专题11 数列(2)-2010-2019学年高考新课标全国I卷数学(文)真题分类汇编(解析版)

数列大题：10年8考，若解答题考数列大题，则解三角形题一般考一道小题，若解答题考解三角形大题，则数列一般考两道小题．数列一般考查通项、求和．数列应用题已经多年不考了，总体来说数列的地位已经降低，题目难度小．

1．（2019年）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．

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

9a1a9＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0， 2若a3＝4，则d＝

a5a3＝﹣2， 2则an＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10， （2）若Sn≥an，则na1+

nn1d≥a1+（n﹣1）d， 2当n＝1时，不等式成立， 当n≥2时，有

nd≥d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣2a1， 29a1a9a又由S9＝﹣a5，即S9＝＝9a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）1≥﹣2a1，

24又由a1＞0，则有n≤10， 则有2≤n≤10，

综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．

2．（2018年）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．

【解析】（1）数列{an}满足a1＝1，nan+1＝2（n+1）an，

an． n

an1则：n12（常数），

anna由于bnn，

n故：

bn12， bn数列{bn}是以b1为首项，2为公比的等比数列．

n1n1整理得：bnb1q2，

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

bn12（常数）； bnn1（3）由（1）得：bn2，

根据bnan， nn1所以：ann2．

3．（2017年）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． 【解析】（1）设等比数列{an}首项为a1，公比为q， 则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1＝

a38a38＝，a＝＝， 2

q2qqq2由a1+a2＝2，

88+＝2，整理得：q2+4q+4＝0，解得：q＝﹣2， 2qq﹣

则a1＝﹣2，an＝（﹣2）（﹣2）n1＝（﹣2）n， ∴{an}的通项公式an＝（﹣2）n； （2）由（1）可知：Sn＝

a11qn1qn212＝1[2+（﹣2）n+1]， ＝

312

则Sn+1＝[2+（﹣2）n+2]，Sn+2＝由Sn+1+Sn+2＝[2+（﹣2）n+2] 131[2+（﹣2）n+3]， 3131[2+（﹣2）n+3]， 31311＝[4+2（﹣2）n+1]＝2×[（2+（﹣2）n+1）]，

33＝2Sn，

即Sn+1+Sn+2＝2Sn，

∴Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．

＝[4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×（﹣2）n+1]，

4．（2016年）已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝（1）求{an}的通项公式； （2）求{bn}的前n项和． 【解析】（1）∵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，

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

即数列{bn}是以1为首项，以

1，anbn+1+bn+1＝nbn． 31， 31为公比的等比数列， 3n113＝313n＝31．

∴{bn}的前n项和Sn＝223n112135．（2014年）已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6＝0的根． （1）求{an}的通项公式； （2）求数列{

an}的前n项和． 2n【解析】（1）方程x2﹣5x+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）×＝（2）设数列{

1， 2121n+1， 2an}的前n项和为Sn， n2an1anaa2a3Sn＝1n，① 123n122222an1anaa2a31Sn＝1n1，② 234n2222221131n11n1a1a111121422①﹣②得Sn＝1d234nnn＝， 1n11222222222212解得Sn＝

311n2n41n1n1＝2﹣n1． 222226．（2013年）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； （2）求数列{

1}的前n项和．

a2n1a2n1【解析】（1）设数列{an}的首项为a1，公差为d，则Snna1nn1d． 23a13d0a1d0由已知可得，即，解得a1＝1，d＝﹣1， 551d5a12d15a12故{an}的通项公式为an＝a1+（n﹣1）d＝1+（n﹣1）•（﹣1）＝2﹣n； （2）由（1）知

11111．

a2n1a2n132n12n22n32n1从而数列{

11111111}的前n项和Sn＝

a2n1a2n1211132n32n1＝

11n1． 22n112n7．（2011年）已知等比数列{an}中，a1＝

11，公比q＝． 33

（1）Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝

1an

； 2

11，q＝， 33（2）设bn＝log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{bn}的通项公式． 【解析】（1）∵数列{an}为等比数列，a1＝

11∴an＝×3311133nSn＝

113又∵

n1＝

1， n3113n，

21an

＝21an

∴Sn＝．

2

1（2）∵an＝n，

3113n＝S，

n

2∴bn＝log3a1+log3a2+…+log3an＝﹣log33+（﹣2log33）+…+（﹣nlog33） ＝﹣（1+2+…+n） ＝nn1， 2nn1∴数列{bn}的通项公式为：bn＝．

28．（2010年）设等差数列{an}满足a3＝5，a10＝﹣9． （1）求{an}的通项公式；

（2）求{an}的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值． 【解析】（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+

nn1d＝10n﹣n2． 2因为Sn＝﹣（n﹣5）2+25．

所以n＝5时，Sn取得最大值．