2018年高考数学试题分类汇编数列

第1页共4页2018试题分类汇编---------数列一、填空题1.（北京理4改）“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为__________．1.1272f2.（北京理9）设na是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则na的通项公式为__________．2．63nan3.（全国卷I理4改）设nS为等差数列na的前n项和，若3243SSS，12a，则5a__________．3.104.（浙江10改）．已知1234,,,aaaa成等比数列，且1234123ln()aaaaaaa．若11a，则13,aa的大小关系是_____________，24,aa的大小关系是_____________．4.1324,aaaa5.（江苏14）．已知集合*{|21,}AxxnnN，*{|2,}nBxxnN．将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}na．记nS为数列{}na的前n项和，则使得112nnSa成立的n的最小值为__________．5．27二、解答题6.（北京文15）设{}na是等差数列，且123ln2,5ln2aaa.（1）求{}na的通项公式；（2）求12eeenaaa.6．解：（1）设等差数列{}na的公差为d，∵235ln2aa，∴1235ln2ad，又1ln2a，∴ln2d.∴1(1)ln2naandn.（2）由（I）知ln2nan，∵ln2ln2eee=2nnann，∴{e}na是以2为首项，2为公比的等比数列.∴212ln2ln2ln2eeeeeennaaa2=222n1=22n.∴12eeenaaa1=22n.7.(全国卷I文17)已知数列na满足11a，121nnnana，设nnabn．（1）求123bbb，，；（2）判断数列nb是否为等比数列，并说明理由；（3）求na的通项公式．7．解：（1）由条件可得an+1=2(1)nnan．将n=1代入得，a2=4a1，而a1=1，所以，a2=4．将n=2代入得，a3=3a2，所以，a3=12．从而b1=1，b2=2，b3=4．（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得121nnaann，即bn+1=2bn，又b1=1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．（3）由（2）可得12nnan，所以an=n·2n-1．8.（全国卷II理17）记nS为等差数列{}na的前n项和，已知17a，315S．（1）求{}na的通项公式；（2）求nS，并求nS的最小值．8.解：（1）设{}na的公差为d，由题意得13315ad.由17a得d=2.所以{}na的通项公式为29nan.（2）由（1）得228(4)16nSnnn，所以当n=4时,nS取得最小值,最小值为−16.第2页共4页9.（全国卷III理17）等比数列na中，15314aaa，．（1）求na的通项公式；（2）记nS为na的前n项和．若63mS，求m．9.解：（1）设{}na的公比为q，由题设得1nnaq.由已知得424qq，解得0q（舍去），2q或2q.故1(2)nna或12nna.（2）若1(2)nna，则1(2)3nnS.由63mS得(2)188m，此方程没有正整数解.若12nna，则21nnS.由63mS得264m，解得6m.综上，6m.10.（天津文18）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．（1）求Sn和Tn；（2）若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．10.本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.（1）解：设等比数列{}nb的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得220qq.因为0q，可得2q，故12nnb.所以122112nnnT.设等差数列{}na的公差为d.由435baa，可得134ad.由5462baa，可得131316,ad从而11,1ad，故nan，所以(1)2nnnS.（2）解：由（I），知13112(222)22.nnnTTTnn由12()4nnnnSTTTab可得11(1)2222nnnnnn，整理得2340,nn解得1n（舍），或4n.所以n的值为4.11.（浙江20）已知等比数列{an}的公比q1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．（1）求q的值；（2）求数列{bn}的通项公式．11.本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力。（1）由42a是35,aa的等差中项得35424aaa，所以34543428aaaa，解得48a.由3520aa得18()20qq，因为1q，所以2q.（2）设1()nnnncbba，数列{}nc前n项和为nS.由11,1,,2.nnnSncSSn解得41ncn.由（1）可知12nna，所以111(41)()2nnnbbn，故211(45)(),22nnnbbnn，11123221()()()()nnnnnbbbbbbbbbb23111(45)()(49)()73222nnnn.设221113711()(45)(),2222nnTnn2211111137()(49)()(45)()22222nnnTnn第3页共4页所以22111111344()4()(45)()22222nnnTn，因此2114(43)(),22nnTnn，又11b，所以2115(43)()2nnbn.12.(天津理18)设{}na是等比数列，公比大于0，其前n项和为()nSnN，{}nb是等差数列.已知11a，322aa，435abb，5462abb.（1）求{}na和{}nb的通项公式；（2）设数列{}nS的前n项和为()nTnN，（i）求nT；（ii）证明221()22()(1)(2)2nnkkkkTbbnkknN.12.本小题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识.考查等差数列求和的基本方法和运算求解能力.（1）解：设等比数列{}na的公比为q.由1321,2,aaa可得220qq.因为0q，可得2q，故12nna.设等差数列{}nb的公差为d，由435abb，可得134.bd由5462abb，可得131316,bd从而11,1,bd故.nbn所以数列{}na的通项公式为12nna，数列{}nb的通项公式为.nbn（2）（i）由（I），有122112nnnS，故1112(12)(21)22212nnnkknnkkTnnn.（ii）证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21kkkkkk+kT+bbkkkkkkkkkkkk，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212nnnnkkkkTbbkknnn.13.（江苏20）．设{}na是首项为1a，公差为d的等差数列，{}nb是首项为1b，公比为q的等比数列．（1）设110,1,2abq，若1||nnabb对1,2,3,4n均成立，求d的取值范围；（2）若*110,,(1,2]mabmqN，证明：存在dR，使得1||nnabb对2,3,,1nm均成立，并求d的取值范围（用1,,bmq表示）．20．本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．满分16分．解：（1）由条件知：112(,)nnnandb．因为1||nnabb对n=1，2，3，4均成立，即112|()1|nnd对n=1，2，3，4均成立，即11，1d3，32d5，73d9，得7532d．因此，d的取值范围为75[,]32．学@科网（2）由条件知：111(1),nnnabndbbq．若存在d，使得1||nnabb（n=2，3，···，m+1）成立，第4页共4页即1111 |1|2,3,,(1())nbndbqbnm，即当2,3,,1nm时，d满足1111211nnqqbdbnn．因为(1,2]mq，则112nmqq，从而11201nqbn，1101nqbn，对2,3,,1nm均成立．因此，取d=0时，1||nnabb对2,3,,1nm均成立．下面讨论数列12{}1nqn的最大值和数列1{}1nqn的最小值（2,3,,1nm）．①当2nm时，111 2222111()()()nnnnnnnnqqnqqnqnqqqnnnnnn，当112mq时，有2nmqq，从而1()20nnnnqqq．因此，当21nm时，数列12{}1nqn单调递增，故数列12{}1nqn的最大值为2mqm．②设()()21xfxx，当x0时，ln21(0(n)l22)xfxx，所以()fx单调递减，从而()fxf（0）=1．当2nm时，111112111()()()nnnqqnnfqnnnn，因此，当21nm时，数列1{}1nqn单调递减，故数列1{}1nqn的最小值为mqm．因此，d的取值范围为11(2)[,]mmbqbqmm．