新课标全国卷五年高考数列汇编(附答案)

1.[2014·新课标全国卷Ⅰ]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ.(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．2.[2014·新课标全国卷2]已知数列na满足1a=1，131nnaa.（Ⅰ）证明12na是等比数列，并求na的通项公式；（Ⅱ）证明：1231112naaa…+.3.[2013·新课标全国卷1]设等差数列na的前n项和为11,2,0,3nmmmSSSS，则m()A.3B.4C.5D.64.[2013·新课标全国卷1]设nnnABC的三边长分别为,,nnnabc，nnnABC的面积为nS，1,2,3,n，若11111,2bcbca，111,,22nnnnnnnncabaaabc，则()A.{Sn}为递减数列B.{Sn}为递增数列C.{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D.{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列5.[2013·新课标全国卷1]若数列{na}的前n项和为Sn＝2133na，则数列{na}的通项公式是na=______.6.(2013课标全国Ⅱ，理3)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝()．A．13B．13C．19D．197.(2013课标全国Ⅱ，理16)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为__________．8.[2012新课标全国卷]已知na为等比数列，472aa，568aa，则110aa（）()A7()B5()C()D9.[2012新课标全国卷]数列{}na满足1(1)21nnnaan，则{}na的前60项和为10.[2010新课标全国卷]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nS11、（2015全国1卷17题）nS为数列{na}的前n项和.已知na＞0，2nnaa=43nS.（Ⅰ）求{na}的通项公式；（Ⅱ）设11nnnbaa,求数列{nb}的前n项和.12、（2015全国2卷4题）已知等比数列na满足a1=3，135aaa=21，则357aaa（）A．21B．42C．63D．84．13、（2015全国2卷16题）设nS是数列na的前n项和，且11a，11nnnaSS，则nS________．14、（2016全国1卷3题）已知等差数列na前9项的和为27,108a,则100a（）（A）100（B）99（C）98（D）9715、（2016全国2卷15题）设等比数列na满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为．16、（2016全国2卷17题）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．17、（2016全国3卷17题）已知数列{}na的前n项和1nnSa，其中0．（I）证明{}na是等比数列，并求其通项公式；（II）若53132S，求．18、（2017年国1卷4题）记nS为等差数列na的前n项和，若4562448aaS，，则na的公差为（）A．1B．2C．4D．819、（2017全国2卷3题）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20、（2017全国2卷15题）等差数列na的前n项和为nS，33a，410S，则11nkkS．21、（2017全国3卷9题）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．812、（2017全国3卷14题）设等比数列na满足121aa，133aa，则4a________．．详细解析1.解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1，由(1)知，a3＝λ＋1.若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．2.解：的等比数列。公比为是首项为3,2321}21{∴).21(3211321a∴.*N∈.n13,111n11aaaaaaannnnn(2)（证毕），所以，）（时，当，知，由.*∈231111.2331-12331-131-131313111111∴.311-3211,11.1-32121-3∴,2321)1(3211-213211-1Nnaaaaaaaaanaaaannnnnnnnnnnnnn++++==++++++++=====+3.【解析】有题意知mS=1()2mmaa=0，∴1a=－ma=－（mS-1mS）=－2，1ma=1mS-mS=3，∴公差d=1ma-ma=1，∴3=1ma=－2m，∴m=5，故选C.4.B5.【解析】当n=1时，1a=1S=12133a，解得1a=1，当n≥2时，na=1nnSS=2133na－(12133na)=12233nnaa，即na=12na，∴{na}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴na=1(2)n.6.答案：C解析：设数列{an}的公比为q，若q＝1，则由a5＝9，得a1＝9，此时S3＝27，而a2＋10a1＝99，不满足题意，因此q≠1.∵q≠1时，S3＝31(1)1aqq＝a1·q＋10a1，∴311qq＝q＋10，整理得q2＝9.∵a5＝a1·q4＝9，即81a1＝9，∴a1＝19.7.答案：－49解析：设数列{an}的首项为a1，公差为d，则S10＝1109102ad＋＝10a1＋45d＝0，①S15＝11514152ad＝15a1＋105d＝25.②联立①②，得a1＝－3，23d，所以Sn＝2(1)211032333nnnnn.令f(n)＝nSn，则32110()33fnnn，220'()3fnnn.令f′(n)＝0，得n＝0或203n.当203n时，f′(n)＞0,2003n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－49.8.【解析】选D472aa，56474784,2aaaaaa或472,4aa471101104,28,17aaaaaa471011102,48,17aaaaaa9.【解析】{}na的前60项和为1830可证明：14142434443424241616nnnnnnnnnnbaaaaaaaab112341515141010151618302baaaaS10.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11，试题解析：（Ⅰ）当1n时，211112434+3aaSa，因为0na，所以1a=3，当2n时，2211nnnnaaaa=14343nnSS=4na，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.12【解析】设等比数列公比为q，则2411121aaqaq，又因为13a，所以4260qq，解得22q，所以2357135()42aaaaaaq，故选B13．【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．14试题分析：由已知,1193627,98adad所以110011,1,9919998,adaad故选C.15，试题分析：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.16【解析】⑴设na的公差为d，74728Sa，∴44a，∴4113aad，∴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．由01a，0得0na，所以11nnaa.因此}{na是首项为11，公比为1的等比数列，于是1)1(11nna．（Ⅱ）由（Ⅰ）得nnS)1(1，由32315S得3231)1(15，即5)1(321，解得1．18，45113424aaadad61656482Sad联立求得11272461548adad①②3①②得211524d624d4d∴选C19，【解析】一座7层塔共挂了381盏灯，即7381S；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即2q，塔的顶层为1a；由等比前n项和1111nnaqSqq可知：171238112naS，解得13a.20.【解析】∵410S，2314aaaa，∴235aa∵33a，∴22a∴nan∵12nnnaaS∴21nSn