《历年数列大题及答案》专题

数列（高考题）答案 1-7 A B C B B C C8. （湖北卷）-2 9. (全国卷II) 216 10. （上海）-1080 11. （天津卷）260012.（北京卷）解：（I ）a 2＝a 1+41=a +41，a 3=21a 2=21a +81；（II ）∵ a 4=a 3+41=21a +83, 所以a 5=21a 4=41a +316,所以b 1=a 1－41=a －41, b 2=a 3－41=21(a －41), b 3=a 5－41=41(a －41),猜想：{b n }是公比为21的等比数列·证明如下： 因为b n +1＝a 2n +1－41=21a 2n －41=21(a 2n －1－41)=21b n , (n ∈N *)所以{b n }是首项为a －41, 公比为21的等比数列· （III ）11121(1)12lim()lim 2()1141122n n n n bb b b b a →∞→∞-+++===---.13.（北京卷）解：（I ）由a 1=1，113n na S +=，n=1，2，3，……，得211111333a S a ===，3212114()339a S a a ==+=，431231116()3327a S a a a ==++=，由1111()33n n n n n a a S S a +--=-=（n ≥2），得143n n a a +=（n ≥2），又a 2=31，所以a n =214()33n -(n ≥2),∴ 数列{a n }的通项公式为21114()233n n n a n -=⎧⎪=⎨⎪⎩≥；（II ）由（I ）可知242,,,n a a a 是首项为31，公比为24()3项数为n 的等比数列，∴2462n a a a a ++++=22241()1343[()1]43731()3n n-⋅=--14．（福建卷）解：（Ⅰ）由题设,2,21121213q a a q a a a a +=+=即 .012,021=--∴≠q q a.211-=∴或q （Ⅱ）若.2312)1(2,12n n n n n S q n +=⋅-+==则当.02)2)(1(,21>+-==-≥-n n S b S n n n n 时 故.n n b S > 若.49)21(2)1(2,212n n n n n S q n +-=--+=-=则当,4)10)(1(,21---==-≥-n n S b S n n n n 时故对于.,11;,10;,92,n n n n n n b S n b S n b S n N n <≥==>≤≤∈+时当时当时当 15. （福建卷）（I ）解法一：,11,11n n a a a a +==+ .0.11111.1111.1111,.}{.11,1,1:)(.032.32,11.21,11.1,011,0:.032.12231111211,1111111212123112111422233344342312=∴-==+=+=∴=+=+=∴=+=+=∴==+=∴-=-==-=-=∴+==∴+=-=∴=+∴==-=++=+=++=+=+=+=+=∴+----++n n n n n n n n n n n n n n a b b a a b b a a b b a a b a b a b a b b b b b b II a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a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{b n }中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{a n }16. （湖北卷）解：（1）：当;2,111===S a n 时,24)1(22,2221-=--=-=≥-n n n S S a n n n n 时当故{a n }的通项公式为4,2}{,241==-=d a a n a n n 公差是即的等差数列.设{b n }的通项公式为.41,4,,11=∴==q d b qd b q 则 故.42}{,4121111---=⨯-=n n n n n n b b q b b 的通项公式为即（II ）,4)12(422411---=-==n n n n n n n b a c]4)12(4)32(454341[4],4)12(45431[13212121n n n n n n n n T n c c c T -+-++⨯+⨯+⨯=-++⨯+⨯+=+++=∴-- 两式相减得].54)56[(91]54)56[(314)12()4444(2131321+-=∴+-=-+++++--=-n n n n n n n T n n T17. （湖南卷）（I ）解：设等差数列)}1({log 2-n a 的公差为d .由,8log 2log )2(log 29,322231+=+==d a a 得即d =1.所以,)1(1)1(log 2n n a n =⨯-+=-即.12+=n n a（II ）证明因为nn n n n a a a 2121111=-=-++， 所以nn n a a a a a a 2121212111132112312++++=-++-+-+ .1211211212121<-=-⨯-=n n18. （江苏卷）解：(Ⅰ)由11a =，26a =，311a =，得11S =，22S =，318S =．把1,2n =分别代入1(58)(52)n n n S n S +--+An B =+，得28,248A B A B +=-⎧⎨+=-⎩解得，20A =-，8B =-．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，115()82208n n n n n S S S S n ++---=--，即11582208n n n na S S n ++--=--， ①又2215(1)8220(1)8n n n n a S S n ++++--=-+-． ②②-①得，21215(1)58220n n n n n a na a a +++++---=-，即21(53)(52)20n n n a n a ++--+=-．③ 又32(52)(57)20n n n a n a +++-+=-． ④④-③得，321(52)(2)0n n n n a a a ++++-+=， ∴32120n n n a a a +++-+=， ∴3221325n n n n a a a a a a ++++-=-==-=，又215a a -=，因此，数列{}n a 是首项为1，公差为5的等差数列．(Ⅲ)由(Ⅱ)知，54,()n a n n *=-∈N ．考虑 55(54)2520mn a mn mn =-=-．2(1)211m n m n m n m n m n a a a a a a a a a a +=+++++…2515()9mn m n =-++． ∴25(1)15()291522910mn m n a a a m n -++-⨯-=>厖． 即25(1)mn m n a a a >+，∴51mn m n a a a >+． 因此，51mn m n a a a ->．19. (全国卷Ⅰ)解：（Ⅰ）由0)12(21020103010=++-S S S 得 ,)(21020203010S S S S -=- 即,)(220121*********a a a a a a +++=+++可得.)(22012112012111010a a a a a a q +++=+++⋅ 因为0>n a ，所以 ,121010=q解得21=q ，因而 .,2,1,2111 ===-n q a a n n n （Ⅱ）因为}{n a 是首项211=a 、公比21=q 的等比数列，故.2,211211)211(21n n n n n n n nS S -=-=--=则数列}{n nS 的前n 项和 ),22221()21(2n n n n T +++-+++=).2212221()21(212132++-+++-+++=n n n n n n T前两式相减，得 122)212121()21(212+++++-+++=n n n n n T 12211)211(214)1(++---+=n n n n n 即 .22212)1(1-+++=-n n n n n n T 20. (全国卷Ⅰ)解：（Ⅰ）因为}{n a 是等比数列，.0,0,011≠>=>q S a S n 可得 当;0,11>==na S q n 时1(1)11,0,0,(1,2,)11n nn a q q q S n q q--≠=>>=--当时即 上式等价于不等式组：),2,1(,01,01 =⎩⎨⎧<-<-n q q n ①或),2,1(,01,01 =⎩⎨⎧>->-n q q n ②解①式得q>1；解②，由于n 可为奇数、可为偶数，得－1<q<1. 综上，q 的取值范围是).,0()0,1(+∞⋃-（Ⅱ）由2132n a n b a a ++=-得.)23(),23(22n n n n S q q T q q a b -=-= 于是)123(2--=-q q S S T n n n ).2)(21(-+=q q S n 又∵n S >0且－1<q <0或q >0当112q -<<-或2q >时0n n T S ->即n n T S >当122q -<<且q ≠0时，0n n T S -<即n n T S < 当12q =-或q =2时，0n n T S -=即n nT S =21. (全国卷II)(I)证明：∵1lg a 、2lg a 、4lg a 成等差数列∴22lg a =1lg a +4lg a ，即2214a a a =又设等差数列{}n a 的公差为d ，则(1a －d )2=1a (1a －3d ) 这样21d a d =，从而d (d －1a )=0∵d ≠0∴d =1a ≠0 ∴122111(21)22n n n n n n a a d db a d =+-===∙∴{}n b 是首项为1b =12d ，公比为12的等比数列。

高考数列专项大题与答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN高考数列大题专项1.（北京卷）设数列{a n }的首项a 1=a ≠41，且11为偶数21为奇数4nn n a n a a n +⎧⎪⎪=⎨⎪+⎪⎩, 记2114n n b a -=-，n ＝＝l ，2，3，…·．（I ）求a 2，a 3；（II ）判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论； （III ）求123lim()n n b b b b →∞++++．2.（北京卷）数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=1，113n na S +=，n =1，2，3，……，求 （I ）a 2，a 3，a 4的值及数列{a n }的通项公式； （II ）2462na a a a ++++的值.3．（福建卷）已知{n a }是公比为q 的等比数列，且231,,a a a 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S n ，当n ≥2时，比较S n 与b n 的大小，并说明理由.4. （福建卷）已知数列{a n }满足a 1=a , a n+1=1+n a 1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a 4=0；（Ⅱ）设数列{b n }满足b 1=－1, b n+1=)(11+∈-N n b n ，求证a 取数列{b n }中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{a n }；（Ⅲ）若)4(223≥<<n a n ，求a 的取值范围.5. （湖北卷）设数列}{n a 的前n 项和为S n =2n 2，}{n b 为等比数列，且.)(,112211b a a b b a =-=（Ⅰ）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式；（Ⅱ）设nnn b a c =，求数列}{n c 的前n 项和T n .6. （湖南卷）已知数列))}1({log *2N n a n ∈-为等差数列，且.9,331==a a （Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）证明.111112312<-++-+-+nn a a a a a a7. （江苏卷）设数列｛a n ｝的前项和为n S ,已知a 1=1, a 2=6, a 3=11,且1(58)(52)n n n S n S An B +--+=+,,,3,2,1 =n 其中A,B 为常数.(Ⅰ)求A 与B 的值;(Ⅱ)证明数列｛a n ｝为等差数列;(Ⅲ)1m n >对任何正整数、都成立.8. (全国卷Ⅰ) 设正项等比数列{}n a 的首项211=a ，前n 项和为n S ，且0)12(21020103010=++-S S S 。

6．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)(12分)等比数列 中， ，
(1)求 的通项公式；
(2)记 为 的前 项和，若 ，求 ．
(1) 或 ；(2)
【答案】【官方解析】（1）设 的公比为 ，由题设得
由已知得 ，解得 （舍去）， 或
故 或
（2）若 ，则 ，由 ，得 ，此方和没有正整数解
若 ，则 ，由 ，得 ，解得
【答案】解析：（1）设 的公差为 ，由题意得 ．
由 得 ，所以 的通项公式为 ．
（2）由（1）得 ．
所以当 时， 取得最小值，最小值为 ．
8．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科)已知数列 的前 项和 ,其中 .
(Ⅰ)证明 是等比数列,并求其通项公式;
(Ⅱ)若 ,求 .
【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ) .
【解析】(Ⅰ)由题意得 ,故 , , .
所以数列 是以 为首项，以 为公差等差数列;
（2）由（1）可得，数列 是以 为首项，以 为公差的等差数列，
,
,
当n=1时， ,
当n≥2时, ,显然对于n=1不成立,
∴ ．
【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与项的关系，其中由 ,得到 ，进而得到 是关键一步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用的重要的思想方法．
【解析】（1）设 的公比为 ， 为 的等差中项，
，
；
（2）设 前 项和为 ， ，
，①
，②
① ②得，
，
．
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题．

历年数列大题真题答案解析数列是高中数学中的重要知识点之一，是解决各种数学问题的基础。

对于考生来说，熟练掌握数列的概念和解题方法是取得高分的关键。

为了帮助广大考生更好地掌握数列题型，本文将通过对历年数列大题的真题进行解析，详细介绍解题思路和技巧。

一、等差数列的题目解析等差数列是最基本的数列之一，它的通项公式为an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差。

下面我们通过一道历年真题来解析等差数列的应用。

例题：已知数列{an}的首项为2，公差为3，且a1、a5、a17分别是等差数列，求此数列的通项公式。

解析：首先，根据a1=2和公差d=3，我们可以得到{an}的通项公式为an=2+(n-1)3。

其次，由已知条件a1、a5、a17是等差数列，可推知a5-a1=a17-a5。

将a1=2代入，可得a5-2=a17-a5，整理后可得2a5=a17+2。

由此可以得到a5=(a17+2)/2。

综上所述，数列{an}的通项公式为an=2+(n-1)3，其中n≥1，a5=(a17+2)/2。

二、等比数列的题目解析等比数列与等差数列一样，也是高中数学中的常见题型。

等比数列的通项公式为an=a1*q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比。

下面我们通过一道历年真题来解析等比数列的应用。

例题：已知数列{an}的首项为2，公比为3，且a1、a3、a5分别是等比数列，求此数列的通项公式。

解析：由已知条件可得a3/a1=a5/a3。

将a1=2代入，可得a3/2 = a5/3。

整理可得a5=9a3/2。

根据等比数列的通项公式可知a3=2*3^(3-1)=18，代入上式可得a5=18*9/2=81。

综上所述，数列{an}的通项公式为an=2*3^(n-1)，其中n≥1，a5=81。

三、特殊数列的题目解析除了等差数列和等比数列之外，还有一些特殊的数列题型需要注意。

例如斐波那契数列、等差-等比混合数列等。

下面我们通过一道历年真题来解析特殊数列的应用。