【最新】高中数学-2018版高考复习方案大一轮（全国人教数学）-历年高考真题与模拟题分类汇编 D单元 数列（文科2016年） Word版含答案

1、 数 学D单元数列 D1 数列的概念与简单表示法D2 等差数列及等差数列前n项和8D22016·浙江卷 如图1­2，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1­2ASn是等差数列 BS是等差数列Cdn是等差数列 Dd是等差数列8A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

2、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AnBnBn1的面积构成的数列Sn是等差数列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a9a36d21820.15D2，D3，D42016·北京卷 已知an是等差数列，bn是等比

3、数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和15解：(1)等比数列bn的公比q3，所以b11，b4b3q27.设等差数列an的公差为d.因为a1b11，a14b427，所以113d27，即d2，所以an2n1(n1，2，3，)(2)由(1)知，an2n1，bn3n1，因此cnanbn2n13n1，从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n2.17D2，D32016·全国卷 已知an是公差为3的等差数列，数列bn满足b11，b2，anbn1bn1nbn.(1)求an的通项公式；(2)求bn的前n项和17解：(

4、1)由已知，a1b2b2b1，b11，b2，得a12，所以数列an是首项为2，公差为3的等差数列，其通项公式为an3n1.(2)由(1)和anbn1bn1nbn得bn1，因此bn是首项为1，公比为的等比数列记bn的前n项和为Sn，则Sn.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q>0，nN*.(1)若a2，a3，a2a3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e22，求eee.19解：(1)由已知，Sn1qSn1，Sn2qSn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由S2qS1

5、1得到a2qa1，故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a2，a3，a2a3成等差数列，可得2a3a2a2a3，所以a32a2，故q2，所以an2n1(nN*)(2)由(1)可知，anqn1，所以双曲线x21的离心率en.由e22，解得q，所以eee(11)(1q2)1q2(n1)n1q2q2(n1)nn(3n1)17D22016·全国卷 等差数列an中，a3a44，a5a76.(1)求an的通项公式；(2)设bnan，求数列bn的前10项和，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，2.62.17解：(1)设数列an的公差为d，

6、由题意有2a15d4，a15d3，解得a11，d.所以an的通项公式为an.(2)由(1)知，bn.当n1，2，3时，1<2，bn1；当n4，5时，2<<3，bn2；当n6，7，8时，3<4，bn3；当n9，10时，4<<5，bn4.所以数列bn的前10项和为1×32×23×34×224.19D2、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.19解：(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n

7、5.当n1时，a1S111，符合上式所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即解得所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)·2n1.由Tnc1c2cn，得Tn3×2×223×23(n1)×2n1，2Tn3×2×233×24(n1)×2n2，两式作差，得Tn3×2×2223242n1(n1)×2n23×4(n1)×2n2 3n·2n2，所以Tn3n·2n2.18D2、D32016·天津卷 已知an是等比数列，前n项和为Sn

8、(nN*)，且，S663.(1)求an的通项公式；(2)若对任意的nN*，bn是log2an和log2an1的等差中项，求数列(1)nb的前2n项和18解：(1)设数列an的公比为q，由已知，有，解得q2或q1.又由S6a1·63，知q1，所以a1·63，得a11，所以an2n1.(2)由题意，得bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为1的等差数列设数列(1)nb的前n项和为Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b3b4b2n1b2n2n2.17D2、D32016·浙江卷 设数列an的前n项和为Sn.已知S

9、24，an12Sn1，nN*.(1)求通项公式an；(2)求数列|ann2|的前n项和17解：(1)由题意得则又当n2时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an13an，所以数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，则b12，b21.当n3时，由于3n1n2，所以bn3n1n2，n3.设数列bn的前n项和为Tn，则T12，T23.当n3时，Tn3，n2也适合此式，所以TnD3等比数列及等比数列前n项和7D32016·四川卷 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

10、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7B解析 设x年后该公司全年投入的研发资金为200万元由题可知，130(112%)x200，解得xlog1.123.80.又资金需超过200万元，所以x的值取4，即该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是2019年18D2、D32016·天津卷 已知an是等比数列，前n项和为Sn(nN*)，且，S663.(1)求an的通项公式；(2)若对任意的nN*，bn是log2an

11、和log2an1的等差中项，求数列(1)nb的前2n项和18解：(1)设数列an的公比为q，由已知，有，解得q2或q1.又由S6a1·63，知q1，所以a1·63，得a11，所以an2n1.(2)由题意，得bn(log2anlog2an1)(log22n1log22n)n，即bn是首项为，公差为1的等差数列设数列(1)nb的前n项和为Tn，则T2n(bb)(bb)(bb)b1b2b3b4b2n1b2n2n2.17D2、D32016·浙江卷 设数列an的前n项和为Sn.已知S24，an12Sn1，nN*.(1)求通项公式an；(2)求数列|ann2|的前n项和17解

12、：(1)由题意得则又当n2时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an13an，所以数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，则b12，b21.当n3时，由于3n1n2，所以bn3n1n2，n3.设数列bn的前n项和为Tn，则T12，T23.当n3时，Tn3，n2也适合此式，所以Tn20A1、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，S

13、T30.(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：ST<ak1；(3)设CU，DU，SCSD，求证：SCSCD2SD.20解：(1)由已知得ana1·3n1，nN*.于是当T2，4时，STa2a43a127a130a1.又ST30，所以30a130，即a11，故数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)证明：因为T1，2，k，an3n1>0，nN*，所以STa1a2ak133k1(3k1)<3k.因此，ST<ak1.(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，

14、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，SE<ak1，于是3l1alSFSE<ak13k，所以l1<k，即lk.又kl，故lk1，从而SFa1a2al133l1，故SE2SF1，所以SCSCD2(SDSCD)1，即SCSCD2SD1.综合得，SCSCD2SD.15D2，D3，D42016·北京卷 已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a

15、14b4.(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和15解：(1)等比数列bn的公比q3，所以b11，b4b3q27.设等差数列an的公差为d.因为a1b11，a14b427，所以113d27，即d2，所以an2n1(n1，2，3，)(2)由(1)知，an2n1，bn3n1，因此cnanbn2n13n1，从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n2.17D2，D32016·全国卷 已知an是公差为3的等差数列，数列bn满足b11，b2，anbn1bn1nbn.(1)求an的通项公式；(2)求bn的前n项和17解：(1)由已知，a1b2b2b1，b11

16、，b2，得a12，所以数列an是首项为2，公差为3的等差数列，其通项公式为an3n1.(2)由(1)和anbn1bn1nbn得bn1，因此bn是首项为1，公比为的等比数列记bn的前n项和为Sn，则Sn.17D3、D42016·全国卷 已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式17解：(1)由题意得a2，a3.(2)由a(2an11)an2an10得2an1(an1)an(an1)因为数列an的各项都为正数，所以，故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.D4数列求和14D42016·上海卷 无穷数列a

17、n由k个不同的数组成，Sn为an的前n项和若对任意的nN*，Sn2，3，则k的最大值为_144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kmax4.15D2，D3，D42016·北京卷 已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.(1)求an的通项公式；(2)设cnanbn，求数列c

18、n的前n项和15解：(1)等比数列bn的公比q3，所以b11，b4b3q27.设等差数列an的公差为d.因为a1b11，a14b427，所以113d27，即d2，所以an2n1(n1，2，3，)(2)由(1)知，an2n1，bn3n1，因此cnanbn2n13n1，从而数列cn的前n项和Sn13(2n1)133n1n2.17D3、D42016·全国卷 已知各项都为正数的数列an满足a11，a(2an11)an2an10.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式17解：(1)由题意得a2，a3.(2)由a(2an11)an2an10得2an1(an1)an(an1)因为数列an的各项

19、都为正数，所以，故an是首项为1，公比为的等比数列，因此an.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q>0，nN*.(1)若a2，a3，a2a3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e22，求eee.19解：(1)由已知，Sn1qSn1，Sn2qSn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由S2qS11得到a2qa1，故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a2，a3，a2a3成等差数列，可得2a3a2a2a3，所以a32

20、a2，故q2，所以an2n1(nN*)(2)由(1)可知，anqn1，所以双曲线x21的离心率en.由e22，解得q，所以eee(11)(1q2)1q2(n1)n1q2q2(n1)nn(3n1)19D2、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.19解：(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5.当n1时，a1S111，符合上式所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即解得所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)·2n1.由Tnc1c2cn，得T

21、n3×2×223×23(n1)×2n1，2Tn3×2×233×24(n1)×2n2，两式作差，得Tn3×2×2223242n1(n1)×2n23×4(n1)×2n2 3n·2n2，所以Tn3n·2n2. D5 单元综合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

22、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：ST<ak1；(3)设CU，DU，SCSD，求证：SCSCD2SD.20解：(1)由已知得ana1·3n1，nN*.于是当T2，4时，STa2a43a127a130a1.又ST30，所以30a130，即a11，故数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)证明：因为T1，2，k，an3n1>0，nN*，所以STa1a2ak133k1(3k1)<3k.因此，ST<ak1.(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，SE<ak1，于是3l1alSFSE<ak13k，所以l1<k，即lk.又kl，故lk1，从而SFa1a2al133l1，故SE2SF1，所以SCSCD2(SDSCD)1，即SCSCD2SD1.综合得，SCSCD2SD.22D52016·上海卷 对于无穷