专题07 数列-高考数学(文)十年真题(2010-2019)分类汇编(新课标Ⅰ卷)(解析版)

专题07数列

历年考题细目表

题型 单选题 单选题 单选题 填空题 填空题 填空题 解答题 解答题 解答题 解答题 解答题 解答题 解答题 解答题 年份 2015 2013 2012 2019 2015 2012 2019 2018 2017 2016 2014 2013 2011 2010 考点 等差数列 等比数列 数列综合题 等比数列 等比数列 等比数列 等差数列 数列综合题 数列综合题 数列综合题 数列综合题 数列综合题 数列综合题 数列综合题 试题位置 2015年新课标1文科07 2013年新课标1文科06 2012年新课标1文科12 2019年新课标1文科14 2015年新课标1文科13 2012年新课标1文科14 2019年新课标1文科18 2018年新课标1文科17 2017年新课标1文科17 2016年新课标1文科17 2014年新课标1文科17 2013年新课标1文科17 2011年新课标1文科17 2010年新课标1文科17 历年高考真题汇编

1．【2015年新课标1文科07】已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝（ ） A．

B．

C．10

D．12

【解答】解：∵{an}是公差为1的等差数列，S8＝4S4， ∴8a1

1＝4×（4a1

），

解得a1

．

则a10

9×1．

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故选：B．

2．【2013年新课标1文科06】设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则（ ） A．Sn＝2an﹣1

B．Sn＝3an﹣2

C．Sn＝4﹣3an ，

D．Sn＝3﹣2an

【解答】解：由题意可得an＝1

∴Sn

故选：D．

33﹣2

3﹣2an，

3．【2012年新课标1文科12】数列{an}满足an+1+（﹣1）an＝2n﹣1，则{an}的前60项和为（ ） A．3690

B．3660

n

n

C．1845 D．1830

【解答】解：由于数列{an}满足an+1+（﹣1）an＝2n﹣1，故有 a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5， a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…a50﹣a49＝97．

从而可得 a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24，a11+a9＝2，a12+a10＝40，a15+a13＝2，a16+a14＝56，… 从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，

从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列． {an}的前60项和为 15×2+（15×8故选：D．

4．【2019年新课标1文科14】记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，S3

，则S4＝ ．

）＝1830，

【解答】解：∵等比数列{an}的前n项和，a1＝1，S3

，

∴q≠1，，

整理可得，，

解可得，q，

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则S4

．

故答案为：

5．【2015年新课标1文科13】在数列{an}中，a1＝2，an+1＝2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn＝126，则n＝ ．

【解答】解：∵an+1＝2an， ∴∵a1＝2，

∴数列{an}是a1＝2为首项，以2为公比的等比数列， ∴Sn∴2

n+1

，

2

＝128，

n+1

﹣2＝126，

∴n+1＝7， ∴n＝6． 故答案为：6

6．【2012年新课标1文科14】等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+3S2＝0，则公比q＝ ． 【解答】解：由题意可得，q≠1 ∵S3+3S2＝0 ∴

∴q+3q﹣4＝0 ∴（q﹣1）（q+2）＝0 ∵q≠1 ∴q＝﹣2 故答案为：﹣2

7．【2019年新课标1文科18】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．

2

3

2

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【解答】解：（1）根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d， 若S9＝﹣a5，则S9

9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，

若a3＝4，则d

2，

则an＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10， （2）若Sn≥an，则na1当n＝1时，不等式成立， 当n≥2时，有

d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣a1，

d≥a1+（n﹣1）d，

又由S9＝﹣a5，即S9又由a1＞0，则有n≤10， 则有2≤n≤10，

9a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）a1，

综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．

8．【2018年新课标1文科17】已知数列{an}满足a1＝1，nan+1＝2（n+1）an，设bn（1）求b1，b2，b3；

（2）判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由； （3）求{an}的通项公式．

【解答】解：（1）数列{an}满足a1＝1，nan+1＝2（n+1）an， 则：

（常数），

．

由于，

故：，

数列{bn}是以b1为首项，2为公比的等比数列．

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整理得：，

所以：b1＝1，b2＝2，b3＝4． （2）数列{bn}是为等比数列， 由于

（常数）；

（3）由（1）得：，

根据，

所以：．

9．【2017年新课标1文科17】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． 【解答】解：（1）设等比数列{an}首项为a1，公比为q， 则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1

，a2

，

由a1+a2＝2，

2，整理得：q+4q+4＝0，解得：q＝﹣2，

n﹣1

2

则a1＝﹣2，an＝（﹣2）（﹣2）

n

＝（﹣2），

n

∴{an}的通项公式an＝（﹣2）； （2）由（1）可知：Sn

[2+（﹣2）

n+1

]，

则Sn+1

[2+（﹣2）

n+2

]，Sn+2

[2+（﹣2）

n+3

]，

由Sn+1+Sn+2

[2+（﹣2）

n+2

][2+（﹣2）

n+3

]，

[4+（﹣2）×（﹣2）

n+1

+（﹣2）×（﹣2）

2n+1

]，

[4+2（﹣2）

n+1

]＝2×[（2+（﹣2）

n+1

）]，

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＝2Sn，

即Sn+1+Sn+2＝2Sn，

∴Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．

10．【2016年新课标1文科17】已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝nbn．

（Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）求{bn}的前n项和．

【解答】解：（Ⅰ）∵anbn+1+bn+1＝nbn． 当n＝1时，a1b2+b2＝b1． ∵b1＝1，b2∴a1＝2，

又∵{an}是公差为3的等差数列， ∴an＝3n﹣1，

（Ⅱ）由（I）知：（3n﹣1）bn+1+bn+1＝nbn． 即3bn+1＝bn．

即数列{bn}是以1为首项，以为公比的等比数列，

，

，anbn+1+bn+1

∴{bn}的前n项和Sn

（1﹣3）

﹣n

．

2

11．【2014年新课标1文科17】已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x﹣5x+6＝0的根． （1）求{an}的通项公式； （2）求数列{

}的前n项和．

2

【解答】解：（1）方程x﹣5x+6＝0的根为2，3．又{an}是递增的等差数列， 故a2＝2，a4＝3，可得2d＝1，d

，

故an＝2+（n﹣2）

n+1，

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（2）设数列{

}的前n项和为Sn，

Sn

，①

Sn

，②

①﹣②得Sn

，

解得Sn

2．

12．【2013年新课标1文科17】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{

}的前n项和．

【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}的首项为a1，公差为d，则

．

由已知可得，即

，解得a1＝1，d＝﹣1，

故{an}的通项公式为an＝a1+（n﹣1）d＝1+（n﹣1）（﹣1）＝2﹣n； •（Ⅱ）由（Ⅰ）知

．

从而数列{}的前n项和

Sn

．

13．【2011年新课标1文科17】已知等比数列{an}中，a1

，公比q．

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（Ⅰ）Sn为{an}的前n项和，证明：Sn

（Ⅱ）设bn＝log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{bn}的通项公式． 【解答】证明：（I）∵数列{an}为等比数列，a1

，q

∴an

，

Sn

又∵

Sn

∴Sn

（II）∵an

∴bn＝log3a1+log3a2+…+log3an＝﹣log33+（﹣2log33）+…+（﹣nlog33） ＝﹣（1+2+…+n）

∴数列{bn}的通项公式为：bn

14．【2010年新课标1文科17】设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝﹣9． （Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值． 【解答】解：（1）由an＝a1+（n﹣1）d及a3＝5，a10＝﹣9得 a1+9d＝﹣9，a1+2d＝5 解得d＝﹣2，a1＝9，

数列{an}的通项公式为an＝11﹣2n （2）由（1）知Sn＝na1

d＝10n﹣n．

2

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2

因为Sn＝﹣（n﹣5）+25． 所以n＝5时，Sn取得最大值． 考题分析与复习建议

本专题考查的知识点为：数列的概念与简单表示法，等差数列及其前n项和，等比数列及其前n项和，数列求和，数列求通项等.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现.重点考查的知识点为：等差数列及其前n项和，等比数列及其前n项和，数列求和，数列求通项等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点等差数列及其前n项和，等比数列及其前n项和，数列求和，数列求通项为重点较佳.

最新高考模拟试题

1．等差数列{an}，等比数列bn，满足a1b11，a5b3，则a9能取到的最小整数是（ ） A．1 【答案】B 【解析】

等差数列{an}的公差设为d，等比数列bn的公比设为q，q0，

2由a1b11，a5b3，可得14dq， 22则a918d12(q1)2q11，

B．0

C．2 D．3

可得a9能取到的最小整数是0． 故选：B．

2．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问題:今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰:“我羊食半马、“马主曰:“我马食半牛，”今欲衰偿之，问各出几何?此问题的译文是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟、羊主人说:“我羊所吃的禾苗只有马的一半，”马主人说:“我马所吃的禾苗只有牛的一半，“打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还( )升粟？

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A．

25 3B．

50 3C．

50 7D．

100 7【答案】D 【解析】

因为5斗=50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为a1,a2,a3， 由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且S350

50a1(231)则， 50，解得a1721所以马主人要偿还的量为：a22a1故选D.

3．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9填入33的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地，将连续的正整数1,2,3,100， 7,n2填入nn个方

格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n阶幻方.记n阶幻方的对角线上的数字之和为Nn，如图三阶幻方的N315，那么 N9的值为（ ）

A．41 【答案】C 【解析】

B．45 C．369 D．321

根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列， 1N3(123456789)15，

31N4(12345678910111213141516)34，

41N5(12345678910111213141516171819202122232425)65，

5…

11n2(1n2)n(n21)2Nn(12345n)．

nn22VX公众号：GK资料分享局

9(921)故N9941369.

2故选：C

4．设数列an的前n项和为Sn，且a11 an是（ ） A．290 【答案】C 【解析】 由anB．

1Sn2(n1)(nN)，则数列的前10项的和

S3nnn9 20C．

5 11D．

10 11Sn2(n1)nN得Snnan2n(n1)， n当n2时，anSnSn1nan(n1)an14(n1)，整理得anan14， 所以an是公差为4的等差数列，又a11， 所以an4n3nN，从而Sn3nna1an3n2n22n2n(n1)， 211111所以，

Sn3n2n(n1)2nn1数列1151S1的前10项的和.

211S3n11n故选C.

1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,5．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：

即F1F21,FnFn1Fn2n3,nN，

，此数列在现代物理“准晶体结构”、化

学等都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列an，则数列an的前2019项的和为（ ） A．672 【答案】C 【解析】

B．673

C．1346

D．2019

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由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,...各项除以2的余数， 可得an为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,...， 所以an是周期为3的周期数列， 一个周期中三项和为1102， 因为20196733，

所以数列an的前2019项的和为67321346， 故选C.

6．已知数列an是等比数列，数列bn是等差数列，若a2a6a1033，b1b6b117，则

tanb2b10的值是（ ）

1a3a9B．

A．1 【答案】D 【解析】

2 2C．2 2D．3

an是等比数列 a2a6a10a3633 a63 bn是等差数列 b1b6b113b7 b667 314bb2b63tan7tan3 tan210tantan21a3a91a61333本题正确选项：D 7．已知数列{an}满足a111a2a3232n11ann2n(nN*)，设数列bn满足：bn，数列

aannn1bn的前n项和为TA．[,) 【答案】D 【解析】

n，若Tnn(nN*)恒成立，则实数的取值范围为（ ） n1C．[,)

14B．(,)

1438D．(,)

38VX公众号：GK资料分享局

111a2a3ann2n，① 23n111an1(n1)2(n1)，② 当n2时，a1a2a323n11①﹣②得：an2n，

n解：数列{an}满足a12故：an2n，

数列bn满足：bn22n12n1111222， anan14n(n1)24n(n1)221111T则：n1422311 n2(n1)21112， 4(n1)由于Tn故：

n(nN*)恒成立， n111n1， 24(n1)n1n2，

4n4n211(1)在nN*上单调递减， 因为y4n44n1整理得：故当n1时，所以32n1 4n48max3． 8故选：D．

8．已知函数yfx的定义域为R，当x0时fx1，且对任意的实数x,yR，等式

1fxfyfxy成立，若数列an满足fan1f1nN，且a1f0，则下列结

1an论成立的是（ ） A．fa2016fa2018 C．fa2018fa2019 【答案】A

B．fa2017fa2020 D．fa2016fa2019

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【解析】

由fxfyfxy，令x0，y1，则f0f1f1

x0时，fx1 f11 f01 a11

当x0时，令yx，则fxfxf01，即fx又fx1 当x0时，0fx1 令x2x1，则x2x1>0

1

fxfx1fx2x1fx2，即fx在R上单调递减

fx2fx2x10,1 fx111faffa又n1n11f0

1an1anan11 1an令n1，a21；令n2，a32；令n3，a41 2数列an是以3为周期的周期数列

1a2016a32，a2017a11，a2018a2，a2019a32，a2020a11

2fx在R上单调递减 f2ff1

2fa2016fa2018，fa2017fa2020，fa2018fa2019，fa2016fa2019

本题正确选项：A 9．在数列an中，a1【答案】1 【解析】

111,an1an,(nN*)，则a2019的值为______． 2019n(n1)VX公众号：GK资料分享局

因为an1an1,(nN*)

n(n1)111，

n(n1)nn1所以an1an1a2a11,

211a3a2,

23...,

a2019a201811, 20182019各式相加，可得

a2019a111， 201911a20191，

20192019所以，a20191，故答案为1.

10．已知正项等比数列{an}满足2a5a4a3，若存在两项am，an，使得8amana1，则值为__________． 【答案】2 【解析】

正项等比数列{an}满足2a5a4a3，

91的最小mn2a1q4+a1q3=a1q2，

整理，得2q2+q10，又q0，解得，q存在两项am，an使得8amana1，

1， 264a12qmn2a12， 整理，得mn8，

911911m9n(mn)()(10) mn8mn8nmVX公众号：GK资料分享局

1m9n…(102)2， 8nm则

91的最小值为2． mnm9n取等号，但此时m，nN*．又mn8， nm当且仅当

所以只有当m6，n2时，取得最小值是2． 故答案为：2

11．已知数列an满足对m,a7nN*，都有amanamn成立，

22，函数fxsin2x4cosx，2记ynfan，则数列yn的前13项和为______． 【答案】26 【解析】 解：对m,nN*，都有amanamn成立，

可令m1即有an1ana1，为常数， 可得数列an为等差数列， 函数f(x)sin2x4cos由fxf2xsin2x2(1cosx)， 2xsin2x21cosxsin2x21cosx4，

,2对称， 2a6a82a7，

可得fx的图象关于点a1a13a2a12fa1fa13fa2fa12fa6fa84,fa72，

可得数列yn的前13项和为46226．

故答案为：26．

12．已知数列an的前n项和为Sn，满足Sn2an2n(nN)，则an=_____．

【答案】22n1 【解析】

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由题意，数列an满足Sn2an2n(nN)，

则Sn12an12(n1)(n2,nN)，

两式相减可得SnSn12an2an12,(n2,nN)， 即an2an2an12,(n2,nN)

an22,(n2)， 整理得an2an12,(n2)，即an22(an12),(n2)，即

an12当n1时，S12a12，即a12a12，解得a12， 所以数列an2表示首项为a124，公比为2的等比数列，

n1n1n1所以an2422，所以an22.

13．等差数列an中，a410且a3，a6，a10成等比数列，数列an前20项的和S20____ 【答案】200或330 【解析】

设数列an的公差为d，则a3a4d10d，

a6a42d102d,a10a46d106d，

2由a3,a6,a10成等比数列，得a3a10a6，

即10d106d102d，

整理得10d210d0，解得d0或d1， 当d0时，S2020a4200；

当d1时，a1a43d10317， 于是S2020a122019d207190330， 2故答案为200或330.

14．已知正项等比数列an的前n项和为Sn．若S9_______．

S32S6，则S61取得最小值时，S9的值为S3VX公众号：GK资料分享局

【答案】【解析】

73 3a1(1q9)a1(1q3)a1(1q6)2由S9S32S6，得：q≠1，所以，

1q1q1q化简得：1q1q2(1q)，即q2qq20，即(q1)(q2)0，得q2，

9369636331a1(1q6)3a1q11q23， S化简得6＝3＝S31qa1(1q)q1a1当

13a1q1q1，即a1时，S6取得最小值， q1a1S33a1(1q9)q1(q91)73所以S9＝

1qq133故答案为：

73 3n115．设数列an的前n项和为Sn，且满足a12a22ann，则S5____．

【答案】

3116

【解析】 解：a12a22n1ann，

可得n1时，a11 ，

n2时，a12a22n2an1n1，

n1又a12a22ann，

两式相减可得2n1an1，

1即an2n1，

上式对n1也成立，

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可得数列an是首项为1，公比为

1的等比数列， 215312． 可得S5116121故答案为：

3116．

an2(n1)ana0,a416．已知数列an满足，则数列的前n项和为nn11(n1)(n2)___________.

2n2【答案】2

n2【解析】

由2(n1)annan10，得

an1a2n， n1naa所以数列n是以1a14为首项，2为公比的等比数列，

n1于是

an42n12n1， nn1所以ann2，

ann2n12n22n1因为， (n1)(n2)(n1)(n2)n2n1所以an的前n项和

(n1)(n2)23222423Sn32432n22n12n22. n2n1n217．定义：从数列{an}中抽取m(mN,m3)项按其在{an}中的次序排列形成一个新数列bn，则称bn为{an}的子数列；若bn成等差（或等比），则称bn为{an}的等差（或等比）子数列. （1）记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn2n1. ①求数列{an}的通项公式；

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②数列{an}是否存在等差子数列，若存在，求出等差子数列；若不存在，请说明理由. （2）已知数列{an}的通项公式为annaaQ，证明：{an}存在等比子数列.

n-1【答案】（1）①an=2；②见解析；（2）见证明

【解析】

1解：（1）①因为Sn2n1，所以当n1时，a1211， n1当n2时，Sn121，所以an212n-1综上可知：an=2.

nn112n1.

②假设从数列{an}中抽3项ak,al,am(klm)成等差， 则2alakam，即22l12k12m1， 化简得：22lk12mk.

因为klm，所以lk0，mk0，且lk，mk都是整数， 所以22lk为偶数，12mk为奇数，所以22lk12mk不成立. 因此，数列{an}不存在三项等差子数列.

若从数列{an}中抽m(mN,m4)项，其前三项必成等差数列，不成立. 综上可知，数列{an}不存在等差子数列.

（2）假设数列{an}中存在3项n0a，n0ak，n0al(kl)成等比. 设n0ab，则bQ，故可设b2q（p与q是互质的正整数）. p则需满足n0akn0an0al，

k2pk22k即需满足(bk)b(bl)，则需满足l2k. bq2取kq，则l2kpq.

qq2q22此时(bq)q22q2，

ppp2VX公众号：GK资料分享局

q2qqq2b(bl)2qpq22q2.

pppp故此时(bk)b(bl)成立.

因此数列{an}中存在3项n0a，n0ak，n0al(kl)成等比， 所以数列{an}存在等比子数列.

18．在等差数列an中，已知公差d2，a2是a1与a4的等比中项 （1）求数列an的通项公式； （2）若数列bn满足an（3）令cn2bb1b2233313131bn，求数列bn的通项公式； n31anbnnN*，数列cn的前n项和为Tn. 4【答案】（1）an2n；（2）bn2(31)；（3）Tn【解析】

n2n13n13nn1. 422（1）因为a2是a1与a4的等比中项，所以(2a1)a1(a16)a12，

∴数列an的通项公式为an2n.

bbb1b2233nnn1① 31313131bbb1bb∴an112233nnnn②

31313131311（2）∵an②－①得：

bn1n1n*b231b231nNaa2，，故。 n1nn1n3n11（3）cnanbnn3n1n3nn， 4∴Tnc1c2c3cn13232333n3n，① n3n1②

n3n12n，

23令Hn132333234则3Hn132333①－②得： 2H33233n3nn3n1313n13n3n1，

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∴Hn2n13n13 4∴Tnc1c2c3cn13232333n3n12n。

∴数列cn的前n项和Tn2n13n13nn1 4219．已知等差数列an满足a32a21,a47，等比数列bn满足b3b52b2b4，且

2b2n2bnnN*.

（1）求数列an，bn的通项公式；

（2）记数列an的前n项和为Sn，若数列cn满足为Tn.

n1n【答案】(1) an2n1，bn2 (2) Tn(2n3)23.

cc1c2nSnnN*，求cn的前n项和b1b2bn【解析】

（1）设{an}的首项为a1，公差为d，则有a12d2(a1d)1，a13d7， 解得a1=1,d=2所以an2n1，

n1设bnb1q，由已知b3b52(b2b4)，可得q=2，

22n12(b12n1)2，可得b11，所以bn2n1， 由b2n2bn可得，b12（2）由（1）知，Sn所以

n(2n11)n2，

2c1c2b1b2cncccn2，12Ln1(n1)2(n2)， bnb1b2bn1cn2n1， 两式相减可得，bn当n1时，c11满足上式，所以cn(2n1)2n1，

(2n1)2n1，2Tn1213222n(2n1)2n

(2n1)2n

Tn1203212两式相减可得，Tn12VX公众号：GK资料分享局

22(12n1)1(2n1)2n

12(32n)2n3

所以Tn(2n3)23.

20．等差数列an前n项和为Sn，且S432，S13221． （1）求an的通项公式an；

n1*b3bbanNb（2）数列n满足n1且1，求b的前n项和Tn． nnn【答案】(1) an2n3 (2) Tn【解析】

（1）等差数列an的公差设为d，前n项和为Sn，且S432，S13221． 可得4a16d32，13a178d221， 解得a15，d2，

可得an52n12n3； （2）由bn1bnan2n3，

可得bnb1b2b1b3b2bnbn1

1311 22n1n213572n1n(2n4)n(n2)，

21111， bn2nn2则前n项和Tn11111112324351111 n1n1nn21311． 22n1n221．设an是单调递增的等比数列，Sn为数列an的前n项和．已知S313，且a13，3a2，a35构

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成等差数列． （1）求an及Sn；

（2）是否存在常数．使得数列Sn是等比数列?若存在，求的值；若不存在，请说明理由．

113n1【答案】（1）an3，Sn（2）存在常数．使得数列Sn是等比数列，详见解析

222n1【解析】

a1a2a313 （1）由题意得6aaa8132∴a23， a1a310 ∴

313q10， 解得q3或 q（舍） q3n2所以ana2q3，Snn1113n133n1 .

2（2）假设存在常数．使得数列Sn是等比数列， 因为S11，S24，S313， 所以4113，解得21， 213n 此时Sn2213nSn223n2， 13n1Sn122∴存在常数

1131

．使得数列Sn是首项为a1，公比为3等比数列 ． 2222axa1,a2,22．对于无穷数列{an}，{bn}，若bkm是{an}的“收缩数列”.其中maxa1,a2,和最小数.

,akmina,1a,2,ak，k1,2,3,，则称{bn},ak，mina1,a2,,ak分别表示a1,a2,,ak中的最大数

已知{an}为无穷数列，其前n项和为Sn，数列{bn}是{an}的“收缩数列”.

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（1）若an2n1，求{bn}的前n项和； （2）证明：{bn}的“收缩数列”仍是{bn}； （3）若S1S2Snn(n1)n(n1)a1bn(n1,2,3,)且a11，a22，求所有满足该条件的22{an}.

a1,n1【答案】（1）n(n1)；（2）详见解析；（3）an，a2a1.

a,n12【解析】

（1）由an2n1可得an为递增数列

bnmaxa1,a2,,anmina1,a2,,anana12n132n2

由通项公式可知bn为等差数列

bn的前n项和为：

（2）

2n2nnn1 2maxa1,a2,,anmaxa1,a2,,an1n1,2,3,

mina1,a2,,anmina1,a2,,an1n1,2,3,

maxa1,a2,,an1mina1,a2,,an1maxa1,a2,,anmina1,a2,,an bn1bnn1,2,3,，又b1a1a10 maxb1,b2,,bnminb1,b2,,bnbnb1bn bn的“收缩数列”仍是bn

（3）由S1S2Sn当n1时，a1a1；

当n2时，2a1a23a1b2，即b2a2a1，所以a2a1；

当n3时，3a12a2a36a13b3，即3b32a2a1a3a1（*），

nn1nn1a1bnn1,2,3,可得： 22VX公众号：GK资料分享局

若a1a3a2，则b3a2a1，所以由（*）可得a3a2，与a3a2矛盾； 若a3a1a2，则b3a2a3，所以由（*）可得a3a23a1a3 所以a3a2与a1a3同号，这与a3a1a2矛盾； 若a3a2，则b3a3a1，由（*）可得a3a2. 猜想：满足S1S2Snnn1nn1a1bnn1,2,3,的数列an是： 22a,n1an1，a2a1

a2,n1经验证，左式S1S2Snna112n1a2na1nn1a2 2右式nn1nn1nn1nn1nn1a1bna1a2 a2a1na122222下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件

a1,n1由上述n3时的情况可知，n3时，an，a2a1是成立的

a,n12假设ak是首次不符合ana1,n1，a2a1的项，则a1a2a3ak1ak

a2,n1kk1kk1k2k2由题设条件可得a2a1a1bk（*）

222若a1aka2，则由（*）式化简可得aka2与aka2矛盾； 若aka1a2，则bka2ak，所以由（*）可得aka2所以aka2与a1ak同号，这与aka1a2矛盾；

所以aka2，则bkaka1，所以由（*）化简可得aka2. 这与假设aka2矛盾.

kk1a1ak 2a1,n1所以不存在数列不满足an，a2a1的an符合题设条件

a,n12VX公众号：GK资料分享局

a,n1an1a2,n1，a2a1 综上所述：