高考(四川卷)历年数列大题汇总(含答案)

1.(10理)已知数列满足，且对任意都有（Ⅰ）求；（Ⅱ）设证明：是等差数列；（Ⅲ）设，求数列的前项和.na1202a,am,nN*22121122mnmnaa(mn)35a,a2121nnnbaa(nN*)nb121210nnnnc(aaq(q,nN*)ncnnS2．（10文）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nS。3.（09理）设数列na的前n项和为nS，对任意的正整数n，都有51nnaS成立，记*4()1nnnabnNa。（I）求数列nb的通项公式；（II）记*221()nnncbbnN，设数列nc的前n项和为nT，求证：对任意正整数n都有32nT；（III）设数列nb的前n项和为nR。已知正实数满足：对任意正整数,nnRn恒成立，求的最小值。4.（09文）设数列na的前n项和为nS，对任意的正整数n，都有51nnaS成立，记*4()1nnnabnNa。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m（I）求数列na与数列nb的通项公式；（II）设数列nb的前n项和为nR，是否存在正整数k，使得4nRk成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由；（III）记*221()nnncbbnN，设数列nc的前n项和为nT，求证：对任意正整数n都有32nT；5.（08理）设数列na的前n项和为nS，已知21nnnbabS（Ⅰ）证明：当2b时，12nnan是等比数列；（Ⅱ）求na的通项公式6.设数列na的前n项和为22nnnSa，（Ⅰ）求14,aa（Ⅱ）证明：12nnaa是等比数列；（Ⅲ）求na的通项公式6.（07理）已知函数2()4fxx，设曲线()yfx在点(,())nnxfx处的切线与x轴的交点为1(,0)nx(*)nN，其中1x为正实数．（Ⅰ）用nx表示1nx；(Ⅱ)证明：对一切正整数1,nnnxx的充要条件是12x（Ⅲ）若14x，记2lg2nnnxax，证明数列{}na成等比数列，并求数列{}nx的通项公式。7.（07文）已知函数f（x）=x2－4，设曲线y＝f（x）在点（xn，f（xn））处的切线与x轴的交点为（Fn+1,u）（u,N×），其中1x为正实数．（1）用xn表示1nx；（2）若x1=4，记an=lg22nnxx，证明数列｛an｝成等比数列，并求数列｛xn｝的通项公式；（3）若x1＝4，bn＝xn－2，Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明Tn38.（06理）已知数列na，其中121,3,aa112,(2)nnnaaan记数列na的前n项和为,nS数列lnnS的前n项和为.nU(Ⅰ)求nU；(Ⅱ)设22(),2(!)NUnneFxxnn11()(),nnkiTxFx（其中1()kFx为()kFx的导函数），计算1()lim()nnnTxTx9.（06文）数列na的前n项和记为11,1,211nnnSaaSn（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）等差数列nb的各项为正，其前n项和为nT，且315T，又112233,,ababab成等比数列，求nT10.（05理）在等差数列241{},0,ndaaaa在等差数列中公差与的等差中项,是已知数列1213,,,,nkkkaaaaa成等比数列,求数列{}nk的通项nk11.（04理）数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝nn2Sn（n＝1，2，3，…）．证明：(Ⅰ)数列{nSn}是等比数列；(Ⅱ)Sn＋1＝4an．12.（02理）设数列{an}满足,,3,2,1,121nnaaannn（Ⅰ）当21a时，求432,,aaa,并由此猜想出na的一个通项公式；（Ⅱ）当31a时，证明对所有的1n，有（i）;2nan（ii）.2111111121naaa参考答案1.解：（Ⅰ）由题意，令再令………………（2分）（Ⅱ）所以，数列………………（5分）（Ⅲ）由（Ⅰ）、（Ⅱ）的解答可知.6221,2123aaanm可得.20821,3135aaanm可得即于是可得代替以由已知时当8)(][82)2(,*12121)1(21)1(2121212nnnnnnnaaaaaaamnNn.81nnbb.8的等差数列是公差为nb1316,8.nbbaa是首项公差为的等差数列2.解析：（Ⅰ）设na的公差为d，由已知得113368284adad。解得13,1ad，故3(1)4nann……………（5分）（Ⅱ）由(Ⅰ)的解答可得1nnbnq，于是01221123(1)nnnSqqqnqnq当1q时，上式两边同乘以q可得1123123(1)nnnqSqqqnqnq上述两式相减可得1211(1)11nnnnnqqSnqqqqnqq11(1)1nnnqnqq所以121(1)(1)nnnnqnqSq，当1q时(1)1232nnnSn。综上所述，12(1),(1)2(1)1,(1)(1)nnnnnqSnqnqqq……………………………（12分）3.本小题主要考查数列、不等式等基础知识、考查化归思想、分类整合思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力。解：（Ⅰ）当1n时，111151,4aaa又1151,51nnnnaaaaQ11115,4nnnnnaaaaa即数列na成等比数列，其首项114a，公比是14q1()4nna14()411()4nnnb……………………………………..3分（Ⅱ）由（Ⅰ）知54(4)1nnb2212215525164141(161)(164)nnnnnnnncbb=222516251625(16)3164)(16)16nnnnnn又1211343,,33bbc当1312nT时，当234111225()3161616nnnTK时，12211[1()]416162513116146931625......................713482116n分w.w.w.k.s.5.u.c.o.m（Ⅲ）由（Ⅰ）知54(4)1nnb一方面，已知nRn恒成立，取n为大于1的奇数时，设*21()nkkN则1221nkRbbbK12321111145()41414141knKK1232211111145[()()]4141414141kknKK41n41,41nnRnn即（）对一切大于1的奇数n恒成立4,41n否则，（）只对满足14n的正奇数n成立，矛盾。另一方面，当4时，对一切的正整数n都有4nRn事实上，对任意的正整数k，有212212558(4)1(4)1nnkkbb5208(16)1(16)4kk15164088(161)(164)kkk当n为偶数时，设*2()nmmN则1234212()()()nmmRbbbbbbK84mnw.w.w.k.s.5.u.c.o.m4.【解析】（I）当1n时，111151,4aSaw.w.w.k.s.5.u.c.o.m又1151,51nnnnaSaS11115,4即nnnnnaaaaa∴数列na是首项为114a，公比为14q的等比数列，∴1()4nna，*14()4()11()4nnnbnN…………………………………3分（II）不存在正整数k，使得4nRk成立。证明：由（I）知14()5441(4)11()4nnnnbw.w.w.k.s.5.u.c.o.m212212555201516408888.(4)1(4)1161164(161)(164)kkkkkkkkkbb∴当n为偶数时，设2()nmmNw.w.w.k.s.5.u.c.o.m∴1234212()()()84nmmRbbbbbbmn当n为奇数时，设21()nmmN∴1234232221()()()8(1)4844nmmmRbbbbbbbmmn∴对于一切的正整数n，都有4nRkw.w.w.k.s.5.u.c.o.m∴不存在正整数k，使得4nRk成立。…………………………………8分（III）由54(4)1nnb得w.w.w.k.s.5.u.c.o.m2122212255151615161516154141(161)(164)(16)3164(16)16nnnnnnnnnnnnnncbb又1221343,,33bbc，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m当1n时，132T，当2n时，2223211[1()]41114161625()2513161616311614693162513482116nnnTw.w.w.k.s.5.u.c.o.m…………………………………14分5.【解】：由题意知12a，且21nnnbabS11121nnnbabS两式相减得1121nnnnbaaba即12nnnaba①（Ⅰ）当2b时，由①知122nnnaa于是1122212nnnnnanan122nnan又111210na，所以12nnan是首项为1，公比为2的等比数列。（Ⅱ）当2b时，由（Ⅰ）知1122nnnan，即112nnan当2b时，由由①得1111122222nnnnnababb22nnbbab122nnbab因此11112222nnnnababb212nbbb得121122222nnnnabbnb【点评】：此题重点考察数列的递推公式，利用递推公式求数列的通项公式，同时考察分类讨论思想；【突破】：推移脚标两式相减是解决含有nS的递推公式的重要手段，使其转化为不含nS的递推6．Ⅰ）因为1111,22aSaS，所以112,2aS由22nnnaS知11122nnnaS112nnnaS得12nnnaS①所以222122226,8aSS3332228216,24aSS443240aS（Ⅱ）由题设和①式知11222nnnnnnaaSS122nn2n所以12nnaa是首项为2，公比为2的等比数列。（Ⅲ）21112211222222nnnnnnnaaaaaaaa112nn7.题综合考察数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力。解：（Ⅰ）由题可得'2fxx