全国高考数学数列真题汇总

1、2016-2018 年高考数学全国各地数列真题汇编2. （ 2018 北京理）an 是等差数列，且 a1=3， a2+a5=36，则an 的通项公式为答案】 an 6n 解析】 Qa1 3，3d3 4d 36 ， d 6 ， an 36n3记 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和若 a4a524，S6 48 ，则 an 的公差为A1B 2C4 D8【答案】 C【解析】设公差为d ， a4a5a1 3da12a17d24d4 ，故选联立 1,解得C.6a115d48秒杀解析：因为 S66(a12a6) 3(a3a4)即 a5 a32d8，解得d4，故选C.3（ 2017 全国新课标理）48 ，

2、即 a3 a4 16 ，4d 2a1 7d 24 ，S66a16 5d 6a1 15d 48 ，21则 (a4 a5) (a3 a4) 24 16 8 ，1（ 2018 全国新课标理）记 Sn 为等差数列an 的前 n项和 .若 3S3S2 S4 ， a1 2 ，则 a5A12B 10C10 D 12答案：B解答：3(3a132d) 2a1 d4a143d9a1 9d6a1 7d3a1 2d 02262d 0d 3 ，a5a1 4d24 ( 3)10.4. （ 2017 全国新课标理） 我国古代数学名着算法统宗中有如下问题： “远望巍巍塔七层，红光点点倍加 增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？

3、”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（ ）A 1 盏B 3 盏 C 5 盏D 9 盏an 前 6【答案】 BA24B 3C3D8答案】A解析】an为等差数列，且a2,a3 ,a6成等比数列，设公差为 d则2a3a2 a6 ，即a122d 2a1 d a15d又a11，代入上式可得 d 22d 0又d0 ，则 d26 5 6 5 S6 6a1 625d 1 6 6252 24，故选 A.记 Sn为等差数列 an 的前 n项和若 a4 a5 24，S6 48 ，则 an 的公差为A1B 2C4 D8【答案】 C【解析】设公

4、差为d ， a4a5a1 3da14d2a12a17d24d4 ，故选联立 1,解得C.6a115d48秒杀解析：因为 S66(a12a6) 3(a3a4)48，即 a3即 a5 a32d8，解得d4 ，故选C.6（ 2017 全国新课标理）7d 24， S6 6a1 6 5d 6a1 15d 48 ，6 1 2 127. （2015 福建文） 若 a,b 是函数 f x x2 px q p数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则a416 ，则 (a4 a5) (a3a4) 24 16 8 ，0,q0 的两个不同的零点， p q 的值等于 且 a,b, 2 这三个9答案】 9的首

5、项为 1，公差不为 0若 a2，a3， a6成等比数列，则an 前6A24B 3 C3答案】A解析】 an为等差数列，且 a2,a3 ,a则 a32a2a6 ，即 a1 2d2又a1 1，代入上式可得d2又d0，则 d 2656 S66a1d 1 622. ( 2016 全国理 ）已知等差数列anan项的和为（a12d58. （ 2017全国新课标理） 等差数列 ）D8成等比数列，设公差为 d .d a1 5d02 24 ，故选 A.前 9项的和为 27, a10 8,则 a100（ ）A） 100 （B）99 （C）98 （D）97答案】 C9a1 36d 27【解析】：由已知 , 答案】解

6、析】试题分析：设等差数列的公差和等比数列的公比为, 所以 a11,d 1,a100 a1 99d 1 99 98,故选 C.a1 9d 8考点：等差数列及其运算【名师点睛】我们知道 ,等差、等比数列各有五个基本量 ,两组基本公式 , 而这两组公式可看作多元方程 ,利用这 些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化解关于基本量的方程（组） , 因此可以说数列中的绝大部分运算 题可看作方程应用题 , 所以用方程思想解决数列问题是一10（ 2016 四川理） 某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入 . 若该公司 2015 年全年投入研发资金 130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长

7、12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200 万元的年份是（ ）（参考数据： lg ， lg ， lg2 ）（ A ） 2018 年（ B） 2019 年（ C） 2020 年（ D） 2021 年【答案】 B【解析】试题分析：设第 n年的研发投资资金为 an，a1 130，则 an 130 1.12n 1，由题意，需ann1130 1.12n 1 200 ，解得 n 5，故从2019 年该公司全年的投入的研发资金超过200 万，考点：等比数列的应用 .11（2018 全国新课标理）记 Sn 为数列 an的前 n项和.若Sn 2an 1，则 S6 _答案：63Sn 2an1,解答：依题意，

8、 n n作差得 an 12an ，所以 an 为公比为 2的等比数列，又因为Sn 12an1 1, n 1a1S1 2a1 1，所以 a11，所以 an2n1，所以 S61 (1 26)63.选 B.63412.(2017北京理 ） 若等差数列an 和等比数列bn 满足a1=b1= 1， a4=b4=8，a2则 ab22 =33d q3 8 ，求得q 2,d 3 ，那么a2b212 3 1 .13.（2017 江苏 ） 等比数列an 的各项均为实数, 其前 n 项的和为 Sn, 已知 S3,S6, 则 a8 = .44答案】 32 解析】当 q1时，显然不符合题意；a1（1 q3）当 q 1

9、时，1qa1(1 q6)74，解得a114 ，则2a8 1 27 32.841q考点】等比数列通项14. （ 2017 全国新课标理）等差数列 an 的前 n 项和为Sn ， a3 3 ， S4 10，则11 Sk答案】2nn1【解析】 试题分析：设等差数列的首项为a1 ，公差为 d ，由题意有：4a1数列的前n 项和裂项有：Sk2d 34 3d2，解得10a1dn1k 1 SkSn na1kkk1，据此：2n。n1n115（ 2017 全国新课标理） 【答案】设等比数列满足 a1a2a1a33 ，则 a4解析】an 为等比数列，设公比为 q a1 a2a1 a33，即a1a1a1q2a1q1

10、3显然 q得11，a10，3 ，即 q2 ，代入 式可得a1 1 ，3 a4 a1q32 3 816（2016 北京理） 已知an 为等差数列，Sn 为其前n项和，若a1 6 ，a3a50 ，则 S6 =答案】 6解析】试题分析： an 是等差数列，a3 a52a4 0 ，a4 0 ，a4a13d 6， d 2， S6 6a1 15d 6 6 15 ( 2) 6 ，故填： 6 考点：等差数列基本性质【名师点睛】在等差数列五个基本量a1， d ，n， an，数列的通项公 式、前 n 项和公式列出关于基本量的方程 方程思想的应用 .Sn 中，已知其中三个量，（ 组 ） 来求余下的两个量，计算时须注

11、意整体代换及可以根据已知条件结合等差17（2016 江苏） 已知 an 是等差数列， Sn 是其前 n项和 . 若 a1 a223,S5 =10 ，则 a9的值是答案】 20.解析】由 S5 10 得 a3 2 ，因此 2 2d (2 d)2 3 d 3,a9 2 3 6 20.考点：等差数列性质【名师点睛】本题考查等差数列基本量，对于特殊数列，一般采取待定系数法，即列出关于首项及公差的两个 独立条件即可 . 为使问题易于解决，往往要利用等差数列相关性质，如n(a1 an ) n(amSnn 2 2at )*t ,(m t 1 n,m、t、n N* )及等差数列广义通项公式an am (n m

12、)d.nm18. （2016 全国 理 ）设等比数列 an 满足 a1+a3=10, a2+a4=5, 则 a1a2 an 的最大值为 【答案】 64【解析】试题分析：设等比数列的公比为 q, 由a1a310得,a2a4a1(1 q2) a1q(1 q2)10,解得5a181 . 所以n(n 1)n 1 2 L (n 1) n 1 2 a1a2 L ana1 q8 ( ) 21 2 n 1 21n227n2 , 于是当 n 3或 4 时, a1a2L6an取得最大值 2 64 .考点：等比数列及其应用高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点, 在解答时要注意方程思想及数列相关性质的应用, 尽量

13、避免小题大做.19. （2016 上海文、理） 无穷数列 an 由 k 个不同的数组成， Sn为 an 的前 n 项和. 若对任意 n N Sn 2,3 ，则 k 的最大值为 .【答案】 4【解析】 试题分析： 当 n 1时，a1 2 或 a1 3；当 n2时，若 Sn 2，则 Sn 1 2 ，于是 an 0，若 Sn 3 则 Sn 1 3，于是 an 0. 从而存在 k N ，当 nk 时， ak 0. 其中数列 an ： 2,1, 1,0,0,0, 满足条 件，所以 kmax 4.考点：数列的求和 .【名师点睛】从研究 Sn与 an 的关系入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列a

14、n 由 k 个不同的数组成”的不同和“ k 的最大值” . 本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等 .20. （2016 浙江理） 设数列 an的前 n 项和为 Sn. 若 S2=4，an+1=2Sn+1，nN*，则 a1=，S5= .【答案】1121【解析】试题分析：a1a24,a2 2再由 an1 2Sn1,an2Sn 11(n 2)所以 an1),S51351 3an (n121.an 1an2an1 a1 1,a23，an 1 3an(n2) ，又 a2 3a1 ，考点： 1、等比数列的定义； 2、等比数列的前 n 项和1 转化为 an 1 3an 的过程中，一定要检验当n

15、 1 时是否满足 an 1 3an ，否则【易错点睛】由 an 1 2Sn 很容易出现错误a21. （2017 北京理 ） 若等差数列 n 和等比数列bna2满足 a1=b1= 1， a4=b4=8，则 b2 =d 和 q ， 1 3dq3 8 ，求得答案】 1解析】试题分析：设等差数列的公差和等比数列的公比为q 2,d 3 ，那么 ba212 3 1b2222.（2017 江苏 ） 等比数列an 的各项均为实数, 其前 n 项的和为 Sn, 已知 S34,S6643,则 a8= .答案】 32 解析】当 q1时，显然不符合题意；a1（1 q3）1qa1（1 q6）1q考点】等比数列通项当 q

16、 1 时，74，解得634a1，则a8 1 27 32.8423. （ 2017 全国新课标理）等差数列an的前 n 项和为Sn ， a3 3 ， S410，n11 Sk答案】2nn1【解析】 试题分析：设等差数列的首项为a1 ，公差为d，a1a2 1即a1a1q2a1a3 3a1a1q显然q 1 ， a10即q得1q3，338a4a1q 12q13，2 ，代入 式可得 a1 1 ，a1 2d 3由题意有：43解得4a13d102nn1数列的前n 项和 Snna12d1211裂项有：2Skkk1kk1n1111.21k 1 Sk223.24（ 2017 全国新课标理） 设等比数列【答案】 8【

17、解析】 Q an 为等比数列，设公比为a1 1 ，d1nn1nn1n1122，据此：1112n21。n n 1n1n1an 满足 a1a21 ， a1a3 3 ，则 a425. （2016北京文） 已知 an是等差数列， bn 是等差数列，且 b2 3，b3 9，a1 b1 ， a14 b4.（1）求 an 的通项公式；（2）设 cn an bn ，求数列 cn 的前 n项和 .答案】（ 1） an 2n 1（ n 1， 2，3，2）；（ 2） nn3n1（ II ）由（I）知，an 2n 1 ， bn3n1因此 cnanbnn12n 1 3n 1 从而数列cn的前n项和Sn 132n 1 1

18、 33n1n12n11 3n213n2 3n 1n2考点：等差、等比数列的通项公式和前 n 项和公式，考查运算能力 .【名师点睛】 1. 数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作项数 n 的函数，是函数思想在数列中的应用. 数列以通项为纲， 数列的问题， 最终归结为对数列通项的研究， 而数列的前 n项和 Sn可视为数列 Sn的通项 .通项及 求和是数列中最基本也是最重要的问题之一； 2. 数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想（ 如：求最值或基本量 ） 、转化与化归思想 （如：求和或应用 ） 、特殊到一般思想 （如：求通项公式 ） 、分类讨论思想 （如： 等比数列求和， q 1或 q

19、 1） 等.26.2016 全国 文） 已知an 是公差为 3 的等差数列 , 数列bn 满足 b1=1，b2=3，anbn 1bn 1nbn ,.I ）求an 的通项公式；（ II ）求bn的前 n 项和答案】（I） an 3n 13 （ II ）21.23n 1 .b1（ II ）由（ I ）和 anbn 1 bn 1 nbn , 得 bn 1, 因此 bn 是首项为 1, 公比为 的等比数列 . 记 bn 的前 n33项和为 Sn, 则Sn11 (13)n113n127. （ 2016 全国文）等差数列 an 中， a3 a 4 4,a5 a 7 6.）求 an 的通项公式；） 设bn

20、an ，求数列 bn 的前 10项和，其中 x表示不超过 x的最大整数，如 =0,=2.答案】（) an2n 3 ；() 24.52 试题解析： （ ）设数列an的公差为d，由题意有2a15d4,a15d3，解得a11,d ，5所以 an 的通项公式为 an2n 35)由 ()知 bn2n 35当 n 1,2,3 时， 1 2n 3 2,bn 1 ；5当 n 4,5 时， 22n 3 3,bn当 n 6,7,8 时， 32n 3 4,bn2；53；52n 3当 n 9,10 时， 45,bn 4，5所以数列 bn 的前 10 项和为 1 3 2 2 3 3 4 2 24. 考点：等差数列的性质

21、 ，数列的求和 .【名师点睛】求解本题会出现以下错误：对“ x 表示不超过 x 的最大整数”理解出错；28. （2016 全国理） Sn为等差数列 an 的前 n项和，且 a1 =1， S7 28.记bn= lgan ，其中 x 表示不超 过 x 的最大整数，如 0.9 =0，lg99 =1 （）求 b1， b11， b101；（）求数列 bn 的前 1 000 项和【答案】（） b1 0，b11 1， b101 2；（） 1893.【解析】试题分析： （）先用等差数列的求和公式求公差 d ，从而求得通项 an ，再根据已知条件 x 表示不超过 x的 最大整数，求 b1，b11，b101；（）

22、对 n分类讨论，再用分段函数表示bn ，再求数列 bn 的前 1 000 项和试题解析： （）设 an的公差为 d ，据已知有 7 21d 28，解得 d 1.所以 an 的通项公式为 an n.b1 lg1 0,b11 lg11 1,b101 lg101 2.考点：等差数列的的性质，前n 项和公式，对数的运算 .【名师点睛】解答新颖性的数学题，一是通过转化，化“新”为“旧” ；二是通过深入分析，多方联想，以“旧” 攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，以“新”制“新” ，应特别关注创新题型的切入点和生长点 .29. （2016 全国文） 已知各项都为正数的数列an满足 a11，an2（2a

23、n11）an2an 10.I ）求 a2,a3 ；II ）求 an 的通项公式1 1 1 【答案】（） a2,a3；（） ann 1 2 2 3 4 n 2n1【解析】试题分析： （）将 a1 1代入递推公式求得 a2，将 a2的值代入递推公式可求得 a3 ；（）将已知的递推公式 进行因式分解，然后由定义可判断数列an 为等比数列，由此可求得数列 an 的通项公式11 试题解析： （）由题意得 a2,a3. 5 分24考点： 1、数列的递推公式； 2、等比数列的通项公式【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（ 1）定义法，即证明 an 1 q （常数）；（2）中项法，即证明 anan2 1

24、 anan 2 根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求解30（2016全国理） 已知数列 an的前 n项和Sn 1 an，其中0I ）证明 an 是等比数列，并求其通项公式；31II )若 S5，求5 321an 1 1 （1）n 1答案】（） 1 1 ；（）an 1由 a1 0 ，0 得 an 0 ，所以 an1 n 1an 11 ( 1)n 11因此 an 是首项为 1，公比为 1的等比数列，于是Sn1()nS53321 1 ()531( )51（）由（）得1 ，由 532 得132 ，即132，解得1考点：1、数列通项 an与前n 项和为 Sn 关系；

25、2、等比数列的定义与通项及前n 项和为Snan 1q【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明an（常数）；（2）中项法，即证明2an 1 anan 2 根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求解31. （2016 山东文） 已知数列an的前 n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn 1.I ）求数列 bn 的通项公式；II )令 cn(a 1)n 1n n . 求数列 cn 的前 n 项和 Tn . (bn 2)n n n答案】（）bn 3n 1; () Tn 3n 2n 2试题解析：（） 由题意当 n2时， an Snn设数

26、列的公差为 d ，由a1a2b1 b2 b2 b3，即Sn 111 2b117 2b16n 5，当 n 1时，a1dd3d ，解之得 b1 4,dS1 11；所以3 ，所以 bnan3n6n 5 ；1。）由（）知 cn(6n6)n1nTn 32 2 2 323(3n 3)43(n1) 2n 1 ，又 Tn c1 c2 c3cn ，即，所以 2Tn 3223Tn 32 22232424(n1)2n 1 24252n1 (n(n 1)2n 2 ，以上两式两边相减得4(22n 11) (n 1)2n 23n1)2n 2 342n所以 Tn 3n 2n 2考点： 1. 等差数列的通项公式；2.等差数列

27、、等比数列的求和；3. “错位相减法”32. （ 2016 山东理） 已知数列an2的前 n 项和 Sn=3n2+8n， bn是等差数列，且 an bn bn 1.）求数列 bn 的通项公式；）令 cn(an(bn1)n 12)n求数列cn 的前 n 项和 Tn.答案】（） bn3n 1 ；() Tn3n 2n解析】）根据（）知数列cn 的通项公式，试题分析： （）根据 an Sn Sn 1及等差数列的通项公式求解； 再用错位相减法求其前 n项和 .3 44(2n 1)21(n1) 2n 2试题解析：（）由题意知当n2时，anSn Sn 1 6n 5 ，当 n 1 时，a1S111，所以an6

28、n5. 设数列 bn 的公差为 da1b1b2112b1d由1，即，可解得 b1 4,d 3，a2b2b3172b13d所以 bn3n1.（）由（）知cn(6n6)n1n3(n1) 2n 1 ，(3n 3)n又Tnc1c2c3cn，得 Tn32223 234 24(n1)2n12Tn32233 244 25(n1)2n 2两式作差，得Tn322223 242n 1(n1)2n 2n3n 2n所以 Tn3n 2n3. “错位相减法”考点： 1. 等差数列的通项公式； 2. 等差数列、等比数列的求和； 【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式、等比数列的求和、数列求和的“错位相减法”

29、此类题目是数列问题中的常见题型 . 本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高 . 解答本题，布列方程组，确定通 项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数 . 本题能较好的 考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等 .32. （2016浙江文） 设数列 an的前 n项和为 Sn.已知 S2 =4， an 1=2 Sn +1， n NI ）求通项公式 an ；II ）求数列 an n 2 的前 n 项和 .2,n 1n 1 *答案】（ I ） an 3n1,n N*；（II ）Tn3n n2 5n 11 *.,n 2,n N*2考点：等差、等比数列的基础知识方法

30、点睛】数列求和的常用方法：1）错位相减法：形如数列anbn 的求和，其中 an 是等差数列， bn1或f n g n f n是等比数列； （2）裂项法：形如数列1的求和，其中 f n ， g n 是关 gn于 n 的一次函数； （ 3）分组法：数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分33.（2017 北京文 ）已知等差数列 an 和等比数列 bn 满足 a1=b1=1, a2+a4=10, b2b4=a5 （）求 an 的通项公式； （）求和： b1 b3 b5 K b2n 1 3n 1【答案】（） an 2n 1 ；（） . n234 （ 2017 全国新课标文） 记 Sn为等比数列 an

31、的前 n 项和，已知 S2=2， S3=?61）求 an 的通项公式；2）求 Sn，并判断 Sn+1， Sn ， Sn+2 是否成等差数列【解析】（ 1）设 an 的公比为 q 由题设可得a1(1a1(1q) 2,2 q q2)解得 q 2 ， a16. 1故 an 的通项公式为 an(2)n（ 2）由（ 1）可得 Sna1(1qn)2 ( 1)n2n11q334n2n 322n 222n 1n2由于 Sn 2 Sn 1( 1)2 2(1)n2Sn，3 3 3 3故 Sn 1， Sn， Sn 2成等差数列235（2017全国新课标文） 已知等差数列 an的前 n项和为 Sn ，等比数列 bn的

32、前 n项和为 Tn， a11,b1 1,a2 b2 2.（1）若 a3 b3 5，求 bn的通项公式；（2）若 T3 21，求 S3.36（ 2017 全国新课标文）设数列 an 满足 a1 3a2K(2n1)an 2n.（ 1） 求 an 的通项公式；（ 2 ）求数列an的前n 项和 .2n 1【答案】（ 1） an2 ；（ 2） 2n2n 1 2n1【解析】 试题分析：（1）先由题意得 n 2时，a1 3a2(2n23)an 1 2(n 1) ，再作差得 ann 1 n 2n 1验证 n 1 时也满足（ 2）由于 an211 ，所以利用裂项相消法求和 .2n 1 (2n1)(2n1)2n

33、12n 1bn37. （2017 山东文） 已知 an是各项均为正数的等比数列 , 且 a1 a2 6,a1a2 a3. （I） 求数列 an通项公式；（II） bn为各项非零的等差数列 ,其前 n项和 Sn,已知 S2n 1 bnbn 1, 求数列n 的前 n项和 Tn.an答案】 (I) an 2n ； (II) Tn 52n 52n试题解析： （I） 设数列 an 的公比为 q ，由题意知 , a1（1 q） 6, a12 q a1q2.又 an 0 ， 解得 a1 2,q 2 ，所以 an 2n .13 两式相减得 Tn2 n 22n 5 所以 Tn 5 n n 2n12 212 L1

34、2n12n 12n1n项和为 Sn（n N*） ，bn 是首项为 2的等比数列，且公比大于）求数列 a2nbn的前 n项和 （n N*）.38. （ 2017 天津文） 已知 an 为等差数列，前 0，b2 b3 12,b3 a4 2a1, S11 11b4 .（）求 an和bn 的通项公式； 【答案】（） an 3n 2.bn 2n.（） Tn （3n 4）2n 2 16.试题解析： （）解：设等差数列 an的公差为 d ，等比数列 bn的公比为 q.由已知 b2 b3 12，得2 2 n b1（q q2） 12，而 b1 2，所以 q2 q 6 0.又因为 q 0，解得 q 2. 所以，

35、bn 2n .由 b3 a4 2a1 ，可得 3d a1 8 .由 S11 11b4 ，可得 a1 5d 16 ，联立，解得 a1 1,d 3， 由此可得 an 3n 2.所以， an 的通项公式为 an 3n 2，bn 的通项公式为 bn 2n.39. （2017天津理） 已知 an为等差数列，前 n项和为 Sn（n N ） ， bn是首项为 2的等比数列，且公比大 于 0，b2 b3 12, b3 a4 2a1， S11 11b4.（）求 an 和 bn的通项公式； （）求数列 a2nb2n 1的前 n项和 （n N ）.【答案】 （1）an 3n 2. bn 2n.（2）Tn 3n 2

36、4n1 8.33【解析】试题分析： 根据等差数列和等比数列通项公式及前 n项和公式列方程求出等差数列首项a1和公差 d 及等比数列的公比 q ，写出等差数列和等比孰劣的通项公式，利用错位相减法求出数列的和，要求计算要准确 .（II ）解：设数列 a2nb2n 1的前 n项和为 Tn ，由 a2n6n2，b2n 124n1，有 a2nb2n 1(3n 1)4n，故 Tn24542 843L(3n1) 4n4Tn2 42543 844L(3n4) 4n (3n1) 4n 1 ，上述两式相减，得3Tn243 423 43L34n (3n 1) 4n 112 （1 4n）4 14（3n 1） 4n 1

37、8.183（3n 2） 4n 1 得 Tn 3n 2 4n 3所以，数列 a2nb2n1 的前 n 项和为 3n 240. （ 2018 北京文）an3是等差数列，且 a14n 183ln 2 ，a2 a3 5ln 2 1【答案】（ 【解析】（ 又 a1 ln2 ， （ 2）由（ 1）知 anean的通项公式；（ 2）求 ea1 ea2 L ean （ 1） nln2 ；（ 2 ） 2n 1 2 1）设等差数列an 的公差为 d ， Qa2 a3 5ln 2 ， 2a1 3d 5ln 2d ln 2 ，an a1 n 1 d nln 22n ，1）求 ann nln 2 eeln2nea1ea

38、1 41 为 Tn （） （）nln 2， Qea是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，ea2 L ean eln2 eln 2 L eln 2 =2 a a n 1ea2 L ean =2n 1 2 2018 天津文） 设an 是等差数列，其前 n N*）已知 b1=1， b3=b2+2， b4=a3+a5， 求 Sn 和 Tn；若 Sn+（ T1+T2+ +Tn）=an+4bn，求正整数22 Ln 项和为 b5=a4+2a6n 的值2n=2n 1 2 ，n N*）； bn 是等比数列，公比大于 0，其前 n项和42（ 2018 天津理） a3 a2 2 ， a4N ） ，bn 是等差数列 . 已知 a1 1，【解析】（ 1）设等比数列bn 的公比为 q，由 b1 1 ，b3b222 ，可得 q2 q 2因为 q，可得 ，故2n 1 所以，12n2n1Tn12设等差数列 an 的公差为d由 b4 a3a5 ，可得 a13d4由b5 a4 2a6 ，可得 3a113d 16 ，从而a11， d 1，故 an n ，所以，Snnn12Tn2123 L212n（2）由（1），有 T1 T2L2nn=n112n 2 nnn1Sn T1T2 L Tn an 4bn 可得2n 1n2n2n125【答案】（1） Sn n n 1 ， Tn 2n 1