2015年全国各地高考数学试题及解答分类大全( 数列)

（数列）

一、选择题：1.（2015北京理）设an是等差数列.下列结论中正确的是（A．若a1a20，则a2a30C．若0a1a2，则a2a1a3【答案】C）B．若a1a30，则a1a20D．若a10，则a2a1a2a30

考点：1.等差数列通项公式；2.作差比较法2．（2015福建理）若a,b是函数fxxpxqp0,q0的两个不同的零点，且a,b,2

2

这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于（）A．6B．7C．8D．9【答案】D【解析】试题分析：由韦达定理得abp，abq，则a0,b0，当a,b,2适当排序后成等比数列时，4

．当适当排序后成等差数列时，2必不是等差中项，当aa448

是等差中项时，2a2，解得a1，b4；当是等差中项时，a2，解得a4，b1，aaa综上所述，abp5，所以pq9，选D．2必为等比中项，故abq4，b

考点：等差中项和等比中项．3、(2015全国新课标Ⅰ卷文)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S84S4，则a10（（A））172

（B）192

（C）10（D）12

第1页（共28页）4.(2015全国新课标Ⅱ卷文)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1a3a53,则S5（A．5

【答案】A【解析】B．7

C．9

D．11

）试题解析：a1a3a53a33a31,S5考点：等差数列5a1a525a35.故选A.5．(2015全国新课标Ⅱ卷理)等比数列｛an｝满足a1=3，a1a3a5=21，则a3a5a7(A．21【答案】BB．42C．63D．84)考点：等比数列通项公式和性质．6．(2015全国新课标Ⅱ卷文)已知等比数列{an}满足a1

A.2

【答案】C【解析】B.1C.

12

D.

181

,a3a54a41,则a2（4）2aaa4a41a42354试题分析：由题意可得,所以q3

a2a1q

1

2,选C.a4

8q2

,故a1

考点：等比数列.7.(2015浙江理)已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则（）A.a1d0,dS40C.a1d0,dS40

B.a1d0,dS40D.a1d0,dS40

第2页（共28页）8．(2015重庆理)在等差数列an中，若a2=4，a4=2，则a6=A、-1【答案】BB、0C、1D、6（）【考点定位】本题属于数列的问题，考查等差数列的通项公式与等差数列的性质.二、填空题：1.（2015安徽文）已知数列{an}中，a11，anan1于.1

（n2），则数列{an}的前9项和等22.（2015安徽理）已知数列{an}是递增的等比数列，a1a49,a2a38，则数列{an}的前n项和等于.第3页（共28页）3．（2015福建文）若a,b是函数fxx2pxqp0,q0的两个不同的零点，且a,b,2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于________．【答案】9考点：等差中项和等比中项．4．（2015广东理）在等差数列an中，若a3a4a5a6a725，则a2a8=【答案】10．【解析】因为an是等差数列，所以a3a7a4a6a2a82a5，a3a4a5a6a75a525即a55，a2a82a510，故应填入10．【考点定位】本题考查等差数列的性质及简单运算，属于容易题．5.（2015广东文）若三个正数a，其中a526，则bc成等比数列，b，c526，【答案】1【解析】试题分析：因为三个正数a，b，c成等比数列，所以bac526第4页（共28页）2

．5261，因为b0，所以b1，所以答案应填：1．考点：等比中项．6.(2015浙江文)已知an是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1【答案】【解析】试题分析：由题可得，(a12d)(a1d)(a16d)，故有3a12d0，又因为2a1a21，即2，d．2

,133a1d1，所以d1,a1

2.3考点：1.等差数列的定义和通项公式；2.等比中项.7.(2015湖南理)设Sn为等比数列an的前n项和，若a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an

【答案】3

.n1.【考点定位】等差数列与等比数列的性质.【名师点睛】本题主要考查等差与等比数列的性质，属于容易题，在解题过程中，需要建立关于等比数列基本量q的方程即可求解，考查学生等价转化的思想与方程思想.*8.(2015江苏)数列{an}满足a11，且an1ann1（nN），则数列{

1

}的前10项和为an【答案】【解析】2011n(n1)2试题分析：由题意得：an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1nn121所以11112n202(),Sn2(1),S10annn1n1n111考点：数列通项，裂项求和9、(2015全国新课标Ⅰ卷文)数列an中a12,an12an,Sn为an的前n项和，若Sn126，则n

.第5页（共28页）10．(2015全国新课标Ⅱ卷理)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn________．1

【答案】

n【解析】试题分析：由已知得an1Sn1SnSn1Sn，两边同时除以Sn1Sn，得111，故数列Sn1Sn

111

是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．11S1(n1)nn

nSnSn考点：等差数列和递推关系．11.(2015陕西文、理)中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为．【答案】5【解析】试题分析：设数列的首项为a1，则a12015210102020，所以a15，故该数列的首项为5，所以答案应填：5．考点：等差中项．三、解答题：1.（2015安徽文）已知数列an是递增的等比数列，且a1a49,a2a38.（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）设Sn为数列an的前n项和，bn

an1，求数列bn的前n项和Tn.SnSn1

第6页（共28页）2.（2015安徽理）设nN，xn是曲线yx

（Ⅰ）求数列{xn}的通项公式；*

1在点(1，2)处的切线与x轴交点的横坐标.1222

（Ⅱ）记Tnx1x3x2n1，证明Tn.4n2n2

第7页（共28页）3、（2015北京文）已知等差数列an满足a1a210，a4a32．（Ⅰ）求an的通项公式；（Ⅱ）设等比数列bn满足b2a3，b3a7，问：b6与数列an的第几项相等？【答案】（1）an42(n1)2n2；（2）b6与数列an的第63项相等.【解析】试题分析：本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，利用等差数列的通项公式，将a1,a2,a3,a4转化成a1和d，解方程得到a1和d的值，直接写出等差数列的通项公式即可；第二问，先利用第一问的结论得到b2和b3的值，再利用等比数列的通项公式，将b2和b3转化为b1和q，解出b1和q的值，得到b6的值，再代入到上一问等差数列的通项公式中，解出n的值，即项数.试题解析：（Ⅰ）设等差数列an的公差为d.因为a4a32，所以d2.又因为a1a210，所以2a1d10，故a14.所以an42(n1)2n2

(n1,2,).（Ⅱ）设等比数列bn的公比为q.因为b2a38，b3a716，所以q2，b14.所以b642

128.由1282n2，得n63.所以b6与数列an的第63项相等.考点：等差数列、等比数列的通项公式.61

2a，an≤18，4.（2015北京理）已知数列an满足：a1N*，a1≤36，且an1n…．n1，2，

2a36，a18nn记集合Man|nN*．（Ⅰ）若a16，写出集合M的所有元素；（Ⅱ）若集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；（Ⅲ）求集合M的元素个数的最大值．第8页（共28页）【答案】（1）M{6,12,24}，（2）证明见解析，（3）8【解析】①试题分析：（Ⅰ）由a16，可知a212,a324,a412,则M{6,12,24}；（Ⅱ）因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数，用数学归纳法证明对任意nk，an是3的倍数，当k1时，则M中的所有元素都是3的倍数，如果k1时，因为ak2ak1或2ak136，所以2ak1是3的倍数，于是ak1是3的倍数，类似可得，ak2,......a1都是3的倍数，从而对任意n1，an是3的倍数，因此M的所有元素都是3的倍数.第二步集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数，由已知2an，an≤18，，用数学归纳法证明对任意nk，an是3的倍数；第三步由于M中an12a36，a18nn的元素都不超过36，M中的元素个数最多除了前面两个数外，都是4的倍数，因为第二个数必定为偶数，由an的定义可知，第三个数及后面的数必定是4的倍数，由定义可知，an1和2an除以9的余数一样，分an中有3的倍数和an中没有3的倍数两种情况，研究集合M中的元素个数，最后得出结论集合M的元素个数的最大值为8.2an，an≤18，试题解析：（Ⅰ）由已知an1可知：a16,a212,a324,a412,

2a36，a18nnM{6,12,24}

（Ⅱ）因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数，由已知2an，an≤18，，可用用数学归纳法证明对任意nan12a36，a18nnk，an是3的倍数，当k1时，则M中的所有元素都是3的倍数，如果k1时，因为ak2ak1或2ak136，所以2ak1是3的倍数，于是ak1是3的倍数，类似可得，ak2,......a1都是3的倍数，从而对任意n1，an是3的倍数，因此M的所有元素都是3的倍数.（Ⅲ）由于M中的元素都不超过36，由a136，易得a236，类似可得an36，其次M中的元素个数最多除了前面两个数外，都是4的倍数，因为第二个数必定为偶数，由an的定义可知，第三个数及后面的数必定是4的倍数，另外，M中的数除以9的余数,由定义可知，an1和2an除以9的余数一样，考点：1.分段函数形数列通项公式求值；2.归纳法证明；3.数列元素分析.第9页（共28页）5．（2015福建文）等差数列an中，a24，a4a715．（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）设bn2【解析】an2

n，求b1b2b3b10的值．【答案】（Ⅰ）ann2；（Ⅱ）2101．试题分析：（Ⅰ）利用基本量法可求得a1,d，进而求an的通项公式；（Ⅱ）求数列前n项和，首先考虑其通项公式，根据通项公式的不同特点，选择相应的求和方法，本题bn2n，故可采取分组求和法求其前10项和．试题解析：（I）设等差数列an的公差为d．由已知得解得

n

a1d4

，a13da16d15

a13．d1

所以ana1n1dn2．考点：1、等差数列通项公式；2、分组求和法．6、（2015广东文）设数列an的前n项和为Sn，n．已知a11，a2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1．35

，a3，且当n2241求a4的值；2证明：an1



3求数列an的通项公式．1

an为等比数列；2

n1

71

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）an2n1

82

．第10页（共28页）考点：1、等比数列的定义；2、等比数列的通项公式；3、等差数列的通项公式.7．（2015广东理）数列an满足a12a2nan4

(1)求a3的值；(2)求数列an前n项和Tn；(3)令b1a1，bn满足Sn22lnn

n2

,nN*.2n1Tn1111

1ann2，证明：数列bn的前n项和Snn23n

n1

11

【答案】（1）；（2）2

42

；（3）见解析．第11页（共28页）（3）依题由bn

a1a2an11a11

1an知b1a1，b211a2，nn222

【考点定位】本题考查递推数列求项值、通项公式、等比数列前n项和、不等式放缩等知识，属于中高档题．8．（2015湖北理）设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q．已知b1a1，b22，qd，S10100．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；a（Ⅱ）当d1时，记cnn，求数列{cn}的前n项和Tn．bn第12页（共28页）1a(2n79),n2n3an2n1,96【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ）.n1n122b2.n1nb9().n91135792n1Tn2345n.②222222211112n12n3①-②可得Tn22n2n3，222222n2n3故Tn6n1.2考点：1.等差数列、等比数列通项公式，2.错位相减法求数列的前n项和.9.(2015湖北文)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q．已知b1a1，b22，qd，S10100．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；a（Ⅱ）当d1时，记cnn，求数列{cn}的前n项和Tn．bn1a(2n79),n2n3an2n1,9【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ）.T6nn1n122b2.nb9()n1.n9第13页（共28页）【考点定位】本题综合考查等差数列、等比数列和错位相减法求和，属中档题.【名师点睛】这是一道简单综合试题，其解题思路：第一问直接借助等差、等比数列的通项公式列出方程进行求解，第二问运用错位相减法直接对其进行求和.体现高考坚持以基础为主，以教材为蓝本，注重计算能力培养的基本方向.10.(2015湖南文)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a11,a22，且an13SnSn13,(nN)，（I）证明：an23an；（II）求Sn。n2

3

(5321),(n2k1,kN*)2

【答案】（I）略；(II)Snn

3(321),(n2k,kN*)2

*

【解析】试题分析：（I）当nN,n2时，由题可得an23SnSn13,(nN)，*

*

an13Sn1Sn3,(nN*)，两式子相减可得an2an13anan1，即an23an,(n2)，然后验证当n=1时，命题成立即可；(II)通过求解数列{an}的奇数项与偶数项的和即可得到其对应前n项和的通项公式.试题解析：（I）由条件，对任意nN，有an23SnSn13,(nN)，因而对任意nN,n2，有an13Sn1Sn3,(nN)，两式相减，得an2an13anan1，即an23an,(n2)，又a11,a22，所以a33S1S233a1(a1a2)33a1，故对一切nN，an23an。（II）由（I）知，an0，所以*

*

*

*

*

an23，于是数列{a2n1}是首项a11，公比为3的等比数列，an

n1

数列{a2n}是首项a12，公比为3的等比数列，所以a2n13,a2n23n1，于是S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)

3(3n1)

(133)2(133)3(133)

2

3(3n1)3

23n1(53n21)，从而S2n1S2na2n

22n2

3

(5321),(n2k1,kN*)2综上所述，Sn。n

3(321),(n2k,kN*)2n1

n1

n1

考点：数列递推关系、数列求和第14页（共28页）11.(2015江苏)设a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列（1）证明：21,22,23,24依次成等比数列；（2）是否存在a1,d，使得a1,a2,a3,a4依次成等比数列，并说明理由；（3）是否存在a1,d及正整数n,k，使得a1,a2【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在n

nk

n2kn3k

,a3,a4依次成等比数列，并说明理由.2

3

4

a

a

a

a

（2）令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d（ad，a2d，d0）．假设存在a1，d，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列，234则a4adad，且ada2a2d．3d13，则11t1t，且1t12t（t1，t0），a2化简得t32t220（），且t2t1．将t2t1代入（）式，1

tt12t12t23tt13t4t10，则t．4

1

显然t不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，4234因此不存在a1，d，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列．令t

（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1，a2nn则a1a12dn2knk，a3n2k，a4n3k依次构成等比数列，2n2ka1d2nk，且a1d及a1nk2n2knka13dn3ka12d．分别在两个等式的两边同除以a1则12tn2k2nk，并令t

n3kd1

（t，t0），a13

2n2k1t2nk，且1t13t12t．将上述两个等式两边取对数，得n2kln12t2nkln1t，且nkln1tn3kln13t2n2kln12t．第15页（共28页）化简得2kln12tln1tn2ln1tln12t，且3kln13tln1tn3ln1tln13t．再将这两式相除，化简得ln13tln12t3ln12tln1t4ln13tln1t（）．令gt4ln13tln1tln13tln12t3ln12tln1t，222

213tln13t312tln12t31tln1t

．则gt

1t12t13t令t13tln13t312tln12t31tln1t，则t613tln13t212tln12t1tln1t．222t6令1tt，则13ln13t4ln12tln1t．tt，则2令2t1

12

0．1t12t13tt0，由g0010200，2

知2t，1t，t，gt在,0和0,上均单调．故gt只有唯一零点t0，即方程（）只有唯一解t0，故假设不成立．所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a1，a2nnk1

3



，a3n2k，a4n3k依次构成等比数列．考点：等差、等比数列的定义及性质，函数与方程12.(2015全国新课标Ⅰ卷理)Sn为数列{an}的前n项和.已知an＞0，an22an4Sn3.（Ⅰ）求{an}的通项公式：（Ⅱ）设

,求数列

}的前n项和

11

【答案】（Ⅰ）2n1（Ⅱ）

n6【解析】

（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}试题分析：

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.试题解析：（Ⅰ）当n1时，a122a14S134a1+3，因为an0，所以a1=3，

22

当n2时，即(anan1)(anan1)2(anan1)，ananan1an1=4Sn34Sn13=4an，因为an0，所以anan1=2，

所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以an=2n1；

1111

()，

(2n1)(2n3)22n12n31111111

所以数列{bn}前n项和为b1b2bn=[()()()]

235572n12n311=.n6

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn=

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；拆项消去法第16页（共28页）13.(2015山东文)已知数列an是首项为正数的等差数列，数列（I）求数列an的通项公式；a

n1

.的前n项和为2n1anan1

（II）设bnan12n，求数列bn的前n项和Tn.4(3n1)4n1

【答案】（I）an2n1.(II)Tn.

9

【解析】试题分析：（I）设数列an的公差为d，11

，得到a1a23.a1a23112

令n2,得，得到a2a315.a1a2a2a35

解得a11,d2即得解.令n1,得（II）由（I）知bn2n2

2

3

2n4

n4n,得到Tn141242......n4n,

n

n1

从而4Tn1424......(n1)4n4试题解析：（I）设数列an的公差为d，,利用“错位相减法”求和.11

，所以a1a23.a1a23112

令n2,得，所以a2a315.a1a2a2a35

解得a11,d2，所以an2n1.

令n1,得（II）由（I）知bn2n2

2

31

2n4

n4n,所以Tn141242......n4n,

n

n1

所以4Tn1424......(n1)4n4两式相减，得3Tn44......4n4

2

n

,

n1

4(14n)13nn14

n4n14,

14333n1n144(3n1)4n1

所以Tn4.999

考点：1.等差数列的通项公式；2.数列的求和、“错位相减法”.14.(2015山东理)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn33.n

（I）求an的通项公式；3,n1,136n3

【答案】（I）ann1;（II）Tn.n12433,n1,

（II）若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.第17页（共28页）【考点定位】1、数列前n项和Sn与通项an的关系；2、特殊数列的求和问题.【名师点睛】本题考查了数列的基本概念与运算，意在考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力，思维的严密性和运算的准确性，在利用Sn与通项an的关系求an的过程中，一定要注意n1的情况，错位相减不法虽然思路成熟但也对学生的运算能力提出了较高的要求.第18页（共28页）15.(2015上海文)本题共3小题.第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分.已知数列{an}与{bn}满足an1an2(bn1bn)，nN.（1）若bn3n5，且a11，求数列{an}的通项公式；（2）设{an}的第n0项是最大项，即an0an(nN)，求证：数列{bn}的第n0项是最大项；n（3）设a130，bn(nN)，求的取值范围，使得对任意m，nN，an0，且am1(,6).an6【答案】（1）an6n5；（2）详见解析；（3）(

1,0).4（3）因为bn，所以an1an2(nn1n)，当n2时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12(nn1)2(n1n22(2)32n，由指数函数的单调性知，{an}的最大值为a220，最小值为a13，第19页（共28页）2ama3a21的最大值及最小值分别是1及2，ana221a1321131由及6，解得0，36214

1

综上所述，的取值范围是(,0).4

由题意，【考点定位】数列的递推公式，等差数列的性质，常数列，数列的最大项，指数函数的单调性.16、(2015上海理)本题共有3个小题.第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分.（1）若bn3n5，且a11，求数列an的通项公式；

n



已知数列an与bn满足an1an2bn1bn，n.

（2）设an的第n0项是最大项，即an0an（n），求证：数列bn的第n0项是最大项；（3）设a10，bn（n），求的取值范围，使得an有最大值与最小值m，且

2,2.m

【答案】（1）an6n5（2）详见解析（3）

1

,02

因为an0an，n，所以2bn0a12b12bna12b1，即bn0bn.

故bn的第n0项是最大项.n

解：（3）因为bn，所以an1an2n1

n，当n2时，ananan1an1an2a2a1a1

2nn12n1n2222n.当n1时，a1，符合上式.所以an2.n

因为0，所以a2n22n

，a2n122n1

.①当1时，由指数函数的单调性知，an不存在最大、最小值；3

2,2；1

2

③当10时，由指数函数的单调性知，an的最大值a22，最小值ma1，②当1时，an的最大值为3，最小值为1，而第20页（共28页）1

2及10，得0.2

1

综上，的取值范围是,0.2

由2

【考点定位】等差数列，数列单调性2217．(2015四川文)设数列{an}(n＝1，2，3…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a3，且a1，a2＋1，a3成等差数列.(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设数列{1

}的前n项和为Tn，求Tn.an

【解析】本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和等基础知识，考查运算求解能力.(Ⅰ)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)即an＝2an－1(n≥2)从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，又因为a1，a2＋1，a3成等差数列即a1＋a3＝2(a2＋1)所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列故an＝2n.(Ⅱ)由(Ⅰ)得11nan211[1()n]

111211所以Tn＝2......n2n1222212【考点定位】本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和等基础知识，考查运算求解能力.【名师点睛】数列问题放在解答题第一题，通常就考查基本概念和基本运算，对于已知条件是Sn与an关系式的问题，基本处理方法是“变更序号作差”，这种方法中一定要注意首项a1是否满足一般规律(代入检验即可，或者根据变换过程中n的范围和递推关系中的表达式判断).数列求和时，一定要注意首项、公比和项数都不能出错.同时注意，对于较为简单的试题，解析步骤一定要详细具体，不可随意跳步.属于简单题.18.(2015四川理)设数列{an}的前n项和Sn2ana1，且a1,a21,a3成等差数列.（1）求数列{an}的通项公式；（2）记数列{11

成立的n的最小值.}的前n项和Tn，求得|Tn1|

1000an

第21页（共28页）【答案】（1）an2；（2）10.n【考点定位】本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列通项公式与前n项和公式等基础知识，考查运算求解能力.【名师点睛】凡是有Sn与an间的关系，都是考虑消去Sn或an（多数时候是消去Sn，得an与an1间的递推关系）.在本题中，得到an与an1间的递推关系式后，便知道这是一个等比数列，利用等比数列的相关公式即可求解.等差数列与等比数列是高考中的必考内容，多属容易题，考生应立足得满分.19.(2015天津文)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且（I）求{an}和{bn}的通项公式；【答案】（I）an2

n1

a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7.（II）设cn=anbn,nÎN*,求数列{cn}的前n项和.n（II）Sn2n323,nN,bn2n1,nN；【解析】试题分析：（I）列出关于q与d的方程组,通过解方程组求出q,d,即可确定通项；（II）用错位相减法求和.2q23d2,试题解析：（I）设{an}的公比为q,{bn}的公差为d,由题意q0,由已知,有4消去dq3d10,42

得q2q80,解得q2,d2,所以{an}的通项公式为an2n1,nN,{bn}的通项公式第22页（共28页）为bn2n1,nN.

（II）由（I）有cn2n12

n1,设{cn}的前n项和为Sn,则Sn1203215222n12n1,2Sn1213225232n12n,

两式相减得Sn12222n122n323,

23nnn所以Sn2n323.n考点：1.等差、等比数列的通项公式；2.错位相减法求和.20.(2015天津理)已知数列{an}满足an2qan(q为实数，且q1)，nN,a11,a22，且*

a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(I)求q的值和{an}的通项公式；(II)设bn

log2a2n

的前n项和.,nN*，求数列｛bn｝

a2n1

1n2

n22,n为奇数,

【答案】(I)an;(II)Sn4n1.n

222,n为偶数.



【解析】试题分析：(I)由a3+a4-a2+a3=a4+a5-a3+a4得a4a2a5a3先求出q，分n为()(()()()奇数与偶数讨论即可；(II)求出数列bn的通项公式，用错位相减法求和即可.试题解析：(I)由已知，有a3+a4-a2+a3=a4+a5-a3+a4，即a4a2a5a3，)()(n12

)()所以a2(q1)a3(q1)，又因为q1，故a3a22，由a3a1q，得q2，当n2k1(nN*)时，ana2k12

k

k1n2

2

，当n2k(nN*)时，ana2k22，1n2

2,n为奇数,

所以{an}的通项公式为ann

22,n为偶数.

考点：1.等差中项定义；2.等比数列及前n项和公式.3.错位相减法.第23页（共28页）21.(2015浙江文)已知数列{an}和{bn}满足，a12,b11,an12an(nN),

*111

b1b2b3bnbn11(nN*).23n（1）求an与bn;（2）记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.【答案】(1)an2;bnn；(2)Tn(n1)2

nn12(nN*)

【解析】试题分析：(1)根据数列递推关系式，确定数列的特点，得到数列的通项公式；(2)根据(1)问得到新的数列的通项公式，利用错位相减法进行数列求和.考点：1.等差等比数列的通项公式；2.数列的递推关系式；3.错位相减法求和.22.(2015浙江理)已知数列an满足a1=（1）证明：1

an；2（nN*）an1

2

1*2

且an1=an-an（nN）2

（2）设数列an的前n项和为Sn，证明S11*

（nN）.n

2(n2)n2(n1)第24页（共28页）23、(2015重庆文)已知等差数列an满足a3=2，前3项和S3=（I）（II）求an的通项公式；9.2设等比数列bn满足b1=a1，b4=a15，求bn前n项和Tn.【答案】（Ⅰ）an=

n+1n

；（Ⅱ）Tn=2-1.2

第25页（共28页）试题解析：（1）设{an}的公差为d，则由已知条件得3´29

d=,22

31

化简得a1+2d=2,a1+d=,解得a1=1，d=,

22

n-1n+1

故通项公式an=1+，即an=.2215+1

(2)由（1）得b1=1，b4=a15==8.2b3

设{bn}的公比为q,则q=4=8,从而q=2.b1

a1+2d=2,3a1+

故{bn}的前n项和b1(1-qn)1´(1-2n)Tn===2n-1.1-q1-2考点：1.等差数列；2.等比数列.24．(2015重庆理)在数列an中，a13,an1anan1an0nN

2

（1）若0,2,求数列an的通项公式；（2）若

111

ak012k0N,k02,1,证明：2

k03k012k01n1

【答案】（1）an32【解析】；（2）证明见解析.an+1=

1an+

k0

an2

an2-=

11+k02k02111

=an-+×，于是有1kkka+1000nan+k0

ak0+1=a1+(a2-a1)++ak0+1-ak0

()第26页（共28页）111111111

a1k02k0k0ka1ka1ka1k3k13k13k101020k00000

若存在某个n0N，使得an0=0，则由上述递推公式易得an0+1=0，重复上述过程可得a1=0，此与a1=3矛盾，所以对任意nN,an0.从而an+1=2annN，即{an}是一个公比q=2的等比数列.故an=a1q

n-1

=3×2n-1.求和得ak0+1=a1+a2-a1++ak0+1-ak0()()a1k02

11111



k0k0ka1ka1ka1020k001

11111

2k03k013k013k013k01

【考点定位】等比数列的通项公式，数列的递推公式，不等式的证明，放缩法.，考查探究能力和推第27页（共28页）理论证能力，考查创新意识．第28页（共28页）