +-->，即11n n a a +>+，假设存在常数0M >，使得n a M <恒成立，取[]1m M =+，其中[]1M M M -<≤，且[]M ∈Z ，因为11n n a a +>+，所以[][]213211,1,,1M M a a a a a a +>+>+>+ ，上式相加得，[][]1191M a a M M M +>+>+->，则[]1m M a a M +=>，与n a M <恒成立矛盾，故D 错误.故选B.解法三（蛛网图）：令()()31664f x x =-+，则()1n n a f a +=.故可利用数形结合判断{}n a 的单调性.首选()()31664f x x =-+关于()6,6中心对称，又由()()23604f x x '=-可知()f x 在R 上单调递增.再令()31664x x =-+，即()()36460x x ---=，得()()()6480x x x ---=，解得14x =，26x =，38x =.在同一坐标系下画出y x =和()y f x =的图像如下图所示.对于选项A ，当13a =时，如图（a ）所示，{}n a 是单调递减数列，且130a =>.当2n 时，0n a <，当n →+∞时，n a →-∞.故不存在0M ，使n a M >恒成立.故A 错误.对于选项B ，当15a =时，如图（b ）所示，{}n a 是单调递增数列，且当n →+∞时，6n a →.故取6M =，可使得na M 恒成立.B 正确.图（a ）图（b ）对于选项C ，当17a =时，如图（c ）所示，图（c ）{}n a 是单调递减数列.当n →+∞时，6n a →.故不存在6M >使得n a M >恒成立，C 错误.对于选项D ，当19a =时，如图（d ）所示.图（d ）{}n a 是单调递增数列，且当n →+∞时，n a →+∞.故不存在6M >，使n a M <恒成立.D 错误.故选B.【评注】本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.3.（2023北京卷21）已知数列{}{},n n a b 的项数均为()2m m >，且{},1,2,,i i a b m ∈ ，{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==.对于{}1,2,,k m ∈ ，定义{}{}max ,0,1,,k i k r i B A k m =∈ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.（1）若12a =，21a =，33a =；11b =，23b =，33b =，求0123,,,r r r r 的值；（2）若11a b ，且112,1,2,,1ii i rr r i m +-+=- ，求n r ；（3）证明：存在{},,,0,1,2,,p q r s m ∈ ，满足0,0p q m r s m ≤<≤≤<≤，使得p s q r A B A B +=+．【分析】（1）先求01230123,,,,,,,A A A A B B B B ，根据题意分析求解；（2）根据题意分析可得11i i r r +-≥，利用反证可得11i i r r +-=，再结合等差数列运算求解；（3）讨论,m m A B 的大小，根据题意结合反证法分析证明.【解析】（1）由题意可知：012301230,2,3,6,0,1,4,7A A A A B B B B ========，当0k =时，则0000,,1,2,3i B A B A i ==>=，故00r =；当1k =时，则01111,,,2,3i B A B A B A i <≤>=，故11r =；当2k =时，则222,0,1,,i B A i B A ≤=>故21r =；当3k =时，则3,0,1,2,i B A i ≤=，33,B A >故32r =；综上所述：00r =，11r =，21r =，32r =.（2）由题意可知：n r m ≤，且n r ∈N ，因为1,1n n a b ≥≥，则111,1n n A a B b ≥=≥=，当且仅当1n =时，等号成立，所以010,1r r ==，又因为112i i i r r r -+≤+，则11i i i i r r r r +--≥-，即112101m m m m r r r r r r ----≥-≥⋅⋅⋅≥-=，可得11i i r r +-≥，反证：假设满足11i i r r +->的最小正整数为j ，11j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i i r r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-，又因为11j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>，假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以1为公差的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N .（3）（i ）若m m A B =，则取0,p r q s m ====即可.（ii ）若m m A B ≥，构建,1n n n r S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≥，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≥，则1,0K K K r K r A B m A B +-≥-<，可得()()111K K K K K r r r K r K r b B B A B A B m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≤-.①若存在正整数N ，使得0N N N r S A B =-=，即N N r A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r A B A B +=+；②若不存在正整数N ，使得0N S =，因为{}1,2,,1n S m ∈⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，由抽屉原理，必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y X r Y r A B A B -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r A B A B +=+；（iii ）若m m A B <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N N r A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r A B A B +=+；②若不存在正整数N ，使得0N S =，因为{}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，由抽屉原理，必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y r X r Y B A B A -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r A B A B +=+；综上所述，存在0,0p q m r s m ≤<≤≤<≤使得p s q r A B A B +=+．【评注】方法点睛：对于一些直接说明比较困难的问题，可以尝试利用反证法分析证明.。

全国卷历年理科数学试题及详细答案分类汇编十一数列

全国卷理数学试题及详细答案分类汇编十一十一、数列1、(2010全国理2)（4）如果等差数列{}n a 中，34512a a a ++=，那么127...a a a +++=（A ）14 （B ）21 （C ）28 （D ）35 2、(2010全国理1)（4）已知各项均为正数的等比数列{n a }，123a a a =5，789a a a =10，则456a a a =(A)3、(2011全国理)设nS 为等差数列{}n a 的前n 项和，若11a =，公差2d =，224k k S S +-=，则k =（A ）8 （B ）7 （C ）6 （D ）5 4、(2011全国理)已知为等比数列，472a a +=，，则（） ()A 7 ()B 5 ()C -5 ()D -75、(2011全国理)数列{}n a 满足1(1)21n n n a a n ++-=-，则{}n a 的前60项和为6、(2012全国理3)(5)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 5=5,S 5=15,则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前100项和为( ). A.100101B.99101C.99100D.1011007、(2013全国理1)(7)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )．A ．3B ．4C ．5D ．68、(2013全国理1)(712)设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝2n n c a +，c n ＋1＝2n nb a +，则( )．A ．{S n }为递减数列B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列9、(2013全国理1)(14)若数列{a n }的前n 项和2133n n S a =+，则{a n }的通项公式是a n ＝__________.10、(2013全国理)(3))等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( )．{}n a 568a a =-110a a +=A ．13 B ．13- C ．19 D ．19- 11、(2013全国理2)(16)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n的最小值为__________．12、(2013全国理3)(6)已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝43-，则{a n }的前10项和等于( )．A ．－6(1－3－10)B ．19(1－310) C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10) 13、(2014全国理3)(10)等比数列{}n a 中，452,5a a ==，则数列{lg }n a 的前8项和等于（） A ．6 B ．5 C ．4 D ．314、(2015全国理2)(4)等比数列｛a n ｝满足a 1=3，135a a a ++ =21，则357a a a ++=( )A ．21B ．42C ．63D ．84 15、(2015全国理2)(16)设nS 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________．16、（2016全国理数1）（3）已知等差数列{}n a 前9项的和为27，10=8a ，则100=a（A ）100（B ）99（C ）98（D ）9717、（2016全国理数1）（15）设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为18、（2016全国理数3）（12）定义“规范01数列”{}n a 如下：{}n a 共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a a a中0的个数不少于1的个数.若4m =，则不同的“规范01数列”共有（）（A ）18个（B ）16个（C ）14个（D ）12个 19、（2017全国理数1）（4）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若4562448a a S +==，，则{}n a 的公差为（）A ．1B ．2C ．4D ．8 20、（2017全国理数1）（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02，接下来的两项是02，12，在接下来的三项式62，12，22，依次类推，求满足如下条件的最小整数N ：100N >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 ．11021、（2017全国理数2）（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 22、（2017全国理数2）（15）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ． 23、（2017全国理数3）（9）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为A.-24B.-3C.3D.824、（2017全国理数3）（14）设等比数列 a n 满足a 1 + a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3，则a 4 = ___________.解答题：1、(2010全国理3)17 (本小题满分12分)设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 2、(2010全国理2)（18）（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和2()3n n S n n =+．（Ⅰ）求limnn na S →∞；（Ⅱ）证明：12222312n n a a a n+++…＞． 3、(2010全国理1)（22）(12分)已知数列{}n a 中，1111,n na a c a +==- . （Ⅰ）设51,22n n c b a ==-，求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求使不等式13n n a a +<<成立的c 的取值范围 . 4、(本小题满分l2分)(注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．) 设数列{}n a 满足10a =且111111n na a +-=--.求{}n a 的通项公式； (Ⅱ)设1,1nn n k n k b b S ===<∑记S 证明：.5、（本小题满分12分）等比数列的各项均为正数，且（Ⅰ)求数列的通项公式；{}n a 212326231,9.a a a a a +=={}n a（Ⅱ）设求数列的前n 项和. 6、(2012全国理3)(22)函数f(x)=x 2-2x-3,定义数列{x n }如下:x 1=2,x n+1是过两点P(4,5),Q n (x n ,f(x n ))的直线PQ n 与x 轴交点的横坐标. (1)证明： 2≤x n <x n+1<3; (2)求数列{x n }的通项公式.7、(2013全国理3)（17） (本小题满分10分)等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3＝22a ，且S 1，S 2，S 4成等比数列，求{a n }的通项公式．8、(2014全国理1)(17 (本小题满分12分)已知数列{n a }的前n 项和为n S ，1a =1，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数.(Ⅰ)证明：2n n a a λ+-=；（Ⅱ）是否存在λ，使得{n a }为等差数列？并说明理由. 9、(2014全国理2)(17)（本小题满分12分）已知数列{}n a 满足1a =1，131n n a a +=+.（Ⅰ）证明{}12n a +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）证明：1231112na a a ++<…+.10、(2014全国理3)(18)（本小题满分12分）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知110a =，2a 为整数，且4n S S ≤. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 11、(2015全国理1)1(7)（本小题满分12分）n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2nn a a +=43n S +. （Ⅰ）求{n a }的通项公式：（Ⅱ）设 ,求数列}的前n 项和12、（2016全国理数2）（17）（本小题满分12分）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =．记[]lg n n b a =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]0.90=，[]lg991=．（Ⅰ）求1b ，11b ，101b ；（Ⅱ）求数列{}n b的前1000项和． 13、（2016全国理数3）（17）（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；31323log log ......log ,n n b a a a =+++1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭（II ）若53132S = ，求λ．答案 1、答案C解： 2、A.解析：由等比数列的性质知31231322()5a a a a a a a ===，37897988()a a a a a a a ===10,所以132850a a =,所以133364564655()(50)a a a a a a a =====3、答案：D 解析: 解法一2(2)(1)(1)[(2)12][12]442422k k k k k k S S k k k +++--=+⨯+⨯-⨯+⨯=+=，解得5k =.解法二:221[1(1)2](12)4424k k k k S S a a k k k +++-=+=++⨯++⨯=+=，解得5k =.4、解析 :选D472a a +=，56474784,2a a a a a a ==-⇒==-或472,4a a =-= 471101104,28,17a a a a a a ==-⇒=-=⇔+=- 471011102,48,17a a a a a a =-=⇒=-=⇔+=-5、解析: {}n a 的前60项和为 1830 可证明：14142434443424241616n n n n n n n n n n b a a a a a a a a b +++++---=+++=++++=+112341515141010151618302b a a a a S ⨯=+++=⇒=⨯+⨯= 6、解析:A S 5=155()2a a +=15(5)2a +=15,∴a 1=1.∴d =5151a a --=5151--=1.∴a n =1+(n -1)×1=n . ∴11n n a a +=1(1)n n +. 设11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为T n , 则T 100=112⨯+123⨯+…+1100101⨯ =1-12+12-13+…+1100-1101=1-1101=100101.7、答案：C解析：∵S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，173454412747()312,4,7282a a a a a a a a a a a +++===∴+++===∴a m ＝S m －S m －1＝0－(－2)＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3－0＝3. ∴d ＝a m ＋1－a m ＝3－2＝1.∵S m ＝ma 1＋12m m (-)×1＝0，∴112m a -=-. 又∵a m ＋1＝a 1＋m ×1＝3，∴132m m --+=.∴m ＝5.故选C.8、答案：B9、答案：(－2)n －1解析：∵2133n n S a =+，① ∴当n ≥2时，112133n n S a --=+.②①－②，得12233n n n a a a -=-，即1n n aa -＝－2. ∵a 1＝S 1＝12133a +，∴a 1＝1.∴{a n }是以1为首项，－2为公比的等比数列，a n ＝(－2)n －1. 10、答案：C解析：设数列{a n }的公比为q ，若q ＝1，则由a 5＝9，得a 1＝9，此时S 3＝27，而a 2＋10a 1＝99，不满足题意，因此q ≠1.∵q ≠1时，S 3＝31(1)1a q q --＝a 1·q ＋10a 1，∴311q q--＝q ＋10，整理得q 2＝9. ∵a 5＝a 1·q 4＝9，即81a 1＝9，∴a 1＝19. 11、答案：－49解析：设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则S 10＝1109102a d ⨯＋＝10a 1＋45d ＝0，① S 15＝11514152a d ⨯+＝15a 1＋105d ＝25.② 联立①②，得a 1＝－3，23d =，所以S n ＝2(1)213233n n n n --+⨯=令f (n )＝nS n ，则3110()33f n n =-203n -.令f ′(n )＝0，得n ＝0或203n =. 当203n >时，f ′(n )＞0,200<<3n 时，f ′(n )＜0，所以当203n =时，f (n )取最小值，而n ∈N ＋，则f (6)＝－48，f (7)＝－49，所以当n ＝7时，f (n )取最小值－49.12、答案：C解析：∵3a n ＋1＋a n ＝0，∴a n ＋1＝13n a -.∴数列{a n }是以13-为公比的等比数列．∵a 2＝43-，∴a 1＝4. ∴S 10＝101413113⎡⎤⎛⎫--⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦+＝3(1－3－10)．故选C. 13、答案 :C解析: ∵等比数列{a n }中a 4=2，a 5=5，∴a 4•a 5=2×5=10，∴数列{lga n }的前8项和 S=lga 1+lga 2+…+lga 8=lg （a 1•a 2…a 8）=lg （a 4•a 5）4=4lg （a 4•a 5）=4lg10=4故选：C14、答案:B 解析:由，得，所以解得。

全国卷6年数列高考题整理汇总(附答案)

数列专题之马矢奏春创作时间：二O二一年七月二十九日高考真题(2014·I)17. (本小题满分12分)已知数列{}的前项和为,=1,,,个中为常数.（Ⅰ）证实：；（Ⅱ）是否消掉,使得{}为等差数列？并说明情由.(2014·II)17.（本小题满分12分）已知数列知足=1,.（Ⅰ）证实是等比数列,并求的通项公式；（Ⅱ）证实：.(2015·I)（17）（本小题满分12分）为数列的前,（Ⅰ）求的通项公式：（Ⅱ）设 ,求数列的前项和.(2015·II)（4）等比数列知足, =21,则 ( )（A）21 （B）42 （C）63 （D）84 (2015·II)（16）设是数列的前n项和,且,,则________．(2016·I)（3）已知等差数列前9项的和为27,,则（A）100 （B）99（C）98（D）97(2016·I)（15）设等比数列知足的最大值为__________.(2016·II)（17）（本题满分12分）Sn为等差数列的前项和,且=1 ,=28 记,个中暗示不超出的最大整数,如.（I）求,,；（II）求数列的前1 000项和.(2016·III)（12）定义“规范01数列”如下：共有项,个中项为0,项为1,且对随便率性,,则不合的“规范01数列”共有（A）18个（B）16个（C）14个（D）12个(2016·III)（17）（本小题满分12分）已知数列的前项和,个中（I）证实是等比数列,并求其通项公式；（II）若,求.(2017·I)4．记为等差数列的前项和．若,,则的公差为A．1 B．2 C．4 D．8(2017·I)12．几位大学生响应国家的创业号召,开拓了一款应用软件.为激发大家进修数学的兴趣,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,…,个中第一项是,接下来的两项是,再接下来的三项是,依此类推.求知足如下前提的最小整数且该数列的前项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A．440 B．330 C．220 D．110 (2017·II)15. 等差数列的前项和为,,,则．(2017·III)9．等差数列的首项为1,公差不为0．若成等比数列,则前6项的和为A．-24 B．-3 C．3 D．8(2017·III)14．设等比数列知足,则________．(2018·I)4．记为等差数列的前,,则A．B．C．D．(2018·I)14．记为数列的前,则_____________．(2018·II)17．（12分）记为等差数列的前项和,已知,．（1）求的通项公式；（2）求,并求的最小值．(2018·III)17．（12分）等比数列中,．（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若,求．(2019·I)9．记为等差数列的前项和．已知,则A．B．C．D．(2019·I)14．记为等比数列的前项和．若,则=____________．(2019·II)5．已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15,且,则A．16B．8C．4 D．2(2019·II)14．记为等差数列的前项和,,则___________.(2019·III)19．（12分）已知数列和知足,,（1）证实：是等比数列,是等差数列；（2）求{}和{}的通项公式.数列专题参考答案(2014·I) 17.（Ⅰ）由题设,两式相减得,因为,………………………………………6分（Ⅱ）,而,解得,由（Ⅰ）知令,解得.故,由此可得是首项为1,公差为4的等差数列,；是首项为3,公差为4的等差数列,.所以,是以消掉,使得为等差数列.…………………………………12分(2014·II) 17.（Ⅰ）证实：由得又,所以是首项为,公比为3的等比数列,是以的通项公式为（Ⅱ）由（Ⅰ）知因为当时,,所以于是所以(2015·I)（17）解：（Ⅰ）由,可知可得,即因为,可得又,解得（舍去）,所以是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为…………………6分（Ⅱ）由可知设数列的前项和为,则…………………………………………………………………………12分(2016·II)17.（Ⅰ）先求公差、通项,再按照已知前提求；（Ⅱ）用分段函数暗示,再由等差数列的前项和公式求数列的前1 000项和．试题解析：（Ⅰ）设的公差为,据已知有,解得所以的通项公式为（Ⅱ）因为所以数列的前项和为考点：等差数列的的性质,前项和公式,对数的运算. (2016·III)（17）解：（Ⅰ）由题意得,故,,.由,得,即.由,得,所以.是以是首项为,公比为的等比数列,于是．（Ⅱ）由（Ⅰ）得,由得,即,解得．(2018·II)17．（1）设的公差为d,由题意得．由得d=2．所以的通项公式为．（2）由（1）得．所以当n=4时,取得最小值,最小值为−16．(2018·III)17.解：（1）设的公比为,由题设得.由已知得,解得（舍去）,或.故或.（2）若,则.由得,此方程没有正整数解.若,则.由得,解得.综上,.(2019·III)19.解：（1）由题设得,即．又因为a1+b1=l,所以是首项为1,公比为的等比数列．由题设得,即．又因为a1–b1=l,所以是首项为1,公差为2的等差数列．（2）由（1）知,,．所以,．时间：二O二一年七月二十九日。