数列高考真题全国卷文科

一.等差数列、等比数列的基本概念与性质

（一）新课标卷

全国卷文科）

n1.（2012.全国新课标12）数列{an}满足an1(1)an2n1，则{an}的前60项和为

（ ）

（A）3690 （B）3660 （C）1845 （D）1830

2.（2012.全国新课标14）等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+3S2=0，则公比q=_____-2 （二）全国Ⅰ卷

1.（2013.全国1卷6）设首项为1，公比为（A）Sn=2an-1 （B）Sn=3an-2

2的等比数列{an}的前n项和为Sn，则（ ） 3（C）Sn=4-3an （D）Sn=3-2an

Sn为{an}的前n项和，2.（2015.全国1卷7）已知{an}是公差为1的等差数列，若S84S4，

则a10（ ） （A）

1719 （B） （C）10 （D）12 223.（2015.全国1卷13）数列an中a12,an12an,Sn为an的前n项和，若Sn126，则n . 6 （三）全国Ⅱ卷

1.（2014.全国2卷5）等差数列an的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则an的 前n项和Sn=（ ）

（A） nn1 （B）nn1 （C）2.（2014.全国2卷16）数列an满足an1nn12 (D)

nn12

11，a2=2，则a1=_________. 1an23.（2015.全国2卷5）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1a3a53，则S5（ ）

A．5 B．7 C．9 D．11 4.（2015.全国2卷9）已知等比数列{an}满足a11，a3a54a41，则a2（ ） 4A.2 B.1 C. D.

1218二.数列综合

（一）新课标卷

1.（2011.全国新课标17）（本小题满分12分）已知等比数列{an}中，a1

（I）Sn为{an}的前n项和，证明：Sn11，公比q． 331an 2（II）设bnlog3a1log3a2Llog3an，求数列{bn}的通项公式．

解：（Ⅰ）因为an11n11()n. 333111(1n)1n33, Sn312131an, 2所以Sn（Ⅱ）bnlog3a1log3a2log3an

(12n)

n(n1) 2n(n1). 2所以{bn}的通项公式为bn（二）全国Ⅰ卷

1.（2013.全国1卷17）（本小题满分12分）已知等差数列｛an｝的前n项和Sn满足S3=0，S5=-5. （Ⅰ）求｛an｝的通项公式； （Ⅱ）求数列1的前n项和 裂项相消

a2n1a2n1

2.（2014.全国1卷17）（本小题满分12分）已知an是递增的等差数列，a2、a4是方程

x25x60的根。

（I）求an的通项公式； （II）求数列an的前n项和. 错位相减 n22【解析】：（I）方程x5x60的两根为2,3,由题意得a22，a43，设数列an的

31a1公差为 d,，则a4a22d，故d=，从而2， 2所以an的通项公式为：an(Ⅱ)设求数列则：Sn1n1 …………6 分 2ann2annn1， 的前项和为Sn,由(Ⅰ)知nn222345n1n2Ln1 234n222221345n1n2Sn345Ln1n2 两式相减得 22222213111n2311n2Sn34Ln1n21n1n2 2422224422所以Sn2

1.（2016全国卷1.17）.（本题满分12分）已知an是公差为3的等差数列,数列bn满足b1=1，b2=，anbn1bn1nbn,. （I）求an的通项公式； （II）求bn的前n项和. 公式

（II）由（I）和anbn1bn1nbn ,得bn1列.记bn的前n项和为Sn,则

n4 ………12分 n1213bn1,因此bn是首项为1,公比为的等比数3311()n331. Snn1122313

2（2017新课标Ⅰ文数）（12分）

记Sn为等比数列an的前n项和，已知S2=2，S3=-6. （1）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。

（三）全国Ⅱ卷

1.（2013.全国2卷17）(本小题满分12分)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.

解：(1)设{an}的公差为d. 由题意，a11＝a1a13， 即(a1＋10d)＝a1(a1＋12d)． 于是d(2a1＋25d)＝0.

又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2. 故an＝－2n＋27.

(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.

由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列． 从而Sn＝

2

2nn2

(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n＋28n. 222.（2016全国卷2.17）(本小题满分12分) 等差数列{an}中，a3a44,a5a76. （Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ） 设bn[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[0.9]=0,[2.6]=2.

试题解析：(Ⅰ)设数列an的公差为d，由题意有2a15d4,a15d3，解得

2a11,d，

5所以an的通项公式为an（Ⅱ）由(Ⅰ)知bn当n1,2,3时，12n3. 52n3， 52n32,bn1； 52n3当n4,5时，23,bn2；

52n3当n6,7,8时，34,bn3；

52n3当n9,10时，45,bn4，

5所以数列bn的前10项和为1322334224.

6（2017新课标Ⅱ文）（12分）

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，

a11,b11,a2b22.

（1）若a3b35，求{bn}的通项公式； （2）若T321，求S3.

（三）全国III卷

（2016全国卷3.17）（本小题满分12分）

2已知各项都为正数的数列an满足a11，an(2an11)an2an10.

（I）求a2,a3；

（II）求an的通项公式. 试题解析：（Ⅰ）由题意得a211,a3. .........5分 24

考点：1、数列的递推公式；2、等比数列的通项公式． （2017新课标Ⅲ文数）

设数列an满足a13a2K(2n1)an2n. （1）求an的通项公式； （2）求数列

an 的前n项和.

2n111.(2016北京15).（本小题13分）

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. 分组 n1（II）由（I）知，an2n1，bn3．

n1因此cnanbn2n13．

从而数列cn的前n项和

Sn132n1133n1

n12n113n

2133n1n．

22

4.（2016浙江.17本题满分15分）设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4，an1=2Sn+1，

nN*.

（I）求通项公式an；

（II）求数列{ann2}的前n项和. 分组法

2,n1n1*【答案】（I）an3,nN；（II）Tn3nn25n11.

*,n2,nN2

10. (天津18) (本小题满分13分)已知an是等比数列，前n项和为SnnN，且

112,S663. a1a2a3(Ⅰ)求an的通项公式；

(Ⅱ)若对任意的nN,bn是log2an和log2an1的等差中项，求数列项和. 分组

试题解析：（Ⅰ）解：设数列{an}的公比为q，由已知有

1b的前2n

n2n112，解之可得2a1a1qa1qa1(1q6)a1(126)63知q1，63，又由Sn所以解之得a11，q2,q1，

1q12n1所以an2.

（Ⅱ）解：由题意得bn列{bn}是首项为

111(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即数2221，公差为1的等差数列. 2n2设数列{(1)bn}的前n项和为Tn，则

T2n(b12b22)(b32b42)(b22n1b22n)b1b2b2n

7.（2016山东19）（本小题满分12分）

2n(b1b2n)2n222已知数列an的前n项和Sn3n8n，bn是等差数列，且anbnbn1.

（I）求数列bn的通项公式；

(an1)n1（II）令cn.求数列cn的前n项和Tn. 错位相减 n(bn2)【答案】（Ⅰ）bn3n1;（Ⅱ）Tn3n2n2

试题解析：（Ⅰ）由题意当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111；

a1b1b2112b1d所以an6n5；设数列的公差为d，由，即，解之得

abb172b3d2312b14,d3，所以bn3n1。

(6n6)n1n1（Ⅱ）由（Ⅰ）知cn，又Tnc1c2c3cn，即3(n1)2n(3n3)Tn3[222323424(n1)2n1]

345n2，所以2Tn3[223242(n1)2]，以上两式两边相减得

Tn3[22222

234n1(n1)2n24(2n1)]3[4(n1)2n2]3n2n2217（2017天津文）（本小题满分13分）

*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.

（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；

（Ⅱ）求数列{a2nbn}的前n项和(nN). 错位相减

*