—全国高考数学1卷数列部分_全国高考理科数学数列

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2013—2018年全国高考数学1卷集合部分汇编

班级

姓名

得分

一、小题部分每题5分

1.(2013年7题).设等差数列an的前n项和为Sn,Sm12,Sm0,Sm13，则m

（）A.3

B.4

C.5

D.6，2.(2013年12).设AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，n1,2,3,AnBnCn的面积为Sn，若b1c1,b1c12a1，an1an,bn1cnanban,cn1n，则()22A.{Sn}为递减数列

B.{Sn}为递增数列

C.{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列

D.{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列3.(2013年14).若数列{=______.5.(2016年3).已知等差数列an前9项的和为27，a108，则a100

（A）100

（B）99（C）98（D）97 6.(2016年15).设等比数列an满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2 …an的最大值为

． 7.(2017年4)．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4a524，S648，则{an}的公差为 A．1

B．2

C．4，则

D．8，则D．12 ________．

（）

}的前n项和为Sn＝，则数列{

}的通项公式是8.(2018年4)．记A． 为等差数列B．为数列的前项和．若

C．9.(2018年14)．记的前项和．若备注：2013年考了：三个小题、2014年考了：一个大题、2015年考了：一个大题、2016年考了两个小题、2017年考了一个小题、2018年考了两个小题。复习建议：数列复习夯实基础，关注已知和求通项、等差等比数列、求和中关注错位求和及列项求和。

二、解答题（请同学们注意解题的规范性，答案对无过程或过程特别不规范的一律0分，字迹潦草的扣分）

10.(2014年17).(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an0，anan1Sn1，其中为常数.（1）证明：an2an；（2）是否存在，使得{an}为等差数列？并说明理由.211.(2015年17).（本小题满分12分）Sn为数列{an}的前n项和.已知an＞0，anan=4Sn3.（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn,求数列{bn}的前n项和.anan12013—2018年全国高考数学1卷集合部分汇编答案

1.(2013年7题).【解析】有题意知

=

=0，∴

=－

=－（-）=－2，=-=3，∴公差=-=1，∴3==－，∴=5，故选C.2.(2013年12).B 3.(2013年14).【解析】当=1时，=

=，解得

=1，当≥2时，==－()=，即=，∴{}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴=.5.(2016年3).由等差数列性质可知：S9而a108，因此公差d9a1a9292a59a527，故a53，2a10a51，∴a100a1090d98． 1056.(2016年15).由于an是等比数列，设ana1qn1，其中a1是首项，q是公比．

a182a1a310a1a1q10∴，解得：1． 3aa5q24a1qa1q521故an2n41，∴a1a2...an2232...n4121nn721221749n224

11749当n3或4时，n取到最小值6，此时2224所以a1a2...an的最大值为64． 7.(2017年4)．C 设公差为d,a4a5a13da14d2a17d24,21749n242取到最大值26．

S66a165d6a115d482a17d242，联立{,解得d=4，故选C.6a115d488.(2018年4)．B 3(3a13243d)2a1d4a1d9a19d6a17d3a12d02262d0d3，∴a5a14d24(3)10.9.(2018年14)．63

Sn2an1,依题意，作差得an12an，所以{an}为公比为2的等比数列，又Sn12an11,因为a1S12a11，所以a11，所以an2n11(126)，所以S663.1210.(2014年17).解析:(1)证明：当n2时，anan1Sn1,①，①-②得

an1anSn11②anan1an1anSnSn1anan1an1an,an0an1an1,，即an2an（2）存在，证明如下：假设存在，使得{an}为等差数列，则有2a2a1+a3，而a1=1，a21,a31，所以2124，此时{an}为首项是1，公差为4的等差数列

11.(2015年17).【答案】（Ⅰ）2n1（Ⅱ）

11 64n6试题分析：（Ⅰ）先用数列第n项与前n项和的关系求出数列{an}的递推公式，可以判断数列{an}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{an}的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{bn}的通项公式，再用拆项消去法求其前n项和.2试题解析：（Ⅰ）当n1时，a12a14S134a1+3，因为an0，所以a1=3，当n21n时，22ananan1an1=

4Sn34Sn13=

4an，即(ana)(an1an)2，因为an(aa)0，所以anan1=2，nn所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以an=2n1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn=

1111()，(2n1)(2n3)22n12n311111bn=[()()23557(11)] =2n12n3所以数列{bn}前n项和为b1b211.64n6