三年高考两年模拟高考数学专题汇编 第六章 数列4 理

第四节 数列求和、数列的综合应用
A 组 三年高考真题（2016～2014年）
1.(2015·福建，8)若a ，b 是函数f (x )＝x 2
－px ＋q (p ＞0，q ＞0)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.6
B.7
C.8
D.9
2.(2015·浙江，3)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )
A.a 1d ＞0，dS 4＞0
B.a 1d ＜0，dS 4＜0
C.a 1d ＞0，dS 4＜0
D.a 1d ＜0，dS 4＞0 3.(2016·北京，20)设数列A ：a 1，a 2，…，a N (N ≥2).如果对小于n (2≤n ≤N )的每个正整数
k 都有a k ＜a n ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记G (A )是数列A 的所有“G 时刻”组成的
集合.
(1)对数列A ：－2，2，－1，1，3，写出G (A )的所有元素； (2)证明：若数列A 中存在a n 使得a n ＞a 1，则G (A )≠∅；
(3)证明：若数列A 满足a n －a n －1≤1(n ＝2，3，…，N )，则G (A )的元素个数不小于a N －a 1.
4.(2016·四川，19)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中
q >0，n ∈N *.
(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求a n 的通项公式；
(2)设双曲线x 2
－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3
n
3
n －1.
5.(2016·山东，18)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2
＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋
1
.
(1)求数列{b n }的通项公式；
(2)令c n ＝（a n ＋1）
n ＋1
（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .
6.(2015·新课标全国Ⅱ，16)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________.
7.(2015·山东，18)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n
＋3.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n .
8.(2015·天津，18)已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *
，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列. (1)求q 的值和{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝log 2a 2n a 2n －1
，n ∈N *
，求数列{b n }的前n 项和.
9.(2015·广东，21)数列{a n }满足：a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋2
2
n －1
，n ∈N *
.
(1)求a 3的值；
(2)求数列{a n }前n 项和T n ； (3)令b 1＝a 1，b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋1
3
＋…＋1n a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2
＋2ln n .
10.(2015·浙江，20)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *
).
(1) 证明：1≤
a n a n ＋1
≤2(n ∈N *
)； (2)设数列{a 2
n }的前n 项和为S n ，证明：1n ＋
≤S n n ≤
1n ＋
(n ∈N *
).
11.(2014·山东，19)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列.
(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －1
4n
a n a n ＋1
，求数列{b n }的前n 项和T n .
12.(2014·江西，17)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *
)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.
(1)令c n ＝a n b n
，求数列{c n }的通项公式；
(2)若b n ＝3n －1
，求数列{a n }的前n 项和S n .
13.(2014·四川，19)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *
). (1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；
(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭
⎬
⎫a n b n 的前n 项和T n .
14.(2014·湖北，18)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由.
B 组 两年模拟精选(2016～2015年)
1.(2016·河南百校联盟质量监测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,S 5＝-20，则-6a 4＋3a 5＝( )
A.-20
B.4
C.12
D.20
2.(2016·安徽安庆模拟)已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan 225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)n
a n }的前n 项和，则S 2 014＝( )
A.2 015
B.-2 015
C.3 021
D.-3 021 3.(2016·山东实验中学模拟)设a 1，a 2，…，a 50是以－1，0，1这三个整数中取值的数列，若a 1＋a 2＋…＋a 50＝9且(a 1＋1)2
＋(a 2＋1)2
＋…＋(a 50＋1)2
＝107，则a 1，a 2，…，a 50当中取零的项共有( )
A.11个
B.12个
C.15个
D.25个 4.(2016·天津调研)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n
(n ∈N ＋)，则S 100＝( )
A.1 300
B.2 600
C.0
D.2 602 5.(2015·广东揭阳一模)已知定义在R 上的函数f (x )、g (x )满足
f （x ）
g （x ）
＝a x
，且
f ′(x )
g (x )<f (x )g ′(x )，f （1）g （1）＋f （-1）g （-1）＝5
2,若有穷数列⎩⎨
⎧⎭
⎬⎫f （n ）g （n ）(n ∈N *)的前n 项和等于31
32
，则n ＝( ) A.5 B.6 C.7 D.8
6.(2015·吉林长春模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列,则a n ＝( )
A.n 2n －1
B.n ＋12n －1＋1
C.2n －12n －1
D.n ＋12
n ＋1
7.(2015·辽宁沈阳模拟)数列{a n }满足：a 1 ＝1，且对任意的m ，n ∈N *
都有：a m ＋n ＝a m ＋a n ＋
mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1
a 2 008
＝( ) A.2 0072 008 B.2 0071 004 C.2 0082 009 D.4 0162 009
8.(2016·湖北荆州市第一次质量检测)已知数列{a n }各项均为正数，其前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ·a n ＋1＝2S n (n ∈N *
). (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{n ·2a n }的前n 项和T n .
9.(2016·嘉峪关市一中第三次模拟考试)设数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝2－2S n ，数列{a n }为等差数列，且a 5＝14，a 7＝20， (1)求数列{b n }的通项公式；
(2)若c n ＝a n ·b n (n ＝1，2，3，…)，T n 为数列{c n }的前n 项和，求证：T n <72.
10.(2016·南通模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝10，a n ＋1＝9S n ＋10. (1)求证：{lg a n }是等差数列；
(2)设T n 是数列⎩⎨
⎧⎭
⎬⎫3
（lg a n ）（lg a n ＋1）的前n 项和，求T n ； (3)求使T n >14
(m 2－5m )对所有的n ∈N *
恒成立的整数m 的取值集合.
答案精析
A 组 三年高考真题（2016～2014年）
1.D [由题意知:a ＋b ＝p ,ab ＝q ,∵p ＞0,q ＞0,∴a ＞0,b ＞0.在a ,b ,-2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ,b ,-2;b ,a ,-2;-2,a ,b ;-2,b ,a ;成等比数列的情况有:a ,-2,b ;b ,-2,a .
∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2解之得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩
⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4. ∴p ＝5,q ＝4,∴p ＋q ＝9,故选D.]
2.B [∵a 3,a 4,a 8成等比数列,∴(a 1＋3d )2
＝(a 1＋2d )(a 1＋7d ),整理得a 1＝－53d ,
∴a 1d ＝-53d 2＜0,又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3,∴dS 4＝－2d
2
3＜0，故选B.]
3.(1)解 G (A )的元素为2和5.
(2)证明 因为存在a n 使得a n ＞a 1，所以{i ∈N *
|2≤i ≤N ，a i ＞a 1}≠∅.
记m ＝min{i ∈N *
|2≤i ≤N ，a i ＞a 1}，则m ≥2，且对任意正整数k ，m ，a k ≤a 1＜a m . 因此m ∈G (A ).从而G (A )≠∅.
(3)证明 当a N ≤a 1时，结论成立.以下设a N ＞a 1.由(2)知G (A )≠∅.
设G (A )＝{n 1，n 2，…，n p }，n 1＜n 2＜…＜n p .记n 0＝1.则a n 0＜a n 1＜a n 2＜…＜a n p ， 对i ＝0，1，…，p ，记G i ＝{k ∈N *
|n i ＜k ≤N ，a k ＞an i }. 如果G i ≠∅，取m i ＝min G i ，则对任何1≤k ＜m i ，a k ≤a n i ＜a m i . 从而m i ∈G (A )且m i ＝n i ＋1.又因为n p 是G (A )中的最大元素，所以G p ＝∅. 从而对任意n p ≤k ≤N ，a k ≤a n p ，特别地，a N ≤a n p .
对i ＝0，1，…，p －1，a n i ＋1－1≤a n i .因此a n i ＋1＝a n i ＋1－1＋(a n i ＋1－a n i ＋1－1)≤an i ＋1.
所以a N －a 1≤a n p －a 1＝∑i ＝1
p
(a n i －a n i －1)≤p .因此G (A )的元素个数p 不小于a N －a 1.
4.(1)解 由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由
S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立.
所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列.从而a n ＝q
n －1
.
由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2
＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0， 由已知，q >0，故q ＝2.所以a n ＝2
n －1
(n ∈N *
).
(2)证明 由(1)可知，a n ＝q n －1
.所以双曲线x 2
－y 2a 2n
＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2（n －1）
.
由e 2＝1＋q 2
＝53，解得q ＝43
.
因为1＋q
2(k －1)
>q
2(k －1)
，所以1＋q
2（k －1）
>q
k －1
(k ∈N *
).
于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1
＝q n －1q －1.故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3
n
3
n －1.
5.解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.
设数列{b n }的公差为d .由⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，
17＝2b 1＋3d ， 可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1.
(2)由(1)知，c n ＝（6n ＋6）n ＋1
（3n ＋3）
n ＝3(n ＋1)·2
n ＋1
. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22
＋3×23
＋…＋(n ＋1)×2n ＋1
]，
2T n ＝3×[2×23
＋3×24
＋…＋(n ＋1)×2
n ＋2
].
两式作差，得-T n ＝3×[2×22
+23
+24
+…+2
n ＋1
-(n ＋1)×2
n ＋2
]＝
3×⎣⎢⎡⎦
⎥⎤4＋4（1－2n
）1－2－（n ＋1）×2n ＋2 ＝-3n ·2
n ＋2
，所以T n ＝3n ·2
n ＋2
.
6.－1
n
[由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所
以S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1S n 是以1
S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1
S n
＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n
.]
7.解 (1)因为2S n ＝3n
＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3， 当n ＞1时，2S n －1＝3
n －1
＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3
n －1
＝2×3
n －1
，即a n ＝3
n －1
，
所以a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，
3n －1，n ＞1.
(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝1
3，
当n ＞1时，b n ＝3
1－n
log 33
n －1
＝(n －1)·3
1－n
.所以T 1＝b 1＝1
3
；
当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n
)，
所以3T n ＝1＋(1×30
＋2×3－1
＋…＋(n －1)×3
2－n
)，
两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n
＝23＋1－31－n
1－3
－1－(n －1)×3
1－n
＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋3
4×3n ，
经检验，n ＝1时也适合. 综上可得T n ＝1312－6n ＋3
4×3
n .
8.解 (1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3， 所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)，又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1q ，得q ＝2. 当n ＝2k －1(k ∈N *
)时，a n ＝a 2k －1＝2
k －1
＝2
n －1
2
；
当n ＝2k (k ∈N *
)时，a n ＝a 2k ＝2k
＝2n
2
.
所以，{a n
}的通项公式为a n
＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －12，n 为奇数，
2n 2，n 为偶数.
(2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n
2n －1.设{b n }的前n 项和为S n ，
则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×1
2n －1，
12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×1
2
n . 上述两式相减得：12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－1
2n
1－12－n 2n ＝2－22n －n
2
n ，
整理得，S n ＝4－
n ＋2
2
n －1
，n ∈N *
.
所以，数列{b n }的前n 项和为4－
n ＋2
2
n －1
，n ∈N *
.
9.(1)解 a 1＝1，a 1＋2a 2＝2，a 2＝12，a 1＋2a 2＋3a 3＝4－54，a 3＝1
4.
(2)解 n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n -1)a n －1＝4－
n ＋1
2
n －2
，
与原式相减，得na n ＝n 2n －1，a n ＝12n －1，n ＝1也符合，T n ＝1－1
2n
1－12＝2－1
2
n －1.
(3)证明 n ≥2时，
b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n ＝a 1＋a 2＋…＋a n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋1
3
＋…＋1n a n
故S n ＝∑i ＝1
n
b i
＝a 1＋a 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12a 2＋a 1＋a 23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13a 3＋…＋a 1＋a 2＋…＋a n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1
2
＋…＋1n a n
＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫
∑i ＝1n 1i a n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i T n
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1
2＋…＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n ，
只需证明2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n <2＋2ln n ，n ∈N *
.
对于任意自然数k ∈N ,令x ＝-1k ＋1∈(-1,0)时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＋1＋1＋1k ＋1
<0，即1k ＋1<ln(k ＋1)－ln k .
∴k ＝1时，1
2
<ln 2－ln 1，
k ＝2时，1
3
<ln 3<ln 2.
…
k ＝n －1时，1
n
<ln 2－ln(n －1).
∴1＋12＋13＋…＋1
n <1＋(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋[ln n －ln(n －1)]，
即1＋12＋13＋…＋1
n
<1＋ln n ，
所以n ≥2时，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋1
3＋…＋1n <2＋2ln n ，综上n ∈N ＋时，S n <2＋2ln n .
10.证明 (1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2
n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.
由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1＞0. 由0＜a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝
11－a n ∈[1，2]，即1≤a n
a n ＋1≤2 (2)由题意得
a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1①
由
1
a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1
和1≤a n a n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n ≤2，所以n ≤1a n ＋1－1a 1
≤2n ，
因此12（n ＋1）≤a n ＋1≤1n ＋2(n ∈N *
).②
由①②得12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）
(n ∈N *
).
11.解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×3
2×2＝4a 1＋12，
由题意得(2a 1＋2)2
＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)
n －1
4n
a n a n ＋1
＝(－1)
n －1
4n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1＋12n ＋1.
当n 为偶数时，
T n ＝⎝
⎛⎭⎪⎫
1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
1
2n －3＋12n －1
－⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12n －1＋12n ＋1＝1－
12n ＋1＝2n 2n ＋1
. 当n 为奇数时，
T n ＝⎝
⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭
⎪⎫13＋15＋…－⎝
⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1
＋⎝
⎛⎭
⎪⎫
12n －1＋12n ＋1＝1＋
12n ＋1＝2n ＋22n ＋1
. 所以T n
＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n
2n ＋1，n 为偶数.
⎝ ⎛⎭
⎪⎫或T n
＝2n ＋1＋（－1）
n －1
2n ＋1
12.解 (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *
)， 所以
a n ＋1
b n ＋1－a n
b n
＝2，即c n ＋1－c n ＝2. 所以数列{c n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故c n ＝2n －1. (2)由b n ＝3
n －1
知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3
n －1
，
于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1×30
＋3×31
＋5×32
＋…＋(2n －1)×3n －1
，
3S n ＝1×31
＋3×32
＋…＋(2n －3)×3n －1
＋(2n －1)·3n
，
相减得－2S n ＝1＋2·(31
＋32
＋…＋3n －1
)－(2n －1)·3n
＝－2－(2n －2)3n
，
所以S n ＝(n －1)3n
＋1.
13.解 (1)由已知得,b 7＝2a 7,b 8＝2a 8＝4b 7,有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2. 解得d ＝a 8－a 7＝2. 所以，S n ＝na 1＋
n （n －1）
2
d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .
(2)函数f (x )＝2x
在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－
1ln 2
.
由题意得，a 2－
1ln 2＝2－1ln 2
，解得a 2＝2.所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n
.所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，
2T n ＝11＋22＋322＋…＋n
2
n －1.
因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝
2n ＋1
－n －2
2
n
. 所以，T n ＝
2
n ＋1
－n －2
2
n
. 14.解 (1)设数列{a n }的公差为d ,依题意,2,2＋d ,2＋4d 成等比数列,故有(2+d )2
＝2(2+4d )，
化简得d 2
－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；
当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2， 从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n <60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立. 当a n ＝4n －2时，S n ＝
n [2＋（4n －2）]
2
＝2n 2
.
令2n 2
>60n ＋800，即n 2
－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，
此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；
当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.
B 组 两年模拟精选(2016～2015年)
1.C [因为S 5＝－20，所以S 5＝5a 3＝－20，
∴a 3＝－4，∴－6a 4＋3a 5＝－6(a 1＋3d )＋3(a 1＋4d )＝-3(a 1＋2d )＝－3a 3＝12.] 2.C [a 1＝tan 225°＝tan 45°＝1，设等差数列{a n }的公差为d ， 则由a 5＝13a 1，得a 5＝13，d ＝a 5－a 15－1
＝
13－1
4
＝3，
∴S 2 014＝-a 1+a 2-a 3+a 4+…+(-1)2 014
a 2 014＝-(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝1 007d ＝
1 007×3＝3 021.故选C.]
3.A [(a 1＋1)2
＋(a 2＋1)2
＋…＋(a 50＋1)2
＝a 2
1＋a 2
2＋…＋a 2
50＋2(a 1＋a 2＋…＋a 50)＋50＝107，∴a 2
1＋a 2
2＋…＋a 250＝39，∴a 1，a 2，…，a 50中取零的项应为50－39＝11(个)，故选A.] 4. B [原问题可转化为当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0；当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2.进而
转化为当n 为奇数时，为常数列{1}；当n 为偶数时，为首项为2，公差为2的等差数列.所以S 100＝S 奇＋S 偶＝50×1＋(50×2＋50×49
2×2)＝2 600.]
5. A [令h (x )＝
f （x ）
g （x ）＝a x ，∵
h ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )
[g (x )]
2
<0， ∴h (x )在R 上为减函数，∴0<a <1.由题知，a 1＋a －1＝52，解得a ＝12或a ＝2(舍去),∴f (n )g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪
⎫
12n ，∴有穷数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝3132，∴n ＝5.] 6. A [设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，有b 1＝4，b 2＝8，则b n ＝4n ， 即b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，
当n ≥2时，S n －S n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n －1a n －1＝0，
所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1
n －1
，
所以⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a n n 是以1
2为公比，1为首项的等比数列，
所以a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，a n ＝n
2
n －1.故选A.]
7.D [法一 因为a n ＋m ＝a n ＋a m ＋mn ,则可得a 1＝1,a 2＝3,a 3＝6,a 4＝10,则可猜得数列的通项a n ＝
n （n ＋1）
2
，∴1
a n
＝
2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －1n ＋1，
∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 008＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12 008－12 009＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 009＝4 0162 009.故选D. 法二 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ＝1＋a n ＋n ，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1， 用叠加法：a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）
2
，
所以1
a n
＝
2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －1n ＋1.
于是1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 008＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12 008－12 009＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 009＝4 0162 009，故选D.]
8.解 (1)当n ＝1时，a 1a 2＝2a 1，a 2＝2.又a n ·a n ＋1＝2S n ① ∴n ≥2时，a n －1·a n ＝2S n －1② ①－②得a n (a n ＋1－a n －1)＝2a n
∵a n >0,∴a n ＋1－a n －1＝2.则a 1,a 3,…,a 2n －1,…是以1为首项,2为公差的等差数列,a 2n －1＝2n -1.
a 2，a 4，…，a 2n ，…是以2为首项，2为公差的等差数列，a 2n ＝2n .
∴a n ＝n (n ∈N *
).
(2)由于a n ＝n ，所以T n ＝1·21
＋2·22
＋3·23
＋…＋n ·2n
. 2T n ＝1·22
＋2·23
＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1
两式相减得T n ＝n ·2n ＋1
－(2＋22
＋23
＋ (2)
)
＝n ·2n ＋1
－2（1－2n
）1－2
＝n ·2
n ＋1
＋2－2
n ＋1
＝(n －1)·2n ＋1
＋2.
9.(1)解 由b n ＝2－2S n ，令n ＝1，则b 1＝2－2S 1， 又S 1＝b 1，所以b 1＝23，b 2＝2－2(b 1＋b 2)，则b 2＝2
9
，
当n ≥2时，由b n ＝2－2S n ，可得b n －b n －1＝－2(S n －S n －1)＝－2b n . 即
b n b n －1＝13，所以{b n }是以b 1＝23为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝2·1
3
n . (2)证明 数列{a n }为等差数列，公差d ＝1
2(a 7－a 5)＝3，可得a n ＝3n －1，
从而c n ＝a n ·b n ＝2(3n －1)·1
3n ，
∴T n ＝2⎣⎢⎡2×1
3
＋5×132＋8×133＋
⎦
⎥⎤…＋（3n －1）·1
3n
∴13T n ＝2⎣⎢⎡2×1
32＋5×133＋…＋（3n －4）
⎦
⎥⎤·13n ＋（3n －1·1
3n ＋1)两式相减得 23T n ＝2⎣
⎢⎡2
3＋3×132＋3×133＋ (3)
⎦
⎥⎤13n －（3n －1）·13n ＋1 ＝2·⎩
⎪⎨
⎪⎧
23＋3×132⎣⎢⎡⎦⎥⎤
1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －11－1
3
－（3n －1）
⎭
⎬⎫·13n ＋1 ＝2⎩
⎪⎨⎪⎧23＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1
⎭
⎬⎫
－（3n －1）·13n ＋1
＝2⎣⎢⎡⎦
⎥⎤76－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋76·13n ∴T n ＝72－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋7613n －1<72
.
10.(1)证明 依题意，当n ＝1时，a 2＝9a 1＋10＝100，故a 2
a 1
＝10.
当n ≥2时，a n ＋1＝9S n ＋10，a n ＝9S n －1＋10， 两式相减得a n ＋1－a n ＝9a n ，即a n ＋1＝10a n ，a n ＋1
a n
＝10， 故{a n }为等比数列，且a n ＝a 1q
n －1
＝10n
(n ∈N *
)，
∴lg a n ＝n .∴lg a n ＋1－lg a n ＝(n ＋1)－n ＝1，即{lg a n }是等差数列. (2)解由(1)知，T n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝3⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝3－
3n ＋1
. (3)解 ∵T n ＝3－
3n ＋1，∴当n ＝1时，T n 取最小值32
. 依题意有32>14
(m 2
－5m )，解得－1<m <6，
故所求整数m 的取值集合为{0，1，2，3，4，5}.。