2018年高考数列专题复习试题(精典版知识点大题分类选择题答案解析详解).doc

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文科数列专题复习
一、等差数列与等比数列
1. 基本量的思想：
常设首项、（公差） 比为基本量， 借助于消元思想及解方程组思想等。 转化为 “基本量”
是解决问题的基本方法。
2. 等差数列与等比数列的联系
a
1）若数列 an 是等差数列， 则数列 {a } 是等比数列， 公比为
n

d
a ，其中 a 是常数， d
是 an 的公差。（a>0 且 a≠1）；
2）若数列 an 是等比数列， 且an 0，则数列 loga an 是等差数列， 公差为 loga q ，
其中 a是常数且 a 0, a 1， q是 an 的公比。
3）若{ an } 既是等差数列又是等比数列 , 则{ an } 是非零常数数列。
3. 等差与等比数列的比较
等差数列 等比数列
定义

{an }为A P an 1 an d(
常数）

{

a
n
1 q
a }为G P (
常数）
n
a
n
通 项
公 式

a = a1 +（n-1 ）d=ak +（n-k ）d=dn+a1 -d
n

n 1 n
an a q a q
1 k

k
求 和
公 式

s
n

d
2

n(a
a
1
n
2
n

2

(a
1

)
d
2

na
1
)n

n(

n
2

1)

d

s
n

na
1
a (1
1
1

q
q

n

)

a
1
1

a q
n
q

(q
(q

1)
1)
中 项
公式

A=

a b
2

2
G ab

。

推广： 2 an =an m an m

2
推广： an an m an m

性
质

1

若 m+n=p+q则

am a a a 若 m+n=p+q，则 am an ap aq 。
n p q

2

若{kn} 成 A.P（其中 kn N ）则{a }
k
n

若{kn} 成等比数列 （其中 kn N ），

也为 A.P。

则{a } 成等比数列。
k
n
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3

． sn ,s2n sn ,s3n s2n 成等差数列。 sn ,s2n sn,s3n s2n 成等比数列。

4

d

a
n
n

a a a
1 m n
m n
( )
1 m n

a
n n ，
1
q
a
1

a
n m n
q (m n)
a
m
4、典型例题分析
【题型 1】 等差数列与等比数列的联系
例 1 （文 16）已知 {a n} 是公差不为零的等差数列， a1＝1，且 a1，a3，a9 成等比数列 .
（Ⅰ）求数列 {a n} 的通项 ; （Ⅱ）求数列 {2

an} 的前 n 项和 S n.
n.
解：（Ⅰ）由题设知公差 d≠0，

由 a1＝1，a1，a3，a9 成等比数列得

1 2d
1

＝

1 8d
1 2d

，
解得 d＝1，d＝ 0（舍去）， 故{a n} 的通项 an＝ 1+（n－ 1）×1＝ n.
m ( Ⅱ ) 由（Ⅰ）知 2
a =2n，由等比数列前 n 项和公式得
n
Sm=2+2 2+23+⋯ +2
2+23+⋯ +2
n= 2(1 2 )
1 2

=2 n+1-2.
n+1-2.
小结与拓展：数列

a
a 是等差数列，则数列 {a } 是等比数列，公比为
n
n

d
a ，其中 a 是
常数， d 是

a 的公差。（a>0 且 a≠1）.
n
【题型 2】 与“前 n 项和 Sn与通项 an”、常用求通项公式的结合
例 2 已知数列 {a n} 的前三项与数列 {b n} 的前三项对应相同， 且 a1＋2a2＋2 3＋⋯ ＋ 2
2 a n
－ 1a *都成立，数列 {b
n＝8n 对任意的 n∈N－ 1a *都成立，数列 {b

n＋1－bn} 是等差数列．求数列 {a n} 与{b n }的通项
公式。
2 n－ 1 *
解： a1＋ 2a2＋2 a3＋⋯ ＋ 2 an＝8n(n ∈ N) ①
当 n≥ 2 时， a1＋ 2a2＋2 3＋⋯ ＋ 2 n－1＝8(n －1)(n ∈N
2a n－2a *) ②
n－ 1a 4－ n， ①－ ②得 2 n＝8，求得 an＝2
在① 中令 n＝1，可得 a1＝8＝2
4－1，
4－n *
∴a n＝2 (n ∈N) ． 由题意知 b1＝8，b2 ＝4， b3＝ 2，∴b 2－b1＝－ 4，b3－b2＝－ 2，
∴数列 {b n＋1－bn} 的公差为－ 2－( －4) ＝2，∴b n＋1－bn＝－ 4＋(n －1) ×2＝2n－6，
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法一 （ 迭代法）
bn＝b1＋(b 2－b1 )＋(b 3－b2) ＋⋯ ＋ (b n－ bn－1) ＝8＋( －4) ＋(－2) ＋⋯ ＋ (2n －8)
＝ n
2－ 7n＋14(n ∈N*) ．
法二 （ 累加法）
即 bn－bn －1＝ 2n－8，
bn－1－bn－2＝2n－10，
⋯
b3－b2＝－ 2，
b2－b1＝－ 4，
b1＝8，
相加得 bn＝8＋( －4) ＋( －2) ＋⋯ ＋ (2n －8)

(n －1)( －4＋2n－8)
＝8＋
2

＝ n 2－7n＋14(n ∈N*) ．
2－7n＋14(n ∈N*) ．
小结与拓展： 1）在数列 {a n} 中，前 n 项和Sn 与通项 an 的关系为：
a S (n 1)
1 1
an . 是重要考点； 2）韦达定理应引起重视； 3）迭代法、
S S (n 2,n N)
n n 1
累加法及累乘法是求数列通项公式的常用方法。
【题型3】 中项公式与最值（数列具有函数的性质）
例 3 （文） 在等比数列｛ an｝中， an＞ 0 (n N 1a5 + 2a3a5 +a
＊），公比 q (0,1) ，且 a
2a8＝ 25，a3 与 as 的等比中项为 2。（1）求数列｛ an｝的通项公式； （2）设bn＝log 2 a n，
数列｛ bn ｝的前 n 项和为 Sn 当

S S
1 2
1 2

S
n
n

最大时，求 n 的值。
解：（1）因为 a1a5 + 2a 3a5 +a 2a8＝25，所以，

2
a + 2a
3

3a5 +

2
a ＝25
5
又 an ＞o，⋯ a3＋a5＝5 又 a3 与 a5 的等比中项为 2，所以， a3a5＝ 4
而 q （0,1 ），所以， a3＞a5，所以， a3＝4，a5＝ 1，

1
q ，a
1＝16，所以，
2

a
n

n 1
1
5
16 2
2

n
（2）bn＝log 2 a n＝5－n，所以， bn ＋1－ bn＝－ 1，
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所以， {b n} 是以 4 为首项，－1 为公差的等差数列。所以，

S
n

n(9 n)
2

,

S 9 n
n
n 2
所以，当 n≤ 8 时，

S
n
n

＞0，当 n＝9 时，

S
n
n

＝0，n＞9 时，

S
n
n

＜ 0，

当 n＝8 或 9 时，

S S
1 2
1 2

S
n
n

最大。
小结与拓展： 1）利用配方法、单调性法求数列的最值； 2）等差中项与等比中项。
二、数列的前 n 项和
4. 前 n 项和公式 Sn的定义：
Sn=a1+a2+⋯ an。
5. 数列求和的方法（ 1）
（1）公式法： 1）等差数列求和公式； 2）等比数列求和公式； 3）可转化为等差、等
比数列的数列； 4）常用公式 :

k

n

1

k

1
1 2 3 n n(n 1) ；
2

n
k

1

k

2

2 2 2 2 1
1 2 3 n n(n 1)(2n 1)；
6

n
k

1

k

3

3 3 3 3 n(n 1) 2
1 2 3 n [ ] ；
2

n

(2k 1)

2
1 3 5 ... (2n -1) n 。
k 1
（2）分组求和法： 把数列的每一项分成多个项或把数列的项重新组合， 使其转化成等
差数列或等比数列，然后由等差、等比数列求和公式求解。
（3）倒序相加法： 如果一个数列 {a n} ，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于
同一常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法。如：等差数列的前 n 项和
即是用此法推导的。
（4）裂项相消法： 即把每一项都拆成正负两项，使其正负抵消，只余有限几项，可求
和。
适用于

c
an a
n

1

其中 { an } 是各项不为 0 的等差数列， c 为常数；部分无理数列、含
阶乘的数列等。如： 1）

1
a a
n n

1

和

1
a a
n n

1

（其中

a 等差）可裂项为：
n

1 1 1 1
( )
a a d a a
n n 1 n n 1

；2）

1 1
a a
n n

1

d

( a a )
n 1 n

。（根式在分母上时可
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考虑利用分母有理化，因式相消 求和）
常见裂项公式 ：

（1）

1 1 1
n(n 1) n n 1

；

（2）

1 1 1 1
( )
n(n k) k n n k

；

（3）

1 1 1 1
[ ]
n(n 1)( n 1) 2 n(n 1) ( n 1)(n 2)

；

（4）

n 1 1
( n 1)! n! ( n 1)!

（5）常见放缩公式：

2 1 2
2( n n) 2( n n )
1 1
n 1 n n n n 1

.
6. 典型例题分析
【题型 1】 公式法
ｎ
例 1 等比数列 {a } 的前ｎ项和 Sｎ＝2 －p，则
n

2 2 2 2
a1 a a an ＝________.
2 3
解： 1）当 n=1 时， a1 2- p；

2）当 n 2时，

n n-1 n-1
an S - S (2 - p)- (2 - p) 2 。
n n-1
1-1
因为数列 {an} 为等比数列，所以 a 2- p 2 1 p 1
1
从而等比数列 {a } 为首项为 1，公比为 2 的等比数列。
n

故等比数列

2 2
a 为首项为 1，公比为 q 4
n

的等比数列。

2 2 2 2
a1 a a an
2 3

n
1(1 - 4 ) 1 n
(4
1- 4 3

-1)
小结与拓展： 1）等差数列求和公式； 2）等比数列求和公式； 3）可转化为等差、等比
数列
的数列； 4）常用公式 : （见知识点部分） 。5） 等比数列的性质： 若数列 {an} 为等比数

列，则数列

2
a 及
n

1
a
n

也为等比数列，首项分别为

2
a 、
1

1
a
1

，公比分别

为

2
q 、

1
q

。
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【题型 2】 分组求和法
例 2 （文 18）数列 {an} 中，a1 1，且点 (an, an 1) ( n N ) 在函数 f (x) x 2
的图象上 . 求数列 {an} 的通项公式
解： ∵点

(a , a ) 在函数 f (x) x 2 的图象上，∴
n n 1

a a 。
1 2
n n
∴ an 1 an 2，即数列 {an} 是以 a1 1为首项， 2 为公差的等差数列，
∴ an 1 (n 1) 2 2n 1。
【题型 3】 裂项相消法
例 3 （文 19 改编） 已知数列 an 的前 n项和为 Sn ，a1 1， Sn 1 4an 1，设
b a 1 2a ．（Ⅰ）证明数列 bn 是等比数列；
n n n
（Ⅱ）数列 cn 满足

c
n

1
log b 3
2 n

*
(n N ) ，求Tn cc12 cc23 cc34 cc 1 nn 。
证明：（Ⅰ）由于

S 1 4a 1， ①
n n

当n 2 时，

S 4a 1． ②
n n 1
① ②得 an 1 4an 4an 1 ． 所以 an 1 2an 2(an 2an 1) ．
又bn an 1 2an ， 所以 bn 2bn 1．
因为 a1 1，且 a1 a2 4a1 1，所以 a2 3a1 1 4．

所以

b1 a2 2a1 2．故数列 bn 是首项为 2，公比为 2的等比数列．
n
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知 b 2 ，则
n

c
n

1 1
log b 3 n 3
2 n

（ n

*
N ）．

T cc c c c c c c
n 1 2 2 3 3 4 n n 1

1 1 1 1
4 5 5 6 6 7 (n 3)( n 4)
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1 1
n
4 n 4 4( 4)
n

．
小结与拓展： 裂项相消法是 把每一项都拆成正负两项， 使其正负抵消， 只余有限几项，
可求和。它适用于

c
an a
n

1

其中{ an } 是各项不为 0 的等差数列， c 为常数；部分无
理数列、含阶乘的数列等。
7. 数列求和的方法（ 2）
（5）错位相减法： 适用于差比数列（如果 an 等差， bn 等比，那么 anbn 叫做差

比数列） 即把每一项都乘以

b 的公比 q，向后错一项， 再对应同次项相减， 转化为
n
等比数列求和。
如：等比数列的前 n 项和就是用此法推导的 .
（6）累加（乘）法
（7）并项求和法： 一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和 .
形如 an＝(－1)

n
f(n) 类型，可采用两项合并求。
8. 典型例题分析
【题型 4】 错位相减法
2 4 6 2n
例 4 求数列 , , , , ,
2 3 n
2 2 2 2

前 n 项的和 .
解： 由题可知 {

2n
n
2

} 的通项是等差数列 {2n} 的通项与等比数列 {

1
n
2

} 的通项之积
2 4 6 2n
S
设 n 2 n ①
3
2 2 2 2

1
2

2 4 6 2n
S ② （设制错位）
n 2 4 2n 1
3
2 2 2

①－②得
(1

1 2 2 2 2 2 2n
)S （错位相减）
n 2 3 2
4 n n 1
2 2 2 2 2 2

2

1
n
2

2n
1 2n
1

n 2 ∴ 1
S 4
n n
2
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【题型 5】 并项求和法
2－ 992＋982－972＋⋯ ＋ 22－1
2
例 5 求 S100 ＝100
2－992＋ 982－972＋⋯ ＋ 22－12＝(100 ＋ 99) ＋(98 ＋97) ＋⋯ ＋ (2 ＋1) ＝
解： S100 ＝100
9.
6. 归纳与总结
以上一个 8 种方法虽然各有其特点， 但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，
使其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基
本求和公式来解决，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃
而解。
三、数列的通项公式
1. 数列的通项公式
一个数列 {a n} 的 与 之间的函数关系， 如果可用一个公式 an＝f(n)
来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．
2. 通项公式的求法（ 1）
（1）定义法与观察法（合情推理：不完全归纳法） ：直接利用等差数列或等比数列的
定义求通项的方法叫定义法， 这种方法适应于已知数列类型的题目； 有的数列可以根
据前几项观察出通项公式。
（2）公式法： 在数列 {a n} 中，前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系为：
a S (n 1)
1 1
a
n ( 数 列 {an} 的 前 n 项 的 和 为
S S (n 2, n N)
n n 1
s a a a ).
n 1 2 n
（3）周期数列
由递推式计算出前几项，寻找周期。
（4）由递推式求数列通项
类型 1 递推公式为 an 1 an f (n)
解法： 把原递推公式转化为 an 1 an f (n) ，利用 累加法 ( 逐差相加法 ) 求解。
类型 2 （1）递推公式为 an 1 f (n)an
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a
n
1 f n
解法： 把原递推公式转化为 ( )
a
n

，利用 累乘法 ( 逐商相乘法 ) 求解。
（2）由 an 1 f ( n)an 和 a1 确定的递推数列 an 的通项可如下求得：
由已知递推式有 an f (n 1) an 1 ， an 1 f (n 2)an 2 ， ， a2 f (1) a1 依次
向前代入，得 an f (n 1) f (n 2) f (1) a1 ，这就是 叠（迭）代法 的基本模式。
类型 3 递推公式为 an 1 pan q （其中 p，q 均为常数， ( pq(p 1) 0) ）。
q
解法： 把原递推公式转化为： an 1 t p(an t) ，其中
t ，再利用 换元法 转
1 p
化为等比数列求解。
10. 典型例题分析
【题型 1】 周期数列
例 1 若数列 an 满足

1
2a ,(0 a )
n n
2
a ，若
n 1
1
2a 1, ( a 1)
n n
2

6
a ，则 a20 =____。
1
7
答案：

5
7

。
小结与拓展： 由递推式计算出前几项，寻找周期。
【题型 2】 递推公式为 an 1 an f (n) ，求通项
例 2 已知数列 an 满足

1
a ，
1
2

an 1 an 2
n

1

n

，求 an 。
解： 由条件知：

1 1 1
a a
1 n n n n n n
2
( 1)

1

1
分别令 n 1, 2, 3, ,(n 1) ，代入上式得 (n 1) 个等式累加之，即

(a2 a1) (a3 a2 ) (a4 a3 ) (an an 1 )
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(1

1
2
)

(

1
2

1
3
)

1
3
(

1
4
)

(

1
n 1

1
n

)
所以

an

a
1

1

1
n

1
a ，
1
2

an

1
2

1

1
n

3
2

1
n
小结与拓展： 在运用累加法时 , 要特别注意项数 , 计算时项数容易出错 .
【题型 3】 递推公式为

an 1 f (n)a ，求通项
n
例 3 已知数列 an 满足

2 n
a ，an 1 an ，求 an 。
1
3 n 1
解： 由条件知

a n
n 1 ，分别令 n 1,2 ,3, ,(n 1) ，代入上式得 (n 1) 个等式
a n 1
n
累乘之，即

a
2
a
1

a
3
a
2

a
4
a
3

a
n
a
n

1

1
2

2
3

3
4

n 1
n

an 1
a
1

n

又

2
a ，
1
3

an

2
3n
小结与拓展： 在运用累乘法时 , 还是要特别注意项数 , 计算时项数容易出错 .
【题型 4】 递推公式为 an 1 pan q （其中 p， q 均为常数，
( pq( p 1) 0) ），求通项
例 4 在数列 {an} 中， a1 1，当 n 2 时，有 an 3an 1 2，求 {an} 的通项公式。
解法 1：设an m 3(an 1 m) ，即有 an 3an 1 2m，对比 an 3an 1 2，得m 1，
于是得 an 1 3(an 1 1)，数列 {an 1} 是以 a1 1 2为首项，以 3 为公比的等比数
列，所以有

n 1
a 2 3 1。
n
解法 2： 由已知递推式，得 an 1 3an 2, an 3an 1 2,( n 2)，上述两式相减，得
a 1 a 3(a a 1) ，因此，数列 {an 1 an} 是以 a2 a1 4为首项，以 3 为公比
n n n n
的等比数列。所以

n 1
a 1 a 4 3 ，即
n n

n 1
3a 2 a 4 3 ，所以
n n

n 1
a 2 3 1。
n
小结与拓展： 此类数列解决的办法是将其构造成一个新的等比数列，再利用等比数列
的性质进行求解， 构造的办法有两种， 一是待定系数法构造， 设 1 ( )
a m p a m
n n

，
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展开整理 an 1 pan pm m，比较系数有 pm m b ，所以

m

b
p

1

，所以

a
n

b b
是等比数列，公比为 p ，首项为 a1
。二是用做差法直接构造，
p 1 p 1
a pa q ，an pan 1 q，两式相减有 an 1 an p(an an 1) ，所以 an 1 an
n 1 n
是公比为 p 的等比数列。也可用“归纳—猜想—证明”法来求，这也是近年高考考得
很多的一种题型 .
11. 通项公式的求法（ 2）
（5） 构造法
构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，有时
会联想出一种适当的辅助模型，如某种数量关系，某个直观图形，或者某一反例，以
此促成命题转换，产生新的解题方法，这种思维方法的特点就是“构造” . 若已知条件
给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式，此类题通常较难，但使用构造法往
往给人耳目一新的感觉 .
1）构造等差数列或等比数列
由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差
数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法 .
2）构造差式与和式
解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可
求得这一数列的通项公式 .
3）构造商式与积式
构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法 .
4）构造对数式或倒数式
有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法，可由复杂变为简单，使问题得以
解决 .
四、典型例题分析
【题型 5】 构造法： 1）构造等差数列或等比数列
例 5 设各项均为正数的数列 an 的前 n 项和为 Sn ，对于任意正整数 n，都有等式：

2
an 2a 4S
n n

成立，求 an 的通项 an .
2
解： an 2an 4Sn

2
an 1 2an 4Sn ，
1 1

∴

2 2
an a 2a 2a 1 4(S S 1) 4a
n 1 n n n n n
(an an 1)( an an 1 2) 0 ，∵ an an 1 0，∴ an an 1 2. 即 an 是以 2 为
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2
公差的等差数列，且 a1 2a1 4a1 a1 2 .
∴ an 2 2(n 1) 2n
小结与拓展： 由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若
能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法 .
【题型6】 构造法： 2）构造差式与和式
解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可
求得这一数列的通项公式。
2 2
例 6 设 an 是首项为 1 的正项数列，且 an a na na 0，（n∈N*），求
n 1 n n 1
数列的通项公式 an.
解： 由题设得 (an an 1)(an an 1 n) 0 .
∵ an 0 ， an 1 0，∴ an an 1 0.
∴ an an 1 n

an a (a2 a1) (a3 a2 ) (an an 1)
1

1 2 3 n

n(

n
2

1)
【题型7】 构造法： 3）构造商式与积式
构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法 .
例 7 数列 an 中，

1
2
a ，前 n 项的和 Sn n an
1
2

，求 an 1 .
解：

2 2 2 2
an S S 1 n an (n 1) an (n 1)an (n 1) an
n n 1

1
a n 1
n ，
a 1 n 1
n
∴

a a a n 1 n 2 1 1 1
n n 1 2
a a
n ( 1)
1
a a a n 1 n 3 2 n n
n 1 n 2 1
∴

an

1
1 n n
( 1)(
2)
【题型8】 构造法： 4）构造对数式或倒数式
有些数列若通过取对数， 取倒数代数变形方法， 可由复杂变为简单， 使问题得以解
决.
例 8 设正项数列 an 满足a1 1，

2
an 2an （n≥ 2）. 求数列 an 的通项公式 .
1
解： 两边取对数得：

an a
log2 1 2log
n
2

1

an a
， log 1 2(log n 1 1)
2 2

a
，设 log2 1
b n ，
n
bn 2bn
则

1
1
b 是以 2 为公比的等比数列， b log 1 1.
n 1 2
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n 1 2n 1
b 1 2 ，
n

log

an n
2 1 2

1

an n
1
， log 2 1
，∴
2

a
n

n
2
2

1

1
数 列 选 填 题（高考题）
1、(2014 年高考重庆卷 文 2) 在等差数列 {an} 中， a1 2， a3 a5 10 ，则 a7 （ ）
A. 5 B . 8 C . 10 D . 14
1、解：∵数列 {an} 是等差， a3 a5 10，∴ a4 5， a7 2a4 a1 8 ，∴选 B.
2、(2014 年高考天津卷 文 5) 设

a 是首项为 a1，公差为 1的等差数列， Sn 为其前 n 项和，若
n

S，S，S 成等比数列，则
1 2 4

a ＝（ ）
1

A. 2 B . －2 C .

1
2

D . －

1
2
2、解：∵

a 是首项为 a1，公差为 1的等差数列， Sn 为其前 n 项和，
n

又∵ S1，S2，S4 成等比数列， ∴ 2
(a a ) ＝ a1 (a1 a2 a3 a4 )，即
1 2

2
(2a 1) ＝
1
a (4a1 6)，
1

解得 a1 －

1
2

，∴选 D

3 、(2014 年高考新课标 2 卷 文 5) 等差数列

a 的公差为 2，若a2 ，a4 ，a8 成等比数列， 则 an
n

的前 n 项

S ＝（ ）
n

A . n n 1 B . n n 1 C .

n n
2

1

D .

n n
2

1
3、解：∵等差数列 an 的公差为 2，且 a2 ， a4 ， a8 成等比数列，∴

2
a ＝ a2 a8 ，
4

即

2
(a 6) ＝ (a1 2) (a1 14) ，解得 a1 2，则 an 2n ，∴选 A
1
4、(2014 年高考全国卷 文 8). 设等比数列 {an} 的前 n 项和为

S ，若
n

S ，S4 15，则 S6
2 3
（ ）
A．31 B ．32 C ．63 D ．64
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4、解：∵由等比数列 {an} 的前 n 项和 Sn 的性质得： S2 ， S4 － S2 ， S6 － S4 成等比数列，

即 3 ，12，

S －15 成等比数列，∴ 12
6

2

＝3(

S －15) ，解得：
6

S ＝63，∴选 C
6
5、(2014 年高考辽宁卷 文 9) . 设等差数列 {an} 的公差为 d，若数列

a a
{2 }
1 n

为递减数列， 则（ D ）
A．d 0 B ．d 0 C ．a1d 0 D ．a1d 0
6、(2014 年高考江苏卷 文 7) 在各项均为正数的等比数列
{ an } 中, a2 1, a8 a6 2a4 , 则 a6 的值是 .

7 、(2014 年高考江西卷 文 13) 在等差数列

a 中，
n

a1 7，公差为 d ，前 n项和为 Sn ，当且

仅当 n 8 时

S 取最大值，则 d 的取值范围 _________.
n

7、解： 因为

a1 7 0，当且仅当 n 8时 Sn 取最大值，可知 d 0且同时满足

a8 0,a9 0，∴

a 7 7d 0
8
a 7 8d 0
9

，解得

1

7
d ，∴答案
8

1

d

7
8
8、(2014 年高考广东卷 文 13). 等比数列

a 的各项均为正数，且
n

a1a5 4 ，则
log a +log a +log a +log a +log a = ________.
2 1 2 2 2 3 2 4 2 5
答案 : 5
提示 : 设S log a log a log a log a log a ,
2 1 2 2 2 3 2 4 2 5
则S log a log a log a log a log a ,
2 5 2 4 2 3 2 2 2 1
2S 5log (a a ) 5log 4 10,
2 1 5 2
S 5.
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