全国卷6年数列高考题整理汇总附答案

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1、数列专题高考真题(2014·I) 17. (本小题满分12分)已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，an0，anan+1=Sn-1，其中为常数.（）证明：an+2-an=；（）是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.(2014·II) 17.（本小题满分12分）已知数列an满足a1=1，an+1=3an+1.（）证明an+12是等比数列，并求an的通项公式；（）证明： 1a1+1a2+1an<32 .(2015·I)（17）（本小题满分12分）Sn为数列an的前n项和.已知an>0,an2+2an=4Sn+3，（）求an的通项公式：（）设bn=1a

2、nan+1 ,求数列bn的前n项和。(2015·II)（4）等比数列an满足a1=3， =21，则 ( )（A）21 （B）42 （C）63 （D）84(2015·II)（16）设是数列的前n项和，且，则_(2016·I)（3）已知等差数列an前9项的和为27，a10=8，则a100=（A）100 （B）99 （C）98 （D）97(2016·I)（15）设等比数列an满足 a1+a3=10，a2+a4=5，则 a1a2an 的最大值为_。(2016·II)（17）（本题满分12分）Sn为等差数列an的前n项和，且a1=1 ，S7=28 记bn

3、=logan，其中x表示不超过x的最大整数，如0.9 = 0，lg 99=1.（I）求b1，b11，b101；（II）求数列bn的前1 000项和.(2016·III)（12）定义“规范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1,a2,ak中0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规范01数列”共有（A）18个 （B）16个 （C）14个 （D）12个(2016·III)（17）（本小题满分12分）已知数列an的前n项和Sn=1+an，其中0（I）证明an是等比数列，并求其通项公式；（II）若Sn=3132 ，求.(2017

4、3;I)4记为等差数列的前项和若，则的公差为A1B2C4D8(2017·I)12几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推。求满足如下条件的最小整数且该数列的前项和为2的整数幂。那么该款软件的激活码是A440B330C220D110(2017·II)15. 等差数列的前项和为，则 (2017·III)9等差数列an的首项为1，

5、公差不为0若a2,a3,a6成等比数列，则an前6项的和为A-24B-3C3D8(2017·III)14设等比数列an满足a1+a2=-1, a1-a3=-3，则a4=_(2018·I)4记Sn为等差数列an的前n项和.若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=A-12 B-10 C10 D12(2018·I)14记为数列的前项和.若，则_(2018·II)17（12分）记为等差数列的前项和，已知，（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值(2018·III)17（12分）等比数列中，（1）求的通项公式；（2）记为的前项和若，求(2019

6、3;I)9记为等差数列an的前n项和已知S4=0，a5=5，则Aan=2n-5 B an=3n-10 CSn=2n2-8n DSn=12n2-2n(2019·I) 14记为等比数列an的前n项和若a1=13，a42=a6，则S5=_(2019·II)5已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3=A16 B8 C4 D2(2019·II)14记为等差数列an的前n项和，a10，a2=3a1，则S10S5=_.(2019·III)19（12分）已知数列an和bn满足a1=1，b1=0，4an+1=3an-bn+4

7、，4bn+1=3bn-an-4（1）证明：an+bn是等比数列，an-bn是等差数列；（2）求an和bn的通项公式.数列专题参考答案(2014·I) 17.（）由题设，anan+1=Sn-1,an+1an+2=Sn+1-1两式相减得an+1(an+2-an)=an+1，由于an+10，an+2-an= 6分（）a1a2=S1-1=a1-1，而a1=1，解得 a2=-1，由（）知a3=+a2令2a2=a1+a3，解得=4。故an+2-an=4，由此可得a2n-1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n-1=4n-3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n=4n-1。所以a

8、n=2n-1，an+1-an=2因此存在=4，使得an为等差数列。12分(2014·II) 17. （）证明：由an+1=3an+1得an+1+12=3(an+12)又a1+12=32，所以an+12是首项为32，公比为3的等比数列an+12=3n2，因此an的通项公式为an=3n-12（）由（）知1an=23n-1因为当n1时，3n-12×3n-1，所以13n-112×3n-1于是1a1+1a2+1a3+1an<1+131+132+13n-1=1-13n1-13=32（1-13n）<32所以1a1+1a2+1a3+1an<32(2015

9、3;I)（17）解：（）由an2+2an=4Sn+3，可知an+12+2an+1=4Sn+1+3可得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1，即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an)由于an>0，可得an+1-an=2又a12+2a1=4a1+3，解得a1=-1（舍去），a1=3所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an=2n+16分（）由an=2n+1可知bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1-12n+3)设数列bn的前n项和为Tn，则Tn=b1+b2+.+bn=12(13-15)+(15-17

10、)+.+(12n+1-12n+3)=n3(2n+3)12分(2016·II)17. （）先求公差、通项，再根据已知条件求；（）用分段函数表示，再由等差数列的前项和公式求数列的前1 000项和试题解析：（）设的公差为，据已知有，解得所以的通项公式为（）因为所以数列的前项和为考点：等差数列的的性质，前项和公式，对数的运算.(2016·III)（17）解：（）由题意得a1=S1=1+a1，故1，a1=11-，a10.由Sn=1+an，Sn+1=1+an+1得an+1=an+1-an，即an+1(-1)=an.由a10，0得an0，所以an+1an=-1.因此an是首项为11-，公

11、比为-1的等比数列，于是an=11-(-1)n-1（）由（）得Sn=1-(-1)n，由S5=3132得1-(-1)5=3132，即132，解得=-1(2018·II)17（1）设的公差为d，由题意得由得d=2所以的通项公式为（2）由（1）得所以当n=4时，取得最小值，最小值为16(2018·III)17.解：（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，此方程没有正整数解.若，则.由得，解得.综上，.(2019·III)19.解：（1）由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn)，即an+1+bn+1=12(an+bn)又因为a1+b1=l，所以an+bn是首项为1，公比为12的等比数列由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8，即an+1-bn+1=an-bn+2又因为a1b1=l，所以an-bn是首项为1，公差为2的等差数列（2）由（1）知，an+bn=12n-1，an-bn=2n-1所以an=12(an+bn)+(an-bn)=12n+n-12，bn=12(an+bn)-(an-bn)=12n-n+12第 7 页 / 共 7 页