2017高考真题解答题专项训练数列文科学生版

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‎2017---2018年高考真题解答题专项训练：数列（文科）学生版 ‎（1—5题2017年）‎ ‎1．已知等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．‎ ‎（Ⅰ）求an的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求和：b‎1‎‎+b‎3‎+b‎5‎+…+‎b‎2n-1‎．‎ ‎2．已知‎{an}‎为等差数列，前n项和为Sn‎(n∈N‎*‎)‎，‎{bn}‎是首项为2的等比数列，且公比大于0，‎ b‎2‎‎+b‎3‎=12,b‎3‎=a‎4‎-2a‎1‎,S‎11‎=11‎b‎4‎‎.‎ ‎（Ⅰ）求‎{an}‎和‎{bn}‎的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求数列‎{a‎2nbn}‎的前n项和‎(n∈N‎*‎)‎.‎ ‎3．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=2‎.‎ ‎（1）若a‎3‎‎+b‎3‎=5‎，求‎{bn}‎的通项公式；‎ ‎（2）若T‎3‎‎=21‎，求S‎3‎.‎ ‎4．设数列满足.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎5．记Sn为等比数列的前n项和，已知S2=2，S3=-6.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列。‎ ‎（6---11题2018年）‎ ‎6．已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列 ‎{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．‎ ‎（Ⅰ）求q的值；‎ ‎（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式． ‎ ‎7．设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．‎ ‎（Ⅰ）求Sn和Tn；‎ ‎（Ⅱ）若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．‎ ‎8．设‎{an}‎是等差数列，且a‎1‎‎=ln2,a‎2‎+a‎3‎=5ln2‎.‎ ‎（Ⅰ）求‎{an}‎的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求ea‎1‎‎+ea‎2‎+⋯+‎ean.‎ ‎9．已知数列an满足a‎1‎‎=1‎，nan+1‎=2‎n+1‎an，设bn‎=‎ann．‎ ‎（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．‎ ‎10．等比数列an中，a‎1‎‎=1 ，  a‎5‎=4‎a‎3‎．‎ ‎（1）求an的通项公式；‎ ‎（2）记Sn为an的前n项和．若Sm‎=63‎，求m．‎ ‎11．记Sn为等差数列‎{an}‎的前n项和，已知a‎1‎‎=-7‎，S‎3‎‎=-15‎．‎ ‎ （1）求‎{an}‎的通项公式；‎ ‎ （2）求Sn，并求Sn的最小值．‎ ‎2017---2018年高考真题解答题专项训练：数列（文科）学生版 参考答案 ‎1．（1）an=2n−1.（2）‎‎3‎n‎-1‎‎2‎ ‎【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（北京卷精编版）‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）设等差数列的公差为d，代入建立方程进行求解；（Ⅱ）由bn是等比数列，知b‎2n-1‎依然是等比数列，并且公比是q‎2‎，再利用等比数列求和公式求解.‎ 试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10.‎ 解得d=2.‎ 所以an=2n−1.‎ ‎（Ⅱ）设等比数列的公比为q.‎ 因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9.‎ 解得q2=3.‎ 所以b‎2n-1‎‎=b‎1‎q‎2n-2‎=‎‎3‎n-1‎.‎ 从而b‎1‎‎+b‎3‎+b‎5‎+⋯+b‎2n-1‎=1+3+‎3‎‎2‎+⋯+‎3‎n-1‎=‎‎3‎n‎-1‎‎2‎.‎ ‎【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；（2）裂项相消法求和，一般适用于，,等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等差数列‎×‎等比数列的形式；（4）倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2即可得到数列求和. ‎ ‎2．（Ⅰ）an‎=3n-2‎. bn‎=‎‎2‎n.（Ⅱ）‎(3n-4)‎2‎n+2‎+16‎.‎ ‎【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（天津卷精编版）‎ ‎【解析】试题分析：根据等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式列方程求出等差数列首项a‎1‎和公差d及等比数列的公比q，写出等差数列和等比孰劣的通项公式，利用错位相减法求出数列的和，要求计算要准确.‎ 试题解析：（Ⅰ）设等差数列‎{an}‎的公差为d，等比数列‎{bn}‎的公比为q.由已知b‎2‎‎+b‎3‎=12‎，得b‎1‎‎(q+q‎2‎)=12‎，而b‎1‎‎=2‎，所以q‎2‎‎+q-6=0‎.又因为q>0‎，解得q=2‎.所以，bn‎=‎‎2‎n.‎ 由b‎3‎‎=a‎4‎-2‎a‎1‎，可得‎3d-a‎1‎=8①‎.由S‎11‎‎=11‎b‎4‎，可得a‎1‎‎+5d=16②‎，联立①②，解得a‎1‎‎=1,d=3‎，由此可得an‎=3n-2‎.‎ 所以，‎{an}‎的通项公式为an‎=3n-2‎，‎{bn}‎的通项公式为bn‎=‎‎2‎n.‎ ‎（Ⅱ）解：设数列‎{a‎2nbn}‎的前n项和为Tn，由a‎2n‎=6n-2‎，有 Tn‎=4×2+10×‎2‎‎2‎+16×‎2‎‎3‎+⋯+(6n-2)×‎‎2‎n‎，‎ ‎2Tn=4×‎2‎‎2‎+10×‎2‎‎3‎+16×‎2‎‎4‎+⋯+(6n-8)×‎2‎n+(6n-2)×‎‎2‎n+1‎‎，‎ 上述两式相减，得‎-Tn=4×2+6×‎2‎‎2‎+6×‎2‎‎3‎+⋯+6×‎2‎n-(6n-2)×‎‎2‎n+1‎ ‎=‎12×(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-4-(6n-2)×‎2‎n+1‎=-(3n-4)‎2‎n+2‎-16‎‎.‎ 得Tn‎=(3n-4)‎2‎n+2‎+16‎.‎ 所以，数列‎{a‎2nbn}‎的前n项和为‎(3n-4)‎2‎n+2‎+16‎.‎ ‎【考点】等差数列、等比数列、数列求和 ‎【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前n项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和方法有倒序相加法，错位相减法，裂项相消法和分组求和法等，本题考查错位相减法求和.‎ ‎3．（1）bn‎=‎‎2‎n-1‎；（2）21或‎-6‎.‎ ‎【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷精编版）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 试题分析：（1）设等差数列‎{an}‎公差为d，等比数列‎{bn}‎公比为q(q≠0)‎，由已知条件求出q，再写出通项公式；（2）由T‎13‎‎=13‎，求出q的值，再求出d的值，求出S‎5‎。‎ 试题解析：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)+q‎2‎=5‎，结合d+q=3‎得q=2‎，‎ ‎∴bn‎=‎‎2‎n-1‎.‎ ‎（2）∵T‎3‎‎=1+q+q‎2‎=13‎，解得q=-4‎或3，‎ 当q=-4‎时，d=7‎，此时S‎5‎‎=5×1+‎5×4‎‎2‎×7=75‎；‎ 当q=3‎时，d=0‎，此时S‎5‎‎=5a‎1‎=5‎.‎ ‎4．（1）；（2）‎ ‎【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷精编版）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)由题意结合递推公式可得数列的通项公式为；‎ ‎(2)裂项求和可得求数列的前项和是 .‎ 试题解析：‎ ‎(1)当时, ,当时,由,①‎ ‎,②‎ ‎①②得,即,验证符合上式,所以 .‎ ‎(2)., .‎ ‎5．（1）；（2）见解析.‎ ‎【来源】2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷精编版）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由等比数列通项公式解得， 即可求解；（2）利用等差中项证明Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．‎ 试题解析：（1）设的公比为.由题设可得 ，解得， .‎ 故的通项公式为.‎ ‎（2）由（1）可得.‎ 由于，‎ 故， ， 成等差数列.‎ 点睛:等差、等比数列的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，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．‎ ‎6．（Ⅰ）‎q=2‎ ‎（Ⅱ）‎bn‎=15-(4n+3)⋅‎‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎ ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷）‎ ‎【解析】分析:（Ⅰ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比，（Ⅱ）先根据数列‎{(bn+1‎-bn)an}‎前n项和求通项，解得bn+1‎‎-‎bn，再通过叠加法以及错位相减法求bn.‎ 详解：（Ⅰ）由a‎4‎‎+2‎是a‎3‎‎,‎a‎5‎的等差中项得a‎3‎‎+a‎5‎=2a‎4‎+4‎，‎ 所以a‎3‎‎+a‎4‎+a‎5‎=3a‎4‎+4=28‎，‎ 解得a‎4‎‎=8‎.‎ 由a‎3‎‎+a‎5‎=20‎得‎8(q+‎1‎q)=20‎，‎ 因为q>1‎，所以q=2‎.‎ ‎（Ⅱ）设cn‎=(bn+1‎-bn)‎an，数列‎{cn}‎前n项和为Sn.‎ 由cn‎=‎S‎1‎‎,n=1,‎Sn‎-Sn-1‎,n≥2.‎解得cn‎=4n-1‎.‎ 由（Ⅰ）可知an‎=‎‎2‎n-1‎，‎ 所以bn+1‎‎-bn=(4n-1)⋅‎‎(‎1‎‎2‎)‎n-1‎，‎ 故bn‎-bn-1‎=(4n-5)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎,n≥2‎，‎ bn‎-b‎1‎=(bn-bn-1‎)+(bn-1‎-bn-2‎)+⋯+(b‎3‎-b‎2‎)+(b‎2‎-b‎1‎)‎‎ ‎=(4n-5)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎+(4n-9)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-3‎+⋯+7⋅‎1‎‎2‎+3‎.‎ 设Tn‎=3+7⋅‎1‎‎2‎+11⋅‎(‎1‎‎2‎)‎‎2‎+⋯+(4n-5)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎,n≥2‎，‎‎1‎‎2‎Tn‎=3⋅‎1‎‎2‎+7⋅‎(‎1‎‎2‎)‎‎2‎+⋯+(4n-9)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎+(4n-5)⋅‎‎(‎1‎‎2‎)‎n-1‎ 所以‎1‎‎2‎Tn‎=3+4⋅‎1‎‎2‎+4⋅‎(‎1‎‎2‎)‎‎2‎+⋯+4⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎-(4n-5)⋅‎‎(‎1‎‎2‎)‎n-1‎，‎ 因此Tn‎=14-(4n+3)⋅‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎,n≥2‎，‎ 又b‎1‎‎=1‎，所以bn‎=15-(4n+3)⋅‎‎(‎1‎‎2‎)‎n-2‎.‎ 点睛：用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”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“Sn‎-qSn”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.‎ ‎7．(Ⅰ)Sn‎=‎n(n+1)‎‎2‎，Tn‎=‎2‎n-1‎；(Ⅱ)4.‎ ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（天津卷）‎ ‎【解析】分析：（I）由题意得到关于q的方程，解方程可得q=2‎，则Tn‎=‎1-‎‎2‎n‎1-2‎=‎2‎n-1‎.结合题意可得等差数列的首项和公差为a‎1‎‎=1,d=1‎，则其前n项和Sn‎=‎n(n+1)‎‎2‎.‎ ‎（II）由（I），知T‎1‎‎+T‎2‎+⋯+Tn=‎2‎n+1‎-n-2.‎ 据此可得n‎2‎‎-3n-4=0,‎ 解得n=-1‎（舍），或n=4‎.则n的值为4. ‎ 详解：（I）设等比数列‎{bn}‎的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得q‎2‎‎-q-2=0‎．‎ 因为q>0‎，可得q=2‎，故bn‎=‎‎2‎n-1‎．所以，Tn‎=‎1-‎‎2‎n‎1-2‎=‎2‎n-1‎．‎ 设等差数列‎{an}‎的公差为d．由b‎4‎‎=a‎3‎+‎a‎5‎，可得a‎1‎‎+3d=4‎．由b‎5‎‎=a‎4‎+2‎a‎6‎，可得‎3a‎1‎+13d=16,‎从而a‎1‎‎=1,d=1‎，故an‎=n，所以，Sn‎=‎n(n+1)‎‎2‎．‎ ‎（II）由（I），有T‎1‎‎+T‎2‎+⋯+Tn=(‎2‎‎1‎+‎2‎‎3‎+⋯+‎2‎n)-n=‎2×(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-n=‎2‎n+1‎-n-2.‎ 由Sn‎+(T‎1‎+T‎2‎+⋯+Tn)=an+4‎bn可得n(n+1)‎‎2‎‎+‎2‎n+1‎-n-2=n+‎‎2‎n+1‎，‎ 整理得n‎2‎‎-3n-4=0,‎解得n=-1‎（舍），或n=4‎．所以n的值为4．‎ 点睛：本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.‎ ‎8．（I）‎nln2‎ ‎（II）‎‎2‎n+1‎‎-2‎ ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（北京卷）‎ ‎【解析】分析：（1）设公差为d，根据题意可列关于a‎1‎‎,d的方程组，求解a‎1‎‎,d，代入通项公式可得；（2）由（1）可得ean‎=‎‎2‎n，进而可利用等比数列求和公式进行求解.‎ 详解：（I）设等差数列‎{an}‎的公差为d，‎ ‎∵a‎2‎‎+a‎3‎=5ln2‎，‎ ‎∴‎2a‎1‎+3d=5ln2‎，‎ 又a‎1‎‎=ln2‎，∴d=ln2‎.‎ ‎∴an‎=a‎1‎+(n-1)d=nln2‎.‎ ‎（II）由（I）知an‎=nln2‎，‎ ‎∵ean‎=enln2‎=eln‎2‎n=‎‎2‎n，‎ ‎∴‎{ean}‎是以2为首项，2为公比的等比数列.‎ ‎∴‎ea‎1‎‎+ea‎2‎+⋯+ean=eln2‎+eln‎2‎‎2‎+⋯+‎eln‎2‎n ‎=2+‎2‎‎2‎+⋯+‎‎2‎n ‎=‎2‎n+1‎-2‎‎.‎ ‎∴ea‎1‎‎+ea‎2‎+⋯+‎ean ‎‎=‎2‎n+1‎-2‎ 点睛：等差数列的通项公式及前n项和共涉及五个基本量a‎1‎‎,an,d,n,‎Sn，知道其中三个可求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想.‎ ‎9．(1) b1=1，b2=2，b3=4．‎ ‎(2) {bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由见解析.‎ ‎(3) an=n·2n-1．‎ ‎【来源】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）‎ ‎【解析】分析：(1)根据题中条件所给的数列an的递推公式nan+1‎=2‎n+1‎an，将其化为an+1=‎2(n+1)‎nan，分别令n=1和n=2，代入上式求得a2=4和a3=12，再利用bn‎=‎ann，从而求得b1=1，b2=2，b3=4．‎ ‎(2)利用条件可以得到an+1‎n+1‎‎=‎‎2‎ann，从而 可以得出bn+1=2bn，这样就可以得到数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ ‎(3)借助等比数列的通项公式求得ann‎=‎‎2‎n-1‎，从而求得an=n·2n-1．‎ 详解：（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．‎ ‎（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ 由条件可得an+1‎n+1‎‎=‎‎2‎ann，即bn+1=2bn，又b1=1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ ‎（3）由（2）可得ann‎=‎‎2‎n-1‎，所以an=n·2n-1．‎ 点睛：该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列bn的通项公式，借助于bn的通项公式求得数列an的通项公式，从而求得最后的结果.‎ ‎10．（1）an‎=‎‎(-2)‎n-1‎或an‎=‎‎2‎n-1‎ .‎ ‎（2）m=6‎.‎ ‎【来源】2018年全国卷Ⅲ文数高考试题文档版 ‎【解析】分析：（1）列出方程，解出q可得；（2）求出前n项和，解方程可得m。‎ 详解：（1）设‎{an}‎的公比为q，由题设得an‎=‎qn-1‎．‎ 由已知得q‎4‎‎=4‎q‎2‎，解得q=0‎（舍去），q=-2‎或q=2‎．‎ 故an‎=‎‎(-2)‎n-1‎或an‎=‎‎2‎n-1‎．‎ ‎（2）若an‎=‎‎(-2)‎n-1‎，则Sn‎=‎‎1-‎‎(-2)‎n‎3‎．由Sm‎=63‎得‎(-2)‎m‎=-188‎，此方程没有正整数解．‎ 若an‎=‎‎2‎n-1‎，则Sn‎=‎2‎n-1‎．由Sm‎=63‎得‎2‎m‎=64‎，解得m=6‎．‎ 综上，m=6‎．‎ 点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题。‎ ‎11．（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．‎ ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II）‎ ‎【解析】分析：（1）根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n项和公式得Sn的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.‎ 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．‎ 点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.‎