高考文科数学训练专题

高考(文科)数学数列大题训练(120分)

1、（本小题满分12分）

已知等差数列an，a35，a2a716

2anan1，求数列bn的前n项和

（1）求数列an的通项公式（2）设

bn2．（本小题满分12分）

anan1an(nN*)a8a0a7123设数列满足条件:,,,且数列是等差数列.

(1)设cnan1an,求数列cn的通项公式；

(2)若

bn2ncn, 求Snb1b2bn.

3、（本题满分12分）

a2a46,aSnnn已知等差数列前项和为，且

S410

（1）求数列an的通项公式；

*nN（）求数列bn前n项和为Tn

（2）令

bnan2n4、 （本题满分12分）

已知等比数列{an}中,a2,a3,a4分别是某等差数列的第5项、第3项、第2项，且a164,公比q1

（1）求an；（2）设bnlog2an，求数列{|bn|}的前n项和Tn.

5、（本题满分12分）

已知数列{an}满足递推式an2an11(n2)，其中a415.

（1）求a1,a2,a3；

（2）求数列{an}的通项公式；

（3）求数列{an}的前n项和Sn

6、（本题满分12分）

已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a12，3Sn5anan13Sn1(n2)

（1）求数列an的通项公式；

（2）若bn(2n1)an，求数列an的前n项的和Tn。

7、（本题满分12分）

已知数列{

anan2an12n(n2,且nN*)a11}满足，且．

（1）求a2，a3；

ann（2）证明数列{2}是等差数列；

（3）求数列{an}的前n项之和Sn

8、（本题满分12分）

已知数列an满足a13，anan12an11.

（1）求a2，a3，a4；

1a1（2）求证：数列n是等差数列，并写出an的一个通项。

9、（本题满分12分）

anSna11an12Sn(nN*)n数列的前项和为，，

（1）求数列an的通项an； （2）求数列nan的前n项和Tn

10、（本题满分12分）

a12,a24,bnan1an,bn12bn2. 求证：

⑴数列{bn+2}是公比为2的等比数列；

⑵

an2n12n；

高考文科数列大题参考答案

1、（本小题满分12分）

解：（1）由已知a2a716可得a4a516 又因为a35，所以a3a4a521

所以a47da4a32an2n1

2anan1，设数列bn的前n项和为Sn

（2）由（1）可知

bnSn2222a1a2a2a3a3a4anan1

Sn111111113557792n12n3

2n1132n3=3(2n3)

2、（本小题满分12分）

解：(1)an1an为等差数列,cnan1an,cn为等差数列,

首项c1a2a18,c2a3a27，

公差dc2c17(8)1,

cnc1(n1)d8(n1)1n9.

(2)

bn(n9)2n ，

Sn(8)21(7)22(n9)2n，

2Sn(8)22(7)23(n9)2n1，

相减得：

S2n(8)212232n(n9)2n1，

S1n(9)21[2122232n](n9)2n,

Sn20(n10)2n1.

3、（本题满分12分）

a2a462a14d6a解： （1）由题意得S410，即4a16d10，11d1 （2）由（1）有bnn2n

∴ T23n122232n2n

2T3n12222(n1)2nn2n1

2(2n1)两式相减得：T2232nn2n1n2n1n22=21ann ，故

n1∴ Tn(n1)21

4、（本小题满分12分）

解：(1)设该等差数列为{cn}，则a2c5，a3c3，a4c2c5c32d2(c3c2)

(a2a3)2(a3a4)即：

a1qa21q22a1q2a1q3

11q2q(1q)，

q1， 2q1,q12，a64(12)n 1n1(2)bnlog2[64(2)]6(n1)7n(13n)，{bn}的前n项和

Snn2

n(13n)当1n7时，bn0，TnSn2 当n8时，bn0，Tnb1b2b7b8b9bn

n(13n)S7(b8b9bn)S7(SnS7)2S7S42n2

(1n7,nN*)Tn(13n)2n42n(13n)2(n8,nN*)

5、（本小题满分12分）

解：（1）由an2an11及a415知a42a31,

8分）

（

解得：a37,同理得a23,a11.

（2）由an2an11知an12an12

an12(an11)an1构成以a112为首项以2为公比的等比数列；

an1(a11)2n1；

an12n,

an2n1.为所求通项公式

（3）

an2n1

Sna1a2a3......an

(211)(221)(231)......(2n1)

2(12n)n(212223......2n)n2n12n. 126、（本小题满分12分）

an1解：由3Sn3Sn15anan1(n2)，2anan1，又a12，an12，

11n11n22na2()()2n{an}22是以2为首项，2为公比的等比数列，

bn(2n1)22n，

Tn121320521(2n1)22n （1）

1Tn1203212(2n3)22n(2n1)21n （2）

1Tn22(2021（1）—（2）得222n)(2n1)21n

12[1(21)n1]Tn2(2n1)21n6(2n3)21n1Tn12(2n3)22n212即： ，

7、（本小题满分12分）

32a2a220a2a2621解：（1）2，3．

n*a2a2(n2,且nN)， nn1（2）

anan1anan1**1(n2,且nN)1(n2,且nN)nn1nn12∴2， 即22．

ana11}1n22，公差为d1的等差数列． 2∴数列是首项为

{an1111na(n)2(n1)d(n1)1n,nn222∴2（3）由（2）得2．

Sn1132531222(n)2n(1)(1)(2)得222211351123nn12Sn222324(n1)2n(n)2n1(2)Sn1222(n)2222222

1222232n(n)2n112

2(12n)1(n)2n11n(32n)2n3． ∴Sn(2n3)23 ． 1228、（本小题满分12分）

579a2,a3,a4357 解： （1）

（2）证明：由题设可知an0且an1,nN

anan12an11

an11an1an11an1

111an1an11

11an1是以2为首项，1为公差的等差数列

11122n1n1nan12 2n12n1 故an129、（本小题满分12分）

Sn13Sn

解：（1）an12Sn，Sn1Sn2Sn，

又

S1a11n1*SS3(nN)nn，数列是首项为1，公比为3的等比数列，

an2Sn123n2(n≥2)n≥2当时，，

1， n1，ann23，n≥2．

（2）Tna12a23a3nan，

当n1时，T11；

Tn1430631n≥2当时，

2n3n2，…………①

3Tn34316322n3n1，………………………②

12①②得：2Tn242(333(13n2)n12n3n2n1223)2n313

1(12n)3n1

Tn11n3n1(n≥2)22 又T1a11也满足上式，

Tn11n3n1(n≥2)22

10、（本小题满分12分）

解： ⑴ bn122(bn2)

bn122bn2

b1a2a12 b22b226

数列{bn+2}是首项为4公比为2的等比数列；

⑵由⑴知

bn242n12n1

bn2n12

an1an2n12

a2a1222

a3a2232

……

anan12n2

an2(22232n)2n上列（n-1）式子累加：

an2n12n