2011—2018年新课标全国卷2文科数学试题分类汇编——9.数列

2011—2018年新课标全国卷2文科数学试题分类汇编

9．数列

一、选择题

（2015·5）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1a3a53，则S5（ ）

A. 5 B. 7 C. 9 D. 11 （2015·9）已知等比数列{an}满足a1A. 2

B. 1

1，a3a54(a41)，则a2（ ） 411 C. D.

28（2014·5）等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项Sn=（ ） n(n1)n(n1)A．n(n1) B．n(n1) C． D．

22（2012·12）数列{an}满足an1(1)nan2n1，则{an}的前60项和为（ ）

A．3690 二、填空题

（2014·16）数列{an}满足an1

B．3660

C．1845

D．1830

1，= 2，则=_________.

a2a11an（2012·14）等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+3S2=0，则公比q= . 三、解答题 (2018·17)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a17，S315．

（2017·17）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，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.

（1）求{an}的通项公式； （2）求Sn，并求Sn的最小值．

（2016·17）等差数列{an}中，a3 + a4 = 4，a5+ a7 = 6．

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=[lgan]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2.

（2013·17）已知等差数列{an}的公差不为零，a125，且a1,a11,a13成等比数列. （Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）求a1a4+a7a3n2.

（2011·17）已知等比数列{an}中，a11，公比q1.

331an（I）Sn为{an}的前n项和，证明：Sn；

2（II）设bnlog3a1log3a2LLlog3an，求数列{bn}的通项公式.

2011—2018年新课标全国卷2文科数学试题分类汇编

9．数列

一、选择题

（2015·新课标Ⅱ，文5）设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1a3a53，则S5（ ）

A. 5 B. 7 C. 9 D. 11 【答案】A解析：a1a3a53a33a31，S5（2015·新课标Ⅱ，文9）已知等比数列{an}满足a15a1a55a35. 21，a3a54(a41)，则a2（ ） 411A. 2 B. 1 C. D.

281a【答案】C解析：由a42 =a3·a5= 4(a4-1)，得a4 = 2，所以q348q2，故a2a1q.

2a1（2014·新课标Ⅱ，文5）等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项Sn=（ ）

n(n1)n(n1)A．n(n1) B．n(n1) C． D．

222 2

【答案】A解析：∵d=2，a2，a4，a8成等比，∴a4= a2·a8，解得a4=8，∴a1=a4-3×2=2， 即a4=(a4-4)(a4 + 8)，

∴Snna1n(n1)n(n1)d2n2n(n1)，故选A. 22（2012·新课标Ⅱ，文12）数列{an}满足an1(1)nan2n1，则{an}的前60项和为（ ） A．3690 B．3660 C．1845 D．1830

【答案】D解析：【法1】有题设知a2a11①，a3a2=3②，a4a3=5③，a5a4=7，a6a5=9，

a7a6=11，a8a7=13，a9a8=15，a10a9=17，a11a10=19，a12a1121，……

a9a11=2，a10a12=40，a6a8=24，∴②－①得a1a3=2，③+②得a4a2=8，同理可得a5a7=2，…，

∴a1a3，a5a7，a9a11，…，是各项均为2的常数列，a2a4，a6a8，a10a12，…，是首

12【法2】bn1a4n1a4n2a4n3a4n4a4n3a4n2a4n2a4n16bn16

1514 b1a1a2a3a410S151015161 8302二、填空题

（2014·新课标Ⅱ，文16）数列{an}满足an1【答案】

项为8，公差为16的等差数列，∴{an}的前60项和为152158161514=1830.

1，= 2，则=_________.

a2a11an11111解析：由已知得an1，∵a82，∴a71，a611，2an1a82a7111a512，a4，a31，a22，a1.

22a6（2012·新课标Ⅱ，文14）等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+3S2=0，则公比q= . 【答案】 -2解析：当q=1时，S3=3a1，S2=2a1，由S3+3S2=0得，9a1=0，∴a1=0与{an}是等比数列

a1(1q3)3a1(1q2)矛盾，故q≠1，由S3+3S2=0得，0，解得q=－2.

1q1q三、解答题

(2018·新课标Ⅱ，文17)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．

解析：（1）因为S3=3a2，所以a25，所以d=a2-a1572，所以数列an是以7为首项，2为公差的等差数列，an72n12n9，所以数列an的通项公式为an2n9,nN. （2）由（Ⅰ）可知：前n项和Sn 所以 对称轴为nna1an2n28n

84，SnminS4163216 2 故 Snn28n,nN，Snmin16

（2017·新课标Ⅱ，文17）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，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.

（2017·17）解析：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an = -1+(n-1)d，bn = qn-1 . 由a2 + b2 = 2得d+q=3

d3（舍去）d1，因此{b}的通项公式b =2n+1 . ①，由a3 + b3 = 5得2d+q2=6 ②，联立①和②解得nnq2q0（2）由b1=1，T1=21，得q2+q-20=0. 解得q =-5或q=4，当q =-5时，由①得d=8，则S3=21；当q=4时，由①得d=-1，则S3=-6.

（2016·新课标Ⅱ，文17）等差数列{an}中，a3 + a4 = 4，a5+ a7 = 6．

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=[lgan]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2. （2016·17）解析：（Ⅰ）设数列an的公差为d，由题意有2a15d4,a15d3，解得a11,d以an的通项公式为an（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn[当n=6, 7, 8时，32n3. 52，所52n32n32n3]，当n=1, 2, 3时，当n=4, 5时，23,bn2；12,bn1；5552n32n35,bn4，所以数列bn的前10项4,bn3；当n=9, 10时，455和为1322334224.

（2013·新课标Ⅱ，文17）已知等差数列{an}的公差不为零，a125，且a1,a11,a13成等比数列. （Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）求a1a4+a7a3n2.

（2013·17）解析：（Ⅰ）设{an}的公差为d. 由题意，a112＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．

于是d(2a1＋25d)＝0. 又a1＝25，所以d＝0（舍去），d＝－2. 故an＝－2n＋27.

（Ⅱ）令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2. 由(Ⅰ)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而Sn＝

（2011·新课标Ⅱ，文17）已知等比数列{an}中，a11，公比q1.

331an（I）Sn为{an}的前n项和，证明：Sn；

2（II）设bnlog3a1log3a2LLlog3an，求数列{bn}的通项公式.

nn(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n. 2211(1)n11n11n1an13n33（2011·17）解析：（Ⅰ）∵an()()，Sn，Sn 13332213n(n1)（123Ln）=（Ⅱ）bnlog3a1log3a2log3an，数列{bn}的通项公

2n(n1)式为bn

2

2011—2018年新课标全国卷2文科数学试题分类汇编

9．数列（解析版）

一、选择题

5a1a55a35. 21a（2015·9）C解析：由a42 =a3·a5= 4(a4-1)，得a4 = 2，所以q348q2，故a2a1q.

2a1（2015·5）A解析：a1a3a53a33a31，S52

（2014·5）A解析：∵d=2，a2，a4，a8成等比，∴a42 = a2·a8，解得a4=8，∴a1=a4-3×2=2， 即a4=(a4-4)(a4 + 8)，

∴Snna1n(n1)n(n1)d2n2n(n1)，故选A. 22（2012·12）D解析：【法1】有题设知a2a11①，a3a2=3②，a4a3=5③，a5a4=7，a6a5=9，

a7a6=11，a8a7=13，a9a8=15，a10a9=17，a11a10=19，a12a1121，……

a9a11=2，a10a12=40，a6a8=24，∴②－①得a1a3=2，③+②得a4a2=8，同理可得a5a7=2，…，

∴a1a3，a5a7，a9a11，…，是各项均为2的常数列，a2a4，a6a8，a10a12，…，是首

12【法2】bn1a4n1a4n2a4n3a4n4a4n3a4n2a4n2a4n16bn16

1514 b1a1a2a3a410S151015161 8302

二、填空题 （2014·16）

项为8，公差为16的等差数列，∴{an}的前60项和为152158161514=1830.

11111解析：由已知得an1，∵a82，∴a71，a611，2an1a82a7

a511112，a4，a31，a22，a1.

22a6（2012·14）-2解析：当q=1时，S3=3a1，S2=2a1，由S3+3S2=0得，9a1=0，∴a1=0与{an}是等比数

a1(1q3)3a1(1q2)列矛盾，故q≠1，由S3+3S2=0得，0，解得q=－2.

1q1q三、解答题

(2018·新课标Ⅱ，文17)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．

解析：（1）因为S3=3a2，所以a25，所以d=a2-a1572，所以数列an是以7为首项，2为公差的等差数列，an72n12n9，所以数列an的通项公式为an2n9,nN. （2）由（Ⅰ）可知：前n项和Sn 所以 对称轴为nna1an2n28n

84，SnminS4163216 2 故 Snn28n,nN，Snmin16

（2017·17）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，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.

（2017·17）解析：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an = -1+(n-1)d，bn = qn-1 . 由a2 + b2 = 2得d+q=3

d3d1①，由a3 + b3 = 5得2d+q2=6 ②，联立①和②解得（舍去），因此{bn}的通项公式bn =2n+1 .

q2q0（2）由b1=1，T1=21，得q2+q-20=0. 解得q =-5或q=4，当q =-5时，由①得d=8，则S3=21；当q=4时，由①得d=-1，则S3=-6.

（2016·17）等差数列{an}中，a3 + a4 = 4，a5+ a7 = 6．

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=[lgan]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2. （2016·17）解析：（Ⅰ）设数列an的公差为d，由题意有2a15d4,a15d3，解得a11,d以an的通项公式为an（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn[当n=6, 7, 8时，32n3. 52，所52n32n32n3]，当n=1, 2, 3时，当n=4, 5时，23,bn2；12,bn1；5552n32n35,bn4，所以数列bn的前10项4,bn3；当n=9, 10时，455和为1322334224.

（2013·17）已知等差数列{an}的公差不为零，a125，且a1,a11,a13成等比数列. （Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）求a1a4+a7a3n2.

（2013·17）解析：（Ⅰ）设{an}的公差为d. 由题意，a112＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)． 于是d(2a1＋25d)＝0. 又a1＝25，所以d＝0（舍去），d＝－2. 故an＝－2n＋27.

（Ⅱ）令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2. 由(Ⅰ)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而Sn＝

（2011·17）已知等比数列{an}中，a11，公比q1.

331an（I）Sn为{an}的前n项和，证明：Sn；

2（II）设bnlog3a1log3a2LLlog3an，求数列{bn}的通项公式.

nn(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n. 2211(1)n11n11n1an13n33（2011·17）解析：（Ⅰ）∵an()()，Sn，Sn 13332213n(n1)（123Ln）=（Ⅱ）bnlog3a1log3a2log3an，数列{bn}的通项公

2n(n1)式为bn

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