历年数列高考题汇编

..历年高考真题汇编---数列（含）1、(全国新课标卷理）等比数列na的各项均为正数，且212326231,9.aaaaa（1）求数列na的通项公式.(2)设31323loglog......log,nnbaaa求数列1nb的前项和.解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由23269aaa得32349aa所以219q。有条件可知a0,故13q。由12231aa得12231aaq，所以113a。故数列{an}的通项式为an=13n。（Ⅱ）111111loglog...lognbaaa(12...)(1)2nnn故12112()(1)1nbnnnn12111111112...2((1)()...())22311nnbbbnnn所以数列1{}nb的前n项和为21nn2、（全国新课标卷理）设数列na满足21112,32nnnaaa（1）求数列na的通项公式；（2）令nnbna，求数列的前n项和nS解（Ⅰ）由已知，当n≥1时，111211[()()()]nnnnnaaaaaaaa21233(222)2nn2(1)12n。而12,a所以数列{na}的通项公式为212nna。（Ⅱ）由212nnnbnan知35211222322nnSn①从而23572121222322nnSn②..①-②得2352121(12)22222nnnSn。即211[(31)22]9nnSn3.设}{na是公比大于1的等比数列，Sn为数列}{na的前n项和．已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列．（1）求数列}{na的通项公式；（2）令2,1,ln13nabnn，求数列}{nb的前n项和Tn．。4、（辽宁卷）已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=-10（I）求数列{an}的通项公式；（II）求数列12nna的前n项和解：（I）设等差数列{}na的公差为d，由已知条件可得110,21210,adad解得11,1.ad故数列{}na的通项公式为2.nan………………5分（II）设数列1{}2nnnanS的前项和为，即2111,122nnnaaSaS故，12.2242nnnSaaa所以，当1n时，1211111222211121()2422121(1)22nnnnnnnnnnSaaaaaann..=.2nn所以1.2nnnS综上，数列11{}.22nnnnannS的前项和5、（陕西省）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{an}的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和Sn.解（Ⅰ）由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得121d＝1812dd，解得d＝1，d＝0（舍去），故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知2ma=2n，由等比数列前n项和公式得Sn=2+22+23+…+2n=2(12)12n=2n+1-6、（全国卷）设等差数列{na}的前n项和为ns，公比是正数的等比数列{nb}的前n项和为nT，已知1133331,3,17,12,},{}nnababTSb求{a的通项公式。解：设na的公差为d，nb的公比为q由3317ab得212317dq①由3312TS得24qqd②由①②及0q解得2,2qd故所求的通项公式为121,32nnnanb7、（浙江卷）已知公差不为0的等差数列}{na的首项为)(Raa，且11a，21a，41a成等比数列．（Ⅰ）求数列}{na的通项公式；（Ⅱ）对*Nn，试比较naaaa2322221...111与11a的大小．解：设等差数列{}na的公差为d，由题意可知2214111()aaa即2111()(3)adaad，从而21add因为10,.ddaa所以故通项公式.nana..（Ⅱ）解：记22222111,2nnnnTaaaaa因为所以211(1())111111122()[1()]1222212nnnnTaaa从而，当0a时，11nTa；当110,.naTa时8、（湖北卷）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列nb中的3b、4b、5b。(I)求数列nb的通项公式；(II)数列nb的前n项和为nS，求证：数列54nS是等比数列。..9、（2010年山东卷）已知等差数列na满足：73a，2675aa，na的前n项和为nS（Ⅰ）求na及nS；解：（Ⅰ）设等差数列na的首项为1a，公差为d，由于73a，2675aa，所以721da，261021da，解得31a，2d，由于dnaan)1(1，2)(1nnaanS，所以12nan，)2(nnSn（Ⅱ）因为12nan，所以)1(412nnan因此)111(41)1(41nnnnbn..故nnbbbT21)1113121211(41nn)111(41n)1(4nn所以数列nb的前n项和)1(4nnTn（Ⅱ）令112nnab（*Nn），求数列nb的前n项和为nT。10、（重庆卷）已知na是首项为19，公差为-2的等差数列，nS为na的前n项和.（Ⅰ）求通项na及nS；（Ⅱ）设nnba是首项为1，公比为3的等比数列，求数列nb的通项公式及其前n项和nT.11、（四川卷）已知等差数列{}na的前3项和为6，前8项和为-4。（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设1*(4)(0,)nnnbaqqnN，求数列{}nb的前n项和nSⅡ）由（Ⅰ）得解答可得，1nnbnq，于是0121123nnSqqqnq．若1q，将上式两边同乘以q有121121nnnqSqqnqnq．两式相减得到..12111nnnqSnqqqq11nnqnqq1111nnnqnqq．于是12111nnnnqnqSq．若1q，则11232nnnSn．所以，121,1,211,1.1nnnnnqSnqnqqq…………………………………（12）12、（上海卷）已知数列na的前n项和为nS，且585nnSna，*nN证明：1na是等比数列；并求数列{}na的通项公式解：由*585,nnSnanN（1）可得：1111585aSa，即114a。同时11(1)585nnSna（2）从而由(2)(1)可得：1115()nnnaaa即：*151(1),6nnaanN，从而{1}na为等比数列，首项1115a，公比为56，通项公式为15115*()6nna，从而1515*()16nna