专题07 数列及其应用-十年(2012-2021)高考数学真题分项详解(全国通用)(解析版)

【2021年】

1．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）记Sn为等比数列an的前n项和.若S24，S46，则S6（ ） A．7 【答案】A

【分析】∵Sn为等比数列an的前n项和， ∵S2，S4S2，S6S4成等比数列 ∵S24，S4S2642 ∵S6S41， ∵S61S4167. 故选：A.

二、解答题

2．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）设an是首项为1的等比数列，数列bn满足bn知a1，3a2，9a3成等差数列． （1）求an和bn的通项公式；

（2）记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和．证明：TnB．8

C．9

D．10

nan．已3Sn． 2n1n1【答案】（1）an()，bnn；（2）证明见解析.

33【分析】因为an是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，

2所以6a2a19a3，所以6a1qa19a1q，

即9q6q10，解得q所以bn211n1，所以an()，

33nannn. 33安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

1(1（2）证明：由（1）可得Sn1)n33(11)，

n1231312n1nTn2n1n，∵

3333112n1nTn23nn1，∵ 33333∵∵得Tn231113323311(1)n1nn11n33nn1 n1(1n)n1，

13332331331n(1n)， 4323nS31n31n(1)0， 所以Tnn(1n)24323n43n23nS所以Tnn.

2所以Tn3．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已

212． 知

Snbn（1）证明：数列bn是等差数列; （2）求an的通项公式．

3,n12. 【答案】（1）证明见解析；（2）an1,n2nn1【分析】（1）由已知

2bn2112得Sn,且bn0，bn, 2bn1Snbn23, 2取n1,由S1b1得b1由于bn为数列Sn的前n项积，

2bn2b12b2bn, 所以

2b112b212bn1安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

所以

2bn12b12b2bn1， 2b112b212bn112bn1bn1,

2bn11bn所以

由于bn10

所以

22bn1111，即bn1bn,其中nN* bn213为首项，以d为公差等差数列; 2213（2）由（1）可得，数列bn是以b1为首项，以d为公差的等差数列，

22所以数列bn是以b1bnSn31nn11, 2222bn2n,

2bn11n当n=1时，a1S13, 2当n≥2时,anSnSn12n1n1,显然对于n=1不成立, 1nnnn13,n12∵an.

1,n2nn14．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）记Sn为数列an的前n项和，已知an0,a23a1，且数列是等差数列，证明：an是等差数列. 【答案】证明见解析. 【分析】∵数列

SnS是等差数列，设公差为dnS2S1a2a1a1a1 ∵Sna1(n1)a1na1，(nN)

2∵Sna1n，(nN)

∵当n2时，anSnSn1a1n2a1n12a1na1

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

2当n1时，2a11a1=a1，满足an2a1na1， ∵an的通项公式为an2a1na1，(nN) ∵anan12a1na12a1n1a1=2a1 ∵an是等差数列.

5．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知数列an的各项均为正数，记Sn为an的前n项和，从下面∵∵∵中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ∵数列an是等差数列：∵数列

S是等差数列；∵an23a1．

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】答案见解析

【分析】选∵∵作条件证明∵：

设Snanb(a0)，则Snanb， 当n1时，a1S1ab；

当n2时，anSnSn1anbanaba2ana2b；

2222因为an也是等差数列，所以aba2aa2b，解得b0；

2所以ana22n1，所以a23a1.

选∵∵作条件证明∵：

因为a23a1，an是等差数列， 所以公差da2a12a1，

所以Snna1nn1dn2a1，即Sna1n， 2因为Sn1Sna1n1a1na1， 所以

S是等差数列.

n选∵∵作条件证明∵：

设Snanb(a0)，则Snanb，

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

2当n1时，a1S1ab；

当n2时，anSnSn1anbanaba2ana2b；

222因为a23a1，所以a3a2b3ab，解得b0或b当b0时，a1a,ana数列； 当b2224a； 32n1，当n2时，an-an-12a2满足等差数列的定义，此时an为等差

4a4a时，Snanb=ana，S10不合题意，舍去.

333综上可知an为等差数列.

an1,n为奇数,6． （2021年全国新高考∵卷数学试题）已知数列an满足a11，an1a2,n为偶数.n（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式； （2）求an的前20项和.

【答案】（1）b12,b25；（2）300.

【分析】（1）由题设可得b1a2a112,b2a4a31a2215

*又a2k2a2k11，a2k1a2k2，(kN)

故a2k2a2k3，即bn1bn3，即bn1bn3 所以bn为等差数列，故bn2n133n1. （2）设an的前20项和为S20，则S20a1a2a3因为a1a21,a3a41,所以S202a2a4a20，

,a19a201，

a18a2010

2b1b2

910b9b10102102310300.

2

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

【2012年——2020年】

a2a3+a42，1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标∵））设{an}是等比数列，且a1a2a31，

则a6a7a8（ ） A．12 【答案】D

【分析】设等比数列an的公比为q，则a1a2a3a11qqB．24

C．30

D．32

21，

a2a3a4a1qa1q2a1q3a1q1qq2q2，

因此，a6a7a8a1qa1qa1qa1q1qq故选：D.

2．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标∵））如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i56752q532.

A．5 【答案】C

B．8 C．10 D．15

【分析】根据题意可知，原位大三和弦满足：kj3,ji4．

∵i1,j5,k8；i2,j6,k9；i3,j7,k10；i4,j8,k11；i5,j9,k12． 原位小三和弦满足：kj4,ji3．

∵i1,j4,k8；i2,j5,k9；i3,j6,k10；i4,j7,k11；i5,j8,k12． 故个数之和为10． 故选：C．

3．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标∵））记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

a6–a4=24，则A．2n–1 【答案】B

Sn=（ ） anB．2–21–n

C．2–2n–1

D．21–n–1

【分析】设等比数列的公比为q，

42a1qa1q12q2由a5a312,a6a424可得：5， 3a1qa1q24a11n1所以ana1qa1(1qn)12n2,Sn2n1，

1q12n1Sn2n1n1221n. 因此an2故选：B.

4．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标∵））北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）

A．3699块 【答案】C

B．3474块 C．3402块 D．3339块

【分析】设第n环天石心块数为an，第一层共有n环，

则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an9(n1)99n， 设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

别为Sn,S2nSn,S3nS2n，因为下层比中层多729块， 所以S3nS2nS2nSn729， 即

3n(927n)2n(918n)2n(918n)n(99n)729

2222即9n2729，解得n9， 所以S3nS27故选：C

5．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标∵））数列{an}中，a12，amnaman，若

27(9927)3402.

2ak1ak2A．2 【答案】C

ak1021525，则k（ ）

B．3

C．4

D．5

【分析】在等式amnaman中，令m1，可得an1ana12an，an12， ann1n所以，数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an222，

ak1ak2ak10ak11210122k11210122k12101252101，

2k125，则k15，解得k4.

故选：C.

6．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标∵））记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知

S40，a55，则

A．an2n5 【答案】A

an3n10 B． 2C．Sn2n8n

D．Sn12n2n 2da13S44a1430【分析】由题知，，解得，∵an2n5，故选A． 2d2a5a14d57．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标∵））已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

15，且a53a34a1，则a3 A．16 【答案】C

B．8

C．4

D．2

a1a1qa1q2a1q315,【分析】设正数的等比数列{an}的公比为q，则4， 2a1q3a1q4a1解得a11,2，a3a1q4，故选C．

q28．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））设Sn为等差数列an的前n项和，若3S3S2S4，a12，则a5 A．12 【答案】B

【详解】：设该等差数列的公差为d， 根据题中的条件可得3(32B．10

C．10

D．12

3243d)22d42d， 22整理解得d3，所以a5a14d21210，故选B.

9．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））（2017新课标全国I理科）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 C．4 【答案】C 【解析】

B．2 D．8

设公差为d，a4a5a13da14d2a17d24，S66a165d6a115d48，联立22a17d24,解得d4，故选C. 6a15d48110．（）等差数列an的首项为1，公差不为0．若a2、a3、a6成等比数列，则an的前6项的和为（ ） A．24 【答案】A

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

B．3 C．3 D．8

2【分析】设等差数列an的公差为d，由a2、a3、a6成等比数列可得a3a2a6，

即(12d)(1d)(15d)，整理可得d22d0，又公差不为0，则d2， 故an前6项的和为S66a1故选：A

11．（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学）定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1,a2,范01数列”共有 A．18个 C．14个 【答案】C 【详解】

试题分析：由题意，得必有a10，a81，则具体的排法列表如下：

B．16个 D．12个

26(61)6(61)d61(2)24. 22,ak,中0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规

,01010011;010101011,共14个

12．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）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．

17 2B．

19 2C．10 D．12

【答案】B

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

【详解】：由S84S4得8a128d44a16d，解得a1

119,a10a19. 2213．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标∵））设Sn是等差数列{an}的前n项和,若

a1a3a53,则S5

A．5 【答案】A 【详解】

B．7

C．9

D．11

a1a3a53a33,a31，S5

55(a1a5)2a35a35，选A. 221,414．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标∵））已知等比数列{an}满足a1a3a54a41,则a2（ ）

A．2 【答案】C

32【详解】：由题意可得a3a5a44a41a42,所以qB．1

C．

1 2D．

1 8a48q2 ,故a2a1q1 ,选C. a12

15．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标∵））已知等比数列{an}满足a13，

a1a3a521，则a3a5a7

A．21 【答案】B 【详解】

242422由a1+a3+a5=21得a1(1qq)211qq7q2 a3+a5+a7=q(a1a3a5)22142，

B．42 C．63 D．84

选B.

16．（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））设首项为1，公比为

2的等比数列an3安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

的前n项和为Sn，则 A．Sn2an1 【答案】D 【详解】

B．Sn3an2

C．Sn43an

D．Sn32an

21ana11qa1qan3Sn＝＝＝＝3－2an.

11q1q3n

17．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12,Sm0,Sm13，则m( ) A．3 【答案】C 【分析】

B．4

C．5

D．6

an是等差数列

Smma1ams0

2a1amSmSm12

又am1Sm1Sm3， ∵公差dam1am1，

3am1a1m2mm5，故选C．

18．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））设∵AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，∵AnBnCn的面积为Sn，n=1,2,3,… 若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列

C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

cnanban，cn＋1＝n，则 22【答案】B

【详解】b12a1c1且b1c1，2a1c1c1，a1c1， b1a12a1c1a1a1c10，b1a1c1，

又b1c1a1，2a1c1c1a1，2c1a1，c1由题意，bn1cn1a1， 2bncn1an，bn1cn12an(bncn2an)， 22b1c12a1，b1c12a10，

bncn2an0，bncn2an2a1，bncn2a1，

由此可知顶点An在以Bn、cn为焦点的椭圆上， 又由题意，bn1cn1cnbn2abb，bn1(2a1bn1)1nna1bn， 2211bn1a1(a1bn)，bna1()n1，

22bna1(b1a1)()n1，cn2a1bna1(b1a1)()n1， Sn23a13a13a3a11(a1)[1a1(b1a1)()n1][1a1(b1a1)()n1] 2222221212a1232a121n12a1[()(b1a1)]单调递增（可证当n1时(b1a1)20) 4244故选：B．

19．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2））等比数列｛an｝的前n项和为Sn，已知S3 = a2 +10a1 ，a5 = 9，则a1= A． C． 【答案】C 【详解】

2由S3 = a2 +10a1得，a1a2 +a3= a2 +10a1，即a3= 9a1，即a1q= 9a1，解得q= 9，又因为a5 = 9，所以a1q=

2B．- D．-

49，解得a11，故选C. 920．（2012年全国普通高等学校招生统一考试文科数学））数列{an}满足an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，则{an}的前

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

60项和为（ ） A．3690 【答案】D 【详解】

由于数列{an}满足an+1+（﹣1）nan=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，a9+a11=2，a12+a10=40，a13+a15=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．

21． （2012年全国普通高等学校招生统一考试）已知{an}为等比数列,a4a72,a5a68,则a1a10（ ）A．7 【答案】D

【分析】a5a6a4a78由等比数列性质可知

B．5

C．5

D．7

）=1830，

B．3660

C．1845

D．1830

a4a72a42,a74或a44,a72.

a72a72a42a42a108,a11或a101,a18

a4a7a4a7a1a107

故选D.

二、填空题

n22．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标∵））数列{an}满足an2(1)an3n1，前16项

和为540，则a1 ______________. 【答案】7

n【分析】an2(1)an3n1，

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

当n为奇数时，an2an3n1；当n为偶数时，an2an3n1. 设数列an的前n项和为Sn，

S16a1a2a3a4a1a3a5a16

(a14a16)

a15(a2a4)a1(a12)(a110)(a124)(a144)(a170) (a1102)(a1140)(5172941) 8a1392928a1484540， a17.

故答案为：7.

23．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标∵））记Sn为等差数列an的前n项和．若

a12,a2a62，则S10__________．

【答案】25 【分析】

an是等差数列，且a12，a2a62

设an等差数列的公差d

根据等差数列通项公式：ana1n1d 可得a1da15d2 即：2d25d2 整理可得：6d6 解得：d1

根据等差数列前n项和公式：Snna1可得：S10102n(n1)d,nN* 210(101)204525

2S1025.

故答案为：25.

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

24．，S3（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标∵））记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a11则S4=___________． 【答案】

3，45. 8312，即qq0 44【分析】：设等比数列的公比为q，由已知

S3a1a1qa1q21qq2解得q1， 2414)a1(1q)52所以S4．

11q81()21(25．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标∵））记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1，a4a6，则S5=____________． 【答案】

132121. 31211,a4a6，所以(q3)2q5,又q0， 333【分析】设等比数列的公比为q，由已知a151(135)a(1q)3121． 所以q3,所以

S511q13326．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标∵））记Sn为等差数列an的前n项和，若a35,a713，则S10___________. 【答案】100 【分析】a3a12d5a1,得1,

a7a16d13d2S1010a1109109d1012100. 22a1≠0，a23a1，27．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标∵））记Sn为等差数列{an}的前n项和，S10___________. 则S5【答案】4.

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

【分析】因a23a1，所以a1d3a1，即2a1d，

109dS10100a124． 所以

54S525a15a1d210a128．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷））记Sn为数列an的前n项和，若

Sn2an1，则S6_____________．

【答案】63

【分析】根据Sn2an1，可得Sn12an11， 两式相减得an12an12an，即an12an， 当n1时，S1a12a11，解得a11， 所以数列an是以-1为首项，以2为公比的等比数列，

(126)所以S663，故答案是63.

12a33，29．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷））等差数列an的前n项和为Sn，

S410，则【答案】

1____________． Sk1kn2n n1a12d3a11【详解】设等差数列的首项为a1，公差为d，由题意有 ， ，解得434a1d10d12数列的前n项和Snna1nn1nn1nn1， dn11222裂项可得

n12112()， Skk(k1)kk1所以11112[(1)()223k1Sk1112n()]2(1)． nn1n1n1安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

30．（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷））设等比数列an满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3，则a4 = ___________． 【答案】-8

【解析】设等比数列an的公比为q，很明显q1，结合等比数列的通项公式和题意可得方程

②a1a2a11q1，①组：，由可得：q2，代入∵可得a11， 2①a1a3a11q3，②3由等比数列的通项公式可得a4a1q8.

31．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）设等比数列an满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2 …an的最大值为___________． 【答案】64

a18a1a310a1(1q2)10【详解】：设等比数列的公比为q，由{得，{，解得1.所以

a2a45qa1q(1q2)52a1a2anaqn12(n1)117n2n1n(n21)8()222，于是当n3或4时，a1a22nan取得最大值2664.

32．（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标∵））数列an中a12,an12an,Sn为an的前n项和，若Sn126，则n_______. 【答案】6

【解析】：由题意得，因为an12an，即

an12，所以数列an构成首项a12，公比为2的等比数列，an2(12n)则Sn126，解得n6．

12

33．（2015年全国普通高等学校招生统一考试）设Sn是数列{an}的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn__________． 【答案】1 n安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

【解析】

原式为an1SnSn1Sn1SnSnSn1，整理为：

111111，即数列是1 ，即

Sn1SnSnSn1Sn以-1为首项，-1为公差的等差的数列，所以

111n11n ，即Sn . Snn34．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国∵卷））数列满足，

则________．

【答案】

1． 2【详解】：由已知得，an111111a1a11a12， ，a82，所以7，6，5a82a7an1a6．

a41

1111，a311，a212，a52a4a335．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1））若数列{an}的前n项和为Sn＝则数列{an}的通项公式是an=______.

n1【答案】an(2)；

12an＋，33a1=S1=【详解】：解：当n=1时，

2112212a1+，an=Sn-Sn-1=-=an解得a1=1,当n≥2时，（an）（an1）3333333-

an122an1整理可得an＝−an−1，=-2，-2为公比的等比数列，即故数列{an}是以1为首项，故an=1×（-2）

a333n1=（-2）n-1故答案为（-2）n-1．

n-1

36．（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷））等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________． 【答案】－49

a132n310n2x310x2【详解】由条件得，对f(x)＝求导可得f(x)在0,上递减，在2nSn＝d＝333333安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

20n310n2最小为－49. ,上递增，分别计算n＝6和n＝7可得，当n＝7时nSn＝333

37．（2012年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（课标卷））等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+3S2=0，则公比q=_______ 【答案】【详解】 显然公比

，设首项为

，则由

，得

，即

，

即

，解得

.

，即，所以

38．（2012年全国普通高等学校招生统一考试理科数学）数列{an}满足an1(1)an2n1，则{an}的前60项和为____ 【答案】1830 【解析】：

nan11an＝2n1，an1＝2n11an，令

nnbn1a4n1a4n2a4n3a4n4，a4n1a4n3（a4n3a4n2）（a4n2a4n1）2，a4n2a4n4（a4n4a4n3）（a4n3a4n2）16n8，则

bn1a4n1a4n2a4n3a4n4a4n3a4n2a4n1a4n16bn16，即数列bn是以16为公差的

等差数列，an的前60项和为即为数列{bn}的前15项和

b1a1a2a3a410S＝1015

三、解答题

1514161830 239．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标∵））设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．

（1）求{an}的公比；

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

（2）若a11，求数列{nan}的前n项和．

1(13n)(2)n. 【答案】（1）2；（2）Sn9【分析】（1）设{an}的公比为q，a1为a2,a3的等差中项，

2a1a2a3,a10,q2q20，

q1,q2；

（2）设{nan}的前n项和为Sn，a11,an(2)n1，

Sn112(2)3(2)2n(2)n1，∵

(n1)(2)n1n(2)n，∵

2Sn1(2)2(2)23(2)3∵∵得，3Sn1(2)(2)2(2)n1n(2)n

1(2)n1(13n)(2)nnn(2)， 1(2)31(13n)(2)n. Sn940．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标∵））设等比数列{an}满足a1a24，a3a18． （1）求{an}的通项公式；

（2）记Sn为数列{log3an}的前n项和．若SmSm1Sm3，求m． 【答案】（1）an3n1；（2）m6. 【分析】（1）设等比数列an的公比为q，

根据题意，有a1a1q4a11，解得， 2aqa8q311所以an3n1；

（2）令bnlog3anlog33n1n1， 所以Snn(0n1)n(n1)，

22安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

根据SmSm1Sm3，可得

m(m1)m(m1)(m2)(m3)， 222整理得m25m60，因为m0，所以m6，

41．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标∵））设数列{an}满足a1=3，an13an4n． （1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan}的前n项和Sn．

n1【答案】（1）a25，a37，an2n1，证明见解析；（2）Sn(2n1)22.

【分析】（1）由题意可得a23a14945，a33a281587，

由数列an的前三项可猜想数列an是以3为首项，2为公差的等差数列，即an2n1， 证明如下：

当n1时，a13成立； 假设nk时，ak2k1成立.

那么nk1时，ak13ak4k3(2k1)4k2k32(k1)1也成立. 则对任意的nN*，都有an2n1成立； （2）由（1）可知，an2(2n1)2

nnSn325227232Sn322523724(2n1)2n1(2n1)2n，∵ (2n1)2n(2n1)2n1，∵

3由∵∵得：Sn622222n(2n1)2n1

n1622212n112n1(2n1)2n1(12n)22，

即Sn(2n1)22.

42．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标∵））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． 【答案】（1）an2n10；

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

（2）1n10(nN).

【分析】（1）设等差数列an的首项为a1，公差为d，

98d(a14d)9a1根据题意有， 2a12d4解答a18，所以an8(n1)(2)2n10，

d2所以等差数列an的通项公式为an2n10； （2）由条件S9a5，得9a5a5，即a50，

因为a10，所以d0，并且有a5a14d0，所以有a14d， 由Snan得na1n(n1)da1(n1)d，整理得(n29n)d(2n10)d， 2因为d0，所以有n29n2n10，即n211n100， 解得1n10，

所以n的取值范围是：1n10(nN)

43．（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标∵））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. 【答案】（1）an222n1；（2）Snn.

【分析】(1)因为数列an是各项均为正数的等比数列，a3所以令数列an的公比为q，a3所以2q22a216，a12， 2q，

a1q2=2q2，a2a1q4q16，解得q2(舍去)或4，

n12n1所以数列an是首项为2、公比为4的等比数列，an242．

(2)因为bnlog2an，所以bn2n1，bn+12n1，bn1bn2，

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

所以数列bn是首项为1、公差为2的等差数列，Sn12n12nn2．

44．（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标∵））

已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an13anbn4 ，4bn13bnan4. （1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；

（2）求{an}和{bn}的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2）an12nn12，bn12nn12．

【分析】(1)由题意可知4an13anbn4，4bn13bnan4，a1b1所以4an11，a1b11，

4bn13anbn43bnan42an2bn，即an1bn11的等比数列，anbn212anbn，

所以数列anbn是首项为1、公比为因为4an所以an11n1， 214bn13anbn4bn13bnan44an4bn8，

2n1．

anbn2，数列anbn是首项1、公差为2的等差数列，anbn1n1，2(2)由(1)可知，anbn所以an12anbn2n1，

12anbnanbn12nn，bn12anbnanbn12nn12．

45．（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷））已知数列an满足a11，

nan12n1an，设bnb2，b3； （1）求b1，an． n（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．

b11，b22，b34；ann2n1. 【答案】（1）（2）公比为2的等比数列．理由见解析；（3）bn是首项为1，

【分析】（1）由条件可得an12n1nan．

将n1代入得，a24a1，而a11，所以，a24． 将n2代入得，a33a2，所以，a312． 从而b11，b22，b34；

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

（2）bn是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得

an12an，即bn12bn，又b11， n1n所以bn是首项为1，公比为2的等比数列； （3）由（2）可得

anbn12n12n1，所以ann2n1． n46．（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数）记Sn为等差数列{an}的前n项和，（全国卷II）已知a17，S315． （1）求{an}的通项公式； （2）求Sn，并求Sn的最小值．

【答案】（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16． 【详解】：（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． 所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16．

a54a3． 47．（2018年全国卷∵文数高考试题）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63，求m． 【答案】（1）an2（2）m6.

n1【详解】：（1）设{an}的公比为q，由题设得anq．

n1n1或an2 .

由已知得q4q，解得q0（舍去），q2或q2． 故an2n1n1或an2．

42（2）若an2n1，则Sn123n．由Sm63得2188，此方程没有正整数解．

m安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

n1n若an2，则Sn21．由Sm63得2m64，解得m6．

综上，m6．

48．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））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． 【答案】（1）an(2)n；（2）见解析.

a11q2q ，解得q2，a12. 【详解】（1）设{an}的公比为.由题设可得：2a1qq61故{an}的通项公式为an2. （2）由（1）可得Snna11qn1q213n2n1. 3n3n1242n2n2n2SS121由于n2n12Sn，

3333故Sn1，Sn，Sn2成等差数列.

49．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学）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，且a11，b11，a2b24. （1）若a3b37，求bn的通项公式； （2）若T313，求S5.

n1【答案】（1）bn2；（2）5或75.

【分析】设等差数列an公差为d，等比数列bn公比为qq0有1dq4，即dq3. （1）∵12dq7，结合dq3得q2，

2n1∵bn2.

2（2）∵T31qq13，解得q4或3，

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

当q4时，d7，此时S5554775； 2当q3时，d0，此时S55a15.

50．（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学）设数列an满足a13a2(2n1)an2n. （1）求an的通项公式 （2）求数列an 的前n项和． 2n1【答案】(1) an2n2. ；(2)

2n12n1【分析】（1）数列an满足a13a22n1an=2n

＝2n1 n2时,a13a22n3an﹣1∵2n1an2 ∵an2 2n1当n1时,a12,上式也成立 ∵an（2）

2 2n1an211 2n1(2n1)(2n1)2n12n1∵数列an的前n项和 2n111 2n12n11111335112n 2n12n151．（2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国1））已知an是公差为3的等差数列，数列bn满足b1=1，b2=，anbn1bn1nbn．

（∵）求an的通项公式； （∵）求bn的前n项和． 【答案】(∵)3n-1;(∵)见解析.

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

13【详解】：（∵）由已知，a1b2b2b1,b11,b2数列，通项公式为an3n1.

（∵）由（∵）和anbn1bn1nbn 得bn11,得a12，所以数列an是首项为2，公差为3的等差3bn1，因此bn是首项为1，公比为的等比数列.记bn的3311()n331.

前n项和为Sn，则Snn1122313

52．（2016年全国普通高等学校招生统一考试）等差数列{an}中，a3a44,a5a76. （∵）求{an}的通项公式；

（∵） 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[0.9]=0,[2.6]=2. 【答案】（∵）an2n3；（∵）24. 5【解析】：（∵）设数列an的公差为d，由题意有2a1+5d4,a1+5d3. 解得a11,d2. 5所以an的通项公式为an（∵）由（∵）知bn当n=1,2,3时，12n3. 52n3. 52n32,bn1； 52n33,bn2； 当n=4,5时，252n34,bn3； 当n=6,7,8时，352n35,bn4. 当n=9,10时，45所以数列bn的前10项和为1322334224.

，S728.记53．（2016年全国普通高等学校招生统一考试数学）Sn为等差数列an的前n项和，且a1=1bn=lgan，其中x表示不超过x的最大整数，如0.9=0，lg99=1.

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

（∵）求b1,b11,b101；

（∵）求数列bn的前1000项和.

【答案】（∵）b10,b111,b1012.（∵）1893.

【详解】：（∵）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.

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

0,1,（∵）因为bn{2,3,1n10,10n100,

100n1000,n1000.所以数列bn的前1000项和为1902900311893.

54．（2016年全国普通高等学校招生统一考试数学）已知各项都为正数的数列an满足a11，

2an(2an11)an2an10.

（∵）求a2,a3； （∵）求an的通项公式. 【答案】（∵）

【详解】：（∵）由题意，得（∵）由

得

；（∵）

.

.

．

因为的各项都为正数，所以.

故

是首项为，公比为的等比数列，因此.

55． （2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学）已知数列an的前n项和Sn1an，其中0．

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

（∵）证明an是等比数列，并求其通项公式； （∵）若S531 ，求． 32；（∵）1．

，故

得

，，即

，

. .由

，

得

，

【答案】（∵）

【详解】：（∵）由题意得由

，

所以.

因此an是首项为（∵）由（∵）得解得1.

，公比为

.由

的等比数列，于是

得

，即

.

.

56．（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标∵）Sn为数列{an}的前n项和.已知an＞0，

2an2an=4Sn3.

（∵）求{an}的通项公式； （∵）设bn1 ,求数列{bn}的前n项和. anan1【答案】（∵）2n1（∵）

11 64n6【分析】：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3 两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1， 即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an）， ∵an＞0，∵an+1﹣an＝2， ∵a12+2a1＝4a1+3， ∵a1＝﹣1（舍）或a1＝3，

则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列， ∵{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

（∵）∵an＝2n+1， ∵bn111（11），

anan12n12n322n12n311111（235571111111. ）（）2n12n364n6232n3∵数列{bn}的前n项和Tn57．（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标∵））已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程

的根.

（1）求an的通项公式； （2）求数列annn的前项和.

2【答案】（1）an1n4n1;（2）Sn2n1. 22【分析】方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3. 由题意得a2＝2，a4＝3.

设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝所以{an}的通项公式为an＝

31，从而得a1＝. 221n＋1. 2（2）设ann的前n项和为Sn， 2ann2＝， n1n224n1n23则Sn＝2＋3＋…＋n＋n1，

22223n1n241Sn＝3＋4＋…＋n1＋n2， 22222由（1）知两式相减得

1n2311Sn＝＋3n1－n2 22242＝

1n231＋1n1－n2， 4422所以Sn＝2－

n4. 2n1安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

58．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标∵））已知数列an的前n项和为

Sn,a11,an0,anan1Sn1，其中为常数．

（1）证明：an2an；

（2）是否存在，使得an为等差数列？并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）4.

【详解】：（I）由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11．两式相减得，an1(an2an)an1． 由于an10，所以an2an．

（II）由题设，a11，a1a2S11，可得a21，由（I）知，a31．令2a2a1a3，解得4． 故an2an4，由此可得，a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n11(n1)44n3；

a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n3(n1)44n1．

所以an2n1，an1an2． 因此存在4，使得an为等差数列．

59．（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国∵卷））已知数列an满足a11,an13an1. (1)证明an1是等比数列，并求an的通项公式； 2(2)证明：

1113.... a1a2an213n13；（2）证明见解析. 22【答案】（1）证明见解析，an111123，【详解】：（1）证明：由an13an1得an13(an)，所以所以an是等比数列，

1222an2an11313n13n1. 首项为a1，公比为3，所以an3，解得an22222安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

123n1n（2）由（1）知：an，所以， a312n因为当n1时，3n123n1，所以

1111，于是nn1aa312321111an3131=(1)n1n3233， 211a1a213. an2所以

60．（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷））已知等差数列an的前n项和Sn满足S30，S55． （1）求an的通项公式；

1（2）求数列的前n项和．

a2n1a2n1【答案】(1)an2n；（2）

n. 12n3a13d0【分析】：（1）由等差数列的性质可得， 545a1d52即a1d0，解得a1＝1，d＝﹣1，

a12d1则{an}的通项公式an＝1﹣（n﹣1）＝2﹣n；

11112n12n3111（ （2）（）），a2n1a2n132n12n2n12n322n12n322n32n1则数列{

111}的前n项和Sn（111a2n1a2n12311） 2n32n11n1（﹣1）． 22n112n61．（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷））已知等差数列｛an｝的公差不为零，a1=25，且a1，a11，a13成等比数列.

安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨

（∵）求an的通项公式； （∵）求a1+a4+a7+…+a3n-2.

【答案】（∵）an2n27；（∵）3n228n. 【详解】(1)设{an}的公差为d.由题意， a112＝a1a13，

即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)， 于是d(2a1＋25d)＝0.

又a1＝25，所以d＝0(舍去)，或d＝－2. 故an＝－2n＋27.

(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2. 由(1)知a3n－2＝－6n＋31，

故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列． 从而Sn＝

nn (a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n. 22安老师高三玩转数学研讨群（721144129）旨在打造课外辅导专用讲义，更多资料关注公众号玩转高中数学研讨