高考数列试题及答案

优秀学习资料欢迎下载数列试题1．已知等比数列}{na的公比为正数，且3a·9a=225a，2a=1，则1a=（）A.21B.。22C.2D.22．已知为等差数列，，则等于（）A.-1B。1C.3D.73．公差不为零的等差数列{}na的前n项和为nS.若4a是37aa与的等比中项,832S,则10S等于（）A.18B.24C。60D.90.4．设nS是等差数列na的前n项和，已知23a，611a，则7S等于（）A．13B．35C。49D．635．等差数列{}na的前n项和为nS，且3S=6，1a=4，则公差d等于（）A．1B53C。-2D3６.已知na为等差数列，且7a－24a＝－1,3a＝0,则公差d＝（A）－2（B）。－12（C）12（D）2７.设等比数列{na}的前n项和为nS，若63SS=3，则69SS=（A）2（B）。73（C）83（D）3８．等比数列na的前n项和为ns，且41a，22a，3a成等差数列。若1a=1，则4s=（A）7（B）8（ｃ）。15（4）16９．等差数列na的前n项和为nS，已知2110mmmaaa，2138mS,则m（A）38（B）20（C）。10（D）9.本题注意：因为na是等差数列，所以，112mmmaaa１０.（本小题满分14分）设na是公差不为零的等差数列，nS为其前n项和，满足222223457,7aaaaS。求数列na的通项公式及前n项和nS；１１。已知等差数列{na}中，,0,166473aaaa求{na}前n项和ns..优秀学习资料欢迎下载１２。已知数列na的前n项和11()22nnnSa（n为正整数），令2nnnba，求证数列nb是等差数列，并求数列na的通项公式；１３。.设数列na的前n项和为nS，对任意的正整数n，都有51nnaS成立，记*4()1nnnabnNa。（I）求数列na与数列nb的通项公式；（II）设数列nb的前n项和为nR，是否存在正整数k，使得4nRk成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由；１４设数列{}na的前n项和为,nS已知11,a142nnSa（I）设12nnnbaa，证明数列{}nb是等比数列（II）求数列{}na的通项公式。１５等比数列{na}的前n项和为ns，已知1S,3S,2S成等差数列（1）求{na}的公比q；（2）求1a－3a＝3，求ns１６。已知数列}na满足，*11212,,2nnnaaaaanN’＋2＝＝.令1nnnbaa，证明：{}nb是等比数列；(Ⅱ)求}na的通项公式。１７。已知112211,4,4,,nnnnnnaaaaaabnNa．（Ⅰ）求123,,bbb的值；.（Ⅱ）设1,nnnncbbS为数列nc的前n项和，求证：17nSn优秀学习资料欢迎下载答案：１２在11()22nnnSa中，令n=1，可得1112nSaa，即112a当2n时，21111111()2()22nnnnnnnnnSaaSSaa，，11n1112a(),212nnnnnaaan即2.112,1,n21nnnnnnbabbbn即当时，b..又1121,ba数列nb是首项和公差均为1的等差数列.于是1(1)12,2nnnnnnbnnaa.１３（I）当1n时，111151,4aSa又1151,51nnnnaSaS11115,4即nnnnnaaaaa∴数列na是首项为114a，公比为14q的等比数列，∴1()4nna，*14()4()11()4nnnbnN（II）不存在正整数k，使得4nRk成立。证明由（I）知14()5441(4)11()4nnnnb212212555201516408888.(4)1(4)1161164(161)(164)kkkkkkkkkbb∴当n为偶数时，设2()nmmN∴1234212()()()84nmmRbbbbbbmn当n为奇数时，设21()nmmN∴1234232221()()()8(1)4844nmmmRbbbbbbbmmn∴对于一切的正整数n，都有4nRk∴不存在正整数k，使得4nRk成立。１４解由11,a及142nnSa，有12142,aaa21121325,23aabaa由142nnSa，．．．①则当2n时，有142nnSa．．．．．②②－①得111144,22(2)nnnnnnnaaaaaaa优秀学习资料欢迎下载又12nnnbaa，12nnbb{}nb是首项13b，公比为２的等比数列．（II）由（I）可得11232nnnnbaa，113224nnnnaa数列{}2nna是首项为12，公差为34的等比数列．1331(1)22444nnann，2(31)2nnan１５解：（Ⅰ）依题意有)(2)(2111111qaqaaqaaa由于01a，故022qq又0q，从而21－q（Ⅱ）由已知可得321211）（aa故41a从而））（（）（））（（nnn211382112114S１６（1）证1211,baa当2n时，1111,11()222nnnnnnnnnaabaaaaab所以nb是以1为首项，12为公比的等比数列。（2）解由（1）知111(),2nnnnbaa当2n时，121321()()()nnnaaaaaaaa21111()()22n111()2111()2n2211[1()]32n1521(),332n当1n时，111521()1332a。所以1*521()()332nnanN。.１７。解：（Ⅰ）2344,17,72aaa，所以12317724.,417bbb（Ⅱ）由214nnnaaa得2114nnnnaaaa即114nnbb所以当2n≥时，4nb于是1121,17,4117(2)nnnncbbcbbbn≥所以1217nnScccn