历年数列高考题及答案

.(福建卷)已知等差数列｛"J中，a7+a9=16,a4=1,则a12的值是()TOC\o"1-5"\h\zA．15 B．30 C．31 D．64a一-y3a=0,a = (neN*)｛a｝ 1 n+1 a.(湖南卷)已知数列｛an｝知足 an+1 ，那么a20=()_ _ 3A.0 B.一，v3 C.%：3 D.2.(江苏卷)在各项都为正数的等比数列｛an｝中，首项%=3,前三项和为21,则a3+a4+a5=()(A)33 (B)72 (C)84 (D)189.(全国卷II)若是数列｛anl是等差数列，则()(A)a+a<a+a(A)a+a<a+a1845(B)a+a=a+a1845(C)a+a>a+a1845(D)aa=aa18 455.(5.(全国卷II)11若是a1，a2，，a8为各项都大于零的等差数列，公差d丰0，则()6.(A)aa>aa18 45(山东卷)(B)aa<aa6.(A)aa>aa18 45(山东卷)(B)aa<aa18 45(C)a+a>a+a1845(D)aa=aa18 45｛t｝是首项a1=1,公差为d=3的等差数列，若是an=2005,那么序号n等于((A)667 (B)668 (C)669 (D)670.(重庆卷)有一塔形几何体由假设干个正方体组成,组成方式如下图,上层正方体下底面的四个极点是基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,那么该塔形中正方体的个数至少是()(A)4； (B)5； (C)6； (D)7。.(湖北卷)设等比数列｛an｝的公比为q,前n项和为S,若S,S,S成等差数列，则q的值为 .n n+1nn+28 27.(全国卷II)在3和万之间插入三个数，使这五个数成等比数列，那么插入的三个数的乘积为.(上海)12、用n个不同的实数a1，a2,…,an可取得n!个不同的排列，每一个排列为一行写成一个n!行的数蚱 i^a，a，…，a 、nb=一a+2a-3a++(-1)nna i=1,2,3，…,n!阵。对第仃i1i2 in，记i i1 i2 i3 in, 。例如：用1,2,3

=-12+2x12=-12+2x12—3x12=—24,可得数阵如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12,因此，bl+2++6. ”.. . •.b+b+,•,+b那么，在用1,2,3,4,5形成的数阵中，bi+2+ +bi20=.(天津卷)在数列｛a｝中，a=1,a=2,且，+2-丫1+(-1)n(neN)n 1212.a1 12.a1 n+1(北京卷)设数列｛a｝的首项a二aW4，且n11一a2n1a+—n4n为禺数n为奇数b=a-1,记n 2n-14,n==l,2,3,…(I)求a2,a3；(II)判定数列｛bn｝是不是为等比数列，并证明你的结论;lim(b+b+b++b)(III)求n-1 2 3n.a=sS.(北京卷)数列｛a｝的前n项和为S,且a=1, n+13n,n=1,2,3,……，求n n1a2,a3,a4的值及数列｛an｝的通项公式；a+a+a++a2 4 6 2n的值..(福建卷)已知｛""是公比为q的等比数列，且％'%'(a2成等差数列.(I)求q的值；b(11)设｛“泊是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn,当nN2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由.TOC\o"1-5"\h\z.(福建卷)已知数列｛a｝知足a=a,a=1+"〃咱们明白当a取不同的值时，取得不同的数列，如当a=1时，取n 1 n+135 1 11,2,—,—,…;当a=—-时,得到有穷数列：—-,-1,0.\o"CurrentDocument"得无穷数列：23 2 2(I)求当a为何值时a4=0；---(neN) b—1 +(II)设数列｛bn｝知足b1=—1,bn+1=bn1 ，求证a取数列｛bn｝中的任一个数，都能够取得一个有穷数列｛a｝；n——<a<2(n>4)(III)假设2n ，求&的取值范围.{{ /、4*口_H,{a{{n_{a{,{{a}a一、二十工工rt、tc{ {b}>r,At/rfl>、肚/--七/E。=b,b（。—4）=b.（湖北卷）设数列3的刖口项和为S=2n2， J为等比数列，且1 122 1 1n（I）求数列{an}和{bJ的通项公式；ac=-a-(II)设"ba,求数列｛cn｝的前n项和T.n.（湖南卷）已知数列{log2（"n-1）}neN*）为等差数列，且41=3,“3=9.（I）求数列{an}的通项公式;TOC\o"1-5"\h\z11 1 + +,,,+ <1.a一aa一aa一a(II)证明2 1 3 2 n+1 nS (5n—8)S —(5n+2)S=An+B.(江苏卷)设数列｛a｝的前项和为n,已知己1=1,a?=6，@§=11，且 n+1 nn=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U;(rn)证明不等式「二">1对任何正整数mn'mn(rn)证明不等式「二">1对任何正整数mn'mnm、n都成立19.(全国卷I)设正项等比数列"n)1a=- S的首项12，前n项和为Sn，且2ioS—(2io+1)S+S3020=010(I)求a?的通项;(II)求n\)的前n项和Tno20.(全国卷I)设等比数列Ln,的公比为q,前n项和$n>0(n=1,2,…)(I)求q的取值范围;b(II)设'3二b(II)设'3二a——an+2 2n+1记”｝的前n项和为T，试比较S〃与T的大小。21.(全国卷II)已知｛aj是各项为不同的正数的等差数列，lgal、lga2、lga4成等差数列.又b=工na2n，n=1,2,3,(I)证明％n｝为等比数列；7(II)若是数列句｝前3项的和等于24，求数列｛anl的首项ai和公差d.数列（高考题）答案1-7ABCBBCC8.（湖北卷）8.（湖北卷）-2 9.（全国卷II）21610.（上海）-1080 11.（天津卷）2600TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"11 1 1 112.(北京卷)解：(I)a2=a1+4=a+4,a3=2a2=2a+8；113 1 1 3(II)：a4=a3+4=2a+8,因此a「2a4=4a+16,1 1因此“二'一4=a1 1因此“二'一4=a—4b2=a3—4=2(a— 4 ),b3=a5— 4=4(a— 4 ),1猜想：1猜想：｛bn｝是公比为2的等比数列・11 11 1 1证明如下：因为bn+i=a2n+i—4=2a2n— 4=2(a2n—1— 4 )=2bn, (n^N*)11因此｛bn｝是首项为a—4,公比为2的等比数列-lim(b+lim(b+b+12n-8(III)1+b)=lim 2n—n1n-82b1(1、工二2(a-4)—2a=—S13.(北京卷)解：(I)由a1=1, na=—S13.(北京卷)解：(I)由a1=1, n+13n,n=1,2,3,，得n+1a—1S3 32——(a+a)——3129a―S=-(a+a+a)=43331 2 3,2711―-(S—S)=a3n n-1 3n41a——a —(心2),得n+13n(nN2),又a2=3,1(4)n-2因此备二33(nN2),33(3)n-21n—1a=< . n・♦・数列｛a｝的通项公式为n(II)由(1I）可知a2,a4， ，a2n是首项为3,）2公比为3项数为n的等比数列，a+a+a+

2461一.3+a2n=1—(-)2n31—(3)22n—1]+aq+aq,

131214.（福建卷）解：（I）由题设1「.q=1或—-.2\'a丰0,「.2q2—q—1=0.q=1,则S=2n+(II)假设 nn>2时,S—b=Snn n—1(n—1)(n+2)\J.S>b.故nn若q=-2,则sn=2n+怨(->=『n>2时,S—b=Snn n—1(n-1)(n—10)故关于neN，当2<n<9时,S>b;当n=10时,S=b;当n>11时,Snnnn1•・•a=a,a=1+—,1 n+1 a15.(福建卷)(I)解法一： an,1,1a+1 ,12a+1:.a=1+ =1+—= ,a=1+ = 2aaa3aa+1

1 21 1 3a+2 2a=1+ = .故当a=—时a=0.4a 2a+1 3 43^^7去—二:a=0,「.1+ =0,/.a=—1.4 a 3311 12 2'/a=1+ ，.=a=.va=1+—，.=a=—."故当a=—时a3a22 2a3 3 42\o"CurrentDocument"b 1(II)解法一：vb=-1,b= ,，b=——+1.1 n+1 b-1nbn n+1a取数列｛b｝中的任一个数不妨设a=b.nn=0.va=b,「.an2i1 i1 人=1+—=1+—=bab n-11n・•.a3I1I1人=1+—=1+ =babn-2

2 n-1an-1i1人i

=1+ =b=-1.b12「.a =0.n+1故a取数列｛b｝中的任一个数，都能够取得一个有穷数列｛a｝16.（湖北卷）解：（1）：当n=1时,a1=§1=2;当n>2时,a=§一§ =2n2-2(n-1)2=4n-2,nn n-1故｛a｝的通项公式为an=4n一2,即匕｝是a1=2,公差d=4的等差数列.nq，则bqd=b,d=4,「设｛bn｝的通项公式为b=bqn-1一2故n11x 4n-1,即｛b｝的通项公式为b=24n-1（II）*/Cna-nbn4n一2---=(2n-1)4「1,乙4n-1:.Tn=c+c12+…+c=[1+3x41+5x42+…+(2n-1)4n-1],n4T=[1x4+3x42+5x43+•••+(2n―3)4n一1+(2n-1)4n]n两式相减得3T=-1-2(41+42+43+…+4nT)+(2n-1)4nn...t=1[(6n-5)4n+5].n9=3[(6n一5)4n+5]17.（湖南卷）（I）解：设等差数列｛lOg2（an-1）｝的公差为d.,a=3,a=9得2(log2+d)=log2+log由1 3 2 2828,即d=1.因此10g2(an—D=1+5T)x=n，即an=2n+L(II)证明因为an+1-an an+1-2n 2n，J+,+…+」111=——+ + H F 因此a2一ala一a32a一a 21 22 23n+1 n2n11——<2n1.———x—22n——<2n1.18.（江苏卷）S=S=183解：(I)由ai=1,a2=6，a3=11，得S1=1，把n=L2别离代入(5n-8)Sn+1-(5n+2Sn=An+BA+B=-28,2A+B=-48解得，A=-20,B=-8(II)由(II)由(I)知，5n(Sn+1-Sn)-8Sn+1-2^一即「5na -8S -2S=-20n-8 ①，即」 n+1 n+1 n ，①又5(n+1)a-8S -2S =-20(n+1)-8^又 n+2 n+2 n+1②-①得 5(n②-①得 5(n+1)a-5na -8a -2a=-20(5n-3)a -(5n+2)a =-20n+2n+1TOC\o"1-5"\h\z又(5n+2)a -(5n+7)a =-20^又 n+3 n+2公_⑸夕曰(5n+2)(a -2a +a)=0④③得， n+3 n+2 n+1 ，a -2a +a=0n+3 n+2 n+1 ，=a-a=532 ，因此，数列｛aJ是首项为1，公差为5的等差数列.an）由（id知，an=5n-4,（neN*）.考虑..15(m+n)+9mn5a=5(5mn-4)=..15(m+n)+9mn5a5a -■4aa>1因|XHj， mnmn•19.（全国卷I）解：（I）由210S-(210+解：（I）由210S-(210+1)S +S302010=0得210(S -S)=S302020-S10,210(a +a+…+a)=a+a+…+aTOC\o"1-5"\h\z即 21 22 30 11 12 20210・q10(a+a+ +a)=a+a+ +a可得 11 12 20 11 12 20aqn-aqn-1

1=1,2,….q=a因为n0，因此2q10=1，解得2，因此n11{a} %=5 4=万（II）因为,/是首项।2、公比 2的等比数列，故l=l--L,nS=n~—2nn2〃那么数列{“叩的前n项和〜八八 、/1 2 n、T—(1+2+,,,+一( 1 F•••H ),〃 22z2”」(l+2+...+〃)--..+口+

2 22 23 2〃n2〃+i—(1+2+-+〃)—+▲+…+L+3前两式相减，得2 2 2222n2〃+i22〃+i1(1-J-)n(n+1)2 2〃।〃 - ： + n(n+1) 1 n— + +——-2.2 21-1 2120.（全国卷I）解：（I）因为{"J是等比数列,>0,可彳融=S解：（I）因为{"J是等比数列,=1时,S=na>0;三 n1当q