历年数列高考题汇编

1 历年高考真题汇编---数列（含）

1、(全国新课标卷理）

等比数列na的各项均为正数，且212326231,9.aaaaa

（1）求数列na的通项公式.

(2)设 31323loglog......log,nnbaaa求数列1nb的前项和.

解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由23269aaa得32349aa所以219q。有条件可知a>0,故13q。

由12231aa得12231aaq，所以113a。故数列{an}的通项式为an=13n。

（Ⅱ ）111111loglog...lognbaaa

(12...)(1)2nnn

故12112()(1)1nbnnnn

12111111112...2((1)()...())22311nnbbbnnn

所以数列1{}nb的前n项和为21nn

2、（全国新课标卷理）设数列na满足21112,32nnnaaa

（1） 求数列na的通项公式；

（2） 令nnbna，求数列的前n项和nS

解（Ⅰ）由已知，当n≥1时，111211[()()()]nnnnnaaaaaaaa

21233(222)2nn2(1)12n。

而 12,a所以数列{na}的通项公式为212nna。

（Ⅱ）由212nnnbnan知

35211222322nnSn ①

从而 23572121222322nnSn ②

2 ①-②得 2352121(12)22222nnnSn 。

即 211[(31)22]9nnSn

3.设}{na是公比大于1的等比数列，Sn为数列}{na的前n项和．已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列．（1）求数列}{na的通项公式；（2）令2,1,ln13nabnn，求数列}{nb的前n项和Tn．

。

4、（辽宁卷）已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=-10

（I）求数列{an}的通项公式；

（II）求数列12nna的前n项和

解：（I）设等差数列{}na的公差为d，由已知条件可得110,21210,adad

解得11,1.ad

故数列{}na的通项公式为2.nan ………………5分

（II）设数列1{}2nnnanS的前项和为，即2111,122nnnaaSaS故，

12.2242nnnSaaa

所以，当1n时，

1211111222211121()2422121(1)22nnnnnnnnnnSaaaaaann

3 =.2nn所以1.2nnnS

综上，数列11{}.22nnnnannS的前项和

5、（陕西省）

已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.（Ⅰ）求数列{an}的通项; （Ⅱ）求数列{2an}的前n项和Sn.

解 （Ⅰ）由题设知公差d≠0，

由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得121d＝1812dd，

解得d＝1，d＝0（舍去）， 故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n.

(Ⅱ)由（Ⅰ）知2ma=2n，由等比数列前n项和公式得

Sn=2+22+23+…+2n=2(12)12n=2n+1-

6、（全国卷）

设等差数列{na}的前n项和为ns，公比是正数的等比数列{nb}的前n项和为nT，已知1133331,3,17,12,},{}nnababTSb求{a的通项公式。

解： 设na的公差为d，nb的公比为q

由3317ab得212317dq

①

由3312TS得24qqd ②

由①②及0q解得 2,2qd

故所求的通项公式为 121,32nnnanb

7、（浙江卷）已知公差不为0的等差数列}{na的首项为)(Raa，且11a，21a，41a成等比数列．（Ⅰ）求数列}{na的通项公式；

（Ⅱ）对*Nn，试比较naaaa2322221...111与11a的大小．

解：设等差数列{}na的公差为d，由题意可知2214111()aaa

即2111()(3)adaad，从而21add 因为10,.ddaa所以

故通项公式.nana

4 （Ⅱ）解：记22222111,2nnnnTaaaaa因为

所以211(1())111111122()[1()]1222212nnnnTaaa

从而，当0a时，11nTa；当110,.naTa时

8、（湖北卷）

成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列nb中的b、b、b。

(I) 求数列nb的通项公式；

(II) 数列nb的前n项和为nS，求证：数列54nS是等比数列。

5 9、（2010年山东卷）

已知等差数列na满足：73a，2675aa，na的前n项和为nS

（Ⅰ）求na及nS；

解：（Ⅰ）设等差数列na的首项为1a，公差为d，

由于73a，2675aa，所以721da，261021da，

解得31a，2d，由于dnaan)1(1，2)(1nnaanS

，

所以12nan，)2(nnSn

（Ⅱ）因为12nan，所以)1(412nnan

因此)111(41)1(41nnnnbn

故nnbbbT21)1113121211(41nn

)111(41n)1(4nn 所以数列nb的前n项和)1(4nnTn

（Ⅱ）令112nnab（*Nn），求数列nb的前n项和为nT。

10、（重庆卷）

已知na是首项为19，公差为-2的等差数列，nS为na的前n项和.

（Ⅰ）求通项na及nS；

（Ⅱ）设nnba是首项为1，公比为3的等比数列，求数列nb的通项公式及其前n项和nT.

11、（四川卷）

已知等差数列{}na的前3项和为6，前8项和为-4。

（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；

6 （Ⅱ）设1*(4)(0,)nnnbaqqnN，求数列{}nb的前n项和nS

Ⅱ）由（Ⅰ）得解答可得，1nnbnq，于是

0121123nnSqqqnq．

若1q，将上式两边同乘以q有121121nnnqSqqnqnq．

两式相减得到

12111nnnqSnqqqq

11nnqnqq 1111nnnqnqq．

于是12111nnnnqnqSq．

若1q，则11232nnnSn．

所以，121,1,211,1.1nnnnnqSnqnqqq…………………………………（12）

12、（上海卷）

已知数列na的前n项和为nS，且585nnSna，*nN

证明：1na是等比数列；并求数列{}na的通项公式

解：由*585,nnSnanN （1）

可得：1111585aSa，即114a。

同时 11(1)585nnSna （2）

从而由(2)(1)可得：1115()nnnaaa

7 即：*151(1),6nnaanN，从而{1}na为等比数列，首项1115a，公比为56，通项公式为15115*()6nna，从而1515*()16nna