2011-2018新課標數列分類匯編一、選擇題【2012新課標】5.已知a為等比數列，a4a72，a5a68，則a1a10（D）n(A)7(B)5(C)(D)【剖析】a4a72，a5a6a4a78a44,a72或a42,a74a44,a72a18,a101a1a107【2013新課標1】7、設等差數列{an}的前n項和為nm－1＝－mm＋1＝3，則m＝(C)S，S2，S＝0，SA、3B、4C、5D、6【剖析】有題意知Sm=m(a1am)=0，∴a1=－am=－（Sm-Sm1）=－2，2am1=Sm1-Sm=3，∴公差d=am1-am=1，∴3=am1=－2m，∴m=5，應選C.【2013新課標2】3.等比數列{ann32151＝(C)．}的前n項和為S.已知S＝a＋10a，a＝9，則a1B．-1C．1D．-1A．3993【剖析】設數列{an1，則由a5＝1＝9，此時32＋10a1}的公比為q，若q＝9，得aS＝27，而a＝99，不知足題意，所以q≠1.q∵≠1時，S3＝a1(1q3)＝a1·q＋10a1，∴1q3＝q＋10，整理得1q1qq2＝9.∵a514＝9，即81a111＝a·q＝9，∴a＝.9【2015新課標2】4.等比數列｛an｝知足a1=3，=21，則(B)（A）21（B）42（C）63（D）84【2016新課標1】3.已知等差數列{an}前9項的和為27，a10=8，則a100=（C）（A）100（B）99（C）98（D）97【剖析】解法1：S9a1a999a527，a53da10a512105a100a10(10010)d89098.解法2：S99827，即a14d3，又a10a19d89a1d，解得2a11,d1，a100a1(1001)d19998【2017新課標1】4．記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a4a524，S648，則{an}的公差為（C）A．1B．2C．4D．82017新課標1】12．幾位大學生響應國家的創業呼吁，開發了一款使用軟件.為激發大家學習數學的興趣，他們推出了“解數學題獲得軟件激活碼”的活動.這款軟件的激活碼為下邊數學識題的答案：已知數列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，，此中第一項為哪一項20，接下來的兩項是20，21，再接下來的三項是20，21，22，依此類推.求知足以下條件的最小整數N：N>100且該數列的前N項和為2的整數冪.那么該款軟件的激活碼是（A）A．440B．330C．220D．110【2017新課標2】3.我國古代數學名著《算法統宗》中有以下問題：“眺望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍，則塔的頂層共有燈（B）A．1盞B．3盞C．5盞D．9盞【剖析】設頂層燈數為a1，q2，S7a1127381，解得a13．12【2017新課標3】9．等差數列an的首項為1，公差不為0．若a2，a3，a6成等比數列，則an前6項的和為（A）A．24B．3．3D．8C【剖析】∵an為等差數列，且a,a,a成等比數列，設公差為d.23622a12a2a6，即12d115d，代入上式可得d2d0則a3aada又∵1又∵d0，則d2∴S66a165d1665224，應選A.22【2018新課標1】4．記Sn為等差數列an的前n項和．若3S3S2S4，a12，則a3（）A．12B．10C．10D．12【答案】B二、填空題【2012新課標】16.數列{an}知足an1(1)nan2n1，則{an}的前60項和為1830【剖析】可證明：bn1a4n1a4n2a4n3a4n4a4n3a4n2a4n2a4n16bn16baa2aa410S10151514161830113152【2013新課標1】14、若數列{an}的前n項和為n2n＋1，則數列{an}的通項公式是S＝3a3n2)n1____.a=__(【剖析】當n=1時，a1=S1=2a11，解得a1=1，33當n≥2時，an=SnSn1=2an1－(2an11)=2an2an1，即an=2an1，333333∴{an}是首項為1，公比為－2的等比數列，∴an=(2)n1.【2013新課標2】16．等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S10＝0，S15＝25，則nSn的最小值為-49．【剖析】設數列{an110＋109＝10a1，①1d2S15＝15a11514d＝15a1＋105d＝25.②2聯立①②，得a12n＝n(n1)21n21033323令f(n)＝nSn，則f(n)1n310n2，f'(n)n220n.333令f′(n)＝0，得n＝0或n20.3當n20時，f′(n)＞0,0<n<20時，f′(n)＜0，所以當n20時，f(n)取最小值，而n∈N＋，則333f(6)＝－48，f(7)＝－49，所以當n＝7時，f(n)取最小值－49.【2015新課標2】16.設是數列的前n項和，且，，則____．【剖析】由已知得，兩邊同時除以，得，故數列是以為首項，為公差的等差數列，則，所以．【2016新課標1】15.設等比數列{??}1324an的最大值為64??知足a+a=10，a+a=5，則a1a2【剖析】由a1+a324=5解得a18,q1an8(1n11)n4，222a1a2an(1)321(n4)(1)n227n，所以當n3或4時，a1a2an有最大值6422【2017新課標2】15.等差數列an的前n項和為Sn，a33，S410n12n，則1Sk．kn+1【剖析】設an首項為a1，公差為d，則a3a12d3，S44a16d10求得a11，d1，則ann，Snnn122112nn1n1【2017新課標3】14．設等比數列an知足a1a21，a1a33，則a4___-8．{a}為等比數列，設公比為q．【剖析】∵na1a21a1a1q1①②得1q3，即q2，a1a3，即a12，明顯q1，a10，3a1q3②①代入式可得a11，a4a1q3138．①2【2018新課標1】14．記Sn為數列an的前n項和．若Sn2an1，則S6________．【答案】-63三、解答題【2011新課標】等比數列an的各項均為正數，且2a13a21,a329a2a6.（1）求數列an的通項公式.（2）設bnlog3a1log3a2......log3an,求數列1的前項和.bn【剖析】（1）設數列{an}的公比為q，由a329a2a6得a339a42所以q21。有條件可知a>0,故q1。93由2a13a21得2a13a2q1，所以a11。故數列{an}的通項式為an=1。33n（2）bnlog1a1log1a1...log1a1(12...n)n(n1)2故122(11)bnn(n1)nn111...12((11)(11)...(11))2n，b1b2bn223nn1n1數列{1}的前n項和為2nbnn12014新課標1】17．已知數列{an}的前n項和為Sn，a1=1，an≠0，anan+1=λSn﹣1，此中λ為常數．（1）證明：an+2﹣an=λ（2）能否存在λ，使得{an}為等差數列？并說明原因．【剖析】（1）證明：∵anan+1=λSn﹣1，an+1an+2=λSn+1﹣1，∴an+1（an+2﹣an）=λan+1∵an+1≠0，∴an+2﹣an=λ．（2）解：①當λ=0時，anan+1=﹣1，假定{an}為等差數列，設公差為d．則an+2﹣an=0，∴2d=0，解得d=0，∴an=an+1=1，∴12=﹣1，矛盾，所以λ=0時{an}不為等差數列．②當λ≠0時，假定存在λ，使得{an}為等差數列，設公差為d．則λ=an+2﹣an=（an+2﹣an+1）+（an+1﹣an，∴．∴，，）=2d∴λSn=1+=，依據{an}為等差數列的充要條件是，解得λ=4．此時可得，an=2n﹣1．所以存在λ=4，使得{an}為等差數列．【2014新課標2】17.已知數列an知足a1=1，an13an1.（1）證明an111132是等比數列，并求an的通項公式；（2）證明：a1a2+an2.【剖析】（1）由am13am1得am1113(am).22又a113，所以，{am1}是首項為3，公比為3的等比數列。2222a1=3m，所以{an}的通項公式為am=3m1m222（2）由（1）知12由于當n1時，3m123m1,所以，11am=m1m123m1333(113于是，=3m)2所以，2【2015新課標1】17.Sn為數列{an}的前n項和.已知an>0，an2an4Sn3（1）求{an}的通項公式，（2）設bn1，求數列bn的前n項和。anan1【剖析】【2016新課標2】17.Sn為等差數列an的前n項和，且a11，S728．記bnlgan，此中x表示不超出x的最大整數，如0.90，lg991．（1）求b1，b11，b101；（2）求數列bn的前1000項和．【剖析】⑴設an的公差為d，S77a428，∴4，∴a4a11，∴a1(n1)dn．3∴b1lga1lg10，b11lga11lg111，b101lga101lg1012．⑵記bn的前n項和為Tn，則T1000b1b2b1000lga1lga2lga1000．當0≤lgan1時，n1，2，，9；當1≤lgan2時，n10，11，，99；當2≤lgan3時，n100，101，，999；當lgan3時，n1000．∴T1000091902900311893．【2016新課標3】17.已知數列{annn}的前n項和S＝1＋λa，此中λ≠0，(1)證明n}是等比數列，并求其通項公式；531，求λ。{a(2)若S＝32【剖析】11111，a1≠02分(1)由題意得a＝S＝1＋λa，故λ≠1，a＝1－λ由Sn＝1＋λa，S1＝1＋λa得an＋1＝λa－λa，即an＋1(λ－1)＝λa，由a≠0，λ≠0得a≠0nn＋n＋1n＋1nn1nan＋1λ∴an＝λ－1所以{an}是首項為11，公比為λ的等比數列，于是an＝1(λ)n－16分－λλ－11－λλ－1nλn，由S531得1－(λ5＝31，即(λ5＝1(2)由(1)得S＝1－(λ－1)＝32λ－1)32λ－1)32解得λ＝－1分12【2018新課標2】17.記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a17，S315．1）求{an}的通項公式；2）求Sn，并求Sn的最小值．【剖析】（1）設{an}的公差為d，由題意得3a13d15.由a17得d=2.所以{an}的通項公式為an2n9.（2）由（1）得Snn28n(n4)216.所以當n=4時,