《数列》高考真题总结及答案

1、2015数列高考真题总结 1(2015 新课标 I 卷 13)在数列 an 中，a12，an12an，Sn为an 得前 n 项与若 Sn126，则 n_、2(2015 浙江卷 10)已知 an就是等差数列，公差 d 不为零若 a2，a3，a7 成等比数列，且2a1a21，则 a1_，d_、3（2015安徽卷 13）已知数列 an中，a11，anan11 2(n2)，则数列 an 得前 9 项与等于 _4(2015 新课标 I 卷 7)已知 an 就是公差为 1 得等差数列， Sn为 an得前 n 项与，若 S84S4，则 a10( )A、17 2 B、19 2 C10 D125（2015新课标

2、卷 5）设 Sn 就是等差数列 an 得前 n 项与，若 a1a3a53，则 S5( )A5 B7 C9 D116、（2015 北京卷 16）已知等差数列 an满足 a1a210，a4a32、(1)求an得通项公式；(2)设等比数列 bn 满足 b2a3，b3a7，问： b6 与数列 an 得第几项相等？7(2015 四川文科 16)设数列 an得前 n 项与 Sn 满足 Sn2ana1，且a1，a21，a3 成等差数列(1)求数列 an得通项公式、1(2)设数列 an得前 n 项与为 Tn，求 Tn、8、(2015 重庆卷 16)已知等差数列 an 满足 a32，前 3 项与 S39 2、(

3、1)求 an 得通项公式；(2)设等比数列 bn 满足 b1a1，b4a15，求 bn 得前 n 项与 Tn、9、(2015 浙江卷 17)已知数列 an与 bn 满足 a12，b11，an12an(nN*)，b11 2b21 3b3 1 nbnbn 11(nN*)(1)求 an 与 bn；(2)记数列 anbn 得前 n 项与为 Tn，求 Tn、10(2015 福建卷 17)等差数列 an中，a24，a4a715、(1)求数列 an得通项公式；(2)设 bn2an2n，求 b1b2b3 b10 得值11、（2015安徽卷 18）已知数列 an就是递增得等比数列，且 a1a49，a2a38、(

4、1)求数列 an得通项公式；(2)设 Sn 为数列 an 得前 n 项与， bn项与 Tn、an1 SnSn 1，求数列 bn得前 n12、(2015 天津卷 18)已知 an 就是各项均为正数得等比数列， bn就是等差数列，且 a1b11，b2b32a3，a53b27、(1)求an与 bn 得通项公式；(2)设 cnanbn，nN*，求数列 cn得前 n 项与13、(2015 广东卷 19)设数列 an 得前 n 项与为 Sn，nN*、已知 a11，a23 2，a35 4，且当 n2 时，4Sn25Sn8Sn1Sn1、(1)求 a4 得值；(2)证明： an11 2an 为等比数列；(3)求

5、数列 an 得通项公式14、(2015 湖北卷 19)设等差数列 an 得公差为 d，前 n 项与为 Sn，等 比数列 bn 得公比为 q、已知 b1a1，b22，qd，S10100、(1)求数列 an， bn 得通项公式；(2)当 d1 时，记 cnan bn，求数列 cn得前 n 项与 Tn、15、(2015 湖南卷 19)设数列 an 得前 n 项与为 Sn、已知 a11，a22，且 an 23SnSn 13，nN*、(1)证明： an23an；(2)求 Sn、16、（2015 山东卷 19）已知数列 an就是首项为正数得等差数列， 数列1 anan1 得前 n 项与为n 2n1、(1)

6、求数列 an得通项公式；(2)设 bn(an1) 2an，求数列 bn 得前 n 项与 Tn、17（2015新课标卷1)，则 a2( )9）已知等比数列 an满足 a11 4，a3a54(a4A2 B1 C、1 2D、1 82015数列高考真题答案1、【答案】 6【解析】a 12,a n12 a ，数列a n就是首项为2，公比为 2 得等比数列，S nn 2(1 2 )126，2n64， n=6、122、【答案】2 , 1 3【解析】由题可得，(a 12 )2(a 1d)(a 16 ) d ，故有3 a 12 d0，又因为2 a 1a 21，即3 a 1d1，所以d1,a 12、14(4a 1

7、143)，解得33、【答案】 27【解析】 n2时，ana n11,且a 2a 122an 是以1a1为公差得等差数列为首项， 2S 991928191827724.【答案】 B【解析】公差d1，S 84 S ，8a 11822a =1a 10a 19d1919，故选 B、2 ，225.【答案】 A6、【答案】（I ）a n 2 n 2；（II ）b 与数列 a n 得第63项相等、试题解析：（）设等差数列 a n 得公差为d、因为 a 4 a 3 2，所以 d 2、又因为 a 1 a 2 10，所以 2 a 1 d 10，故 a 1 4、所以 a n 4 2( n 1) 2 n 2( n 1

8、,2, L )、（） 设等比数列 b n 得公比为q、因为 b 2 a 3 8，b 3 a 7 16，所以 q 2，b 1 4、所以 b 6 4 2 6 1128、由128 2 n 2，得 n 63、所以 6b与数列 a n 得第63项相等、7、【解析】 () 由已知 Sn2ana1，有 anSnSn12an2an1(n2)即 an2an1(n2)，从而 a22a1，a32a24a1，又因为 a1，a2 1，a3 成等差数列即 a1a32(a 21)，所以 a14a1 2(2a11)，解得 a12所以，数列 a n就是首项为2，公比为 2 得等比数列。故an 2n、11、()由()得11所以

9、Tn11.111 ( ) 1 n21 12222 22n2na nn 28、【答案】（）a n=n +1，（）T =n 2-1、2,3a 1+32d=9,2试题解析：（1）设 得公差为d，则由已知条件得a 1+2d=22化简得a 1+2d=2,a 1+d=3,，解得a 1=1，d =1,。，故通项公式an=1+n-1，即an=n+12222(2)由（ 1）得b 1=1，b 4=a 15=15+1=8。设 得公比为 q,则q3=b 4=8,从而q =2、b 12故 得前 n 项与T n=b 1(1-qn)=n 1 (1 2 )=2n-1、1-q1-2T n=b 1(1-qn)=n 1 (1 2

10、)=2n-1、1-q1-29、【答案】 (1)a nn 2 ;b nn ；(2)T n(nn 1)212(nN*)试题解析： (1)由a 12,a n12 a ，得a n2n、当n1时，b 1b 21，故b 22、当n2时，1b nb n1b n，整理得b n1nn1，所以nbn 、2。所以b nn(2)由(1)知，a b n nn2n。所以T n22 2 23 2 3Ln2n2 T n2 23 2 24 3 2L(nn 1) 2nn 21(1n )2n1所以T n2 T nT n22 23 2Ln 2n2n1d46dT n(nn 1)212、10、【答案】（）a nn2；（）210115，a

11、 1【解析】（I）设等差数列a n得公差为d由已知得a 13 da 1a 13解得d1所以a na 1n1dn210 210（II）由（ I）可得b nn 2n 10所以b 1b 2b 3b 10212222331 102222310 2123102 110 212221125511 253210111、【答案】（）a n2n1（）n 2122n119， 可解得a 11a 18【解析】（）由题设可知a 1a4a 2a 38，又a 1a 4a 48或a41（舍去）3 n 1 n 1由 a 4 a 1 q 得公比 q 2，故 a n a 1 q 2、S n a 1 ( 1 q n) 1 2 n2

12、n1 b n a n 1 S n 1 S n 1 1（）1 q 1 2，又 S S n 1 S S n 1 S n S n 1T n b 1 b 2 . b n 1 1 1 1 . 1 1 1 1所 以 S 1 S 2 S 2 S 3 S n S n 1 S 1 S n 111 n 12 1、12、【答案】（I）a n 2 n 1, n N , b n 2 n 1, n N ;（II ）S n 2 n 3 2 n 322 q 3 d 2,试题解析 :（I）设 得公比为 q, 得公差为 d,由题意 q 0 ,由已知 ,有 q 3 d 10, 4消去 d 得 q 42 q 28 0, 解得 q 2

13、, d 2 ,所以 得通项公式为 a n 2 n 1, n N , 得通项公式为 nb 2 n 1, n N 、（II ）由（ I）有 c n 2 n 1 2 ,设 得前 n 项与为 S n ,则 n 10 1 2 n 1S n 1 2 3 2 5 2 L 2 n 1 2 ,1 2 3 n2 S n 1 2 3 2 5 2 L 2 n 1 2 ,2 3 n n n两式相减得 S n 1 2 2 L 2 2 n 1 2 2 n 3 2 3,n所以 S n 2 n 3 2 3、n 17 a n 2 n 1 113、【答案】（1）8 ；（ 2）证明见解析； （3）2【解析】 试题分析：（1）令 n

14、2 可得 a 得值；（2）先将 4 S n 2 5 S n 8 S n 1 S n 1（n 2）1转化为 4 a n 2 a n 4 a n 1，再利用等比数列得定义可证 a n 12 a n就是等比数列； （3）1 1a n 1 a n a n 1 a n先由（ 2）可得数列 2 得通项公式， 再将数列 2 得通项公式转化为数a nn1列 2 就是等差数列，进而可得数列 a n 得通项公式试 题 解 析：（1）当 n 2 时，4 S 4 5 S 2 8 S 3 S 1，即4 1 32 54 a 4 5 1 32 8 1 32 54 1，解得：a 4 78（2）因为 4 S n 2 5 S n

15、 8 S n 1 S n 1（n 2），所以 4 S n 2 4 S n 1 S n S n 1 4 S n 1 4 S n5（n 2）， 即 4 a n 2 a n 4 a n 1（n 2）， 因 为 4 a 3 a 1 44 1 6 4 a 2， 所 以4 a n 2 a n 4 a n 1，因 为a n 2 12 a n 1 4 a n 2 2 a n 1 4 a n 1 a n 2 a n 1 2 a n 1 a n 1a n 1 1 a n 4 a n 1 2 a n 4 a n 1 2 a n 2 2 a n 1 a n 22，所 以 数 列a n 1 12 a n就是以 a 2

16、12 a 1 1为首项，公比为 12 得等比数列（3）由（ 2）知：数列 a n 1 12 a n就是以 a 2 12 a 1 1为首项，公比为 12 得等比数列，n 11 1a n 1 a n所以 2 2a1 n 1n 1 a1 nn 4 a1 nn a1 1 2即 2 2，所以数列 2 就是以 2 为首项， 公差为4得等差数列， 所a nn2n144n2，即na4 n21n2n1131n1，所以数列1以222a n得通项公式就是an2n11n162n、2an1 (2 9n79),a n2n1,或bn9 (2)n1 .；（）T n14、【答案】（）b n2n1 .92nS n3(5 3 2n

17、221),(n2 k1, kN*)3(3 2n1),(n2 , k kN*)15、【答案】（I）略； (II) 2【解析】试题分析：（ I）当nN* ,n2时，由题可得a n23 S nS n13,(nN*)，a n13 S n1S n3,(nN*)， 两 式 子 相 减 可 得a n2a n13 a na n1， 即a n23 a n,(n2)，然后验证当n=1 时，命题成立即可；(II)通过求解数列a n得奇数项与偶数项得与即可得到其对应前n 项与得通项公式、)，试题解析：（ I）由条件，对任意n* N ，有a n23 S nS n13,(nN*因而对任意nN* ,n2，有a n13 S

18、n1S n3,(nN*)，n1，公比为 3 得两式相减，得a n2a n13 a na n1，即a n23 a n,(n2)，又a 11, a 22，所以a 33 S 1S 233 a 1(a 1a 2)33 a ，故对一切n* N ，a n23 a 。（II）由（ I）知，a n0，所以an23，于就是数列a 2n1 就是首项a 1a n1,a 2n23n1，等比数列，数列a 2n就是首项a 12，公比为 3 得等比数列， 所以a 2n13于就是S 2na 1a 2La 2n(a 1a 3La 2n1)(a 2a 4La 2n)(1 3Ln 31)2(1 3Ln 31)3(1 3L3n1)n 3(31)2从而S 2n1S 2na 2nn 3(31)n 2 313n (5 321)，22综上所述，S nn 3 (5 32221),(n2 kN1, kN*)n 3 (3 221),(n2 , k k*)16、【答案】（