全国高考数学数列真题汇总

全国高考数学数列真题

汇总

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2016-2018年高考数学全国各地

数列真题汇编

1．（2018全国新课标Ⅰ理）记Sn为等差数列A．12 答案：B 解答：

B．10

an的前n项和.若3S3S2S4，a12，则a5（ ）

C．10 D．12

3243d)2a1d4a1d9a19d6a17d3a12d02262d0d3，∴a5a14d24(3)10. 3(3a1

2.（2018北京理）设an是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则an的通项公式为__________．

【答案】an6n3 【解析】

a13，3d34d36，d6，an36n16n3．

3．（2017全国新课标Ⅰ理）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 【答案】C

【解析】设公差为d，a4a5a13da14d2a17d24，

2a17d2465,解得d4，故选C. d6a115d48，联立6a15d48216(a1a6)秒杀解析：因为S63(a3a4)48，即a3a416，则

2(a4a5)(a3a4)24168，即a5a32d8，解得d4，故选C.

S66a1

4.（2017全国新课标Ⅱ理）我国古代数学名着《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，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7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）

A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏

【答案】B

5.（2017全国新课标Ⅲ理）等差数列an项的和为（ ）

的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则an前6

A．24 【答案】A

B．3 C．3 D．8

【解析】∵an为等差数列，且a2,a3,a6成等比数列，设公差为d.

2则a3a2a6，即a12da1da15d

2又∵a11，代入上式可得d22d0 又∵d0，则d2

6565d16224，故选A. ∴S66a122

6．（2017全国新课标Ⅰ理）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 【答案】C

C．4

D．8

【解析】设公差为d，a4a5a13da14d2a17d24，

2a17d2465,解得d4，故选C. ，联立S66a1d6a115d4826a115d486(a1a6)秒杀解析：因为S63(a3a4)48，即a3a416，则

2(a4a5)(a3a4)24168，即a5a32d8，解得d4，故选C.

7.（2015福建文）若a,b 是函数【答案】9

fxx2pxqp0,q0 的两个不同的零点，且a,b,2 这三

个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq 的值等于________．

8.（2017全国新课标Ⅲ理）等差数列an项的和为（ ）

A．24 【答案】A

9.（2016全国Ⅰ理）已知等差数列

B．3

的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则an前6

C．3

D．8

【解析】∵an为等差数列，且a2,a3,a6成等比数列，设公差为d.

2a2a6，即a12da1da15d 则a32又∵a11，代入上式可得d22d0 又∵d0，则d2

6565d16224，故选A. ∴S66a122an前9项的和为27,a108,则a100 （ ） （A）100 （B）99 （C）98 （D）97

【答案】C

【解析】：由已知,9a136d27,所以a11,d1,a100a199d19998,故选C.

a9d81考点：等差数列及其运算

【名师点睛】我们知道,等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用

这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一

10．（2016四川理）某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）

（参考数据：lg ≈，lg ≈，lg2≈）

（ A）2018年 （B）2019年 （C）2020年 （D）2021年 【答案】B 【解析】

试题分析：设第n年的研发投资资金为an，a1130，则an1301.12n1，由题意，需

an1301.12n1200，解得n5，故从2019年该公司全年的投入的研发资金超过200万，选B.

考点：等比数列的应用.

11．（2018全国新课标Ⅰ理）记Sn为数列an的前n项和.若Sn2an1，则S6_____________．

答案：63 解答：依题意，Sn2an1,作差得an12an，所以{an}为公比为2的等比数列，又因为

Sn12an11,n11(126)a1S12a11，所以a11，所以an2，所以S663.

12a212.(2017北京理)若等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=–1，a4=b4=8，则=_______.

b2【答案】1

【解析】试题分析：设等差数列的公差和等比数列的公比为d 和q ，13dq38 ，求得

q2,d3 ，那么

a2131 . b22763,则a8= . ,S64413.(2017江苏) 等比数列{an}的各项均为实数,其前n项的和为Sn,已知S3【答案】32

【解析】当q1时，显然不符合题意；

a1(1q3)7141q17a1当q1时，，解得，则a232. 4864a(1q)631q241q【考点】等比数列通项

14.（2017全国新课标Ⅱ理）等差数列【答案】

an的前n项和为Sn，a33，S410，则1 。 k1Skn2n n1【解析】

试题分析：设等差数列的首项为a1，公差为d，

a12d3a11由题意有： ，解得 ， 43d14a1d102nn1nn1nn1数列的前n项和Snna1, dn1122212112裂项有：，据此： Skkk1kk11111112n121......21 。 223Snn1n1n1k1k15．（2017全国新课标Ⅲ理）设等比数列

【答案】8

nan满足a1a21，a1a33，则a4________．

a1a21a1a1q1①qa【解析】n为等比数列，设公比为．，即， 2aa3aaq3②1311显然q1，a10，

②得1q3，即q2，代入①式可得a11， ①a4a1q3128．

16．（2016北京理）已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a16，a3a50，则S6=_______.. 【答案】6

【解析】试题分析：∵{an}是等差数列，∴a3a52a40，a40，a4a13d6，d2， ∴S66a115d6615(2)6，故填：6． 考点：等差数列基本性质.

【名师点睛】在等差数列五个基本量a1，d，n，an，Sn中，已知其中三个量，可以根据已知条件结合等差数列的通项公式、前n项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换及方程思想的应用.

17．（2016江苏） 已知{an}是等差数列，{Sn}是其前n项和.若a1a23,S5=10，则a9的值是 . 【答案】20.

【解析】由S510得a32，因此22d(2d)3d3,a923620. 考点：等差数列性质

【名师点睛】本题考查等差数列基本量，对于特殊数列，一般采取待定系数法，即列出关于首项及公差的两个独立条件即可.为使问题易于解决，往往要利用等差数列相关性质，如

232Snn(a1an)n(amat),(mt1n,m、t、nN*)及等差数列广义通项公式anam(nm)d. 22

18.（2016全国Ⅰ理）设等比数列【答案】64 【解析】

an满足a+a=10,a+a=5,则aa …a的最大值为 ．

1

3

2

4

12

na182a1a310a1(1q)10试题分析：设等比数列的公比为q,由得,,解得1.所以2aa5q24a1q(1q)5217n2n1n(n21)n12(n1)na1a2ana1q8()222,于是当n3或4时,a1a2an取得最大值2664.

2考点：等比数列及其应用

高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点,在解答时要注意方程思想及数列相关性质的应用,尽量避免小题大做.

19. （2016上海文、理）无穷数列an由k个不同的数组成，Sn为an的前n项和.若对任意nN，

Sn2,3，则k的最大值为________.

【答案】4

【解析】试题分析：当n1时，a12或a13；当n2时，若Sn2，则Sn12，于是an0，若

Sn3，则Sn13，于是an0.从而存在kN，当nk时，ak0.其中数列an ：2,1,1,0,0,0,满足条件，所以kmax4.

考点：数列的求和.

【名师点睛】从研究Sn与an的关系入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列an由k个不同的数组成”的不同和“k的最大值”.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等. 20. （2016浙江理）设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N，则a1= ，S5= . 【答案】1 121

【解析】试题分析：a1a24,a22a11a11,a23，

再由an12Sn1,an2Sn11(n2)an1an2anan13an(n2)，又a23a1，

*

135所以an13an(n1),S5121.

13考点：1、等比数列的定义；2、等比数列的前n项和．

【易错点睛】由an12Sn1转化为an13an的过程中，一定要检验当n1时是否满足an13an，否则很容易出现错误．

a2abb21.(2017北京理)若等差数列n和等比数列n满足a1=b1=–1，a4=b4=8，则2=_______.

【答案】1

【解析】试题分析：设等差数列的公差和等比数列的公比为d 和q ，13dq38 ，求得

q2,d3 ，那么

a2131 . b22763,则a8= . ,S64422.(2017江苏) 等比数列{an}的各项均为实数,其前n项的和为Sn,已知S3【答案】32

【解析】当q1时，显然不符合题意；

a1(1q3)7141q17a1当q1时，，解得，则a232. 4864a(1q)631q241q【考点】等比数列通项

23.（2017全国新课标Ⅱ理）等差数列【答案】

an的前n项和为Sn，a33，S410，则1 。 k1Skn2n n1【解析】

试题分析：设等差数列的首项为a1，公差为d，

a12d3a11由题意有： ，解得 ， 43d14a1d102nn1nn1nn1数列的前n项和Snna1, dn1122212112裂项有：，据此： Skkk1kk11111112n121......21 。 223Snn1n1n1k1k24．（2017全国新课标Ⅲ理）设等比数列

【答案】8 【解析】

nan满足a1a21，a1a33，则a4________．

an为等比数列，设公比为q．

a1a21a1a1q1①，即， 2aa3aaq3②1311显然q1，a10， ②①得1q3，即q2，代入①式可得a11，

3a4a1q3128．

25. （2016北京文）已知{an}是等差数列，{bn}是等差数列，且b2（1）求{an}的通项公式；

（2）设cnanbn，求数列{cn}的前n项和. 3，b39，a1b1，a14b4.

3n1【答案】（1）an2n1（n1，2，3，）；（2）n

22（II）由（I）知，an2n1，bn3因此cnanbn2n13从而数列

n1n1．

．

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考点：等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，考查运算能力.

【名师点睛】1.数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列{Sn}的通项.通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一；2.数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，q1或q1)等. 26. （2016全国Ⅰ文）已知（I）求

an是公差为3的等差数列,数列bn满足b1=1，b2=1，anbn1bn1nbn,. 3an的通项公式；（II）求bn的前n项和.

31. n1223【答案】（I）an3n1（II）

（II）由（I）和anbn1bn1nbn ,得bn1bn1,因此bn是首项为1,公比为的等比数列.记bn的前33n项和为Sn,则

11()n331.Snn1122313

27.（2016全国Ⅱ文）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,[]=2. 【答案】（Ⅰ）an2n3；（Ⅱ）24. 5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a11,d2n3. 52， 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2,bn1； 5当n4,5时，22n33,bn2； 52n34,bn3； 5当n6,7,8时，3当n9,10时，4所以数列

2n35,bn4， 5bn的前10项和为1322334224.

考点：等差数列的性质 ，数列的求和. 【名师点睛】求解本题会出现以下错误：①对“28. （2016全国Ⅱ理）Sn为等差数列

x表示不超过x的最大整数”理解出错；

an的前n项和，且a1=1，S728.记bn=lgan，其中x表示不

超过x的最大整数，如0.9=0，lg99=1．

（Ⅰ）求b1，b11，b101； （Ⅱ）求数列

bn的前1 000项和．

【答案】（Ⅰ）b10，b111， b1012；（Ⅱ）1893. 【解析】

试题分析：（Ⅰ）先用等差数列的求和公式求公差d，从而求得通项an，再根据已知条件的最大整数，求b1，b11，b101；（Ⅱ）对n分类讨论，再用分段函数表示bn，再求数列和．

试题解析：（Ⅰ）设{an}的公差为d，据已知有721d28，解得d1. 所以{an}的通项公式为ann.

x表示不超过xbn的前1 000项

b1[lg1]0,b11[lg11]1,b101[lg101]2.

考点：等差数列的的性质，前n项和公式，对数的运算.

【名师点睛】解答新颖性的数学题，一是通过转化，化“新”为“旧”；二是通过深入分析，多方联想，以“旧”攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，以“新”制“新”，应特别关注创新题型的切入点和生长点.

29.（2016全国Ⅲ文）已知各项都为正数的数列an满足a11，an(2an11)an2an10.

2（I）求a2,a3；

（II）求an的通项公式. 【答案】（Ⅰ）a2【解析】

试题分析：（Ⅰ）将a11代入递推公式求得a2，将a2的值代入递推公式可求得a3；（Ⅱ）将已知的递推公式进行因式分解，然后由定义可判断数列{an}为等比数列，由此可求得数列{an}的通项公式． 试题解析：（Ⅰ）由题意得a2111,a3；（Ⅱ）ann1． 24211,a3. .........5分 24

考点：1、数列的递推公式；2、等比数列的通项公式．

【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明

2an1q（常数）；（2）中项法，即an证明an1anan2．根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求解．

30（2016全国Ⅲ理）已知数列{an}的前n项和Sn1an，其中（I）证明{an}是等比数列，并求其通项公式； （II）若S50．

31 ，求． 32an1n1()11；（Ⅱ）1．

【答案】（Ⅰ）

由

a10，0得an0，所以

an1an1.

11n1a()n{an}1111因此是首项为，公比为的等比数列，于是．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得解得1．

Sn1(5131531)nS51()()32， 1，由32得132，即1考点：1、数列通项

an与前n项和为

Sn关系；2、等比数列的定义与通项及前n项和为

Sn．

an1qa【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明n（常数）；（2）中项法，即

2an1anan2证明解．

．根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求

31.（2016山东文）已知数列（I）求数列

an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.

bn的通项公式；

(an1)n1（II）令cn.求数列cn的前n项和Tn. 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；所以

a1b1b2112b1dan6n5；设数列的公差为d，由，即，解之得b14,d3，所以

172b13da2b2b3bn3n1。

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

，所以2Tn3[223242(n1)2345n2]，以上两式两边相减得

Tn3[22222所以Tn3n2n2234n1(n1)2n24(2n1)]3[4(n1)2n2]3n2n2。

21

考点：1.等差数列的通项公式；2.等差数列、等比数列的求和；3.“错位相减法”. 32.（2016山东理）已知数列（Ⅰ）求数列

a 的前n项和S=3n+8n，b是等差数列，且anbnbn1.

2

nnnb的通项公式；

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

试题分析：（Ⅰ）根据anSnSn1及等差数列的通项公式求解；（Ⅱ）根据（Ⅰ）知数列式，再用错位相减法求其前n项和.

试题解析：（Ⅰ）由题意知当n2时，anSnSn16n5， 当n1时，a1由c的通项公

nS111，所以an6n5.设数列bn的公差为d，

a1b1b2112b1d，即，可解得b14,d3，

172b13da2b2b3所以bn3n1.

(6n6)n13(n1)2n1， （Ⅱ）由（Ⅰ）知cnn(3n3)又Tnc1c2c3cn，

得Tn3[223242(n1)2234n1]，

2Tn3[223324425(n1)2n2]，

两式作差，得

Tn3[22223242n1(n1)2n2]4(2n1)3[4(n1)2n2] 213n2n2所以Tn3n2n2

考点：1.等差数列的通项公式；2.等差数列、等比数列的求和；3.“错位相减法”.

【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式、等比数列的求和、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.

32.（2016浙江文）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.

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

*,n2,nN2

考点：等差、等比数列的基础知识.

【方法点睛】数列求和的常用方法：（1）错位相减法：形如数列

anbn的求和，其中an是等差数列，

11bn是等比数列；（2）裂项法：形如数列或的求和，其中fn，

fngnfngngn是关于n的一次函数；（3）分组法：数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分．

33.(2017北京文)已知等差数列

（Ⅰ）求

an和等比数列bn满足a=b=1,a+a=10,bb=a．

1

1

2

4

24

5

an的通项公式； （Ⅱ）求和：b1b3b5b2n1．

3n1【答案】（Ⅰ）an2n1 ；（Ⅱ）.

2

34（2017全国新课标Ⅰ文）记Sn为等比数列（1）求

an的前n项和，已知S=2，S=6．

2

3

an的通项公式；

（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列．

a1(1q)2,【解析】（1）设{an}的公比为q．由题设可得解得q2，a12． 2a(1qq)6.1n故{an}的通项公式为an(2)．

n1a1(1qn)2n2(1)（2）由（1）可得Sn． 1q33n3n142n22n2n22[(1)]2Sn， 由于Sn2Sn1(1)3333故Sn1，Sn，Sn2成等差数列．

35（2017全国新课标Ⅱ文）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.

36（2017全国新课标Ⅲ文）设数列

（1）求

an满足a13a2(2n1)an2n.

an的通项公式； （2）求数列an 的前n项和. 2n122n；（2）

2n12n1【解析】试题分析：（1）先由题意得n2时，a13a2(2n3)an12(n1)，再作差得

【答案】（1）ananan2211，验证n1时也满足（2）由于，所以利用裂项2n12n1(2n1)(2n1)2n12n1相消法求和.

37.（2017山东文）已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1a2(I)求数列{an}通项公式；

6,a1a2a3.

bn(II){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和Sn,已知S2n1bnbn1,求数列的前n项和Tn.

an【答案】(I)an2；(II) Tn5n2n5 2n22试题解析：(I)设数列{an}的公比为q，由题意知, a1(1q)6,a1qa1q. 又an0，

n解得a12,q2， 所以an2.

1311Tn222222n5所以Tn5. n2两式相减得

12n1 2n12n138.(2017天津文）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

【答案】（Ⅰ）an*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).

3n2.bn2n.（Ⅱ）Tn(3n4)2n216.

试题解析：（Ⅰ）解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2由b3b312，得

b1(qq2)12，而b12，所以q2q60.又因为q0，解得q2.所以，bn2n.

a42a1，可得3da18①.由S1111b4，可得a15d16②，联立①②，解得a11,d3，由此可得an3n2.

3n2，{bn}的通项公式为bn2n.

所以，{an}的通项公式为an

39.（2017天津理）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{a2nb2n1}的前n项和(nN【答案】 （1）an).

3n2n184. 333n2.bn2n.（2）Tn【解析】

试题分析：根据等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式列方程求出等差数列首项a1和公差d及等比数列的公比q，写出等差数列和等比孰劣的通项公式，利用错位相减法求出数列的和，要求计算要准确.

（II）解：设数列{a2nb2n1}的前n项和为Tn， 由a2n6n2，b2n124n1，有a2nb2n1(3n1)4n，

23故Tn245484(3n1)4n，

(3n4)4n(3n1)4n1，

234Tn242543844上述两式相减，得3Tn24343434n(3n1)4n1

12(14n)4(3n1)4n1 14(3n2)4n18.3n2n18得Tn4.

333n2n18所以，数列{a2nb2n1}的前n项和为4.

33（1）求an的通项公式； （2）求ea1ea2

1．【答案】（1）nln2；（2）2n12．

【解析】（1）设等差数列an的公差为d，（2）由（1）知annln2，

n40.（2018北京文）设an是等差数列，且a1ln2，a2a35ln2．

ean．

a2a35ln2，2a13d5ln2，

又a1ln2，dln2，ana1n1dnln2．

eanenln2eln22n，

2nean是以2为首项，2为公比的等比数列，

ea1ea2eaneln2eln2eln2=2222n=2n12， ea1ea2ean=2n12．

*

41．（2018天津文）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项

*

和为Tn（n∈N）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6． （Ⅰ）求Sn和Tn；

（Ⅱ）若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．

nn1n5．【答案】（1）Sn，Tn21；（2）4．

22【解析】（1）设等比数列bn的公比为q，由b11，b3b22，可得qq20．

12n因为q0，可得q2，故bn2．所以，Tn2n1．

12设等差数列an的公差为d．由b4a3a5，可得a13d4．由b5a42a6，

n1可得3a113d16，从而a11，d1，故ann，所以，Sn（2）由（1），有T1T2nn12．

n1Tn22132nn=212n12n2n2，由

2整理得n23n40，解得n1（舍），或n4．所以n的值为4．

42．（2018天津理）设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(nN)，{bn}是等差数列. 已知

SnT1T2Tnan4bn可得

nn12n1n2n2n1，

a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.

（I）求{an}和{bn}的通项公式；

（II）设数列{Sn}的前n项和为Tn(nN)，求Tn；

n1n1 【答案】（1）an2，bnn；（2）①Tn2n2；②证明见解析．

【解析】（1）设等比数列an的公比为q．由a11，a3a22，

2n1可得qq20因为q0，可得q2，故an2，

设等差数列bn的公差为d，由a4b3b5，可得b13d4，

由a5b42b6，可得3b113d16，从而b11，d1，故bnn， 所以数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn．

12n（2）①由（1），有Sn2n1，

12故Tn2k1nk12k1nkn212n12n2n1n2，

43．（2018全国新课标Ⅰ文）已知数列

b2，b3； （1）求b1，（3）求an的通项公式． 7.答案：

（1）b11,b22,b34 （2）见解答 （3）ann2n1an满足a11，nan12n1an，设

bnann．

（2）判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；

解答：依题意，a222a14，a3aa1(23a2)12，∴b111，b222，

122b3a34. 3an12an，即bn12bn，所以{bn}为等比数列. n1n（1）∵nan12(n1)an，∴（2）∵bnb1qn12n1ann1，∴ann2. n记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a17，S315．

44．（2018全国新课标Ⅱ文、理）

（1）求{an}的通项公式；

（2）求Sn，并求Sn的最小值．

2Sn–8n，最小值为–16． a2n9nn【答案】（1）；（2）

【解析】（1）设an的公差为d，由题意得3a13d15， 由a17得d2．所以{an}的通项公式为an2n9． （2）由（1）得Snn28n(n4)216，

当n4时，Sn取得最小值，最小值为16．

a54a3． 45．（2018全国新课标Ⅲ文、理）等比数列{an}中，a11，（1）求{an}的通项公式；

（2）记Sn为{an}的前n项和．若Sm答案：（1）an2n163，求m．

；（2）6.解答：（1）设数列{an}的公比为q，∴q2或an(2)n1a54，∴a3q2.

n1n1∴an2或an(2).

12n1(2)n1n21或Sn[1(2)n]， （2）由（1）知，Sn121231mm∴Sm2163或Sm[1(2)]63（舍），∴m6.

3