全国卷数列高考题汇总附答案

数列专题

高考真题

(2014·I) 17. (本小题满分12分)

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.

（Ⅰ）证明：𝑎𝑛+2−𝑎𝑛=𝜆；

（Ⅱ）是否存在𝜆，使得{𝑎𝑛}为等差数列？并说明理由. (2014·II) 17.（本小题满分12分） 已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛+1.

（Ⅰ）证明{𝑎𝑛+}是等比数列，并求{𝑎𝑛}的通项公式；

21

（Ⅱ）证明：

1𝑎1

+

1𝑎2

+⋯+

1𝑎𝑛

< .

2

3

(2015·I)（17）（本小题满分12分）

𝑆𝑛为数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和.已知𝑎𝑛>0,𝑎𝑛2+2𝑎𝑛=4𝑆𝑛+3， （Ⅰ）求{𝑎𝑛}的通项公式： （Ⅱ）设𝑏𝑛=

1𝑎𝑛𝑎𝑛+1

,求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和。

=21，则

( )

(2015·II)（4）等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=3，

（A）21 （B）42 （C）63 （D）84

(2015·II)（16）设

是数列

的前n项和，且

，

，则

________．

(2016·I)（3）已知等差数列{𝑎𝑛}前9项的和为27，𝑎10=8，则𝑎100=

（A）100 （B）99 （C）98 （D）97

(2016·I)（15）设等比数列{𝑎𝑛}满足 𝑎1+𝑎3=10，𝑎2+𝑎4=5，则 𝑎1𝑎2…𝑎𝑛 的最大值为__________。 (2016·II)（17）（本题满分12分）

Sn为等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，且𝑎1=1 ，𝑆7=28 记𝑏𝑛=[𝑙𝑜𝑔𝑎𝑛]，其中[𝑥]表示不超过𝑥的最大整数，如[0.9] = 0，[𝑙𝑔 99]=1.

（I）求𝑏1，𝑏11，𝑏101；

（II）求数列{𝑏𝑛}的前1 000项和.

(2016·III)（12）定义“规范01数列”{𝑎𝑛}如下：{𝑎𝑛}共有2𝑚项，其中𝑚项为0，𝑚项为1，且对任意𝑘≤2𝑚，𝑎1,𝑎2,?,𝑎𝑘中0的个数不少于1的个数.若𝑚=4，则不同的“规范01数列”共有

（A）18个

（B）16个

（C）14个

（D）12个

(2016·III)（17）（本小题满分12分）

已知数列{an}的前𝑛项和Sn=1+𝜆𝑎𝑛，其中𝜆≠0 （I）证明{an}是等比数列，并求其通项公式；

（II）若Sn=

A．1

3132

，求𝜆.

B．2

C．4

D．8

(2017·I)4．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4a524，S648，则{an}的公差为

(2017·I)12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是2,2，再接下来的三项是2,2,2，依此类推。求满足如下条件的最小整数N:N100且该数列的前N项和为2的整数幂。那么该款软件的激活码是

A．440

B．330

C．220

n01201 D．110

(2017·II)15. 等差数列an的前项和为Sn，a33，S410，则

Sk11k ．

(2017·III)9．等差数列{an}的首项为1，公差不为0．若𝑎2,𝑎3,𝑎6成等比数列，则{an}前6项的和为

A．-24

B．-3

C．3

D．8

(2017·III)14．设等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎1+𝑎2=−1, 𝑎1−𝑎3=−3，则𝑎4=________． (2018·I)4．记𝑆𝑛为等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和.若3𝑆3=𝑆2+𝑆4，𝑎1=2，则𝑎5=

A．−12

(2018·II)17．（12分）

记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a17，S315． （1）求{an}的通项公式； （2）求Sn，并求Sn的最小值． (2018·III)17．（12分）

等比数列an中，a11，a54a3． （1）求an的通项公式；

（2）记Sn为an的前n项和．若Sm63，求m．

(2019·I)9．记Sn为等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和．已知𝑆4=0，𝑎5=5，则

A．𝑎𝑛=2𝑛−5 B．?𝑎𝑛=3𝑛−10 C．𝑆𝑛=2𝑛2−8𝑛 D．𝑆𝑛=𝑛2−2𝑛

(2019·I) 14．记Sn为等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和．若𝑎1=

A．16

1

2

2

，𝑎43

1

B．−10 C．10 D．12

(2018·I)14．记Sn为数列an的前n项和.若Sn2an1，则S6_____________．

=𝑎6，则𝑆5=____________．

(2019·II)5．已知各项均为正数的等比数列{𝑎𝑛}的前4项和为15，且𝑎5=3𝑎3+4𝑎1，则𝑎3=

B．8 C．4 D．2

𝑆10𝑆5

(2019·II)14．记Sn为等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，𝑎1≠0，𝑎2=3𝑎1，则(2019·III)19．（12分）

=___________.

已知数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}满足𝑎1=1，𝑏1=0，4𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛−𝑏𝑛+4，4𝑏𝑛+1=3𝑏𝑛−𝑎𝑛−4 （1）证明：{𝑎𝑛+𝑏𝑛}是等比数列，{𝑎𝑛−𝑏𝑛}是等差数列； （2）求{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式.

数列专题

参

(2014·I) 17.

（Ⅰ）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，

由于𝑎𝑛+1≠0，∴𝑎𝑛+2−𝑎𝑛=𝜆 ………………………………………6分 （Ⅱ）𝑎1𝑎2=𝜆𝑆1−1=𝜆𝑎1−1，而𝑎1=1，解得?𝑎2=𝜆−1， 由（Ⅰ）知𝑎3=𝜆+𝑎2

令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{𝑎𝑛}为等差数列。…………………………………12分 (2014·II) 17.

（Ⅰ）证明：由𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛+1得𝑎𝑛+1+2=3(𝑎𝑛+2) 又𝑎1+2=2，所以{𝑎𝑛+2}是首项为2，公比为3的等比数列 𝑎𝑛+2=

1

3𝑛1

3

1

3

1

1

，因此{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=2

1

2

𝑛

3𝑛−12

（Ⅱ）由（Ⅰ）知𝑎=3𝑛−1

因为当𝑛≥1时，3𝑛−1≥2×3𝑛−1，所以

1

1

1

1

1

1

13𝑛−11

≤

12×3𝑛−11−

1

3𝑛11−3

3

1

3

于是𝑎+𝑎+𝑎+?+𝑎<1+31+32+?+3𝑛−1=

1

2

3

𝑛

=2（1−3𝑛）<2

所以𝑎+𝑎+𝑎+?+𝑎<2

1

2

3

𝑛

11113

(2015·I)（17）解：

22

（Ⅰ）由𝑎𝑛+2𝑎𝑛=4𝑆𝑛+3，可知𝑎𝑛+1+2𝑎𝑛+1=4𝑆𝑛+1+3 22可得𝑎𝑛+1−𝑎𝑛+2(𝑎𝑛+1−𝑎𝑛)=4𝑎𝑛+1，即

22

2(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛)=𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛)(𝑎𝑛+1−𝑎𝑛)

由于𝑎𝑛>0，可得𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2

2

又𝑎1+2𝑎1=4𝑎1+3，解得𝑎1=−1（舍去），𝑎1=3

所以{𝑎𝑛}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为𝑎𝑛=2𝑛+1…………………6分 （Ⅱ）由𝑎𝑛=2𝑛+1可知

𝑏𝑛=

11111

==(−)

𝑎𝑛𝑎𝑛+1(2𝑛+1)(2𝑛+3)22𝑛+12𝑛+3设数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛，则

𝑇𝑛=𝑏1+𝑏2+...+𝑏𝑛

1111111=[(−)+(−)+...+(−)] 235572𝑛+12𝑛+3=3(2𝑛+3)…………………………………………………………………………12分 (2016·II)17. （Ⅰ）先求公差、通项

，再根据已知条件求

；（Ⅱ）用分段函数表示

，再由等差数列的前

𝑛

项和公式求数列试题解析：（Ⅰ）设所以

的通项公式为

的前1 000项和． 的公差为

，据已知有

，解得

（Ⅱ）因为所以数列

的前

项和为

考点：等差数列的的性质，前项和公式，对数的运算. (2016·III)（17）

解：（Ⅰ）由题意得𝑎1=𝑆1=1+𝜆𝑎1，故𝜆≠1，𝑎1=1−𝜆，𝑎1≠0.

由𝑆𝑛=1+𝜆𝑎𝑛，𝑆𝑛+1=1+𝜆𝑎𝑛+1得𝑎𝑛+1=𝜆𝑎𝑛+1−𝜆𝑎𝑛，即𝑎𝑛+1(𝜆−1)=𝜆𝑎𝑛.由𝑎1≠0，𝜆≠0得𝑎𝑛≠0，所以

𝑎𝑛+1𝑎𝑛

𝜆

1

=𝜆−1.

因此{𝑎𝑛}是首项为

1

1−𝜆

，公比为𝜆

𝜆−1

的等比数列，于是𝑎𝑛=

3132

1

1−𝜆𝜆−1

3132

(

𝜆

)𝑛−1．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得𝑆𝑛=1−(解得𝜆=−1． (2018·II)17．

𝜆

𝜆−1

)𝑛，由𝑆5=

得1−(

𝜆

𝜆−1

)5=，即()532， 11

（1）设{an}的公差为d，由题意得3a13d15． 由a17得d=2．

所以{an}的通项公式为an2n9．

22（2）由（1）得Snn8n(n4)16．

所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为?16． (2018·III)17.

n1解：（1）设{an}的公比为q，由题设得anq.

由已知得q4q，解得q0（舍去），q2或q2.

n1n1故an(2)或an2.

42（2）若an(2)n11(2)nm，则Sn.由Sm63得(2)188，此方程没有正整数解.

3n1n若an2，则Sn21.由Sm63得2m，解得m6.

综上，m6. (2019·III)19.

解：（1）由题设得4(𝑎𝑛+1+𝑏𝑛+1)=2(𝑎𝑛+𝑏𝑛)，即𝑎𝑛+1+𝑏𝑛+1=2(𝑎𝑛+𝑏𝑛)． 又因为a1+b1=l，所以{𝑎𝑛+𝑏𝑛}是首项为1，公比为2的等比数列． 由题设得4(𝑎𝑛+1−𝑏𝑛+1)=4(𝑎𝑛−𝑏𝑛)+8，即𝑎𝑛+1−𝑏𝑛+1=𝑎𝑛−𝑏𝑛+2． 又因为a1–b1=l，所以{𝑎𝑛−𝑏𝑛}是首项为1，公差为2的等差数列． （2）由（1）知，𝑎𝑛+𝑏𝑛=2𝑛−1，𝑎𝑛−𝑏𝑛=2𝑛−1． 所以𝑎𝑛=[(𝑎𝑛+𝑏𝑛)+(𝑎𝑛−𝑏𝑛)]=

1

2

1

1

12𝑛

1

1

1

+𝑛−，

1

2

1

𝑏𝑛=2[(𝑎𝑛+𝑏𝑛)−(𝑎𝑛−𝑏𝑛)]=2𝑛−𝑛+2．