2018高考文科数学复习数列.doc

数列专项 数列的概念与简单表示法112016上海卷 无穷数列an由k个不同的数组成，Sn为an的前n项和若对任意nN*，Sn2，3，则k的最大值为_解析 由Sn2，3，得a1S12，3将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：a12，a20，a31，a41；a12，a21，a30，a41；a12，a21，a31，a40；a13，a20，a31，a41；a13，a21，a30，a41；a13，a21，a31，a40.最多项均只能写到第4项，即kmax4.D2 等差数列及等差数列前n项和12D22016北京卷 已知an为等差数列，Sn为其前n项和若a16，a3a50，则S6_126解析 设等差数列an的公差为d，因为a3a50，所以62d64d0，解得d2，所以S666(2)36306.8D22016江苏卷 已知an是等差数列，Sn是其前n项和若a1a3，S510，则a9的值是_820解析 因为S55a310，所以a32，设其公差为d，则a1a22d(2d)2d26d63，解得d3，所以a9a36d21820.3D22016全国卷 已知等差数列an前9项的和为27，a108，则a100()A100 B99C98 D973C解析 927，可得a53，所以a10a55d5，所以d1，所以a100a1090d98.19D2，D4，H62016四川卷 已知数列an的首项为1，Sn为数列an的前n项和，Sn1qSn1，其中q0，nN*.(1)若2a2，a3，a22成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线x21的离心率为en，且e2，证明：e1e2en.19解：(1)由已知，Sn1qSn1，Sn2qSn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由S2qS11得到a2qa1，所以an1qan对所有n1都成立，所以，数列an是首项为1，公比为q的等比数列，从而anqn1.由2a2，a3，a22成等差数列，可得2a33a22，即2q23q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q0，故q2，所以，an2n1(nN*)(2)证明：由(1)可知，anqn1，所以双曲线x21的离心率en.由e2，解得q(负值舍去)因为1q2(k1)q2(k1)，所以qk1(kN*)于是e1e2en1qqn1，故e1e2en.17D22016全国卷 Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728.记bnlg an，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列bn的前1000项和17解：(1)设an的公差为d，据已知有721d28，解得d1，所以an的通项公式为ann.故b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.(2)因为bn所以数列bn的前1000项和为1902900311893.18D2，D42016山东卷 已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即解得所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)2n1.又Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n234(n1)2n2 3n2n2，所以Tn3n2n2.18D22016天津卷 已知an是各项均为正数的等差数列，公差为d.对任意的nN*，bn是an和an1的等比中项(1)设cnbb，nN*，求证：数列cn是等差数列；(2)设a1d，Tn,求证：.18证明：(1)由题意得banan1，有cnbban1an2anan12dan1，因此cn1cn2d(an2an1)2d2，所以cn是等差数列(2)Tn(bb)(bb)(bb)2d(a2a4a2n)2d2d2n(n1)，所以（1）.6D22016浙江卷 如图11，点列An，Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn1|An1An2|，AnAn2，nN*，|BnBn1|Bn1Bn2|，BnBn2，nN*.(PQ表示点P与Q不重合)若dn|AnBn|，Sn为AnBnBn1的面积，则()图11ASn是等差数列BS是等差数列Cdn是等差数列Dd是等差数列6A解析 由题意得，An是线段An1An1(n2)的中点，Bn是线段Bn1Bn1(n2)的中点，且线段AnAn1的长度都相等，线段BnBn1的长度都相等过点An作高线hn.由A1作高线h2的垂线A1C1，由A2作高线h3的垂线A2C2，则h2h1|A1A2|sinA2A1C1，h3h2|A2A3|sinA3A2C2.而|A1A2|A2A3|，A2A1C1A3A2C2，故h1，h2，h3成等差数列，故Sn是等差数列D3等比数列及等比数列前n项和20A1、D3、D52016江苏卷 记U1，2，100对数列an(nN*)和U的子集T，若T，定义ST0；若Tt1，t2，tk，定义STat1at2atk.例如：T1，3，66时，STa1a3a66.现设an(nN*)是公比为3的等比数列，且当T2，4时，ST30.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意正整数k(1k100)，若T1，2，k，求证：ST0，nN*，所以STa1a2ak133k1(3k1)3k.因此，STak1.(3)证明：下面分三种情况证明若D是C的子集，则SCSCDSCSDSDSD2SD.若C是D的子集，则SCSCDSCSC2SC2SD.若D不是C的子集，且C不是D的子集令EC(UD)，FD(UC)，则E，F，EF.于是SCSESCD，SDSFSCD，进而由SCSD，得SESF.设k是E中最大的数，l为F中最大的数，则k1，l1，kl.由(2)知，SEak1，于是3l1alSFSEak13k，所以l1k，即lk.又kl，故lk1，从而SFa1a2al133l1，故SE2SF1，所以SCSCD2(SDSCD)1，即SCSCD2SD1.综合得，SCSCD2SD.15D32016全国卷 设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_1564解析 设该等比数列的公比为q，则q，可得a1a110，得a18，所以an8（）n1（）n4.所以a1a2an（）3210(n4)，易知当n3或n4时，(n27n)取得最小值6，故a1a2an的最大值为（）664.17D3、D42016全国卷 已知数列an的前n项和Sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5，求.17解：(1)由题意得a1S11a1，故1，a1，a10.由Sn1an，Sn11an1得an1an1an，即an1(1)an.由a10，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是an（）n1.(2)由(1)得Sn1（）n，由S5得1（）5，即（5，解得1.5D32016四川卷 某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是()(参考数据：lg 1.120.05，lg 1.30.11，lg 20.30)A2018年 B2019年C2020年 D2021年5B解析 设x年后该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，由题可知，130(112%)x200，解得xlog1.123.80，因为x为整数，所以x取4，故开始超过200万元的年份是2019年5D3、A22016天津卷 设an是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q0”是“对任意的正整数n，a2n1a2n0”的()A充要条件B充分而不必要条件C必要而不充分条件D既不充分也不必要条件5C解析 设数列的首项为a1，则a2n1a2na1q2n2(1q)0，即q1，故选C.13D32016浙江卷 设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_131121解析 由an12Sn1，得an2Sn11(n2)，两式相减得，an1an2(SnSn1)2an，即an13an(n2)，而a22a11，S2a1a24，解得a11，a23，故an是首项为1，公比为3的等比数列，所以S5121.17D32016上海卷 已知无穷等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，且SnS.下列条件中，使得2Sn0，0.6q0.7 Ba10，0.7q0，0.7q0.8 Da10，0.8q0.717B解析 由题意得2a1a1(0|q|0时，qn，结合选项知该不等式不恒成立，舍去；当a10时，qnq20，nN*.(1)若2a2，a3，a22成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线x21的离心率为en，且e2，证明：e1e2en.19解：(1)由已知，Sn1qSn1，Sn2qSn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由S2qS11得到a2qa1，所以an1qan对所有n1都成立，所以，数列an是首项为1，公比为q的等比数列，从而anqn1.由2a2，a3，a22成等差数列，可得2a33a22，即2q23q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q0，故q2，所以，an2n1(nN*)(2)证明：由(1)可知，anqn1，所以双曲线x21的离心率en.由e2，解得q(负值舍去)因为1q2(k1)q2(k1)，所以qk1(kN*)于是e1e2en1qqn1，故e1e2en.18D2，D42016山东卷 已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即解得所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)2n1.又Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n234(n1)2n2 3n2n2，所以Tn3n2n2. D5 单元综合20D5，A12016北京卷 设数列A：a1，a2，aN(N2)如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有aka1，则G(A)；(3)证明：若数列A满足anan11(n2，3，N)，则G(A)的元素个数不小于aNa1.20解：(1)G(A)的元素为2和5.(2)证明：因为存在an使得ana1，所以iN*|2iN，aia1.记mminiN*|2iN，aia1，则m2，且对任意正整数km，aka1a1.由(2)知G(A).设G(A)n1，n2，np，n1n2np.记n01，则an0an1an2anp.对i0，1，p，记GikN*|niani如果Gi，取mimin Gi，则对任何1kmi，akaniami.从而miG(A)且mini1.又因为np是G(A)中的最大元素，所以Gp.从而对任意npkN，akanp，特别地，aNanp.对i0，1，p1，ani11ani.因此ani1ani11(ani1ani11)ani1.所以aNa1anpa1(aniani1)p.因此G(A)的元素个数p不小于aNa1.20A1、D3、D52016江苏卷 记U1，2，100对数列an(nN*)和U的子集T，若T，定义ST0；若Tt1，t2，tk，定义STat1at2atk.例如：T1，3，66时，STa1a3a66.现设an(nN*)是公比为3的等比数列，且当T2，4时，ST30.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意正整数k(1k100)，若T1，2，k，求证：ST0，nN*，所以STa1a2ak133k1(3k1)3k.因此，STak1.(3)证明：下面分三种情况证明若D是C的子集，则SCSCDSCSDSDSD2SD.若C是D的子集，则SCSCDSCSC2SC2SD.若D不是C的子集，且C不是D的子集令EC(UD)，FD(UC)，则E，F，EF.于是SCSESCD，SDSFSCD，进而由SCSD，得SESF.设k是E中最大的数，l为F中最大的数，则k1，l1，kl.由(2)知，SEak1，于是3l1alSFSEak13k，所以l1k，即lk.又kl，故lk1，从而SFa1a2al133l1，故SE2SF1，所以SCSCD2(SDSCD)1，即SCSCD2SD1.综合得，SCSCD2SD.12D52016全国卷 定义“规范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数若m4，则不同的“规范01数列”共有()A18个 B16个C14个 D12个12C解析 a1，a2，a8中0的个数不少于1的个数，a10，a81.先排定中间三个1，当三个0在一起时排法种数为C，当三个0不相邻时排法种数为C，当三个0分成两组时排法种数为AC，不同的“规范01数列”共有CCAC14(个)20D52016浙江卷 设数列an满足an1，nN*.(1)证明：|an|2n1(|a1|2)，nN*；(2)若|an|n，nN*，证明：|an|2，nN*.20证明：(1)由1，得|an|an1|1，故，nN*，所以n，()()()，故|an|n，均有|an|2，取正整数m0log且m0n0，则2n0|b|，则f(m)mb0，f(m)mban对任意正整数n恒成立，即(n1)2(n1)n2n对任意正整数n恒成立，即2n1对任意正整数n恒成立，故3.62016怀化模拟 设Sn为等差数列的前n项和，若a11，公差d2，S