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专题 数列 历年高考真题汇编
1.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则( )
A.an＝2n－5 B.an＝3n－10
C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝n2－2n
2.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为( )
A.f B.f
C.f D.f
3.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝，则S4＝________.
4.(2019·全国Ⅱ卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和.
5.(1)(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝( )
A.16 B.8
C.4 D.2
(2)(2019·北京卷)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列.
①求{an}的通项公式；
②记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.
6.(2019·全国Ⅲ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＝5，a7＝13，则S10＝________.
7.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
①求{an}的通项公式；
②记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.
8.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝( )
A.－12 B.－10
C.10 D.12
9..(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9＝－a5.
(1)若 a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围.
10.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
11.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
12.(2019·天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*).
13.(2019·广州)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
14.(2019·湖南)已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，其面积S＝，B＝60°，a2＋c2＝2b2.在等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b.数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋1＝0，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和为Sn.
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专题 数列 历年高考真题汇编解析版
1.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则( )
A.an＝2n－5 B.an＝3n－10
C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝n2－2n
解析 设首项为a1，公差为d.
由S4＝0，a5＝5可得解得
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.
答案 A
2.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为( )
A.f B.f
C.f D.f
解析 从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于，第一个单音的频率为f.由等比数列的定义知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为{an}.则第八个单音频率为a8＝f·()8－1＝f.
答案 D
3.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝，则S4＝________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.
∵a1＝1，S3＝，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝，
则4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－，
∴S4＝＝.
答案
4.(2019·全国Ⅱ卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和.
解 (1)设{an}的公比为q(q>0)，
由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.
解得q＝－2(舍去)或q＝4.
因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.
5.(1)(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝( )
A.16 B.8
C.4 D.2
(2)(2019·北京卷)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列.
①求{an}的通项公式；
②记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.
(1)解析 设等比数列{an}的公比为q，依题意q>0.
由a5＝3a3＋4a1，得q4＝3q2＋4.
∴q2＝4，则q＝2.
又S4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝15，所以a1＝1.
故a3＝a1q2＝4.
答案 C
(2)解 ①设{an}的公差为d.
因为a1＝－10，
所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，
所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).
解得d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.
②法一 由①知，an＝2n－12.
则当n≥7时，an>0；当n＝6时，an＝0，当n<6时，an<0；
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.
法二 由①知，Sn＝(a1＋an)＝n(n－11)＝－，又n∈N*，
∴当n＝5或n＝6时，Sn的最小值S5＝S6＝－30.
6.(2019·全国Ⅲ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3＝5，a7＝13，则S10＝________.
解析 由题意得公差d＝＝＝2，
首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，
∴S10＝10a1＋d＝100.
答案 100
7.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
①求{an}的通项公式；
②记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.
解 ①设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.
由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.
故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.
②若an＝(－2)n－1，则Sn＝，
由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.
若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.
综上，m＝6.
8.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝( )
A.－12 B.－10
C.10 D.12
解析 设数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，
∴3＝2a1＋d＋4a1＋d，
解得d＝－a1.
∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.
答案 B
9..(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9＝－a5.
(1)若 a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围.
解 (1)设{an}的公差为d.
由S9＝－a5得9a1＋d＝－(a1＋4d)，即a1＋4d＝0.
由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.
因此{an}的通项公式为an＝10－2n.
(2)由(1)得a1＝－4d，
故an＝(n－5)d，Sn＝.
由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于≤n－5，
即n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，
所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}.
10.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
解析 法一 因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，
所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1.
所以S6＝＝－63.
法二 由Sn＝2an＋1，得S1＝2S1＋1，所以S1＝－1，当n≥2时，由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn＝2Sn－1－1，∴Sn－1＝2(Sn－1－1)，又S1－1＝－2，∴{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以Sn－1＝－2×2n－1＝－2n，所以Sn＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.
答案 －63
11.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
解 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝，
又n＝1时，a1＝2适合上式，
从而{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn，
由(1)知＝＝－，
则Sn＝＋＋…＋
＝1－＝.
12.(2019·天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*).
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0).
依题意，得
解得
故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.
所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝＋(6×31＋12×32＋18×33＋… ＋6n×3n)
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n).
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1
＝－＋n×3n＋1＝.
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn
＝3n2＋3×
＝(n∈N*).
13.(2019·广州)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为2Sn＝3an－3，
所以2Sn－1＝3an－1－3(n≥2)，
所以2an＝3an－3an－1(n≥2)，即＝3(n≥2).
又2S1＝3a1－3，所以a1＝3.
则数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，故an＝3n.
(2)由(1)知bn＝＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝1－＝.
14.(2019·湖南)已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，其面积S＝，B＝60°，a2＋c2＝2b2.在等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b.数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋1＝0，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和为Sn.
解 (1)由S＝acsin 60°＝，得ac＝4.
根据余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos 60°，且a2＋c2＝2b2，
∴b2＝2b2－4，则b2＝4，
从而得a＝b＝c＝2.
∴数列{an}的通项an＝2＋2(n－1)＝2n，
又Tn－2bn＋1＝0，n∈N*
当n＝1时，b1－2b1＋1＝0，b1＝1，
当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋1＝0，∴bn＝2bn－1，
则{bn}是公比为2，首项为1的等比数列，
所以bn＝2n－1.
(2)cn＝anbn＝n·2n，Sn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，
Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)2n－1＋n·2n，
2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，
两式相减得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，
所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
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