1、专题 12 数列1 【2019 年高考全国 I 卷理数 】记 为等差数列 的前 n 项和已知 ，则nSa450Sa，A B25na 310nC D28nS 2nS【答案】A【解析】由题知， ，解得 ， ， ,故选 A415302dSa132ad5n24nS【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前 n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养利用等差数列通项公式与前 n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，再适当计算即可做了判断2【2019 年高考全国 III 卷理数 】已知各项均为正数的等比数列 的前 4 项和为 15，且 ，na5314a则 3aA16 B8C4 D2【答案
2、】C【解析】设正数的等比数列a n的公比为 ，则 ，q231145aqa解得 ， ，故选 C1,2q2314aq【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键.3 【2019 年高考浙江卷】设 a，bR ，数列 an满足 a1=a，a n+1=an2+b， ，则NA 当 B 当10,2b0,4bC 当 D 当10,a 10,a【答案】A【解析】当 b=0 时，取 a=0，则 .0,nN当 时，令 ，即 .100 且 该 数 列 的 前N 项 和 为 2 的 整 数 幂 .那 么 该 款 软 件 的 激 活 码 是A440 B330C220 D110【答案】A【解析】由题
3、意得，数列如下：11,2,4,k 则该数列的前 项和为(1)22k，1(1)()()2kkkS 要使 ，有 ，此时 ，所以 是第 组等比数列 的部0214k1k,2k分和，设 ，2ttk所以 ，则 ，此时 ，3t55329所以对应满足条件的最小整数 ，故选 A.904N【名师点睛】本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断.8【2017 年高考全国 II 卷理数】我国古代数学名著算法统宗
4、 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A1 盏 B3 盏C5 盏 D9 盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯 盏，则各层的灯数构成一个首项为 ，公比为 2 的等比数列，结合等比数xx列的求和公式有 ，解得 ，即塔的顶层共有灯 3 盏，故选 B7(12)383【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对
5、应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论9【2017 年高考全国 III 卷理数 】等差数列 的首项为 1，公差不为 0若 a2，a 3，a 6 成等比数列，则na前 6 项的和为naA B 24 3C3 D8【答案】A【解析】设等差数列 的公差为 ，由 a2，a 3，a 6 成等比数列可得 ，即nad236a，整理可得 ，又公差不为 ，则 ，故 前 6 项的和2115d00dna为 .故选 A61 6124Sad【名师点睛】（1）等差数列的通项公式及前 n 项和公式共涉及五个量 a1，a n，d，n，S n，知其
6、中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.（2）数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而 a1 和 d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.10 【2017 年高考浙江卷】已知等差数列a n的公差为 d，前 n 项和为 Sn，则“d0 ”是“S 4 + S62S5”的A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由 ，可知当 时，有 ，46511202(50)Sadad0d46520S即 ，反之，若 ，则 ，所以“d0”是“S 4 + S62S5”的充要条件，选 C46546S【名师点睛】本题考查等差数
7、列的前 项和公式，通过套入公式与简单运算，可知 ， n 465d结合充分必要性的判断，若 ，则 是 的充分条件，若 ，则 是 的必要条件，该题“pqpq” “ ”，故互为充要条件0d46520S11 【2019 年高考全国 I 卷理数 】记 Sn 为等比数列 an的前 n 项和若 ，则21463aa，S5=_【答案】123【解析】设等比数列的公比为 ，由已知 ，所以 又 ，q2146,3a3251(),q0q所以 所以 3,q5515()()aSq【名师点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误12 【2019 年高考全国 III 卷
8、理数 】记 Sn 为等差数列a n的前 n 项和， ，则12103aa ，_105S【答案】4【解析】设等差数列a n的公差为 d,因 ，所以 ，即 ，213113a12a所以 105S11902445d【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算渗透了数学运算素养使用转化思想得出答案13 【2019 年高考北京卷理数】设等差数列a n的前 n 项和为 Sn，若 a2=3，S 5=10，则a5=_，S n 的最小值为_【答案】 0， .10【解析】等差数列 中, ,得 又 ,所以公差 ,na531032,a3321da,532ad由等差数列 的性质得 时, , 时, 大于 0,所以 的
9、最小值为 或 ,即为 .nn6nnS4S510【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式求和公式等差数列的性质,难度不大,注重重要知识基础知识基本运算能力的考查.14 【2019 年高考江苏卷】已知数列 是等差数列， 是其前 n 项和.若 ，*()naNnS25890,27aS则 的值是_8S【答案】16【解析】由题意可得： ，258111947027adadS解得： ，则 .12ad8140816ad【名师点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组） ，如本题，从已知出发，构建 的方程1ad,组.15 【2
10、018 年高考全国 I 卷理数 】记 为数列 的前 项和，若 ，则 _nSna21nSa6S【答案】 63【解析】根据 ，可得 ，两式相减得 ，即 ，当21nSa12n1nn12na时， ，解得 ，所以数列 是以1 为首项，以 2 为公比的等比数列，1n1na所以 ，故答案是 .6623S63【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子1n的变形方向即可得结果.16 【2018 年高
11、考北京卷理数】设 是等差数列，且 a1=3，a 2+a5=36，则 的通项公式为nan_【答案】 63na【解析】设等差数列的公差为 ，d1463613.ndan， ， ，【名师点睛】先根据条件列出关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为首项与公差（公比）问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.17 【2018 年高考江苏卷】已知集合 ， 将 的所*|21,AxnN*|
12、2,nBxNAB有元素从小到大依次排列构成一个数列 记 为数列 的前 n 项和，则使得 成立aSa12nSa的 n 的最小值为_【答案】27【解析】所有的正奇数和 按照从小到大的顺序排列构成 ，在数列| 中，2 5前面有2nNnana16个正奇数，即 .当n=1时， ，不符合题意；当n=2时，56138,a124S，不符合题意；当n=3时， ，不符合题意；当n=4时，236S368，不符合题意；当n=26时，45042 +12nSa最小值为27.【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的前n项和，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算.18 【2017 年高考全国 II 卷理数】等
13、差数列 的前 项和为 ， ， ，则nanS3a410S_1nkS【答案】 2【解析】设等差数列的首项为 ，公差为 ，由题意有 ，解得 ，1ad12340ad1ad数列的前 n 项和 ，1 11222n nnSad裂项可得 ，()()kk所以 111122()2()3nk nSn【名师点睛】等差数列的通项公式及前 n 项和公式，共涉及五个量 a1，a n，d，n，S n，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而 a1 和 d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了
14、哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点19【2017 年高考全国 III 卷理数 】设等比数列 满足 a1 + a2 = 1, a1 a3 = 3，则 a4 =_n【答案】 8【解析】设等比数列 的公比为 ，很明显 ，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：naq，由 可得： ，代入可得 ，由等比数列的通项公式可12123()3aq 21a得 418【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前 n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体
15、代换思想简化运算过程.20【2017 年高考江苏卷】等比数列 的各项均为实数，其前 项和为 ，已知 ，则nannS3674S,_8a【答案】32【解析】当 时，显然不符合题意；1q当 时， ，解得 ，则 1q316()74aq142aq78123【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路：利用基本量，将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用但在应用性质时要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形在解决等差、等比数列的运算问题时，
16、经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法21【2017 年高考北京卷理数】若等差数列 和等比数列 满足 ， ，则nanb1a48ab=_2ab【答案】1【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为 和 ，则 ，求得dq318dq，那么 2,3qd213ab【名师点睛】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为解关于基本量的方程（组）问题,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种行之有效的方法.22【2019 年高考全国 II 卷理数】已知数列 an和 bn满足 a1
17、=1，b 1=0， ，1434nnab.1434nnba（1）证明：a n+bn是等比数列， anbn是等差数列；（2）求a n和b n的通项公式.【答案】（1）见解析；（2） ， .12n12n【解析】 （1）由题设得 ，即 14()()nnabab 1()nnbab又因为a 1+b1=l，所以 是首项为1，公比为 的等比数列n 2由题设得 ，即 14()4()8nnab12nnab又因为a 1b1=l，所以 是首项为1，公差为2的等差数列n（2）由（1）知， ， 12nnab21nab所以 ，()()nnnn1122nnnnbab【名师点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及
18、等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题.23 【2019 年高考北京卷理数】已知数列a n，从中选取第 i1 项、第 i2 项、第 im 项（i 10.因为c kbkck+1，所以 ，其中k =1，2，3， ，m.1k当k=1时，有q1；当k=2，3，m时，有 lnl1qk设f（x）= ，则 ln(1)x21ln()xf令 ，得x=e. 列表如下：()0x (1,e)e (e，+)()f + 0 f（x ） 极大值因为 ，所以 ln28l9n36maxln3()()fkf取 ，当k=1，2，3，4，5时
19、， ，即 ，qlqkk经检验知 也成立1因此所求m的最大值不小于5 若m6，分别取k=3 ，6，得3q 3，且q 56，从而q 15243，且 q15216，所以q不存在.因此所求m的最大值小于 6.综上，所求m的最大值为5【名师点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力26 【2019 年高考浙江卷】设等差数列 的前 n 项和为 ， ， ，数列 满足：对每个anS34a3Snb成等比数列12,nnnSbSbN（1）求数列 的通项公式；a（2）记 证明：,2ncb12+,.nccN【答案】 （1） ， ；（2
20、）证明见解析.nan【解析】 （1）设数列 的公差为d，由题意得，124,3ada解得 10从而 *2,naN所以 ，S，由 成等比数列得12,nnnbSb21S解得 12nnnbSd所以 2*,N（2） *1,()()nac nbN我们用数学归纳法证明（i）当n=1时， c1=01，且 a3+a4+a5=28，a 4+2 是 a3，a 5 的等差中项数列b n满足 b1=1，数列 （b n+1bn）a n的前 n 项和为 2n2+n（1）求 q 的值；（2）求数列b n的通项公式【答案】（1） ；（2） .q2115(43)nnb【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同
21、时考查运算求解能力和综合应用能力.（1）由 是 的等差中项得 ，42a35,3542a所以 ，3428解得 .48由 得 ，3520a1()20q因为 ，所以 .1q（2）设 ，数列 前 n 项和为 .1()nncbacnS由 解得 .1,2.nnS41n由（1）可知 ，a所以 ，1(4)2nnb故 ，1(5),nn112321)()()nnnbbbb.2(45)(497n设 ，221137()(5),nnT22149(4)2nnn 所以 ，2211113()5(nnnT因此 ，24(),nn又 ，所以 .1b2115(43)nn【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类
22、型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“ ”与“ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出 “ ”的表达式； (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解.30 【2018 年高考江苏卷】设 是首项为 ，公差为 d 的等差数列， 是首项为 ，公比为 q 的等比na1anb1b数列（1）设 ，若 对 均成立，求 d 的取值范围；10,2abq1|nb,234（2）若 ，证明：存在 ，使得 对 均成立，*,(mNdR1|nab2,31m并求 的取值范围（用 表示） d1,bq【答案】 （1） 75,32；（2）见解析
23、.【解析】本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力满分 16 分（1）由条件知： 12(,)nnadb因为 对 n=1，2，3，4 均成立，1|nb即 |()|d对 n=1，2，3，4 均成立，即 1 1，1 d 3，3 2d 5，7 3d 9，得 752d因此，d 的取值范围为 ,（2）由条件知： 11(),nnabdbq若存在 d，使得 （n=2，3，m+1 ）成立，|即 11 | |2,(1() )nbbq ，即当 2,3nm 时，d 满足11nnqqbdb因为 (1,q，则 12nm，从而120nqb，
24、10nqb，对 2,31nm 均成立因此，取 d=0 时， 对 , 均成立1|na下面讨论数列12q的最大值和数列1nq的最小值（ 2,31nm ） 当 2nm时，1 2()()nn nq ，当1q时，有 2nmq，从而 1 20nnq因此，当 2时，数列1n单调递增，故数列1n的最大值为m设 ()2xf，当 x0 时， ln21(0)l)xfx，所以 f单调递减，从而 ()f0假设 n=k 时，x k0，那么 n=k+1 时，若 ，则 ，矛盾，故 1011ln()0kkxx10kx因此 0()xN所以，11ln()n nxx因此 10()nx（2）由 得，1lnx21114(2)ln()nnxxx记函数 ，2()()l(0)fxx，2ln(1)0()xf x函数 f(x)在0，+）上单调递增，所以 =0，因此()f，211112ln()()0nn nxxxf故11()2nnN（3）因为，111l()2nnnxxx所以，12n由 ，得12nnxx，112()0nnxx所以，1212()2()nnnnxx故2nx综上，12()2nN【名师点睛】本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明
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