高考数列专项大题与答案

高考数列大题专项1.（北京卷）设数列{an}的首项a1=a≠41，且11为偶数21为奇数4nnnanaan,记2114nnba，n＝＝l，2，3，…·．（I）求a2，a3；（II）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；（III）求123lim()nnbbbb．2.（北京卷）数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，113nnaS，n=1，2，3，……，求（I）a2，a3，a4的值及数列{an}的通项公式；（II）2462naaaa的值.3．（福建卷）已知{na}是公比为q的等比数列，且231,,aaa成等差数列.（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）设{nb}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由.4.（福建卷）已知数列{an}满足a1=a,an+1=1+na1我们知道当a取不同的值时，得到不同的数列，如当a=1时，得到无穷数列：.0,1,21:,21;,35,23,2,1得到有穷数列时当a（Ⅰ）求当a为何值时a4=0；（Ⅱ）设数列{bn}满足b1=－1,bn+1=)(11Nnbn，求证a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}；（Ⅲ）若)4(223nan，求a的取值范围.5.（湖北卷）设数列}{na的前n项和为Sn=2n2，}{nb为等比数列，且.)(,112211baabba（Ⅰ）求数列}{na和}{nb的通项公式；（Ⅱ）设nnnbac，求数列}{nc的前n项和Tn.6.（湖南卷）已知数列))}1({log*2Nnan为等差数列，且.9,331aa（Ⅰ）求数列}{na的通项公式；（Ⅱ）证明.111112312nnaaaaaa7.（江苏卷）设数列｛an｝的前项和为nS,已知a1=1,a2=6,a3=11,且1(58)(52)nnnSnSAnB,,,3,2,1n其中A,B为常数.(Ⅰ)求A与B的值;(Ⅱ)证明数列｛an｝为等差数列;(Ⅲ)证明不等式51mnmnaaamn对任何正整数、都成立.8.(全国卷Ⅰ)设正项等比数列na的首项211a，前n项和为nS，且0)12(21020103010SSS。（Ⅰ）求na的通项；（Ⅱ）求nnS的前n项和nT。9.(全国卷Ⅰ)设等比数列na的公比为q，前n项和),2,1(0nSn。（Ⅰ）求q的取值范围；（Ⅱ）设1223nnnaab，记nb的前n项和为nT，试比较nS与nT的大小。10.(全国卷II)已知na是各项为不同的正数的等差数列，1lga、2lga、4lga成等差数列．又21nnba，1,2,3,n．(Ⅰ)证明nb为等比数列；(Ⅱ)如果数列nb前3项的和等于724，求数列na的首项1a和公差d．答案1.（北京卷）解：（I）a2＝a1+41=a+41，a3=21a2=21a+81；（II）∵a4=a3+41=21a+83,所以a5=21a4=41a+316,所以b1=a1－41=a－41,b2=a3－41=21(a－41),b3=a5－41=41(a－41),猜想：{bn}是公比为21的等比数列·证明如下：因为bn+1＝a2n+1－41=21a2n－41=21(a2n－1－41)=21bn,(n∈N*)所以{bn}是首项为a－41,公比为21的等比数列·（III）11121(1)12lim()lim2()1141122nnnnbbbbba.2.（北京卷）解：（I）由a1=1，113nnaS，n=1，2，3，……，得211111333aSa，3212114()339aSaa，431231116()3327aSaaa，由1111()33nnnnnaaSSa（n≥2），得143nnaa（n≥2），又a2=31，所以an=214()33n(n≥2),∴数列{an}的通项公式为21114()233nnnan≥；（II）由（I）可知242,,,naaa是首项为31，公比为24()3项数为n的等比数列，∴2462naaaa=22241()1343[()1]43731()3nn3．（福建卷）解：（Ⅰ）由题设,2,21121213qaaqaaaa即.012,021qqa.211或q（Ⅱ）若.2312)1(2,12nnnnnSqn则当.02)2)(1(,21nnSbSnnnn时故.nnbS若.49)21(2)1(2,212nnnnnSqn则当,4)10)(1(,21nnSbSnnnn时故对于.,11;,10;,92,nnnnnnbSnbSnbSnNn时当时当时当4.（福建卷）（I）解法一：,11,11nnaaaa.0.11111.1111.1111,.}{.11,1,1:)(.032.32,11.21,11.1,011,0:.032.12231111211,1111111212123112111422233344342312nnnnnnnnnnnnnnabbaabbaabbaababababbbbbbIIaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa中的任一个数不妨设取数列解法一时故当解法二时故当故a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}5.（湖北卷）解：（1）：当;2,111San时,24)1(22,2221nnnSSannnn时当故{an}的通项公式为4,2}{,241daanann公差是即的等差数列.设{bn}的通项公式为.41,4,,11qdbqdbq则故.42}{,4121111nnnnnnbbqbb的通项公式为即（II）,4)12(422411nnnnnnnbac]4)12(4)32(454341[4],4)12(45431[13212121nnnnnnnnTncccT两式相减得].54)56[(91]54)56[(314)12()4444(2131321nnnnnnnTnnT6.（湖南卷）（I）解：设等差数列)}1({log2na的公差为d.由,8log2log)2(log29,322231daa得即d=1.所以,)1(1)1(log2nnan即.12nna（II）证明因为nnnnnaaa2121111，所以nnnaaaaaa2121212111132112312.1211211212121nn7.（江苏卷）解：(Ⅰ)由11a，26a，311a，得11S，22S，318S．把1,2n分别代入1(58)(52)nnnSnSAnB，得28,248ABAB解得，20A，8B．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，115()82208nnnnnSSSSn，即11582208nnnnaSSn，①又2215(1)8220(1)8nnnnaSSn．②②-①得，21215(1)58220nnnnnanaaa，即21(53)(52)20nnnana．③又32(52)(57)20nnnana．④④-③得，321(52)(2)0nnnnaaa，∴32120nnnaaa，∴3221325nnnnaaaaaa，又215aa，因此，数列na是首项为1，公差为5的等差数列．(Ⅲ)由(Ⅱ)知，54,()nannN．考虑55(54)2520mnamnmn．2(1)211mnmnmnmnmnaaaaaaaaaa„2515()9mnmn．∴25(1)15()291522910mnmnaaamn厖．即25(1)mnmnaaa，∴51mnmnaaa．因此，51mnmnaaa．8.(全国卷Ⅰ)解：（Ⅰ）由0)12(21020103010SSS得,)(21020203010SSSS即,)(220121130222110aaaaaa可得.)(22012112012111010aaaaaaq因为0na，所以,121010q解得21q，因而.,2,1,2111nqaannn（Ⅱ）因为}{na是首项211a、公比21q的等比数列，故.2,211211)211(21nnnnnnnnSS则数列}{nnS的前n项和),22221()21(2nnnnT).2212221()21(212132nnnnnnT前两式相减，得122)212121()21(212nnnnnT12211)211(214)1(nnnnn即.22212)1(1nnnnnnT9.(全国卷Ⅰ)解：（Ⅰ）因为}{na是等比数列，.0,0,011qSaSn可得当;0,11naSqn时1(1)11,0,0,(1,2,)11nnnaqqqSnqq当时即上式等价于不等式组：),2,1(,01,01nqqn①或),2,1(,01,01nqqn②解①式得q1；解②，由于n可为奇数、可为偶数，得－1q1.综上，q的取值范围是).,0()0,1(（Ⅱ）由2132nanbaa得.)23(),23(22nnnnSqqTqqab于是)123(2qqSSTnnn).2)(21(qqSn又∵nS0且－1q0或q0当112q或2q时0nnTS即nnTS当122q且q≠0时，0nnTS即nnTS当12q或q=2时，0nnTS即nnTS10.(全国卷II)(I)证明：∵1lga、2lga、4lga成等差数列∴22lga=1lga+4lga，即2214aaa又设等差数列na的公差为d，则(1a－d)2=1a(1a－3d)这样21dad，从而d(d－1a)=0∵d≠0∴d=1a≠0∴122111(21)22nnnnnnaaddbad∴nb是首项为1b=12d，公比为12的等比数列。(II)解。∵1231117(1)22424bbbd∴d=3∴1a=d=3