数列高考真题(2011-2017全国卷文科)数列大题教师版

1数列一.等差数列、等比数列的基本概念与性质全国Ⅱ卷1.（2014.全国2卷5）等差数列na的公差为2，若2a，4a，8a成等比数列，则na的前n项和nS=（）（A）1nn（B）1nn（C）12nn(D)12nn2.（2014.全国2卷16）数列na满足111nnaa，2a=2，则1a=_________.123.（2015.全国2卷5）设nS是等差数列{}na的前n项和，若1353aaa，则5S（）A．5B．7C．9D．114.（2015.全国2卷9）已知等比数列{}na满足114a，35441aaa，则2a（）.2A.1B1.2C1.8D二.数列综合（一）新课标卷1.（2011.全国新课标17）（本小题满分12分）已知等比数列{}na中，113a，公比13q．（I）nS为{}na的前n项和，证明：12nnaS（II）设31323logloglognnbaaa，求数列{}nb的通项公式．解：（Ⅰ）因为.31)31(311nnna,2311311)311(31nnnS所以,21nnaS（Ⅱ）nnaaab32313logloglog)21(n22)1(nn所以}{nb的通项公式为.2)1(nnbn2.（2014.全国3卷17）（本小题满分12分）已知na是递增的等差数列，2a、4a是方程2560xx的根。（I）求na的通项公式；（II）求数列2nna的前n项和.错位相减【解析】：（I）方程2560xx的两根为2,3,由题意得22a，43a，设数列na的公差为d,，则422aad，故d=12，从而132a，所以na的通项公式为：112nan…………6分(Ⅱ)设求数列2nna的前n项和为Sn,由(Ⅰ)知1222nnnan，则：23413451222222nnnnnS34512134512222222nnnnnS两式相减得341212131112311212422224422nnnnnnnS所以1422nnnS………12分（三）全国Ⅱ卷1.（2013.全国2卷17）(本小题满分12分)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．3(1)求{an}的通项公式；(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.解：(1)设{an}的公差为d.由题意，211a＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.故an＝－2n＋27.(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而Sn＝2n(a1＋a3n－2)＝2n(－6n＋56)＝－3n2＋28n.2.（2016全国卷2.17）(本小题满分12分)等差数列{na}中，34574,6aaaa.（Ⅰ）求{na}的通项公式；（Ⅱ）设[]nnba，求数列{}nb的前10项和，其中[]x表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2.试题解析：(Ⅰ)设数列na的公差为d，由题意有11254,53adad，解得121,5ad，所以na的通项公式为235nna.（Ⅱ）由(Ⅰ)知235nnb，当n1,2,3时，2312,15nnb；当n4,5时，2323,25nnb；当n6,7,8时，2334,35nnb；当n9,10时，2345,45nnb，所以数列nb的前10项和为1322334224.4（三）全国III卷1、（2016全国卷3.17）（本小题满分12分）已知各项都为正数的数列na满足11a，211(21)20nnnnaaaa.（I）求23,aa；（II）求na的通项公式.试题解析：（Ⅰ）由题意得41,2132aa..........5分考点：1、数列的递推公式；2、等比数列的通项公式．2、（2017新课标Ⅲ文数）设数列na满足123(21)2naanan.（1）求na的通项公式；（2）求数列21nan的前n项和.综合题1.（本题满分14分）设数列na的前n项和为nS,且34nnaS(1,2,)n，（1）证明:数列na是等比数列；（2）若数列nb满足1(1,2,)nnnbabn，12b，求数列nb的通项公式．1.解：（1）证：因为34nnaS(1,2,)n，则3411nnaS(2,3,)n，所以当2n时，1144nnnnnaSSaa，整理得143nnaa．5分5由34nnaS，令1n，得3411aa，解得11a．所以na是首项为1，公比为43的等比数列．7分（2）解：因为14()3nna，由1(1,2,)nnnbabn，得114()3nnnbb．9分由累加得)()()(1231`21nnnbbbbbbbb＝1)34(3341)34(1211nn，（2n），当n=1时也满足，所以1)34(31nnb．2.（本小题满分12分）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.2.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612111111112...2((1)()...())22311nnbbbnnn所以数列1{}nb的前n项和为21nn3.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nS3.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②①-②得2352121(12)22222nnnSn。即211[(31)22]9nnSn