2014-2018年五年真题分类第六章数列

专题六 数 列考点1 数列的概念及简单表示法1（2018全国，14）记Sn为数列an的前n项和，若Sn=2an+1，则S6=_1.63 根据Sn=2an+1，可得Sn+1=2an+1+1，两式相减得an+1=2an+12an，即an+1=2an，当n=1时，S1=a1=2a1+1，解得a1=1，所以数列an是以-1为首项，以2为公布的等比数列，所以S6=(126)12=63，故答案是63.2.(2016浙江，13)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.2.1，121 由于解得a11，a23，当n2时，由已知可得：an12Sn1，an2Sn11，得an1an2an，an13an，又a23a1，an是以a11为首项，公比q3的等比数列.S5121.3.(2015江苏，11)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_.3.a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上n1个式子相加得ana123n，即an，令bn，故bn2，故S10b1b2b102.4.(2015安徽，18)设nN*，xn是曲线yx2n21在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列xn的通项公式；(2)记Tnxxx，证明Tn.4.(1)解y(x2n21)(2n2)x2n1,曲线yx2n21在点(1，2)处的切线斜率为2n2，从而切线方程为y2(2n2)(x1).令y0，解得切线与x轴交点的横坐标xn1.(2)证明由题设和(1)中的计算结果知Tnxxx.当n1时，T1.当n2时，因为x.所以Tn.综上可得对任意的nN*，均有Tn.5.(2014广东，19)设数列an的前n项和为Sn，满足Sn2nan13n24n，nN*，且S315.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列an的通项公式.5. (1)依题有解得a13，a25，a37.(2)Sn2nan13n24n，当n2时，Sn12(n1)an3(n1)24(n1).并整理得an1.由(1)猜想an2n1，下面用数学归纳法证明.当n1时，a1213，命题成立；假设当nk时，ak2k1命题成立.则当nk1时，ak12k32(k1)1，即当nk1时，结论成立.综上，nN*，an2n1.考点2 等差数列及其前n项和1（2018全国，4）设Sn为等差数列an的前n项和，若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=()A12 B10 C10 D121.B 设该等差数列的公差为d，根据题中的条件可得3(32+322d)=22+d+42+432d，整理解得d=3，所以a5=a1+4d=212=10，故选B.2.（2017新课标,4）记Sn为等差数列an的前n项和若a4+a5=24，S6=48，则an的公差为（） A.1 B.2 C.4 D.82. C Sn为等差数列an的前n项和，a4+a5=24，S6=48， ，解得a1=2，d=4，an的公差为4故选C3.（2017浙江,6）已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn ， 则“d0”是“S4+S62S5”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件3. C S4+S62S5 ， 4a1+6d+6a1+15d2（5a1+10d），21d20d，d0，故“d0”是“S4+S62S5”充分必要条件，故选C.4.(2016浙江,6)如图,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()A. Sn是等差数列 B.S是等差数列B. C.dn是等差数列 D.d是等差数列4.ASn表示点An到对面直线的距离(设为hn)乘以|BnBn1|长度一半,即Snhn|BnBn1|，由题目中条件可知|BnBn1|的长度为定值，过A1作垂直得到初始距离h1，那么A1，An和两个垂足构成等腰梯形，则hnh1|A1An|tan (其中为两条线所成的锐角，为定值)，从而Sn(h1|A1An|tan )|BnBn1|，Sn1(h1|A1An1|)|BnBn1|，则Sn1Sn|AnAn1|BnBn1|tan ，都为定值，所以Sn1Sn为定值，故选A.5.(2016全国，3)已知等差数列an前9项的和为27，a108，则a100() A.100 B.99 C.98 D.975.C由等差数列性质,知S99a527,得a53,而a108,因此公差d1,a100a1090d98，故选C.6.(2015重庆，2)在等差数列an中，若a24，a42，则a6() A.1 B.0 C.1 D.66.B由等差数列的性质,得a62a4a22240,选B.7.(2015北京，6)设an是等差数列，下列结论中正确的是()A.若a1a20，则a2a30 B.若a1a30，则a1a20C.若0a1a2，则a2 D.若a10，则(a2a1)(a2a3)07.CA,B选项易举反例，C中若0a1a2，a3a2a10，a1a32，又2a2a1a3，2a22，即a2成立.8.(2014福建，3)等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于() A.8 B.10 C.12 D.148.C设等差数列an的公差为d，则S33a13d，所以12323d，解得d2，所以a6a15d25212，故选C.9.(2014辽宁，8)设等差数列an的公差为d.若数列为递减数列，则()A.d0 C.a1d09.C2a1an为递减数列，可知a1an也为递减数列，又a1anaa1(n1)da1dnaa1d，故a1d0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和.19.解(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an).由于an0，可得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)，a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn20.(2014北京，12)若等差数列an满足a7a8a90，a7a100，a80.又a7a10a8a90，a90.当n8时，其前n项和最大.21.(2015四川，16)设数列an(n1,2,3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值.21.解(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)，从而a22a1，a32a24a1，又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)，所以a14a12(2a11)，解得a12，所以，数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an2n.(2)由(1)得 ，所以Tn1.由|Tn1|，得，即2n1 000，因为295121 0001 024210，所以n10，于是，使|Tn1|成立的n的最小值为10.22.(2014大纲全国，18)等差数列an的前n项和为Sn.已知a110，a2为整数，且SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.22.解(1)由a110，a2为整数知：等差数列an的公差d为整数.又SnS4，故a40，a50，于是103d0，104d0.解得d.因此d3.数列an的通项公式为an133n.(2)bn.于是Tnb1b2bn23.(2014江苏，20)设数列an的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Snam，则称an是“H数列”.(1)若数列an的前n项和Sn2n(nN*)，证明an是“H数列”；(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d0.若an是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立.23.(1)证明由已知，当n1时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam.所以an是“H数列”.(2)解由已知，得S22a1d2d.因为an是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d0，所以m21，则()Aa1a3,a2a3,a2a4 Ca1a4 Da1a3,a2a41.B 令f(x)=xlnx1,则f(x)=11x，令f(x)=0,得x=1，所以当x1时，f(x)0，当0x1时，f(x)0，则a1+a2+a3+a4a1+a2+a3ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)0,但ln(a1+a2+a3)=lna1(1+q+q2)lna10，即a1+a2+a3+a40ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此1qa1q2=a3,a2a2q2=a40.则a8a62a4即为a4q4a4q22a4，解得q22(负值舍去)，又a21，所以a6a2q44.18（2018全国，17）等比数列an中，a1=1，a5=4a3（1）求an的通项公式；（2）记Sn为an的前n项和若Sm=63，求m18.（1）设an的公比为q，由题设得an=qn-1由已知得q4=4q2，解得q=0（舍去），q=-2或q=2故an=(-2)n-1或an=2n-1（2）若an=(-2)n-1，则Sn=1-(-2)n3由Sm=63得(-2)m=-188，此方程没有正整数解若an=2n-1，则Sn=2n-1由Sm=63得2m=64，解得m=6综上，m=619.(2015湖北，18)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b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.19.解(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.20.(2014新课标全国，17)已知数列an满足a11，an13an1.(1)证明是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明.20.证明(1)由an13an1得an13又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列.an，因此an的通项公式为an.(2)由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以.于是1.所以12an+1成立的n的最小值为_3.27 设an=2k，则Sn=(211)+(221)+(22k11)+2+22+2k=2k11+22k112+2(12k)12=22k2+2k+12由Sn12an+1得22k2+2k+1212(2k+1),(2k1)220(2k1)140,2k125,k6所以只需研究25an16.由m2+25+1212(2m+1),m224m+500，m22,n=m+527得满足条件的n最小值为27.4.（2017北京,10）若等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=1，a4=b4=8，则 =_ 4. 1 等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=1，a4=b4=8，设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q可得：8=1+3d，d=3，a2=2；8=q3 ， 解得q=2，b2=2可得 =1故答案为：15.(2015新课标全国，16)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.5.由题意，得S1a11，又由an1SnSn1，得Sn1SnSnSn1，所以Sn0，所以1，即1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，得1(n1)n，所以Sn.6（2018浙江，20）已知等比数列an的公比q1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项数列bn满足b1=1，数列（bn+1bn）an的前n项和为2n2+n（）求q的值；（）求数列bn的通项公式 6.（）由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4，所以a3+a4+a5=3a4+4=28，解得a4=8.由a3+a5=20得8(q+1q)=20，因为q1，所以q=2.（）设cn=(bn+1-bn)an，数列cn前n项和为Sn.由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n2.解得cn=4n-1.由（）可知an=2n-1，所以bn+1-bn=(4n-1)(12)n-1，故bn-bn-1=(4n-5)(12)n-2,n2，bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1) =(4n-5)(12)n-2+(4n-9)(12)n-3+712+3.设Tn=3+712+11(12)2+(4n-5)(12)n-2,n2，12Tn=312+7(12)2+(4n-9)(12)n-2+(4n-5)(12)n-1所以12Tn=3+412+4(12)2+4(12)n-2-(4n-5)(12)n-1，因此Tn=14-(4n+3)(12)n-2,n2，又b1=1，所以bn=15-(4n+3)(12)n-2.7（2018天津，18）设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(nN*)，bn是等差数列.已知a1=1，a3=a2+2，a4=b3+b5，a5=b4+2b6.（I）求an和bn的通项公式；（II）设数列Sn的前n项和为Tn(nN*)，（i）求Tn；（ii）证明k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(nN*).7.（I）设等比数列an的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因为q0，可得q=2，故an=2n-1.设等差数列bn的公差为d，由a4=b3+b5，可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6，可得3b1+13d=16, 从而b1=1,d=1, 故bn=n. 所以数列an的通项公式为an=2n-1，数列bn的通项公式为bn=n.（II）（i）由（I），有Sn=1-2n1-2=2n-1，故Tn=k=1n(2k-1)=k=1n2k-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.（ii）因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)=k2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1，所以k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(233-222)+(244-233)+(2n+2n+2-2n+1n+1)=2n+2n+2-2.8（2018江苏，20）设an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项为b1，公比为q的等比数列（1）设a1=0,b1=1,q=2，若|anbn|b1对n=1,2,3,4均成立，求d的取值范围；（2）若a1=b10,mN*,q(1,m2，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n=2,3,m+1均成立，并求d的取值范围（用b1,m,q表示）8.（1）由条件知：an=(n-1)d,bn=2n-1因为|an-bn|b1对n=1，2，3，4均成立，即|(n-1)d-2n-1|1对n=1，2，3，4均成立，即11，1d3，32d5，73d9，得73d52因此，d的取值范围为73,52（2）由条件知：an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1若存在d，使得|an-bn|b1（n=2，3，m+1）成立，即|b1+(n-1)d-b1qn-1|b1(n=2,3,m+1)，即当n=2,3,m+1时，d满足qn-1-2n-1b1dqn-1n-1b1因为q(1,m2，则10，对n=2,3,m+1均成立因此，取d=0时，|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立下面讨论数列qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值（n=2,3,m+1）当2nm时，qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1)，当10因此，当2nm+1时，数列qn-1-2n-1单调递增，故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m设f(x)=2x(1-x)，当x0时，f(x)=(ln2-1-xln2)2x0，所以f(x)单调递减，从而f(x)f（0）=1当2nm时，qnnqn-1n-1=q(n-1)n21n(1-1n)=f(1n)0，nN*.(1)若2a2，a3，a22成等差数列，求an的通项公式；(2)设双曲线x21的离心率为en，