最新新课标全国卷五年高考数列汇编(附答案)

1.[2014 新·课标全国卷Ⅰ ]

已知数列 { an} 的前 n 项和为 Sn， a1＝ 1， an≠ 0， anan＋ 1＝ λSn－ 1，此中 λ为常数． (1) 证明： an＋ 2－ an＝ λ.

(2) 能否存在 λ，使得 { an} 为等差数列？并说明原因．

2.[2014 新·课标全国卷 2]

已知数列 a

知足 a1 =1， an 1

3an

1.

n

（Ⅰ）证明

an 1 是等比数列，并求

an 的通项公式；

2

（Ⅱ）证明： a1 1

1 3

a

+ a

2 .

1

2

n

3.[2013 新·课标全国卷 1] 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn , Sm 1 2, Sm 0, Sm 1

3 ，则 m ()

A . 3

B. 4

C.5

D.6

4.[2013 新·课标全国卷 1]

设

A B C

a ,b , c

A B C

n n

n 的 三 边 长 分 别 为n

n n

，

n n

n 的 面 积 为

Snn ，

b1 c1 ,b1 c1 2a1 ， an 1 an , bn 1

can

n

,cn 1 ban

n ，则 (

)

A. { S } 为递减数列

B. { S } 为递加数列

2

2

n

n

C.{ S2n－ 1} 为递加数列， { S2n} 为递减数列 D.{ S2n－ 1} 为递减数列， { S2n} 为递加数列

5.[2013 新·课标全国卷 1]

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若

1,2,3, L

，

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若数列 { an } 的前 n 项和为 Sn＝

等比数列 { n} 的前

2 an

3

3

1 ，则数列 { an } 的通项公式是 an =______. 3

＝ 2＋ 10 1， 5＝ 9，则

1

6.(2013 课标全国Ⅱ，理 3) n. 已知

项和为

＝() ．

a n

S

S a

a

a

a

A．B． C．D．

7.(2013 课标全国Ⅱ，理 3

1

3

1

9

1 1 9

16)

等差数列 { an} 的前 n 项和为 Sn，已知 S10＝ 0， S15 ＝ 25，则 nSn 的最小值为 __________．

8.[2012 新课标全国卷 ]

已知 an

为等比数列， a4 a7

2 ， a5a6

8 ，则 a1

a10

(A) 7 (B) 5 (C)

(D )

9.[2012 新课标全国卷 ]

数列 { a n} 知足 a(n

1

1)n an 2n 1，则 { a n} 的前 60 项和为

10.[2010 新课标全国卷 ] 设数列

an 知足 a1 2, an 1 an 3g22n 1

（1）

求数列 an 的通项公式；

（2）

令 bn nan ，求数列的前 n 项和 Sn

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（）

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11、（ 2015 全国 1 卷 17 题） Sn 为数列 { an } 的前 n 项和 . 已知 an ＞ 0， an2 an = 4Sn 3. （Ⅰ）求 { an } 的通项公式；

（Ⅱ）设 b1

n

, 求数列 { bn } 的前 n 项和 .

aa

n n 1

12、（ 2015 全国 2 卷 4 题）已知等比数列 an 知足 a1=3，a1

a3 a5 =21 ，则 a3 a5 a7（ ）

A．21 B

．42C

．63

D

． 84

．

13、（ 2015 全国 2卷 16 题） 设 Sn 是数列 an 的前 n 项和，且 a1

1， an 1

Sn Sn 1 ，则Sn ________．

14、（ 2016 全国 1 卷 3 题） 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

15、（ 2016 全国 2 卷 15 题） 设等比数列

an 知足 a +a =10,a +a =5,则 a a

a 的最大值

1

3

2

4

1 2 n

为

．

16、（ 2016 全国 2 卷 17 题）Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，且 a1 1 ，S7 28 ．记 bn lg an 此中 x 表示不超出 x 的最大整数，如

0.9 0 ， lg99 1 ．

（Ⅰ）求 b1 ， b11 ， b101 ； （Ⅱ）求数列

bn 的前 1000 项和．

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，

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17、（ 2016 全国 3 卷 17 题） 已知数列

{ an}

的前 n 项和

Sn1

an

，此中

0

．

（I ）证明

{ an}

是等比数列，并求其通项公式；

S5

31

32，求 ．

（II ）若

18、（ 2017 年国 1 卷 4 题）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（） A ． 1

B ．2

C． 4

D ．8

“眺望巍巍塔七

7 层塔共挂了

）

D．9 盏

19、（ 2017 全国 2 卷 3 题）我国古代数学名著《算法统宗》中有以下问题： 层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 A．1 盏

2 倍，则塔的顶层共有灯（

B．3 盏 C．5 盏

20、（ 2017 全国 2 卷 15 题） 等差数列

n

an 的前 n 项和为 Sn ， a3 3， S4 10，则

1

Sk

列，则

k 1

．

21、（ 2017全国 3卷 9题） 等差数列 an 的首项为 1，公差不为 0．若 a2 ， a3 ， a6 成等比数

an 前 6项的和为（）

A． 24 B． 3

全国 3卷 14题）设等比数

12、（ 2017 列

．

C． 3 D． 8

an 知足 a1 a2

1 ， a1 a33 ，则 a4 ________．

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详尽分析

1.解： (1) 证明：由题设， an an＋1＝ λSn－ 1，an＋ 1an＋ 2＝λSn＋ 1－ 1， 两式相减得 an＋ 1(an＋ 2－ an)＝ λan＋1. 由于 an＋ 1≠0，所以 an＋ 2－ an＝ λ.

(2) 由题设， a1＝ 1， a1a2＝ λS1－ 1，可得 a2＝ λ－

1，由(1) 知， a3＝ λ＋ 1.

若{ an} 为等差数列，则 2a2＝ a1＋ a3，解得 λ＝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 an＝ 2n－1， an＋ 1－ an＝2.

所以存在 λ＝ 4，使得数列 { an} 为等差数列．

a1 1, an 1

1

3an 1.n∈ N * .

2.解： ∴ an

1 3an 1 1 3(an ). 2 2 2 1 1 3

, 公比为 3的等比数列。 ∴{ an } 是首项为 a1

2 2 2

1

(2)

n3 - 1，1 = 2 . 知， a + = ,∴ a = nn由(1)

2 2 2 an 3 -1

13n1

=

1 = 1, 当

a1

n > 1

时，

1

an

2 < 1 3 - 1 3

n

.

n -1

1

∴ +++ + an a1 a2 a3

1 1 1

< 1++++ = 31 32 3n -1

1

1

1- n 3

1

1

3n

3 （ 1 = 2

1-

1-

）

3

< 2 .

所以， + 1 1 +

a1 a2 a3

1

∈N*.

3

+ 1 3 ， n

an 2

（证毕）

3. 【分析】有题意知

Sm =

m(aam)1

=0，∴ a1 =－ am =－（ Sm - Sm 1 ） =－ 2，

2

am 1 Sm 1 Sm =3，∴公差 d = am 1 am =1，∴ 3= am 1 4.B

=--=－

2 m ，∴ m =5，应选 C.

2 1

5. 【分析】当 n =1 时， a1 = S1 = 3 a1 3

当 n ≥ 2 时， an = Sn

，解得 a1 =1，

Sn 1 = an

21

3

－ ( an 1

2

12 )=

an

2 an 1 ，即 an = 2an 1 ，

3

3

3 3 3

∴{ an } 是首项为 1，公比为－ 2 的等比数列，∴

an = ( 2)n 1 .

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精选文档 6.分析：设数列 答案： C

{ a } 的公比为 q，若 q＝ 1，则由 a ＝ 9，得 a ＝ 9，此时 S ＝27，而 a ＋10a ＝

n

5

1

3

99，不知足题意，所以 q≠1.

∵(1q≠1时， S3＝ a1

q3 ) ＝a1· q＋ 10a1 ，

1 q

∴

1

q3 ＝ q＋ 10，整理得 q2＝ 9.

1 q

∵a5＝ a1· q4

＝ 9，即 81a1＝ 9，∴ a1＝ 1

.

9

7. 答案：－ 49

分析：设数列 { a } 的首项为 a1，公差为 d，则 S10＝ 10a1＋ 10

9

d ＝ 10a1＋45d＝ 0，①

n

S ＝

15

2

14

15a1 d ＝ 15 a ＋ d＝

25. ②

15

1

2

联立①②，得 a

1＝－ 3， d

2

3，

所以 S10

n＝

3n n(n 1) 2 1 n2

n .

2 3 310

3

令 f ( n) ＝ nS，则 f ( n) 1 n3

n2 ， f '(n)

n2 20 n .

3

3

3

令 f ′(n) ＝ 0，得 n＝ 0 或 n

20

.

3

当 n20

时， f ′(

)

0

20

＜

，所以当 n

3时， f ′(

)

20

＞ 0, 033时， f

( )

n∈ N＋，则 f (6) ＝－ 48，f (7) ＝－ 49，所以当 n＝ 7 时， f ( n) 取最小值－ 49.

8.【分析】选 D

a4 a7 2 ， a5 a6 a4a7

8 a4 4, a7 2 或 a4 2, a7 4

aa4 4, a7 2 a1

8, a10 1 a1 10

7

a4

2, aa

7 4

10

8, a1

1a

a1

10

7

9.【分析】 { a n } 的前 60 项和为 1830

可证明： ba

n 1

4n 1

a4 n 2a4 n 3 a

4n 4

a4n

a

3

4 n 2

a4n 2 a4n 16 bnb1 a1 a2 a3 a4 10S

15

10 15 15 14 16 1830

2

10.解：（Ⅰ）由已知，当 n≥ 1 时，

an 1 [( an 1 an ) ( an an 1) L

(a2

a1 )] a1

3(22 n 1

22n 3

L 2) 2

22( n 1) 1 。

21

n 取最小值，而

16

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而 a1 2,

所以数列 { an } 的通项公式为 an （Ⅱ）由 bn

22 n 1 。

nan

n 22n

1 知

Sn 12 223

进而

3 25 L n 22 n 1 ①

22 Sn 1 23

①- ②得

2 25 3 27 L n 22n 1 ②

(1 22 ) Sn

即 Sn

2 23 25

1

L22n 1

n 22n 1 。

1

9

[(3 n 1)22n

2]

2

0

11，试题分析： （Ⅰ）当

n 1

an2

时， a1

2a1 4S1 3 4a1 +3

an a1

=3

1

，由于 ，所以 ，

当

n 2

时 ，

an an2 an 1 = 4Sn 3 4Sn 1 3 = 4an

， 即

(an an 1)( an an 1) 2( an an 1 ) ，由于 an 0 ，所以 an an 1 =2，

所以数列 { an } 是首项为 3，公差为 2 的等差数列， 所以 an = 2n

1 ；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知， bn =

1

(2 n 1)(2 n 3)

b2 L

1 ( 1 1 ) ， 2 2n 1 2n 3 bn = [(

所以数列 { bn } 前 n 项和为 b1 = 11

1) 5

( 1

1

2 3 5

1 ) L 7

( 1 1 )] 2n 1 2n 3

1 6

.

6 4n

12 【 解 析 】 设 等 比 数 列 公 比 为 q ， 则 a1 a1q2 a1 q4 21 ， 又 因 为 a1 3，所以

42 ，应选 B

q4 q2 6 0 ，解得 q2

13．【分析】 由已知得 an 1

2 ，所以 a3 Sn 1

a5 a7

(a1 a3 a5 )q2

Sn Sn 1 Sn ，两边同时除以 Sn 1 Sn ，得

1 Sn

1

1 Sn

1，

故数列

1 Sn

是以 1 为首项，

1 为公差的等差数列，则

1 Sn

1 (n 1)

n ，所以

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Sn

1 ． n

14 试题剖析：由已知 ,

9a1 36d 27

, 所以 a1

a1 9d 8

1,d 1,a100 a1 99d

1 99 98,

应选 C.

a1 a3 10 a1(1 q2 ) 10

a1 8 15，试题剖析：设等比数列的公比为

q ,由

得 ,

a2 a4

5

a1q(1 q

1

n(n 1) 1 n2

7 n

所以 a1a2 L an

a1nq1 2 L ( n 1) 8n ( )

2

2 2

2

,于是当 n

2

得最大值 26 64 .

16【分析】 ⑴ 设 an 的公差为 d ， S7 7 a4 28 ，

∴ a4

4 ， ∴ da

4 a1

1 ， ∴ an a1 ( n 1)d n ．

3

∴ b1 lg a1

lg1

0 ， b11 lg a11 lg11 1 ， b101 lg a101lg101 2 ⑵记 bn 的前 n 项和为 Tn ，则 T1000

b1 b2

b1000

lg alg a1 lg a2

1000

．

当 0 ≤ lg an 1时， n 1，2， ，9 ；

当 1 ≤ lg an 2 时， n 10，11， ，99 ；

当 2 ≤ lg an 3 时， n 100 ，101， ，999 ；

当 lg an 3 时， n 1000 ．

∴

T

1000

0 9 1 90 2 900 3 1 1893 ．

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2

,解得

1 .

) 5

q

2

3 或 4 时 , a1a2 L an 取

．

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an

1

由 a1 0 ，

0 得

a

n

0 ，所以 an

1 .

1

an 1 (

) n 1

所以

{ an}

是首项为 1

，公比为

1的等比数列，于是 1

1 ．

Sn 1 (

)n S5 31 1 (

)531

(

)5 1 （Ⅱ）由（Ⅰ）得

1

，由

32 得 1

32 ，即

1

32 ，

解得 1．

18， a4

a5 a1 3d a1 4d 24

S6 6a1

6 5 d 48 联立求得 2a1 7d 24

①

2

6a1 15d

48 ②

① 3 ② 得 21 15 d 24 6d 24 ∴d 4 选 C

19，【分析 】一座 7 层塔共挂了

381 盏灯，即 S7

381 ；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数 的 2 倍，即 qa1 1 qn

a1 1 2n

2 ，塔的顶层为 a1 ；由等比前 n 项和 Sn

q 1 可知：S7

381，

1 q

1 2

解得 a1

3 .

20. 【分析 】∵ S4 10 ， a2 a3 a1 a4 ，∴ a2 a3 5 ∵ a3 3 ，∴ a2

2 ∴ an

n

∵

Sn a1 an

2 n

∴ Sn

∴1 2

211

2

n n 1

Sn

n n 1

n n 1

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∴n

1 2 11 2n

i 1

Sn

n 1

n 1

∴2n

n 1

, n N

i 1

Sn n 1

21.【分析】 ∵ an 为等差数列，且

a2 ,a3 , a6 成等比数列，设公差为则 a2

3

2

a2 a6 ，即 a1 2 d

a1 d a1

5d

又∵ a1 1 ，代入上式可得 d 2 2d

0

又∵ d 0 ，则 d 2

∴ S6

6a1

6 5 d 1

6 6 5

2

24 ，应选 A.

2

2

22.【分析】 Q an 为等比数列，设公比为．

a1 a2 1 a a1 q 1 ① a1 qa3

3 ，即1 ，

a1

1

a1 q2

3 ②

明显 ， a1 0 ，

② ①

得 1 q 3 ，即 q 2 ，代入 ① 式可得 a1 1，

a3

4 a1q

3

1 2

8

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.