高考数学二轮复习常考题型大通关（新高考）解答题：数列

1、 高考数学二轮复习常考题型大通关（新高考）高考数学二轮复习常考题型大通关（新高考） 解答题：数列解答题：数列 1.在等比数列na中，18a =，前 n项和为2,1nss 是1s和3s的等差中项. （1）求na的通项公式； （2）设12nntaaa=，求nt的最大值. 2.已知数列 ,nnnabc满足*1111121,nnnnnnnbabccaa cc nb+=n. (1)若 nb为等比数列，公比0q ，且1236bbb+=，求q的值及数列na的通项公式； (2)若 nb为等差数列，公差0d ，证明：*12311,nccccnd+ +n. 3.在数列na的前 n项和()2*1122nsnn n=

2、+n；数列na是首项为 1，公差不为 0的正项等差数列，且248,aaa，成等比数列；()*1111,nnananan+=n这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的,m k存在，求出,m k的值；若不存在，说明理由. 已知数列na，且_，设1nnnnabaa+=+，是否存在正整数(),1m kmk使得1,mkb bb成等差数列? 4.已知数列na的前 n项和为ns，且对任意的*nn有nnasn+=. (1)设1nnba=，求证：数列 nb是等比数列； (2)设11ca=且1(2)nnncaan=，求 nc的通项公式. 5.已知na是等差数列，满足143,12aa=，数列 nb满足1

3、44,20bb=，且nnba为等比数列. (1)求数列na和 nb的通项公式； (2)求数列 nb的前n项和. 6.已知数列na满足：()()*110,1,21nnnnaaaaan+=+n. (1)求证：1na为等差数列，并求出数列na的通项公式； (2)设()()*2211nnbnann+=+n，数列 nb的前n项和为ns，若不等式9991000ns 成立，求正整数n的最小值. 7.设na是公比不为 1的等比数列，1a为23,a a的等差中项. (1)求na的公比； (2)若11a =，求数列nna的前n项和. 8.已知数列na的首项10a ，前 n项和为ns，且满足11nna ass=+，

4、数列 nb满足12b =，对任意的*,m nn，都有m nmnbbb+=+. (1)求数列 ,nnab的通项公式； (2)若nnnbca=，数列 nc的前 n项和为nt，求nt. 答案以及解析答案以及解析 1.答案：（1）由题意得()()21312121,21sssaaa=+=123aaa+，即232aa=+，设等比数列na的公比为 q，则有2828qq=+，解得12q =， 141111822nnnnaa q= =. （2）274212118422nnnnntaaa= =， 设()22*71749( )2224nnf nnn=n，当3n =或 4 时，( )f n取到最小值，min( )6f

5、 n= ， nt的最大值为 64. 2.答案：(1)由1236bbb+=得216qq+=，解得12q =. 由14nncc+=得14nnc=. 由114nnnaa+=得121421443nnnaa+=+ +=. (2)由12nnnnbccb+=得1 2 111111nnnnnbb cdcb bdbb+=， 所以1231111nndccccdb+=， 由11,0bd=得10nb+，因此*12311,nccccnd+ +n. 3.答案：若选， 当2n 时，2211111(1)(1)2222nnnassnnnnn=+=， 当1n =时，111as=，满足上式，故*,nan n=n， 所以21nnbn

6、=+. 设存在正整数, (1)m kmk使得1,mkb bb成等差数列， 则12mkbbb=+，即21512132163mkkmkk+=+=+， 即216312,251 251mkkmkmk+=+， 即5192522kmkk+=+，即95222km+=. 由1m ，且*mn可得92k +是奇数， 所以1k =(舍去)或7k =，所以2m =， 故存在2,7mk=使得1,mkb bb成等差数列. 若选，由248,aaa成等比数列，可得2428aa a=， 设数列na的公差为 d，则2(13 )(1)(17 )ddd+=+，可得1d =， 所以*,nan n=n，所以21nnbn=+. 假设存在正

7、整数, (1)m kmk使得1,mkb bb成等差数列， 则12mkbbb=+，即21512132163mkkmkk+=+=+， 即216312,251 251mkkmkmk+=+， 即5192522kmkk+=+，即95222km+=. 由1m ，且*mn可得92k +是奇数， 所以1k =(舍去)或7k =，所以2m =， 故存在2,7mk=使得1,mkb bb成等差数列. 若选，因为*1111,nnananan+=n， 所以121111212nnnnnnnnaaannnnn=11112nnannn= =，即*,nan n=n，所以21nnbn=+. 假设存在正整数, (1)m kmk使得

8、1,mkb bb成等差数列， 则12mkbbb=+，即21512132163mkkmkk+=+=+， 即216312,251 251mkkmkmk+=+， 即5192522kmkk+=+，即95222km+=. 由1m ，且*mn可得92k +是奇数， 所以1k =(舍去)或7k =，所以2m =， 故存在2,7mk=使得1,mkb bb成等差数列. 4.答案：(1)由111as+=及11as=，得112a =. 又由nnasn+=及111nnasn+=+，得 1111,21nnnnnaaaaa+= =+. ()1211nnaa+=，即12nnbb+=. 数列 nb是以11112ba= = 为

9、首项，12为公比的等比数列. (2)由(1)知1121,21(2)nnnnaaaan+=+ =+， 11122,2(2)nnnnnnaaaaccn+=. 又11212213,2,24caaaaa=+=. 2213111,4242ccc=， 数列 nc是首项为12，公比为12的等比数列， 1111222nnnc=. 5.答案：(1)设等差数列na的公差为d， 由题意得41123333aad=. 所以1(1)3 (1,2,)naandn n=+=. 设等比数列nnba的公比为 q，由题意得344112012843baqba=，解得2q =. 所以()11112nnnnbaba q=. 从而132(

10、1,2,)nnbnn=+=. (2)由(1)知132(1,2,)nnbnn=+=. 数列3 n的前 n项和为3(1)2n n +，数列12n的前n项和为1212112nn=. 所以数列 nb的前 n项和为3(1)212nn n +. 6.答案：(1)因为()121nnnaaa+=+，即121nnnaaa+=+， 所以121112nnnnaaaa+=+，即1112nnaa+=， 又11a =，故1na是以 1为首项，2 为公差的等差数列， 所以112(1)21nnna= +=， 所以数列na的通项公式为121nan=. (2)因为121nan=，所以1121nan+=+， 因为()()*2211

11、nnbnann+=+n， 所以222222112111(1)(1)(1)nnnbannnnnn+=+， 因为数列 nb的前 n项和为ns， 所以22222211111111223(1)(1)nsnnn=+= +. 令219991(1)1000n+，即211(1)1000n+，可得2(1)1000n+， 当30n =时，2319611000=； 当31n =时，23210241000=， 故当31n 时，不等式9991000ns 成立， 所以使不等式9991000ns 成立的正整数n的最小值为 31. 7.答案：(1)设na的公比为 q，由题设得1232aaa=+，即21112aa qa q=+

12、. 所以220qq+=，解得1q = (舍去)或2q = . 故na的公比为2. (2)记ns为nna的前n项和.由(1)及题设可得，1( 2)nna= . 所以112( 2)( 2)nnsn=+ + ， 21222( 2)(1)( 2)( 2)nnnsnn= + + + . 可得2131( 2)( 2)( 2)( 2)nnnsn= + + + 1( 2)( 2)3nnn = . 所以1(31)( 2)99nnns+=. 8.答案：(1)当1n =时，21111122,0,2asaaa=. 22nnas=+，当2n 时，1122nnas=+， 两式相减得1122nnnnnaassa=， 得12(2),nnaan=数列na的通项公式为2nna =. 对任意的*,m nn，都有m nmnbbb+