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}{na中，12497,1,16aaaa则的值是（A）A．15B．30C．31D．642.（湖南卷）已知数列}{na满足)(133,0*11Nnaaaannn，则20a=（B）A．0B．3C．3D．233.（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)1894.(全国卷II)如果数列na是等差数列，则(B)(A)1845aaaa(B)1845aaaa(C)1845aaaa(D)1845aaaa5.(全国卷II)11如果128,,,aaa为各项都大于零的等差数列，公差0d，则(B)(A)1845aaaa(B)1845aaaa(C)1845aaaa(D)1845aaaa6.（山东卷）na是首项1a=1，公差为d=3的等差数列，如果na=2005，则序号n等于(C)（A）667（B）668（C）669（D）6707.(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}{na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-2.9.(全国卷II)在83和272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naaa,,,21可得到!n个不同的排列，每个排列为一行写成一个!n行的数阵。对第i行iniiaaa,,,21，记inniiiinaaaab)1(32321，!,,3,2,1ni。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，2412312212621bbb，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，12021bbb=_-1080_________。11.（天津卷）在数列{an}中,a1=1,a2=2,且)()1(12Nnaannn，则100S=_2600____.三、解答题：12.（北京卷）设数列{an}的首项a1=a≠41，且11为偶数21为奇数4nnnanaan,记2114nnba，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；（III）求123lim()nnbbbb．解：（I）a2＝a1+41=a+41，a3=21a2=21a+81；（II）∵a4=a3+41=21a+83,所以a5=21a4=41a+316,所以b1=a1－41=a－41,b2=a3－41=21(a－41),b3=a5－41=41(a－41),猜想：{bn}是公比为21的等比数列·证明如下：因为bn+1＝a2n+1－41=21a2n－41=21(a2n－1－41)=21bn,(n∈N*)所以{bn}是首项为a－41,公比为21的等比数列·（III）11121(1)12lim()lim2()1141122nnnnbbbbba.13.（北京卷）数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，113nnaS，n=1，2，3，……，求（I）a2，a3，a4的值及数列{an}的通项公式；（II）2462naaaa的值.解：（I）由a1=1，113nnaS，n=1，2，3，……，得211111333aSa，3212114()339aSaa，431231116()3327aSaaa，由1111()33nnnnnaaSSa（n≥2），得143nnaa（n≥2），又a2=31，所以an=214()33n(n≥2),∴数列{an}的通项公式为21114()233nnnan≥；（II）由（I）可知242,,,naaa是首项为31，公比为24()3项数为n的等比数列，∴2462naaaa=22241()1343[()1]43731()3nn14．（福建卷）已知{na}是公比为q的等比数列，且231,,aaa成等差数列.（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）设{nb}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,2,21121213qaaqaaaa即.012,021qqa.211或q（Ⅱ）若.2312)1(2,12nnnnnSqn则当.02)2)(1(,21nnSbSnnnn时故.nnbS若.49)21(2)1(2,212nnnnnSqn则当,4)10)(1(,21nnSbSnnnn时故对于.,11;,10;,92,nnnnnnbSnbSnbSnNn时当时当时当15.（福建卷）已知数列{an}满足a1=a,an+1=1+na1我们知道当a取不同的值时，得到不同的数列，如当a=1时，得到无穷数列：.0,1,21:,21;,35,23,2,1得到有穷数列时当a（Ⅰ）求当a为何值时a4=0；（Ⅱ）设数列{bn}满足b1=－1,bn+1=)(11Nnbn，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}；（Ⅲ）若)4(223nan，求a的取值范围.（I）解法一：,11,11nnaaaa.0.11111.1111.1111,.}{.11,1,1:)(.032.32,11.21,11.1,011,0:.032.12231111211,1111111212123112111422233344342312nnnnnnnnnnnnnnabbaabbaabbaababababbbbbbIIaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa中的任一个数不妨设取数列解法一时故当解法二时故当故a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}16.（湖北卷）设数列}{na的前n项和为Sn=2n2，}{nb为等比数列，且.)(,112211baabba（Ⅰ）求数列}{na和}{nb的通项公式；（Ⅱ）设nnnbac，求数列}{nc的前n项和Tn.解：（1）：当;2,111San时,24)1(22,2221nnnSSannnn时当故{an}的通项公式为4,2}{,241daanann公差是即的等差数列.设{bn}的通项公式为.41,4,,11qdbqdbq则故.42}{,4121111nnnnnnbbqbb的通项公式为即（II）,4)12(422411nnnnnnnbac]4)12(4)32(454341[4],4)12(45431[13212121nnnnnnnnTncccT两式相减得].54)56[(91]54)56[(314)12()4444(2131321nnnnnnnTnnT17.（湖南卷）已知数列))}1({log*2Nnan为等差数列，且.9,331aa（Ⅰ）求数列}{na的通项公式；（Ⅱ）证明.111112312nnaaaaaa（I）解：设等差数列)}1({log2na的公差为d.由,8log2log)2(log29,322231daa得即d=1.所以,)1(1)1(log2nnan即.12nna（II）证明因为nnnnnaaa2121111，所以nnnaaaaaa2121212111132112312.1211211212121nn18.（江苏卷）设数列｛an｝的前项和为nS,已知a1=1,a2=6,a3=11,且1(58)(52)nnnSnSAnB,,,3,2,1n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;(Ⅲ)证明不等式51mnmnaaamn对任何正整数、都成立.解：(Ⅰ)由11a，26a，311a，得11S，22S，318S．把1,2n分别代入1(58)(52)nnnSnSAnB，得28,248ABAB解得，20A，8B．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，115()82208nnnnnSSSSn，即11582208nnnnaSSn，①又2215(1)8220(1)8nnnnaSSn．②②-①得，21215(1)58220nnnnnanaaa，即21(53)(52)20nnnana．③又32(52)(57)20nnnana．④④-③得，321(52)(2)0nnnnaaa，∴32120nnnaaa，∴3221325nnnnaaaaaa，又215aa，因此，数列na是首项为1，公差为5的等差数列．(Ⅲ)由(Ⅱ)知，54,()nannN．考虑55(54)2520mnamnmn．2(1)211mnmnmnmnmnaaaaaaaaaa„2515()9mnmn．∴25(1)15()291522910mnmnaaamn厖．即25(1)mnmnaaa，∴51mnmnaaa．因此，51mnmnaaa．19.(全国卷Ⅰ)设正项等比数列na的首项211a，前n项和为nS，且0)12(21020103010SSS。（Ⅰ）求na的通项；（Ⅱ）求nnS的前n项和nT。解：（Ⅰ）由0)12(21020103010SSS得,)(21020203010SSSS即,)(220121130222110aaaaaa可得.)(22012112012111010aaaaaaq因为0na，所以,121010q解得21q，因而.,2,1,2111nqaannn（Ⅱ）因为}{na是首项211a、公比21q的等比数列，故.2,211211)211(21nnnnnnnnSS则数列}{nnS的前n项和),22221()21(2nnnnT).2212221()21(212132nnnnnnT前两式相减，得122)212121()21(212nnnnnT12211)211(214)1(nnnnn即.22212)1(1nnnnnnT20.(全国卷Ⅰ)设等比数列na的公比为q，前n项和),2,1(0nSn。（Ⅰ）求q的取值范围；（Ⅱ）设1223nnnaab，记nb的前n项和为nT，试比较nS与nT的大小。解：（Ⅰ）因为}{na是等比数列，.0,0,011qSaSn可得当;0,11naSqn时1(1)11,0,0,(1,2,)11nnnaqqqSnqq当时即上式等价于不等式组：),2,1(,01,01nqqn①或),2,1(,01,01