高考数列复习题

数列复习题（高考样题）

一、选择题：

1. （福建卷）已知等差数列{an}中，a7a916,a41,则a12的值是

（ A ）

A．15 B．30 C．31 D．64

2. （湖南卷）已知数列{an}满足

a10,an1an33an1(nN*)，则a20=

（B ）

A．0 B．3 C．3

3D．2

3. （江苏卷）在各项都为正数的等比数列｛an｝中，首项a1=3 ，前三项和为21，则

a3+ a4+ a5=(C )

( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )189 4. (全国卷II) 如果数列an是等差数列，则(B )

(A)a1a8a4a5 (B) a1a8a4a5 (C) a1a8a4a5 (D) a1a8a4a5

5. (全国卷II) 11如果a1,a2,,a8为各项都大于零的等差数列，公差d0，则(B)

(A)a1a8a4a5 (B)

a1a8a4a5 (C) a1a8a4a5 (D) a1a8a4a5

a6. （山东卷）n是首项a1=1，公差为d=3的等差数列，如果an=2005，则序号n等

于(C )

（A）667 （B）668 （C）669 （D）670

7. (重庆卷) 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。已知最底层正方体的棱长为2，且改塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是( C)

(A) 4；

(B) 5；

(C) 6；

(D) 7。

二、填空题：

8. （湖北卷）设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn+1,Sn，Sn+2成等差数列，则q的值为 -2 . 2789. (全国卷II) 在3和2之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的

乘积为_______216 __．

10. （上海）12、用n个不同的实数a1,a2,,an可得到n!个不同的排列，每个排列为一

nba2a3a(1)naini1,2,3,,n!a,a,,aiii1i2i3n!in，行写成一个行的数阵。对第行i1i2记，。

例如：用1，2，3可得数阵如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，

b1b2b61221231224，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，b1b2b120=_-1080_________。

11. （天津卷）在数列{an}中, a1=1, a2=2,且

an2an1(1)n (nN)，

则S100=_2600_ ___.

三、解答题：

12.（北京卷）

1a2nan11a1n4设数列{an}的首项a1=a≠4，且

n为偶数n为奇数,

记

bna2n114，n＝＝l，2，3，…·．

（I）求a2，a3；

（II）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；

lim(b1b2b3bn)（III）求n．

11111解：（I）a2＝a1+4=a+4，a3=2a2=2a+8；

311113（II）∵ a4=a3+4=2a+8, 所以a5=2a4=4a+16,

11111111所以b1=a1－4=a－4, b2=a3－4=2(a－4), b3=a5－4=4(a－4),

1猜想：{bn}是公比为2的等比数列·

111111证明如下： 因为bn+1＝a2n+1－4=2a2n－4=2(a2n－1－4)=2bn, (n∈N*)

11所以{bn}是首项为a－4, 公比为2的等比数列·

lim(b1b2nbn)limb1(1n（III）

1)n2b12(a1)1141122.

1an1Sn3，n=1，2，3，……，求 13.（北京卷）数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，

（I）a2，a3，a4的值及数列{an}的通项公式； （II）a2a4a6a2n的值.

1an1Sn3，n=1，2，3，……，得 解：（I）由a1=1，

1141116111a3S2(a1a2)a4S3(a1a2a3)a2S1a1339，3327， 333，

411an1anan1an(SnSn1)an3（n≥2）33（n≥2）由，得，

14n21()33又a2=，所以an=3(n≥2),

1an14n2()33∴ 数列{an}的通项公式为

n1n≥2；

（II）由（I）可知a2,a4,14()2,a2n是首项为3，公比为3项数为n的等比数列，∴

a2a4a641()2n1343[()2n1]31(4)273a2n3=

14．（福建卷）

已知{an}是公比为q的等比数列，且a1,a3,a2成等差数列.

（Ⅰ）求q的值；

（Ⅱ）设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn

与bn的大小，并说明理由.

解：（Ⅰ）由题设

1q1或.2

2a3a1a2,即2a1q2a1a1q,2a0,2qq10. 1

n(n1)n23nq1,则Sn2n1.22（Ⅱ）若

当

n2时,SnbnSn1(n1)(n2)0.2 故Snbn.

1n(n1)1n29nq,则Sn2n().2224若

当

n2时,SnbnSn1(n1)(n10),4

时,Snbn. 故对于nN,当2n9时,Snbn;当n10时,Snbn;当n11115. （福建卷）已知数列{an}满足a1=a, an+1=1+an我们知道当a取不同的值时，得到

35111,2,,,;当a时,得到有穷数列:,1,0.22不同的数列，如当a=1时，得到无穷数列：23

（Ⅰ）求当a为何值时a4=0；

1(nN)b1（Ⅱ）设数列{bn}满足b1=－1, bn+1=n，求证a取数列{bn}中的任一个数，

都可以得到一个有穷数列{an}；

3an2(n4)2（Ⅲ）若，求a的取值范围.

（I）解法一：

a1a,an111,an

a21a4111a112a11,a31a1aaa2a113a22.故当a时a40.a32a1310,a31.a3解法二:a40,1a3111122,a2.a21,a.故当a时a40.a22a33b1,bn1.bn1bn1(II)解法一:b11,bn1a取数列{bn}中的任一个数不妨设abn.abn,a21a31an11an111b11.b2111bn1.a1bn111bn2.a2bn1 an10.

故a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}

{bn}为等比数列，16. （湖北卷）设数列{an}的前n项和为Sn=2n2，且a1b1,b2(a2a1)b1.

（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（Ⅱ）设

cnanbn，求数列{cn}的前n项和Tn.

解：（1）：当n1时,a1S12;

当n2时,anSnSn12n22(n1)24n2,

{an}是a12,公差d4的等差数列. 故{an}的通项公式为an4n2,即1q,则b1qdb1,d4,q.4 设{bn}的通项公式为

故

bnb1qn1212,即{b}的通项公式为b.nnn1n144

cn（II）

an4n2(2n1)4n1,2bn4n1

Tnc1c2cn[1341542(2n1)4n1],4Tn[14342543(2n3)4n1(2n1)4n]

两式相减得

13Tn12(4142434n1)(2n1)4n[(6n5)4n5]31Tn[(6n5)4n5].9

17. （湖南卷）已知数列

{log2(an1)}nN*)为等差数列，且a13,a39.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

1（Ⅱ）证明a1112a1a3a2an1a.n

（I）解：设等差数列{log2(an1)}的公差为d.

由a13,a39得2(log22d)log22log28,即d=1.

所以

log2(an1)1(n1)n,即an2n1.

11（II）证明因为a1n1nnn1ana22，

111所以a11111232a1a3a2a222nn1an2 11122n2111.112n2

18. （江苏卷）设数列｛an｝的前项和为Sn,已知a1=1,(5n8)Sn1(5n2)SnAnB, n1,2,3,,其中A,B为常数.

(Ⅰ)求A与B的值;

(Ⅱ)证明数列｛an｝为等差数列;

a2=6, a3=11,且

(Ⅲ)证明不等式5amnaman1对任何正整数m、n都成立.

解：(Ⅰ)由a11，a26，a311，得S11，S22，S318．

AB28,2AB48(5n8)S(5n2)Sn1,2n1nAnB，得把分别代入

解得，A20，B8．

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，5n(Sn1Sn)8Sn12Sn20n8，即

5nan18Sn12Sn20n8， ①

又5(n1)an28Sn22Sn120(n1)8． ②

②-①得，5(n1)an25nan18an22an120，

即(5n3)an2(5n2)an120． ③

又(5n2)an3(5n7)an220． ④

④-③得，(5n2)(an32an2an1)0，

∴an32an2an10，

∴an3an2an2an1a3a25，又a2a15，

因此，数列an是首项为1，公差为5的等差数列．

a5n4,(nN)．考虑 n(Ⅲ)由(Ⅱ)知，

5amn5(5mn4)25mn20．

(aman1)2aman2aman1amanaman125mn15(mn)9．

∴5amn(aman1)215(mn)291522910．

即

5amn(aman1)2，∴5amnaman1．

因此，5amnaman1．

12，前n项和为Sn，且

19. (全国卷Ⅰ) 设正项等比数列an的首项

210S30(2101)S20S100a1。

（Ⅰ）求an的通项； （Ⅱ）求nSn的前n项和Tn。

解：（Ⅰ）由

210S30(2101)S20S100 得

210(S30S20)S20S10,

即

210(a21a22a30)a11a12a20,

可得

210q10(a11a12a20)a11a12a20.

1010因为an0，所以 2q1, 解得

q11ana1qn1n,n1,2,.2，因而 2

（Ⅱ）因为{an}是首项

a111q2、公比2的等比数列，故

11(1n)211,nSnn.Sn2nnn12212

12nT(12n)(),n2n{nSn}222则数列的前n项和

Tn112n1n(12n)(23nn1).222222

Tn1111n(12n)(2n)n12222 前两式相减，得 2211(1n)n(n1)22nn(n1)1n142n1Tnn1n2.12222 即

20. (全国卷Ⅰ)

设等比数列an的公比为q，前n项和Sn0 (n1,2,)。

（Ⅰ）求q的取值范围；

3bnan2an12（Ⅱ）设，记bn的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小。

解：（Ⅰ）因为{an}是等比数列，Sn0,可得a1S10,q0.

时,Snna10; 当q1a1(1qn)1qn当q1时,Sn0,即0,(n1,2,)1q1q

1q0,,(n1,2,)n上式等价于不等式组：1q0 ①

1q0,,(n1,2,)n或1q0 ②

解①式得q>1；解②，由于n可为奇数、可为偶数，得－1综上，q的取值范围是(1,0)(0,).

333bnaa2an1bnan(q2q),Tn(q2q)Sn.222（Ⅱ）由得

31TnSnSn(q2q1)Sn(q)(q2).22于是

又∵Sn>0且－10

当

1q12或q2时TnSn0即TnSn

1q2当2且q≠0时，TnSn0即TnSn

当

q12或q=2时，TnSn0即TnSn

lga1、lga2、lga4成等差数列．21. (全国卷II) 已知an是各项为不同的正数的等差数列，又

bn1a2n，n1,2,3,．

(Ⅰ) 证明bn为等比数列；

7(Ⅱ) 如果数列bn前3项的和等于24，求数列an的首项a1和公差d．

(I)证明：∵lga1、lga2、lga4成等差数列

∴2lga2=lga1+lga4，即a2a1a4

2a又设等差数列n的公差为d，则(a1－d)=a1(a1－3d)

2这样

d2a1d，从而d(d－a1)=0

∵d≠0

∴d=a1≠0

111•na2nd2∴

a2na1(2n1)d2ndbn

11b∴n是首项为b1=2d，公比为2的等比数列。

(II)解。∵

b1b2b31117(1)2d2424

∴d=3

∴a1=d=3