高考(四川卷)历年数列大题汇总(含答案)

1.(10理)已知数列an满足a10,a22，且对任意m,nN*都有a2m1a2n12mn12(mn)2（Ⅰ）求a3,a5；（Ⅱ）设bna2n1a2n1(nN*)证明：bn是等差数列；（Ⅲ）设cn(a2n1a2n1qn1(q0,nN*)，求数列cn的前n项和Sn.2．（10文）已知等差数列an的前3项和为6,前8项和为－4.（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）设bn(4an)qn1((q0,nN)，求数列bn的前n项和Sn。3.（09理）设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记bn4an(nN*)。anI）求数列bn的通项公式；（II）记cnb2nb2n1(nN*)，设数列cn的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn3；2（III）设数列bn的前n项和为Rn。已知正实数满足：对任意正整数n,Rnn恒成立，求的最小值。4.（09文）设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记bn4an(nN*)。1an（I）求数列an与数列bn的通项公式；（II）设数列bn的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn4k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由；（III）记cnb2nb2n1(nN*)，设数列cn的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn3；25.（08理）设数列an的前n项和为Sn，已知ban2nb1Sn（Ⅰ）证明：当b2时，ann2n1是等比数列；（Ⅱ）求an的通项公式6.设数列an的前n项和为Sn2an2n，（Ⅰ）求a1,a4（Ⅱ）证明：an12an是等比数列；（Ⅲ）求an的通项公式6.（07理）已知函数f(x)x24，设曲线yf(x)在点(xn,f(xn))处的切线与x轴的交点为(xn1,0)(nN*)，其中x1为正实数．（Ⅰ）用xn表示xn1；(Ⅱ)证明：对一切正整数n,xn1xn的充要条件是x12（Ⅲ）若x14，记anlgxn2，证明数列{an}成等比数列，并求数列{xn}的通项公式。xn27.（07文）已知函数f（x2）=x－4，设曲线y＝f（x）在点（x，f（x））处的切线与x轴nn的交点为（F,u）（u,×N），其中x1为正实数．n+1（1）用xn表示xn1；（2）若x1=4，记an=lgxn2，证明数列｛an｝成等比数列，并求数列｛xn｝的通项公式；xn2（3）若x1＝4，bn＝xn－2，Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明Tn<38.（06理）已知数列an，其中a11,a23,2anan1an1,(n2)记数列an的前n项和为Sn,数列lnSn的前n项和为Un.(Ⅰ)求Un；Un(Ⅱ)设Fn(x)eNx2n,Tn(x)Fk1(x),（其中F1(x)为F(x)的导函数），2n(n!)2i1kkTn(x)计算limnTn1(x)9.（06文）数列an的前n项和记为Sn,a11,an12Sn1n1（Ⅰ）求an的通项公式；（Ⅱ）等差数列n的各项为正，其前n项和为Tn，且T315，又11233bbab,a2b,a成等比数列，求Tn10.（05理）在等差数列在等差数列{}中,公差d0,与的等差中项,ana2是a1a4已知数列a1,a3,ak1,ak2,akn成等比数列,求数列{kn}的通项kn11.（04理）数列，已知a＝1，a＋＝n2（n＝1，2，3，⋯）．证{an}的前n项和记为Sn1n1Snn明：(Ⅰ)数列{Sn}是等比数列；n(Ⅱ)Sn＋1＝4an．12.（02理）设数列{aan1annan1,n1,2,3,,n}满足2（Ⅰ）当a12时，求a2,a3,a4,并由此猜想出an的一个通项公式；（Ⅱ）当a13时，证明对所有的n1，有（i）ann2;（ii）1111.1a11a21an2参考答案1.解：（Ⅰ）由题意，令m2,n1可得a32a2a126.再令m3,n1可得a52a3a1820.⋯⋯⋯⋯⋯⋯（2分）当nN*时,由已知(以n2代替m)可得（Ⅱ）a2n1a2n12a2n18于是[a2(n1)1a2(n1)1](a2n1a2n1)8即bn1bn8.所以，数列bn是公差为8的等差数列.⋯⋯⋯⋯⋯⋯（5分）（Ⅲ）由（Ⅰ）、（Ⅱ）的解答可知bn是首项b1a3a16,公差为8的等差数列.2.解析：（Ⅰ）设an的公差为d，由已知得3a13d68a128d。解得a13,d1，4故an3(n1)4n⋯⋯⋯⋯⋯（5分）（Ⅱ）由(Ⅰ)的解答可得bnnqn1，于是Sn1q02q13q2(n1)qn2nqn1当q1时，上式两边同乘以q可得qSn1q12q23q3n1nqn(n1)q上述两式相减可得(q1)Snn12qn1nqn1nq1qqnqq11(n1)qnnqn1q11(n1)qnnqn1，当q1时Sn123nn(n1)所以Sn(q1)22。n(n1),(q1)综上所述，Sn2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（12nqn1(n1)qn1(q1)(q1)2,分）3.本小题主要考查数列、不等式等基础知识、考查化归思想、分类整合思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力。解：（Ⅰ）当n1时，a15a111,a14又Qan5an1,an15an11an1an5an1,即an11an4数列an成等比数列，其首项11a1，公比是q44an(1)n44(1)nbn4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..3分1)n1(4（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn45(4)n1cnb2nb2n1552516n42n142n11(16n1)(16n4)=2516n2516n25(16n)2316n4)(16n)216n又b13,b213,c14333当n1时，T12当n2时，Tn425(11K1n)321631616412[1(1)n1]251616311164169325162分3148......................71216（Ⅲ）由（Ⅰ）知bn45(4)n1一方面，已知Rnn恒成立，取n为大于1的奇数时，设n2k1(kN*)则Rnb1b2Kb2k14n5(111KK11)11213k21444144n5[1(11)KK(1k211)]112131k214144444n1nRn4n1,即（4）n1对一切大于1的奇数n恒成立4,否则，（4）n1的正奇数n成立，矛盾。1只对满足n4另一方面，当4时，对一切的正整数n都有4nRn事实上，对任意的正整数k，有b2n1b2n8552k11(4)2k1(4)8520(16)k1(16)k481516k408(16k1)(16k4)当n为偶数时，设n2m(mN*)则Rn(b1b2)(b3b4)K(b2m1b2m)<8m4n4.【解析】（I）当n1时，a15S11,a114又an5Sn1,an15Sn11a1a5a1,即an11nnnan4∴数列an是首项为a11，公比为q1的等比数列，4414(1)n∴an)n4(n*)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分(，bn1N41(n)4（II）不存在正整数k，使得Rnk成立。44(1)n5证明：由（I）知bn441n(4)n11()4b2k1b2k855852081516k40(4)2k11(4)2k16k116k(16k1)(16k8.144)∴当n为偶数时，设n2m(mN)∴Rn(b1b2)(b3b4)(b2m1b2m)8m4n当n为奇数时，设n2m1(mN)∴Rn(b1b2)(b3b4)(b2m3b2m2)b2m18(m1)48m44n∴对于一切的正整数n，都有Rn4k∴不存在正整数k，使得R4k成立。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分n（III）由bn45得(4)n1cnb2n1b2n551516n1516n1516n1542n142n11(16n1)(16n4)(16n)2316n4(16n)216n又b13,b213,c24，333当n1时，T1，2当n2时，425(111)41[1(1)n2]T2516216n316216316n31116146932516231148216⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分【解】：由题意知a12，且ban2nb1Snban12n1b1Sn1两式相减得ban1an2nb1an1即an1ban2n①（Ⅰ）当b2时，由①知an12an2n于是an1n12n2an2nn12n2ann2n1又a112n110，所以ann2n1是首项为1，公比为2的等比数列。（Ⅱ）当b2时，由（Ⅰ）知an2n12n1，即nn1n12an当b2时，由由①得an112n1ban2n212n12bbban2bb2nban212nb因此an112n1ban12n2b2b21bbn2b2n1得an12n22bbn1n22b【点评】：此题重点考察数列的递推公式，利用递推公式求数列的通项公式，同时考察分类讨论思想；【突破】：推移脚标两式相减是解决含有Sn的递推公式的重要手段，使其转化为不含Sn的递推6．Ⅰ）因为a1S1,2a1S12，所以a12,S12由2anSn2n知2an1Sn12n1an1Sn2n1得anSn2n1①所以a2S1222226,S28a3S22382316,S224a4S32440（Ⅱ）由题设和①式知an12ann1n2n2nSn2Sn22n1所以an12an是首项为2，公比为2的等比数列。（Ⅲ）anan2an12an12an22n2a22a12n1a1n12n1题综合考察数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力。解：（Ⅰ）由题可得f'x2x所以过曲线上点x0,fx0的切线方程为yfxnf'xnxxn，即yxn42xnxxn令y0，得xn242xnxn1xn，即xn242xnxn1显然xn0∴xn1xn22xn（Ⅱ）证明：（必要性）若对一切正整数n,xn1xn，则x2x1，即x12x1，而x10，∴x124，即有x122x1（充分性）若x120，由xn1xn22xn用数学归纳法易得x0，从而xn1xn22xn22n1，即xn2n2n2xn2xn又x12∴xn2n2于是xnxnxn24xn22xn2xn0，12xnxn2xn2xn即xn1xn对一切正整数n成立xn22（Ⅲ）由xn2，知xnxn2，同理，xn12xn212xn122xn2xn故xn12xn22xn12xn2从而lgxn122lgxn2，即an12anxn12xn2所以，数列an成等比数列，故an2n1a12n1lgx122n1lg3，x12即lgxn22n1lg3，从而xn232n1xn2xn2所以xn232n112n1138解：（1）由题可得f'(x)2x，所以过曲线上点xn,f(xn)yf(xn)f'(xn)(xxn),的切线方程为即yxn242xnxxn，令y0，得xn242xnxn1xn．即xn242xnxn1，显然xn0，xn1xn2．2xn（2）由xn1xn22(xn2)22，知xn1．xn2xn同理，xn2(xn2)212xn．故xn12(xn2)2xn12xn2从而lgxn122lgxn2，即an12anxn12xn2所以，数列an成等比数列.故an2n1a12n1lgx122n1lg3，x12即lgxn22n1lg3.从而xn232n1，xn2xn22n1所以xn231.2n1312n11（3）由（2）知xn23，n1132∴bnxn2402n113bn132n111111bn32n132n1132n132113.当n1时，显然T1=b1=2<3当n1时，bn1bn1(1)2bn2(1)n1b1，333∴Tnb1b2bnb11b1(1)n1b1331n)]b1[1(13)n3.133(313综上，Tn3(nN*)9本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及对数运算、导数运算和极限运算的能力，同时考查分类讨论的思想方法，满分12分。解：（Ⅰ）由题意，an是首项为1，公差为2的等差数列前n项和Sn112n1nn2，lnSnlnn22lnn2Un2ln1ln2lnn2lnn!U22nn!2nx'2n1（Ⅱ）Fnxen2nxx2nn!2x2nn!2xFn2nx1x2nnn1x20x1TnxFk'xx2k1nx1k1k1x1x2nx11x21x2n210x1limx2nn1limTnxlimn1x1Tn1xn1nn11x2nlimx1n1x2x2n10解：（Ⅰ）由an12Sn1可得an2Sn11n2，两式相减得an1an2an,an13ann2又a22S113∴a23a1故an是首项为1，公比为3得等比数列an3n1（Ⅱ）设bn的公比为d由T315得，可得b1b2b315，可得b25故可设b15d,b35d又a11,a23,a39由题意可得5d215d953解得d12,d210∵等差数列bn的各项为正，∴d0∴d2∴Tnnn12n3n2n222a1a4⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11解：由题意得：a21分2a1(a1即(a1d)3d)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分又d0,∴ad⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分1又a1,a3,ak1,ak2,akn成等比数列,∴该数列的公比为qa33d3，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分a1dn1所以akna13⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分又akna1(kn1)dkna1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分∴knn13所以数列{kn}的通项为knn13⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分12（I）证：由a1=1,an+1=n2Sn(n=1,2,3，⋯)，nS2知a2=21S1=3a1,S24a12,S11,∴221221S11又an+1n2Sn1n+1nn12=S-S(n=1,2,3，⋯),则Sn+1-Sn=Sn(n=1,2,3，⋯)，∴nSn+1=2(n+1)Sn,Snnn(n=1,2,3，⋯).故数列{Sn}是首项为1，公比为2的等比数列n13.本小题主要考查数列和不等式等知识，考查猜想、归纳、推理以及分析问题和解决问题的能力.满分14分.解：（Ⅰ）由a12,得a2a12a113,由a23,得a3a222a214,由a34,得a4a323a315.由此猜想an的一个通项公式：ann1(x1)⋯⋯⋯4分（Ⅱ）（i）用数学归纳法证明：①当n1,a1312，不等式成立.⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分②假设当nk时不等式成立，即akk2，那么ak1ak(akk)1(k2)(k2k)1k3,也就是说，当nk1时ak1(k1)2.根据①和②，对于所有n1,有ann2.⋯⋯⋯⋯⋯10分（ii）由an1an(ann)1及（i），对k2,有akak1(ak1k1)1ak1(k12k1)12ak11,a2k1a2k2k1于是111ak1a1n11k11ak1a1212k1(a11)1.⋯⋯⋯⋯⋯12分1,k2.2k11n11n1221.⋯⋯14分1a1k22k11a1k12k11a1132