20112018高考数学数列分类汇编(理)

2011-2018新课标数列分类汇编一、选择题【2012新课标】5.已知a为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10（D）n(A)7(B)5(C)(D)【剖析】a4a72，a5a6a4a78a44,a72或a42,a74a44,a72a18,a101a1a107【2013新课标1】7、设等差数列{an}的前n项和为nm－1＝－mm＋1＝3，则m＝(C)S，S2，S＝0，SA、3B、4C、5D、6【剖析】有题意知Sm=m(a1am)=0，∴a1=－am=－（Sm-Sm1）=－2，2am1=Sm1-Sm=3，∴公差d=am1-am=1，∴3=am1=－2m，∴m=5，应选C.【2013新课标2】3.等比数列{ann32151＝(C)．}的前n项和为S.已知S＝a＋10a，a＝9，则a1B．-1C．1D．-1A．3993【剖析】设数列{an1，则由a5＝1＝9，此时32＋10a1}的公比为q，若q＝9，得aS＝27，而a＝99，不知足题意，所以q≠1.q∵≠1时，S3＝a1(1q3)＝a1·q＋10a1，∴1q3＝q＋10，整理得1q1qq2＝9.∵a514＝9，即81a111＝a·q＝9，∴a＝.9【2015新课标2】4.等比数列｛an｝知足a1=3，=21，则(B)（A）21（B）42（C）63（D）84【2016新课标1】3.已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，则a100=（C）（A）100（B）99（C）98（D）97【剖析】解法1：S9a1a999a527，a53da10a512105a100a10(10010)d89098.解法2：S99827，即a14d3，又a10a19d89a1d，解得2a11,d1，a100a1(1001)d19998【2017新课标1】4．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4a524，S648，则{an}的公差为（C）A．1B．2C．4D．82017新课标1】12．几位大学生响应国家的创业呼吁，开发了一款使用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获得软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下边数学识题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，，此中第一项为哪一项20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求知足以下条件的最小整数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）A．440B．330C．220D．110【2017新课标2】3.我国古代数学名著《算法统宗》中有以下问题：“眺望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（B）A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏【剖析】设顶层灯数为a1，q2，S7a1127381，解得a13．12【2017新课标3】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）A．24B．3．3D．8C【剖析】∵an为等差数列，且a,a,a成等比数列，设公差为d.23622a12a2a6，即12d115d，代入上式可得d2d0则a3aada又∵1又∵d0，则d2∴S66a165d1665224，应选A.22【2018新课标1】4．记Sn为等差数列an的前n项和．若3S3S2S4，a12，则a3（）A．12B．10C．10D．12【答案】B二、填空题【2012新课标】16.数列{an}知足an1(1)nan2n1，则{an}的前60项和为1830【剖析】可证明：bn1a4n1a4n2a4n3a4n4a4n3a4n2a4n2a4n16bn16baa2aa410S10151514161830113152【2013新课标1】14、若数列{an}的前n项和为n2n＋1，则数列{an}的通项公式是S＝3a3n2)n1____.a=__(【剖析】当n=1时，a1=S1=2a11，解得a1=1，33当n≥2时，an=SnSn1=2an1－(2an11)=2an2an1，即an=2an1，333333∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴an=(2)n1.【2013新课标2】16．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为-49．【剖析】设数列{an110＋109＝10a1，①1d2S15＝15a11514d＝15a1＋105d＝25.②2联立①②，得a12n＝n(n1)21n21033323令f(n)＝nSn，则f(n)1n310n2，f'(n)n220n.333令f′(n)＝0，得n＝0或n20.3当n20时，f′(n)＞0,0<n<20时，f′(n)＜0，所以当n20时，f(n)取最小值，而n∈N＋，则333f(6)＝－48，f(7)＝－49，所以当n＝7时，f(n)取最小值－49.【2015新课标2】16.设是数列的前n项和，且，，则____．【剖析】由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．【2016新课标1】15.设等比数列{??}1324an的最大值为64??知足a+a=10，a+a=5，则a1a2【剖析】由a1+a324=5解得a18,q1an8(1n11)n4，222a1a2an(1)321(n4)(1)n227n，所以当n3或4时，a1a2an有最大值6422【2017新课标2】15.等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410n12n，则1Sk．kn+1【剖析】设an首项为a1，公差为d，则a3a12d3，S44a16d10求得a11，d1，则ann，Snnn122112nn1n1【2017新课标3】14．设等比数列an知足a1a21，a1a33，则a4___-8．{a}为等比数列，设公比为q．【剖析】∵na1a21a1a1q1①②得1q3，即q2，a1a3，即a12，明显q1，a10，3a1q3②①代入式可得a11，a4a1q3138．①2【2018新课标1】14．记Sn为数列an的前n项和．若Sn2an1，则S6________．【答案】-63三、解答题【2011新课标】等比数列an的各项均为正数，且2a13a21,a329a2a6.（1）求数列an的通项公式.（2）设bnlog3a1log3a2......log3an,求数列1的前项和.bn【剖析】（1）设数列{an}的公比为q，由a329a2a6得a339a42所以q21。有条件可知a>0,故q1。93由2a13a21得2a13a2q1，所以a11。故数列{an}的通项式为an=1。33n（2）bnlog1a1log1a1...log1a1(12...n)n(n1)2故122(11)bnn(n1)nn111...12((11)(11)...(11))2n，b1b2bn223nn1n1数列{1}的前n项和为2nbnn12014新课标1】17．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an≠0，anan+1=λSn﹣1，此中λ为常数．（1）证明：an+2﹣an=λ（2）能否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明原因．【剖析】（1）证明：∵anan+1=λSn﹣1，an+1an+2=λSn+1﹣1，∴an+1（an+2﹣an）=λan+1∵an+1≠0，∴an+2﹣an=λ．（2）解：①当λ=0时，anan+1=﹣1，假定{an}为等差数列，设公差为d．则an+2﹣an=0，∴2d=0，解得d=0，∴an=an+1=1，∴12=﹣1，矛盾，所以λ=0时{an}不为等差数列．②当λ≠0时，假定存在λ，使得{an}为等差数列，设公差为d．则λ=an+2﹣an=（an+2﹣an+1）+（an+1﹣an，∴．∴，，）=2d∴λSn=1+=，依据{an}为等差数列的充要条件是，解得λ=4．此时可得，an=2n﹣1．所以存在λ=4，使得{an}为等差数列．【2014新课标2】17.已知数列an知足a1=1，an13an1.（1）证明an111132是等比数列，并求an的通项公式；（2）证明：a1a2+an2.【剖析】（1）由am13am1得am1113(am).22又a113，所以，{am1}是首项为3，公比为3的等比数列。2222a1=3m，所以{an}的通项公式为am=3m1m222（2）由（1）知12由于当n1时，3m123m1,所以，11am=m1m123m1333(113于是，=3m)2所以，2【2015新课标1】17.Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，an2an4Sn3（1）求{an}的通项公式，（2）设bn1，求数列bn的前n项和。anan1【剖析】【2016新课标2】17.Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728．记bnlgan，此中x表示不超出x的最大整数，如0.90，lg991．（1）求b1，b11，b101；（2）求数列bn的前1000项和．【剖析】⑴设an的公差为d，S77a428，∴4，∴a4a11，∴a1(n1)dn．3∴b1lga1lg10，b11lga11lg111，b101lga101lg1012．⑵记bn的前n项和为Tn，则T1000b1b2b1000lga1lga2lga1000．当0≤lgan1时，n1，2，，9；当1≤lgan2时，n10，11，，99；当2≤lgan3时，n100，101，，999；当lgan3时，n1000．∴T1000091902900311893．【2016新课标3】17.已知数列{annn}的前n项和S＝1＋λa，此中λ≠0，(1)证明n}是等比数列，并求其通项公式；531，求λ。{a(2)若S＝32【剖析】11111，a1≠02分(1)由题意得a＝S＝1＋λa，故λ≠1，a＝1－λ由Sn＝1＋λa，S1＝1＋λa得an＋1＝λa－λa，即an＋1(λ－1)＝λa，由a≠0，λ≠0得a≠0nn＋n＋1n＋1nn1nan＋1λ∴an＝λ－1所以{an}是首项为11，公比为λ的等比数列，于是an＝1(λ)n－16分－λλ－11－λλ－1nλn，由S531得1－(λ5＝31，即(λ5＝1(2)由(1)得S＝1－(λ－1)＝32λ－1)32λ－1)32解得λ＝－1分12【2018新课标2】17.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a17，S315．1）求{an}的通项公式；2）求Sn，并求Sn的最小值．【剖析】（1）设{an}的公差为d，由题意得3a13d15.由a17得d=2.所以{an}的通项公式为an2n9.（2）由（1）得Snn28n(n4)216.所以当n=4时,