历年数列高考题汇编

1历年高考真题汇编---数列（含）1、(2011年新课标卷文)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2)1(nn所以}{nb的通项公式为.2)1(nnbn2、(2011全国新课标卷理）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.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212111111112...2((1)()...())22311nnbbbnnn所以数列1{}nb的前n项和为21nn3、（2010新课标卷理）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nS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4、（20I0年全国新课标卷文）设等差数列na满足35a，109a。（Ⅰ）求na的通项公式；（Ⅱ）求na的前n项和nS及使得nS最大的序号n的值。解：（1）由am=a1+（n-1）d及a1=5，a10=-9得112599{adad3解得192{ad数列{an}的通项公式为an=11-2n。……..6分(2)由(1)知Sn=na1+(1)2nnd=10n-n2。因为Sn=-(n-5)2+25.所以n=5时，Sn取得最大值。5、（2011年全国卷）设数列na的前N项和为nS,已知26,a12630,aa求na和nS6、（2011辽宁卷）已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=-10（I）求数列{an}的通项公式；（II）求数列12nna的前n项和．解：（I）设等差数列{}na的公差为d，由已知条件可得110,21210,adad解得11,1.ad故数列{}na的通项公式为2.nan………………5分（II）设数列1{}2nnnanS的前项和为，即2111,122nnnaaSaS故，12.2242nnnSaaa所以，当1n时，41211111222211121()2422121(1)22nnnnnnnnnnSaaaaaann=.2nn所以1.2nnnS综上，数列11{}.22nnnnannS的前项和7、（2010年陕西省）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{an}的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和Sn.解（Ⅰ）由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得121d＝1812dd，解得d＝1，d＝0（舍去），故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知2ma=2n，由等比数列前n项和公式得Sn=2+22+23+…+2n=2(12)12n=2n+1-28、（2009年全国卷）设等差数列{na}的前n项和为ns，公比是正数的等比数列{nb}的前n项和为nT，已知1133331,3,17,12,},{}nnababTSb求{a的通项公式。解：设na的公差为d，nb的公比为q由3317ab得212317dq①由3312TS得24qqd②由①②及0q解得2,2qd故所求的通项公式为121,32nnnanb59、（2011福建卷）已知等差数列{an}中，a1=1，a3=-3.（I）求数列{an}的通项公式；（II）若数列{an}的前k项和Sk=-35，求k的值.10、（2011重庆卷）设是公比为正数的等比数列，,.(Ⅰ)求的通项公式;(Ⅱ)设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前项和.11、（2011浙江卷）已知公差不为0的等差数列}{na的首项为)(Raa，且11a，21a，41a成等比数列．（Ⅰ）求数列}{na的通项公式；6（Ⅱ）对*Nn，试比较naaaa2322221...111与11a的大小．解：设等差数列{}na的公差为d，由题意可知2214111()aaa即2111()(3)adaad，从而21add因为10,.ddaa所以故通项公式.nana（Ⅱ）解：记22222111,2nnnnTaaaaa因为所以211(1())111111122()[1()]1222212nnnnTaaa从而，当0a时，11nTa；当110,.naTa时12、（2011湖北卷）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列nb中的3b、4b、5b。(I)求数列nb的通项公式；(II)数列nb的前n项和为nS，求证：数列54nS是等比数列。713、（2010年山东卷）已知等差数列na满足：73a，2675aa，na的前n项和为nS（Ⅰ）求na及nS；（Ⅱ）令112nnab（*Nn），求数列nb的前n项和为nT。解：（Ⅰ）设等差数列na的首项为1a，公差为d，由于73a，2675aa，所以721da，261021da，解得31a，2d，由于dnaan)1(1，2)(1nnaanS，所以12nan，)2(nnSn8（Ⅱ）因为12nan，所以)1(412nnan因此)111(41)1(41nnnnbn故nnbbbT21)1113121211(41nn)111(41n)1(4nn所以数列nb的前n项和)1(4nnTn14、（2010陕西卷）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{an}的通项;（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和Sn.解（Ⅰ）由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得121d＝1812dd，解得d＝1，d＝0（舍去），故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知2ma=2n，由等比数列前n项和公式得Sm=2+22+23+…+2n=2(12)12n=2n+1-2.、15、（2010重庆卷）已知na是首项为19，公差为-2的等差数列，nS为na的前n项和.（Ⅰ）求通项na及nS；（Ⅱ）设nnba是首项为1，公比为3的等比数列，求数列nb的通项公式及其前n项和nT.916、（2010北京卷）已知||na为等差数列，且36a，60a。（Ⅰ）求||na的通项公式；（Ⅱ）若等差数列||nb满足18b，2123baaa，求||nb的前n项和公式解：（Ⅰ）设等差数列{}na的公差d。因为366,0aa所以112650adad解得110,2ad所以10(1)2212nann（Ⅱ）设等比数列{}nb的公比为q因为212324,8baaab所以824q即q=3所以{}nb的前n项和公式为1(1)4(13)1nnnbqSq17、（2010浙江卷）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数{an}的前n项和为Sn，满足S2S6＋15＝0.（Ⅰ）若S5＝S.求Sn及a1;（Ⅱ）求d的取值范围.10解：(Ⅰ)由题意知S0=5-15S-3,a=S-S=-8所以11105,58.Sadad解得a1=7所以S=-3,a1=7(Ⅱ)因为SS+15=0,所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,即2a12+9da1+10d2+1=0.故(4a1+9d)2=d2-8.所以d2≥8.[故d的取值范围为d≤-2218、（2010四川卷）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nSⅡ）由（Ⅰ）得解答可得，1nnbnq，于是0121123nnSqqqnq．若1q，将上式两边同乘以q有121121nnnqSqqnqnq．两式相减得到12111nnnqSnqqqq11nnqnqq1111nnnqnqq．于是12111nnnnqnqSq．若1q，则11232nnnSn．11所以，121,1,211,1.1nnnnnqSnqnqqq…………………………………（12分）19、（2010上海卷）已知数列na的前n项和为nS，且585nnSna，*nN证明：1na是等比数列；解：由*585,nnSnanN（1）可得：1111585aSa，即114a。同时11(1)585nnSna（2）从而由(2)(1)可得：1115()nnnaaa即：*151(1),6nnaanN，从而{1}na为等比数列，首项1115a，公比为56，通项公式为15115*()6nna，从而1515*()16nna20、（2009辽宁卷）等比数列{na}的前n项和为ns，已知1S,3S,2S成等差数列（1）求{na}的公比q；（2）求1a-3a=3，求ns解：（Ⅰ）依题意有)(2)(2111111qaqaaqaaa由于01a，故022qq又0q，从而21－q（Ⅱ）由已知可得321211）（aa12故41a从而））（（）（））（（nnn211382112114S