2015年高考数学真题分类汇编：专题06数列理科及答案

1、专题六数列1.12015高考重庆，理2】在等差数列an中，若a2=4,包=2,则a6=()A,-1B,0C,1D,6【答案】B【解析】由等差数列的性质得a6=2a4a2=2父24=0,选B【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【名师点晴】本题可以直接利用等差数列的通项公式求解，也可应用等差数列的性质求解，主要考查学生灵活应用基础知识的能力.是基础题.2.12015高考福建，理8】若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p0,q0)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()A.6B.7C.8D.9

2、【答案】D【解析】由韦达定理得a+b=p,ab=q,则aa0,ba0,当a,b,-2适当排序后成等比4数列时，-2必为等比中项，故ab=q=4,b=.当适当排序后成等差数列时，-2必不a441是等差中项，当a是等差中项时，2a=2,解得a=1,b=4；当一是等差中项时，8=a2,解得a=4,b=1,综上所述，a+b=p=5,所以p+q=9,选D.a【考点定位】等差中项和等比中项.【名师点睛】本题以零点为载体考查等比中项和等差中项，其中分类讨论和逻辑推理是解题核心.三个数成等差数列或等比数列，项与项之间是有顺序的，但是等差中项或等比中项是唯一的，故可以利用中项进行讨论，属于难题.3.12015高

3、考北京，理6】设an是等差数列.下列结论中正确的是()A.若a1+a20,则a2+a30B.若a1+a3c0,则a1+a20C.若0现a2,贝Ua2aa3D.若a10【解析】先分析四个答案支，A举一反例a1=2,a2=-1,a3=_4,a1+a20而a2+a30,A错误，B举同样反例a1=2,a2=1,a3=4，ai+a30,B错误，下面针对C进行研究，%是等差数列，若0ai0,数列各项均为正，由于a22-a1a5=(q+d)2-a1(a1+2d)=q2+2a1d+d2_q2-2a1d=d20,则2qa1a3=a1A“：a1a3,选C.考点定位：本题考点为等差数列及作差比较法，以等差数列为载体

4、，考查不等关系问题，重点是对知识本质的考查.【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式和比较法，本题属于基础题，由于前两个选项无法使用公式直接做出判断，因此学生可以利用举反例的方法进行排除，这需要学生不能死套公式，要灵活应对，作差法是比较大小常规方法，对判断第三个选择只很有效4.12015高考浙江，理3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.a1d0,dS40B.a1d：二0,dS4；0C.a1d0,dS4f0D.a1d：0,dS40【答案】B.E 解析】:等差敬列 s，%，4,弋成等比数列,+如y-二分之一-=为二三金,二+%)=2Q=%+=三d

5、,口后二一!v0,dS-1;要熟练掌握数列中相关的通项公式，前n项和公式等.6.12015高考新课标2,理16设Sn是数列an的前n项和，且a1=1,an噂=SnSn书,则Sn=【解析】由已知得小书=&书Sn=&书，两边同时除以&书，Sn,得1,一=1,故Sn工1一,11数列一是以1为首项，1为公差的等差数列，则，=1（n1）=n,所以Sn=SnSnn【考点定位】等差数列和递推关系.【名师点睛】 本题考查数列递推式和等差数列通项公式， 要搞清楚项an与Sn的关系，从而转化为Sn书与Sn的递推式，并根据等差数列的定义判断11_一是等差数列，属于中档题.SJ7.12015高

6、考广东，理10】在等差数列an中，若a3+a4+%+a6+a7=25,则a2a8=【答案】10.&a4=9【解析】由题意，4递增的等比数列,【解析】因为an是等差数列，所以a3+a7=a4+a6=a2十%=2a5,a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25即a5=5,所以a2+&=2a5=10,故应填入10.【考点定位】等差数列的性质.【名师点睛】本题主要考查等差数列性质及其简单运算和运算求解能力，属于容易题，解答*此题关键在于熟记am+A=ap+aq(m,n,p,qwN且m+n=p+q),am+an=2ap(m,n,pwN*且m+n=2p)及其熟练运用.8.12015高考陕西

7、，理13】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】设数列的首项为a1，则a1+2015=2父1010=2020,所以a1=5,故该数列的首项为5,所以答案应填：5.【考点定位】等差中项.【名师点晴】本题主要考查的是等差中项，属于容易题.解题时一定要抓住重要字眼“中位数”和“等差数列”，否则很容易出现错误.解本题需要掌握的知识点是等差中项的概念，即若a,A,b成等差数列，则A称为a与b的等差中项，即2A=a+b.11数列an满足&=1,且an由an=n+1(nwN),则数列1an的前10项和为,20【答案】2011【解析】由题意得：?一2

8、一二-QT-见.：)一一侬一鼻)一生一看一127-占=总3=言【考点定位】数列通项，裂项求和【名师点晴】由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为an+1=an+f(n)或an+1=f(n)an,则可以分别通过累加，累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，转化为特殊数列求通项.数列求和的常用方法有倒序相加法，错位相减法，裂项相消法，分组求和法，并项求和法等，可根据通项特点进行选用9.12015江苏高考,10.12015江苏高考，20(本小题满分16分)设a1，a2,出毋4是各项为正数且公差为d(d#0)的等差

9、数列(1)证明：2al2a22a32a4依次成等比数列；(2)是否存在a1,d,使得a1,a22,a33,a44依次成等比数列，并说明理由；(3)是否存在ahd及正整数n,k,使得a1n,a，a3142k,an#k依次成等比数列，并说明理由.【答案】(1)详见解析(2)不存在(3)不存在【解析】试题分析(1)根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可(2)本题列式简单，变形较难，首先令t=d将二元问题转化为一元，再分别求解两个高a1次方程，利用消最高次的方法得到方程：7t2+4t+3=0,无解，所以不存在(3)同(2)先人d令t=将二兀问题转化为一兀，为降次，所以两

10、边取对数，消去n,k得到关于t的一兀方程ai4ln(1+3t)ln(1+t)ln(1+3t)ln(1+2t)31n(1+2t)ln(1+t)=0,从而将方程的解转化为研究函数g(t)=41n(1+3t)1n(1+t)-1n(1+3t)1n(1+2t)31n(1+2t)1n(1+t)零点情况，这个函数需要利用二次求导才可确定其在(0,2)上无零点3641，则1=(1tX1+t),且(1+t)=(1+2t)(3td,a-2d,假设存在a1，d,使得a，a|,a；,a4依次构成等比数列,36o4则a=(adXa+d),且(a+d)=a(a+2d).令a1令t=da化简得t3+2t22=0(*)，且t

11、2=t+1.将t22c1t(t+1)+2(t+1)2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则t.41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A,d,使得A,a2,a3,a4依次构成等比数列.(3)假设存在a1，d及正整数n,k,使得a；,a；#,a：梆，a；书k依次构成等比数列,nn：；2k2n：kn：；kn：；3k2n：；2k则21口+2，=(a+d)，且(a+dj(a1+3d)=(a1+2dy).分别在两个等式的两边同除以a2(n咻)及a12c招)，并令t=9(t，t#0),a13n：2k2n：!kn：knN3k2n：2k则(1+2t)=(1+t),且(1+t

12、)(1+3tj=(1+2t户1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).化简得2kin(1十牙)ln(1+t)=n-2ln(1十t)-ln(1+2t且3kin(1+3t)ln(1+t)=n-3ln(1+t)ln(1+3t).再将这两式相除，化简得lnfl+3rjIn(1-2r)-3Inl_l+2rjInll-0,=t+1代入(w)式,令邛2(t)=W(t),则%(t)=1210.1t12t13t知(t),91(t),中(t),g(t)在11,0,3故g（t）只有

13、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a1n,a/，a：招，ak依次构成等比数列.【考点定位】等差，等比数列的定义及性质，函数与方程【名师点晴】解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系.如果同一数列中部分项成等差数列， 部分项成等比数列， 要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究； 如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解.11.12015高考浙江，理20已知数列an满足a1=1且an4l=an-a2（nwN*）一a,*（1）证明：12（nWN）；an1

14、1s1*(2)设数列a2的前n项和为Sn,证明(nwN).2(n2)n2(n1)【答案】（1）详见解析；（2）详见解析1试题分析：（1）首先根据递推公式可得an-,再由递推公式变形可知n2三=an21,2,从而得证；（2）由1=亘和1亘W2得,an1anan1anan1anan1an11111,.*、r 一一,一1-匚M2,从而可得an+(nWN),即可得证an1an2(n1)n21试题斛析：(1)由题思倚，an4t-an=-an0,即an书Wan,an0,由0an一得，2=-a=1,2，即1E且-W2;(2)由题意得an1an-an1-anan1 Sn=a1_an由，由工-2=-a-和1M-

15、an-M2得，1W-2,an1anan1an1an1an1111*n2n,因此Wan由的前n项和Tn.3,n=1,136n3【答案】an=g；(II)Tn=13+6M.3n,n1,124312(n2).41n2(n1)t解析】所以，Za-=3-3,故生二工当耳】时，2_:=3-3.此时，工1=2邑2$7=3七V1.即小=3口.-2*2.-2*2.R所以，d（II）因为口触白=10当月1时，=31-?2log53*3-1=(w-1)、，1所以丁=已=_3当n1时，Tn=b1b2b3-bn=113.2343所以3Tn-113023Tj-n-132两式相减，得2Tn=2+(30+3+3Hn-1)31

16、”裳+3丁(n-1)313313136n3623n136n3所以Tn1243n经检验，n=1时也适合,个曰1136n3综上可得：Tn=n1243n【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-1nn-13能力，思维的严密性和运算的准确性，在利用&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_22212?2Tn=总*3x2n4=J)()(24当n=1时，T1=-.42n-12n)2.222n-12(2n-1)

17、当n之2时，因为x2nT=()=-(2nT)2T4n2-4nn72(2n)2(2n)13.12015高考安徽，理18】设nWN*,xn是曲线y=x2n*+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.求数列xn的通项公式;222.1记Tn=Xx|x2n，证明Tn之一4nn1I)xn=；(n)Tn之一.n14n【解析】切线斜率为2n+2.从而可以写出切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0.解得切线与x轴交点的横坐标xn=1一、1(n)要证Tn,需考虑通项x2n通过适当放缩能够使得每项相消即可证明4n试题解析：(I)解：y=(x2nH2+1)=(2n+2)x2n曲线y=x2n42+1在点

18、(1,2)处的切线斜率为2n 2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标xn=1-(n)证：由题设和(I)中的计算结果知(n)试题分析:(D对题中所给曲线的解析式进行求导，得出曲线y=x2n*+1在点(1,2)处的.思路如下：先表示出=x；x；x2n,=g)2(|)22n-1o(),求出初始条件当2n=1时,T1=4当n2时，22n(2n)2(2n-1)2-124n-4nn-12(2n)2(2n)，所以nTn(1)2xlx-X223n-1n4n1L,，一一,综上可得对任意的nwN*,均有Tn之14n1、212n-11Tn（）223n4n1综上可得对任

19、意的nwN*,均有Tn2，.4n【考点定位】1.曲线的切线方程；2.数列的通项公式；3.放缩法证明不等式.【名师点睛】数列是特殊的函数，不等式是深刻认识函数与数列的重要工具，三者的综合是近几年高考命题的新热点，且数列的重心已经偏移到不等式的证明与求解中，而不再是以前的递推求通项，此类问题在2010年，2012年，2013年安徽高考解答题中都曾考过对于数列问题中求和类（或求积类）不等式证明，如果是通过放缩的方法进行证明的，一般有两种类型：一种是能够直接求和（或求积），再放缩；一种是不能直接求和（或求积），需要放缩后才能求和（或求积），求和（或求积）后再进行放缩.在后一种类型中,一定要注意放缩的尺

20、度，二是要注意从哪一项开始放缩14.12015高考天津，理18（本小题满分13分）已知数列an满足an出=qan（q为实数，且q1）,nwN*,a1=1启2=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bnulogza型，nwN*,求数列bn的前n项和.a2nnJ22,n为奇数，n2n；-产、22,n为偶数.【解析】由已知，有（g 十包）一（十生）=（4（牛一冬当杵=2k(杵E.V*)时,4所以 91 的通项公式为a.二“如为偶数.所以(q1)二生(q1)，又因为11,故 Q=口r=2,由后乌=,（II）由（I）得bnJog2a2n=鼻,设数列

21、0的前n项和为则a2ni2-Sn=IIX20+2X.+3X22M-Sn=1-1,2,：-2313H两式相减得1.12=_21=2_Z2n-12n2n2I一一2整理得Sn=4-n2nIIk0）1+n父Tn2m,11c11Sn122222所以数列bn的前n项和为42n1【考点定位】等差数列定义，等比数列及前n项和公式，错位相减法求和【名师点睛】本题主要考查等差，等比数列定义与性质，求和公式以及错位相减法求和的问题，通过等差数列定义，等比数列性质，分n为奇偶数讨论求通项公式，并用错位相减法基本思想求和.是中档题.15.12015高考重庆，理22】在数列匕/中，a1=3,an书an十九an书+Nan2

22、=0（nwN+）（1）若九=0,N=2,求数列an的通项公式;111（2）若儿=一k0wN+k0之2,N=1,证明：2+ak+0,因此an1,于是可得不卅a2anan+1|o,又an+12anan+一koko2anko2k011c1=an+？.ako+1=a1+(a2-a1)中=a_ko.1.1.2+ko=2+1an+kokokokoan+1NaJ113ko133ko+1J3%T这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知an2(nwN*),因此二a1一ko1kokokoa11koa21koako+1,1：二2ko、2ko+12ko+12ko11*一，一一，=2+1一，这样结论得证，本题不等式

23、的证2ko1(ako+1-ako)kokokoa11故an二aiqn_1=3?2n-1另一方面，由上已证的不等式知a1a2忖ak0ak0+12得递推；从递推形式上看，既有常规的线性递推，还有分式，三角，分段，积(哥)等形式.在考查通性通法的同时，突出考查思维能力，代数推理能力，分析问题解决问题的能力.本题第(1)小题通过递推式证明数列是等比数列，从而应用等比数列的通项公式求得通项，第(2)小题把数列与不等式结合起来，利用数列的递推式证明数列是单调数列，利用放缩法证明不等式，难度很大.16.12015高考四川， 理16设数列an的前n项和&=2an-a1,且a,a2+1自成等差数列.(1

24、)求数列an的通项公式；二由 N4=L数列的诿推关系式变为a.r=0:变形为由上式及q=3,归纳可得0+rL=ar-1!,所以对打*比k、.一：求和得ak0+1=a1+(a2-a1)+(ak0+1-ak0)二11k0,1十一.kc卜04ka%12+k03ko+13ko+13ko13k01a%1=a1kokk。卜041koa21koakc+1ko12ko十12k0+12k+1)-22k01.,考查探究能（包括三角函数），不等(2)记数列1的前n项和Tn,求得|Tn-1|1),即an=2an(n1).从而a2=2a1,a3=4a1.又因为a1,a2+1,a3成等差数列，即q+a3=2(a2+1).

25、所以a十4a1=2(2a十1),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.11(2)由(1)得-n.an2111c由|Tn1|，得|1T|1000.10002n1000因为29=51210001024=21,所以n-10.1.一,.于是，使|Tn1|1时，记a若，求数列%的前n项和Tn.1小，小an=2n-1an-9(2n79),.或9obn=3.bn=9(2)nn9lOff-45rf-100IHn2a-9-20,3即J.ad=2tad=lr3222232422n.【答案】(I)2n3-2口【解析】(1)由题意有,CII)由知口=2w-l,b=1故c=11Z7t

26、1-1T1357g2n-11.3579.2n-1I【考点定位】等差数列，等比数列通项公式，错位相减法求数列的前n项和.【名师点睛】错位相减法适合于一个由等差数列an及一个等比数列bn对应项之积组成的数列.考生在解决这类问题时，都知道利用错位相减法求解，也都能写出此题的解题过程，但由于步骤繁琐，计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等.两边乘公比后，对应项的哥指数会发生变化，应将相同哥指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多了一项，两项相减，除第一项和最后一项外，剩下的n-1项是一个等比数列.18.12015高考陕西，理21】(本小题满分12分)设fn(x)是等比数列1,x

27、,x2,，xn-可得1Tn=2+1+42H222212n-12n3十c0n-=3,2nN2n2n，故Tn=62n32n-的各项和，其中x0,nwN,n2.x)-2在f1,1i内有且仅有一个零点(记为xn),且2,11n1xn-2+2xn,(II)设有一个与上述等比数列的首项，末项，项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x),比较fnx与gn(x)的大小,并加以证明.【答案】)证明见解析；(H)当x=1时，fn(x)=gn(x),当x#1时，fn(x)vgn(x),证明见解析.试题分析：(I)先利用零点定理可证Fn(x)在口，1i内至少存在一个零点，再利用函数的单2xn=1+1xn+；(II)

28、先设h(x)=fn(x)-gn(x),再又x的取值范围进行讨论来判断h(x)与0的大小，进而可得fn(x)和gn(x)的大小.试题解析：(I)Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2H+xn-2,则Fn(1)=n-10,1所以Fn(x)在11,1内至少存在一个零点2又Fn(x)=1+2x$+nxn0,故在所以Fn(x)在(1,1内有且仅有一个零点2(I)证明：函数Fn(x)=fn(调性可证Fn(x)在f1,1内有且仅有2个零点，进而利用xn是Fn(x)的零点可证F(1)=1111,i1_2=Fn(2)2222n11-121-2-2=2n:二0,f-,1I内单调递增,2一、.1-xn+1因为Xn

29、是Fn(X)的零点，所以Fn(Xn)=0,即-2=0,1-Xn(n+1)/1+xn(II)解法一：由题设，gn(x)=(-)(-).2,（?7-1|（l-x设辄上）二月（刈一日式上）=1+H+X*+工-当K二】时，fn(x)=g.(x)当t=1时，*=1-2XH 取 a-上若0MXhx)若 T+*71山、,2nn+)L/题+1).小鞭十1)I右t,1,h(x)x+2xHknr-：=x-=-A=0.事_一所以沙(用在(0J)上读噌，在Q+H)上避减，所以h(X)h(1)=0,即fn(X)gn(X).综上所述，当X=1时，fn(X)=gn(X)；当X#1时fn(X)0.当X=1时，fn(X)=gn

30、(X)当X#1时，用数学归纳法可以证明fn(X)gn(X).12当n=2时，fz(X)-g2(X)=-(1-X)0,所以fz(X)g2(X)成立.2假设n=k(k22)时，不等式成立，即fk(X)gk(X).那么，当n=k+1时,kJ/、上k+1(k+1)(1+X)上k+12X+(k+1)X+k+1坨1.1n+1故Xn=+Xn22(+1).1网-X-fk+1(X)=fk(X)+X0)hk(x)=k(k1)xk-kk1xk工二kk1xk(x1)所以当0 x1,hk(x)1,h；(x)0,hk(x)在(1,4s)上递增.一一2x所以hk(x)hk(1)=0,从而gk+1(x)一故fk+1(x)gk

31、+1(x).即n=k+1,不等式也成立所以，对于一切n之2的整数，都有fn(x)gn(x).解法三：由已知，记等差数列为aj,等比数列为bk,k=1)2|,n+1.则a=4=1,nan+1=bn+1=x,xn-1k1所以ak=1+k-1:(2kn),bk=xk(2k0,n-k+11.若0 x1,xn-k+11,mk(x)1,xn-k+11,mk(x)0,从而mk(x)在(0,1)上递减，mk(x)在(1,收)上递增.所以mk(x)m,(1)=0,所以当x0且x=1时，akbk(2WkWn),又a二h,an+1=bn+1,故fn(x)gn(x)综上所述，当x=1时，fn(x)=gn(x)；当x/

32、1时fn(x)0,a；+an=4Sn+3.(i)求an的通项公式；,、“1一(n)设bn=,求数列bn的刖n项和.anan111【答案】(I)2n+1(n)64n6【解析】试题分析：m先用数列第，:项与前为项和的关系求出数列a二的递推公式，可以判断数列八是等差数列,利用等差数列的通项公式即可目出数列%的通项公式,(11)根据(I)薮列(瓦的通而央式，再用拆血消去法求其前的项和.试题解析；(I)当理=1时，&；-2口=4S+3=4&-3 因为口.0,所以1二当打工2时,a*+a:.-a；_:-=45,.+3-4S;._:-3=4a,T艮+白-JRJ=21取十口：)，因为q,0,所

33、以q.-a.i=2t所以数训2是首项为3,公差为2的等差数列，所以an=2n+1；1111(n)由(i)知，bn=-(-),(2n1)(2n3)22n12n3所以数列bn前n项和为h+bJ4+bn=1(1-1)-(1-1)ri(1-1)235572n12n311=-64n6【考点定位】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S,n=1【名师点睛】已知数列前n项和与第n项关系，求数列通项公式，常用an=4Sn-Sn4,n-2将所给条件化为关于前n项和的递推关系或是关于第n项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形

34、构造等比或等数列求通项公式.20.12015高考广东，理21】数歹Uan满足a1+2a2|nan=4求a3的值;Sn满足Sn11则ffLrI=-i-：0，xh 工.r，1工1在11工1上是增函敬，又f111=0即fi工o,ir又kk2且左 E.V时，1,比一1，含%由合一十-1即1n含冷、*左一11a1121i31,Mnri-fc-11也一In-Jitir*r-In：?即冉-2132nr?-l23【名师点睛】本题主要考查前n项和关系求项值及通项公式，等比数列前n项和，不等式放缩等，转化与化归思想的应用和运算求解能力，属于高档题，此题(1)(2)问难度不大，但第1111(3)问难度较大，首先应能求得Sn=11+1111-I；2FI,并由2-2得至ij2n2n2nJ1,-11k1Sn1)结合不等(ln-).2nxk-1k11.1放缩方法或用数学归纳法证明1+一+一1满足an由一Hn=20中0),n乏N*.(1)若bn=3n+5,且a1=1,求数列an的通项公式；(2)设an的第