山东历年高考数列试题

山东历年高考试题 --------数列

20.（本小题满分12分）2013

设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2S2，a2n =2 an+1. （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn+列{cn}的前n项和Rn。

2014年

19.(本小题满分12分）

已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列。 （I）求数列{an}的通项公式； （II）令bn=(1)n1an1=λ(λ为常数)，令cn =b2n n∈N﹡，求数2n4n,求数列{bn}的前n项和Tn。 anan1

2015年 18．（12分）（2015•山东）设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn=3n+3． （Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn=log3an，求{bn}的前n项和Tn．

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（2016年山东高考）已知数列an 的前n项和Sn=3n2+8n，bn是等差数列，且

anbnbn1.

（Ⅰ）求数列bn的通项公式；

(an1)n1（Ⅱ）令cn. 求数列cn的前n项和Tn.

(bn2)n

5(2014课标2理)17.已知数列an满足a1=1，an13an1. （Ⅰ）证明an1是等比数列，并求an的通项公式；

2（Ⅱ）证明：11…+13.

a1a2an2

6(2014四川文)19.设等差数列{an}的公差为d，点(an,bn)在函数f(x)2x的图象上（nN）.

（Ⅰ）证明：数列{bn}为等比数列；

（Ⅱ）若a11，函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为21，求数列

ln22{anbn}的前n项和Sn.

8(2014四川理)19．设等差数列{an}的公差为d，点(an,bn)在函数f(x)2x的图象上（nN）.

（1）若a12，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn； （2）若a11，函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为21，求数列

ln2*a{n}的前n 项和Tn. bn

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（2014·湖南高考理科·Ｔ20）（本小题满分13分）

n*已知数列{an}满足a11,|an1an|p,nN.

（1）若{an}是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值； （2）若p

1

，且{a2n1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式． 2

【解题提示】（1）由{an}是递增数列，去掉绝对值，求出前三项，再利用a1,2a2,3a3成等差数列，得到关于p的方程即可；

（2） {a2n1}是递增数列，{a2n}是递减数列，可以去掉绝对值，再利用叠加法求通项公式。

n【解析】（1）因为{an}是递增数列，所以an1anp， 2又a11，a2p1,a3pp1，

22因为a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2a13a3,4p413p3p3,3pp，

解得p11,p0，当p0，an1an0，与{an}是递增数列矛盾，所以p。

33（2）因为{a2n1}是递增数列，所以a2n1a2n10， 于是a2n1a2na2na2n10① 由于

11，所以a2n1a2na2na2n1② 22n22n12n12n1③ 1由①②得a2na2n10，所以a2na2n1222n11因为{a2n}是递减数列，所以同理可得a2n1a2n0，a2n1a2n2由③④得an1ann11，

2n2n11④22n2n所以ana1a2a1a3a2anan1

23n111121222n1111211212n1411， 332n1n常用软件课程设计

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411所以数列{an}的通项公式为an． n1332n

答案及分析

2013年 20、（Ⅰ）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 由S44S2,a2n2an1.得

4a16d8a14d, 

a(2n1)d2a2(n1)d1.11 解得 a11,d2. 因此 an2n1,nN* .

（Ⅱ）由题意知：Tnn， 2n1nn1n2n1 2n12n22 所以n2时，bnTnTn1 故cnb2n2n21n1(n1)(),nN*， 2n124101112131n1 所以 Rn0()1()2()3()…(n1)()，

44444 则

111111Rn0()11()22()3…(n2)()n1(n1)()n， 444444 两式相减得

311111Rn()1()2()3…()n1(n1)()n44444411n()1 44(n1)()n1414113n1n()33413n1 整理得Rn(4n1)

9413n1 所以 数列{cn}的前n项和Rn(4n1)

942014年19题

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解：（I）d2,S1a1,S22a1d,S44a16d,

2S1,S2,S4成等比S2S1S4

解得a11,an2n1 （II）bn(1)n14n11(1)n1()

anan12n12n1111111111当n为偶数时，Tn(1)()()()()335572n32n12n12n112n Tn12n12n1111111111当n为奇数时，Tn(1)()()()()335572n32n12n12n112n2 Tn12n12n12n,n为偶数2n1 Tn2n2,n为奇数2n1

2015年 18题

考 数列的求和． 查 等差数列与等比数列．

﹣

分析： Ⅰ）利用2Sn=3n+3，可求得a1=3；当n＞1时，2Sn﹣1=3n1+3，两式相减2an=2Sn（

﹣2Sn﹣1，可求得an=3n1，从而可得{an}的通项公式；

﹣

（Ⅱ）依题意，anbn=log3an，可得b1=，当n＞1时，bn=31n•log33n1=（n﹣1）×31

﹣

﹣

﹣n

，于是可求得T1=b1=；当n＞1时，Tn=b1+b2+…+bn=+（1×31+2×32+…+（n﹣1）

﹣

﹣

﹣

×31n），利用错位相减法可求得{bn}的前n项和Tn． 解答： ：解（Ⅰ）因为2Sn=3n+3，所以2a1=31+3=6，故a1=3，

当n＞1时，2Sn﹣1=3n1+3，

﹣﹣﹣

此时，2an=2Sn﹣2Sn﹣1=3n﹣3n1=2×3n1，即an=3n1，

﹣

所以an=．

（Ⅱ）因为anbn=log3an，所以b1=，

当n＞1时，bn=31n•log33n1=（n﹣1）×31n，

﹣

﹣

﹣

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所以T1=b1=；

当n＞1时，Tn=b1+b2+…+bn=+（1×31+2×32+…+（n﹣1）×31n），

﹣

﹣

﹣

所以3Tn=1+（1×30+2×31+3×32+…+（n﹣1）×32n），

﹣

﹣

﹣

两式相减得：2Tn=+（30+31+32+…+32n﹣（n﹣1）×31n）=+

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣（n

﹣1）×31n）=

﹣

﹣，

所以Tn=﹣，经检验，n=1时也适合，

综上可得Tn=﹣．

点评：本 题考查数列的求和，着重考查数列递推关系的应用，突出考“查错位相减法”求和，考查分析、运算能力，属于中档题．

2016年19题

2【解析】(Ⅰ)因为数列an的前n项和Sn3n8n，

所以a111，当n2时，

anSnSn13n28n3(n1)28(n1)6n5，

又an6n5对n1也成立，所以an6n5．

又因为bn是等差数列，设公差为d，则anbnbn12bnd． 当n1时，2b111d；当n2时，2b217d， 解得d3，所以数列bn的通项公式为bnand3n1． 2(an1)n1(6n6)n1(Ⅱ)由cn(3n3)2n1， nn(bn2)(3n3)234n1于是Tn6292122(3n3)2，

两边同乘以２，得

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2Tn623924(3n)2n1(3n3)2n2，

两式相减，得

Tn62232332432n1(3n3)2n2

322(12n)32(3n3)2n2

122Tn12322(12n)(3n3)2n23n2n2．

考点：数列前n项和与第n项的关系；等差数列定义与通项公式；错位相减法

5(2014课标2理)17.已知数列an满足a1=1，an13an1.

（Ⅰ）证明an1是等比数列，并求an的通项公式；

2（Ⅱ）证明：11…+13.

a1a2an2【点拨】（Ⅰ）在an13an1中两边加1:

2an13(an11),可见数列an1是以3为公比,以a113为首项的等比数列.故

22222nan33n1131.

222（Ⅱ）法1(放缩法)1n2

an311111a1a2a3an122232n231313131 212121211n311321133113113(11)3 (本题用的是\"加点糖定理\")3232法2(数学归纳法)先证一个条件更強的结论: 111131n1.

a1a2a3an223事实上,1.当n1时,112310,等号成立.当n2时,1154311,新命

a131223a1a243223题成立.

2.假定对于n新命题成立,即

111131,那么对于n1的情形,我们有: a1a1a1a1223n111111a1a2a3anan1 31n1n222331113131n1n21223311223n…

所以111131n13

a1a1a1a122327(2014四川文)19.设等差数列{an}的公差为d，点(an,bn)在函数f(x)2x的图象上

（nN）.

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（Ⅰ）证明：数列{bn}为等比数列；

（Ⅱ）若a11，函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为21，求数列

ln22{anbn}的前n项和Sn.

bn12aa2d… bn2（Ⅱ）f(x)2xln2，k切2aln2.切线方程 y2a2aln2(xa2),依题设有a2121

ln2ln22na22,b24.从而anbnn4

【点拨】（Ⅰ）

n1n222(等比差数列,乘公比、错位相减)得

(3n1)4n14Sn

98(2014四川理)19．设等差数列{an}的公差为d，点(an,bn)在函数f(x)2x的图象上（nN）.

（1）若a12，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn； （2）若a11，函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为21，求数列

ln2*a{n}的前n 项和Tn. bn【点拨】（1）4b72a2a2b72a d2.Snn23n;

（2）f(x)2xln2，k切2aln2.切线方程 y2a2aln2(xa2),依题设有a2121

ln2ln2 a22,b24.从而annbn2n2(等比差数列,乘公比、错位相减)得Tn2nn 2887222能力提升：研究下列条数列的通项公式特点，确定前n项和的求法1、an(1)n32n2、an（2n+1）3n3、an4、an2n(2n11)(2n1)4n(1)n(2n1)(2n1)

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