全国卷历年高考数列真题归类分析2019

1全国卷历年高考数列真题归类分析（2019.7含答案）（2015年-2019年共14套）一、等差、等比数列的基本运算（13小3大）1.（2016年1卷3）已知等差数列na前9项的和为27,108a,则100a（）（A）100（B）99（C）98（D）97【解析】由已知,1193627,98adad所以110011,1,9919998,adaad选C.2．（2017年1卷4）记nS为等差数列{}na的前n项和．若4524aa，648S，则{}na的公差为（）A．1B．2C．4D．8【解析】：16616648162aaSaa，451824aaaa，作差86824aadd，故而选C.3.（2018年1卷4）设为等差数列的前项和，若，，则（）A.B.C.D.【解析】设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得，所以，故选B.4.（2019年3卷14）记Sn为等差数列{an}的前n项和，12103aaa≠，，则105SS___________.【解析】因213aa，所以113ada，即12ad，所以105SS11111091010024542552adaaad．5．（2017年3卷9）等差数列na的首项为1，公差不为0．若2a，3a，6a成等比数列，则na前6项的和为（）A．24B．3C．3D．8【解析】∵na为等差数列，且236,,aaa成等比数列，设公差为d.则2326aaa，即211125adadad，又∵11a，代入上式可得220dd，又∵0d，则2d2∴61656561622422Sad，故选A.6.（2019年1卷9）记nS为等差数列{}na的前n项和．已知4505Sa，，则（）A.25nanB. 310nanC.228nSnnD.2122nSnn【解析】由题知，41514430245dSaaad，解得132ad，∴25nan，故选A．方法2：本题还可用排除法，对B，55a，44(72)1002S，排除B，对C，245540,25850105SaSS，排除C．对D，24554150,5250522SaSS，排除D，故选A．7.（2017年2卷15）等差数列na的前项和为nS，33a，410S，则11nkkS．【解析】设等差数列的首项为1a，公差为d，所以1123434102adad，解得111ad，所以1,2nnnnanS，那么1211211nSnnnn，那么11111111221......21223111nkknSnnnn.8.（2016年2卷17）nS为等差数列na的前n项和，且11a，728S．记lgnnba，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nb的前1000项和．【解析】⑴设na的公差为d，74728Sa，∴44a，∴4113aad，3∴1(1)naandn．∴11lglg10ba，1111lglg111ba，101101101lglg2ba．⑵记nb的前n项和为nT，则1000121000Tbbb121000lglglgaaa．当0lg1na≤时，129n，，，；当1lg2na≤时，101199n，，，；当2lg3na≤时，100101999n，，，；当lg3na时，1000n．∴1000091902900311893T．9.（2017年2卷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】塔的顶层共有灯x盏，则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列，由71238112x可得3x，故选B.10.（2015年2卷4）等比数列｛an｝满足a1=3，135aaa=21，则357aaa（）（A）21（B）42（C）63（D）84【解析】选B.设等比数列的公比为q,则a1+a1q2+a1q4=21,又因为a1=3,所以q4+q2-6=0,解得q2=2,a3+a5+a7=(a1+a3+a5)q2=42.11．（2017年3卷14）设等比数列na满足121aa，133aa，则4a________．【解析】na为等比数列，设公比为q．121313aaaa，即1121113aaqaaq①②，显然1q，10a，②①得13q，即2q，代入①式可得11a，3341128aaq．12.（2019年3卷5）已知各项均为正数的等比数列na的前4项和为15，且53134aaa，则3a（）A.16B.8C.4D.24【解析】设正数的等比数列{an}的公比为q，则2311114211115,34aaqaqaqaqaqa，解得11,2aq，2314aaq，故选C．13.（2019年1卷14）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若214613aaa，，则S5=____________．【解析】设等比数列的公比为q，由已知21461,3aaa，所以32511(),33qq又0q，所以3,q所以55151(13)(1)12131133aqSq．14.（2016年1卷15）设等比数列na错误!未找到引用源。满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为．【解析】：设等比数列的公比为q,由1324105aaaa得,2121(1)10(1)5aqaqq,解得1812aq.所以2(1)1712(1)22212118()22nnnnnnnnaaaaq,于是当3n或4时,12naaa取得最大值6264.15.（2018年2卷17）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{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{an}的通项公式为an=2n–9．（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．16.（2018年3卷17）等比数列中，．（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若，求．5【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，．【点评】等差、等比数列的考查主要是对数列通项公式与前n项和公式，基本性质的考查，熟练应用公式是解题的关键，渗透方程思想与数学计算等素养。常见题型与解题思路：1.等差、等比数列的基本运算问题2.等差、等比数列等距性应用二、其他数列（可转化为等差等比，3小3大）1.（2018年1卷14）14.记为数列的前项和，若，则_____________．【解析】根据，可得，两式相减得，即，当时，，解得，所以数列是以-1为首项，以2为公布的等比数列，所以，故答案是.2.（2015年2卷16）设nS是数列na的前n项和，且11a，11nnnaSS，则nS________．解题思路及步骤注意事项列方程组根据题目所给的两个已知条件列方程统一未知数利用数列的通项公式、前n想和公式、等距性质统一用两个未知数表示，等差数列一般统一为a1和d，等比数列一般统一为a1和q解方程等差数列一般用加减消元或代入消元，等比数列一般用整体带入或除法消元回答问题跟据问题求出通项公式、前n项和公式等解题思路及步骤注意事项观察下标和关系观察题目中所给条件和结论的下标和是否有相等或倍数关系应用性质若下标和相等，则应用性质简化运算.应用性质时，不但要求等式两边下标和相等，还要求项数相等.等差数列常结合公式21naaSnn使用计算求解利用性质整体带入求解6【解析】由已知得111nnnnnaSSSS，两边同时除以1nnSS，得1111nnSS，故数列1nS是以1为首项，1为公差的等差数列，则11(1)nSnn，所以1nSn．3．（2017年1卷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：N100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】：将已知的数列列举成行列式的形式，02第一行，1个数，求和为1210212第二行，2个数，求和为221021222第三行，3个数，求和为32102122232第四行，4个数，求和为4210212223242第五行，5个数，求和为521故而可得，第n行，n个数，求和为21n，因此前n行，一共有12nn个数，求和为nT122nn设N=knn2)1(，nk0，由N100，得13n因为322121nTSknknN和为2的整数幂，故032nk，3log2nk，当13n时，4k，9542)131(13N不合题意，当29n时，5k，44052)291(29N，故而选A.4．（2015年1卷17）nS为数列{na}的前n项和.已知na＞0，2nnaa=错误!未找到引用源。.（Ⅰ）求{na}的通项公式；（Ⅱ）设11nnnbaa,求数列{nb}的前n项和.【解析】（Ⅰ）当1n时，211112434+3aaSa，因为0na，所以1a=3，当2n时，2211nnnnaaaa=14343nnSS=4na，7即111()()2()nnnnnnaaaaaa，因为0na，所以1nnaa=2，所以数列{na}是首项为3，公差为2的等差数列，所以na=21n；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，nb=1111()(21)(23)22123nnnn，所以数列{nb}前n项和为12nbbb=1111111[()()()]235572123nn=11646n.5.（2016年3卷17）已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式.(2)若S5=3132,求λ.【解析】(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故a1=11λ,由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,所以n1naλ=aλ1,因此数列na是以a1=11λ为首项,以λλ1为公比的等比数列,an=n11λ1λλ1.(2)由(1)得Sn=1-nλλ1,又因为S5=3132,所以3132=1-5λλ1,即5λλ1=132,解得λ