2017高考数学数列大题训练

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2017年高考数列

2017年高考数列一、单选题1、（2017•新课标Ⅰ卷）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{a n}的公差为（）A、1B、2C、4D、82、（2017•浙江）已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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、（2017•新课标Ⅱ）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A、1盏 B、3盏 C、5盏 D、9盏4、（2017•新课标Ⅲ）等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2， a3， a6成等比数列，则{a n}前6项的和为（）A、﹣24B、﹣3C、3D、85、（2017•新课标Ⅰ卷）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20， 21，再接下来的三项是20， 21， 22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A、440B、330C、220D、110二、填空题1、（2017•新课标Ⅲ）设等比数列{a n}满足a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，则a4=________2、（2017•新课标Ⅱ）等差数列{a n}的前n项和为S n， a3=3，S4=10，则=________．3、（2017•江苏）等比数列{a n}的各项均为实数，其前n项为S n，已知S3= ，S6= ，则a8=________．（2017•北京卷）若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=﹣1，a4=b4=8，则=________．4、三、解答题1、（2017•山东）已知{x n}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3﹣x2=2．（12分）（Ⅰ）求数列{x n}的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1（x1， 1），P2（x2， 2）…P n+1（x n+1， n+1）得到折线P1P2…P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x1， x=x n+1所围成的区域的面积T n．2、（2017·天津）已知{a n}为等差数列，前n项和为S n（n∈N+），{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4﹣2a1， S11=11b4．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a2n b2n﹣1}的前n项和（n∈N+）．3、（2017•北京卷）设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}（n=1，2，3，…），其中max{x1， x2，…，x s}表示x1， x2，…，x s这s个数中最大的数．（13分）(1)若a n=n，b n=2n﹣1，求c1， c2， c3的值，并证明{c n}是等差数列；(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m， c m+1， c m+2，…是等差数列．4、（2017•江苏）对于给定的正整数k，若数列{a n}满足：a n﹣k+a n﹣k+1+…+a n﹣1+a n+1+…a n+k﹣+a n+k=2ka n对任意正整数n（n＞k）总成立，则称数列{a n}是“P（k）数列”．1（Ⅰ）证明：等差数列{a n}是“P（3）数列”；（Ⅱ）若数列{a n}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：{a n}是等差数列．一、单选题1、C考点等差数列的通项公式，等差数列的前n项和解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，a4+a5=24，S6=48，∴，解得a1=﹣2，d=4，∴{a n}的公差为4．2、C考点必要条件、充分条件与充要条件的判断，等差数列的前n项和解：∵S4+S6＞2S5，∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），∴21d＞20d，∴d＞0，故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，3、B考点等比数列的前n项和解：设这个塔顶层有a盏灯，∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，又总共有灯381盏，∴381= =127a，解得a=3，则这个塔顶层有3盏灯，4、A考点等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列解：∵等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，∴，∴（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），且a1=1，d≠0，解得d=﹣2，∴{a n}前6项的和为= =﹣24．5、A考点数列的求和解：设该数列为{a n}，设b n= +…+ =2n﹣1，（n∈N+），则= a i，由题意可设数列{a n}的前N项和为S N数列{b n}的前n项和为T n，则T n=21﹣1+22﹣1+ (2)﹣1=2n﹣n﹣2，可知当N为时（n∈N+），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，即为2n﹣n ﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，A项，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A项符合题意．B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．故选A．方法二：由题意可知：，，，… ，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，总共的项数为N=1+2+3+…+n= ，所有项数的和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=（21+22+23+…+2n）﹣n= ﹣n=2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n）=0，解得：n=1，总共有+2=2，不满足N＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n）=0，解得：n=5，总共有+3=17，不满足N＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n）=0，解得：n=13，总共有+4=95，不满足N＞100，④1+2+4+8+16（﹣2﹣n）=0，解得：n=29，总共有+5=440，满足N＞100，∴该款软件的激活码440．二、填空题1、-8考点等比数列的通项公式解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，∴a1（1+q）=﹣1，a1（1﹣q2）=﹣3，解得a1=1，q=﹣2．则a4=（﹣2）3=﹣8．2、考点等差数列的前n项和，数列的求和解：等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10，S4=2（a2+a3）=10，可得a2=2，数列的首项为1，公差为1，S n= ，= ，则=2[1﹣+ +…+ ]=2（1﹣）= ．故答案为：．3、32考点等比数列的通项公式，等比数列的前n项和解：设等比数列{a n}的公比为q≠1，∵S3= ，S6= ，∴= ，= ，解得a1= ，q=2．则a8= =32．故答案为：32．4、1考点等差数列与等比数列的综合解：等差数列{a n}和等比数列{b n}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=1．三、解答题1、解：（I）设数列{x n}的公比为q，则q＞0，由题意得，两式相比得：，解得q=2或q=﹣（舍），∴x1=1，∴x n=2n﹣1．（II）过P1，P2，P3，…，P n向x轴作垂线，垂足为Q1，Q2，Q3，…，Q n，即梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n，则b n= =（2n+1）×2n﹣2，∴T n=3×2﹣1+5×20+7×21+…+（2n+1）×2n﹣2，①∴2T n=3×20+5×21+7×22+…+（2n+1）×2n﹣1，②①﹣②得：﹣T n= +（2+22+…+2n﹣1）﹣（2n+1）×2n﹣1= + ﹣（2n+1）×2n﹣1=﹣+（1﹣2n）×2n﹣1．∴T n= ．考点等比数列的通项公式，等比数列的前n项和（I）列方程组求出首项和公比即可得出通项公式；（II）从各点向x轴作垂线，求出梯形的面积的通项公式，利用错位相减法求和即可．2、解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q．由已知b2+b3=12，得b1（q+q2）=12，而b1=2，所以q+q2﹣6=0．又因为q＞0，解得q=2．所以，b n=2n．由b3=a4﹣2a1，可得3d﹣a1=8①．由S11=11b4，可得a1+5d=16②，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得a n=3n﹣2．所以，数列{a n}的通项公式为a n=3n﹣2，数列{b n}的通项公式为b n=2n．（Ⅱ）设数列{a2n b2n﹣1}的前n项和为T n，由a2n=6n﹣2，b2n﹣1= 4n，有a2n b2n﹣1=（3n﹣1）4n，故T n=2×4+5×42+8×43+…+（3n﹣1）4n，4T n=2×42+5×43+8×44+…+（3n﹣1）4n+1，上述两式相减，得﹣3T n=2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣（3n﹣1）4n+1= =﹣（3n﹣2）4n+1﹣8得T n= ．所以，数列{a2n b2n﹣1}的前n项和为．考点数列的求和，数列递推式，等差数列与等比数列的综合（Ⅰ）设出公差与公比，利用已知条件求出公差与公比，然后求解{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可．3、（1）解：a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有c n=b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1），=[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，=（2k﹣2）﹣n（k﹣1），=（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N*，且n≥2，c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1，∴c2﹣c1=﹣1，∴c n+1﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立，∴数列{c n}是等差数列；（2）证明：设数列{a n}和{b n}的公差分别为d1，d2，下面考虑的c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中任意b i﹣a i n，（i∈N*，且1≤i≤n），则b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，①若d1=0，则b i﹣a i n═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，当若d2≤0，则（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d1＞0，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣1）d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n=b n﹣a n n=b n﹣a1n，此时c n+1﹣c n=d2﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；此时取m=1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，则当n≥m时，（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此当n≥m时，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，故数列{c n}从第m项开始为等差数列，命题成立；③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，则当n≥s时，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此，当n≥s时，c n=b n﹣a n n，此时= =﹣a n+ ，=﹣d2n+（d1﹣a1+d2）+ ，令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，下面证明：=An+B+ 对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，若C≥0，取m=[ +1]，[x]表示不大于x的最大整数，当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[ +1]+B＞A• +B=M，此时命题成立；若C＜0，取m=[ ]+1，当n≥m时，≥An+B+ ≥Am+B+C＞A• +B+C ≥M﹣C﹣B+B+C=M，此时命题成立，因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；综合以上三种情况，命题得证．考点数列的应用，等差关系的确定（1.）分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，则c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立；（2.）由b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），分类讨论d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列；设=An+B+ 对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，分类讨论，采用放缩法即可求得因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M．4、解：（Ⅰ）证明：设等差数列{a n}首项为a1，公差为d，则a n=a1+（n﹣1）d，则a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3，=（a n﹣3+a n+3）+（a n﹣2+a n+2）+（a n﹣1+a n+1），=2a n+2a n+2a n，=2×3a n，∴等差数列{a n}是“P（3）数列”；（Ⅱ）证明：由数列{a n}是“P（2）数列”则a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2=4a n，①数列{a n}是“P（3）数列”a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n，②由①可知：a n﹣3+a n﹣2+a n+a n+1=4a n﹣1，③a n﹣1+a n+a n+2+a n+3=4a n+1，④由②﹣（③+④）：﹣2a n=6a n﹣4a n﹣1﹣4a n+1，整理得：2a n=a n﹣1+a n+1，∴数列{a n}是等差数列．考点等差数列的通项公式，数列的应用，等差关系的确定，等差数列的性质（Ⅰ）由题意可知根据等差数列的性质，a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=（a n﹣3+a n+3）+（a n﹣2+a n+2）+（a n﹣1+a n+1）═2×3a n，根据“P（k）数列”的定义，可得数列{a n}是“P（3）数列”；（Ⅱ）由“P（k）数列”的定义，则a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2=4a n，a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n，变形整理即可求得2a n=a n﹣1+a n+1，即可证明数列{a n}是等差数列．。

【试题】专题04数列与不等式2017年高考数学理试题分项版解析Word版含解析

【关键字】试题1.【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C 【解析】试题分析：设公差为，，，联立解得，故选C. 秒杀解析：因为，即，则，即，解得，故选C. 【考点】等差数列的基本量求解【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如为等差数列，若，则.2.【2017课标II ，理3】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（） A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏【答案】B 【解析】【考点】等比数列的应用；等比数列的求和公式【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时，要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后经过数学推理与计算得出的结果，放回到实际问题中进行检验，最终得出结论。

3.【2017课标1，理12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N>100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A ．440B ．330C ．220D ．110【答案】A【考点】等差数列、等比数列的求和.【名师点睛】本题非常巧妙的将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断.4.【2017浙江，6】已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”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【答案】C【解析】试题分析：由，可知当，则，即，反之，，所以为充要条件，选C．【考点】等差数列、充分必要性【名师点睛】本题考查等差数列的前项和公式，通过公式的套入与简单运算，可知，结合充分必要性的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，该题“”“”，故为充要条件．5.【2017课标II，理5】设，满足约束条件，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【考点】应用线性规划求最值【名师点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大。

(完整版)全国卷高考数学真题数列

高考数学——数列
17年全国I卷17、设为等比数列的前项和,已知,
(1)求的通项公式
(2)求，并判断是否成等差数列
17年全国II卷17题、已知等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，
(1)若，求的通项公式
(2)若求
17年全国III卷17题、设数列满足
(1)求的通项公式
(2)求数列的前n项和
16年全国I卷17题、已知是公差3为的等差数列，数列满足,
(1) 求的通项公式
(2) 求数列的前n项和
16年全国II卷17题、等差数列中，
(1) 求的通项公式
(2设，求数列的前10项和，其中表示不超过x的最大整数，如
16年全国III卷17题、已知各项都为正数的数列满足
(1)求
(2) 求的通项公式
15年全国I卷7题、已知是公差为1的等差数列，为的前n项和，若，则
12
15年全国I卷13题、在数列中，为的
前n项和.若（）
15年全国II卷5题、设为等差数列的前n项和，若
,则
11
15年全国II卷9题、已知等比数列满足
则
14年全国I卷17题、已知是递增的等差数列，是方程的根
(1) 求的通项公式
(2) 求数列的前n项和
14年全国II卷5题、等差数列的公差为2，若成等差数列，则的前n项和
14年全国II卷16题、数列满足
13年全国I卷6题、设首项为1，公比为的等比数列的前n项和，则
13年全国I卷17题、已知等差数列的前n项和满足
(1) 求的通项公式
(2) 求数列的前n项和
13年全国II卷17题、已知等差数列的公差不为零，且成等比数列
(1) 求的通项公式
(2)求。

17年高考数学真题高考题(3套)

2017年普通高等学校招生全国统一考试全国Ⅰ(文数)一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2017·全国Ⅰ卷,文1)已知集合A={x|x<2},B={x|3-2x>0},则( A )(A)A∩B=（x|x<错误!未找到引用源。

）(B)A∩B=(C)A∪B=（x|x<错误!未找到引用源。

）(D)A∪B=R解析:B={x|3-2x>0}=（x|x<错误!未找到引用源。

）,A∩B=（x|x<错误!未找到引用源。

）,故选A.2.(2017·全国Ⅰ卷,文2)为评估一种农作物的种植效果,选了n块地作试验田.这n块地的亩产量(单位:kg)分别为x1,x2,…,xn,下面给出的指标中可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度的是( B )(A)x1,x2,…,xn的平均数(B)x1,x2,…,xn的标准差(C)x1,x2,…,xn的最大值(D)x1,x2,…,xn的中位数解析:标准差衡量样本的稳定程度,故选B.3.(2017·全国Ⅰ卷,文3)下列各式的运算结果为纯虚数的是( C )(A)i(1+i)2(B)i2(1-i)(C)(1+i)2(D)i(1+i)解析:(1+i)2=2i,故选C.4.(2017·全国Ⅰ卷,文4)如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是( B )(A)错误!未找到引用源。

(B)错误!未找到引用源。

(C)错误!未找到引用源。

(D)错误!未找到引用源。

解析:不妨设正方形的边长为2,则正方形的面积为4,圆的半径为1,圆的面积为πr2=π.黑色部分的面积为圆面积的错误!未找到引用源。

,即为错误!未找到引用源。

,所以点取自黑色部分的概率是错误!未找到引用源。

2017年高考试题分类汇编(数列)

2017年高考试题分类汇编（数列）考点1 等差数列1.（2017·全国卷Ⅰ理科）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 CA ．1B ．2C ．4D ．82.（2017·全国卷Ⅱ理科）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ． 21n n + 3.（2017·浙江）已知等差数列{}n a 的公差为d ,前n 项和为n S ,则“0d >”是 “465+2S S S >”的 CA.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考点2等比数列1.（2017·全国卷Ⅲ理科）设等比数列{}n a 满足121a a +=-,133a a -=-，则4a =____．8-2.（2017·江苏卷）等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项的和为n S ，已知374S =,6634S =，则8a = . 32 3.（2017·全国卷Ⅱ理科）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 BA ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏考法3 等差数列与等比数列综合1.（2017·全国卷Ⅲ理科）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则{}n a 前6项的和为 AA ．24-B ．3-C ．3D ．82.（2017·北京理科）若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11a b ==-,44a b =8=，则22a b =____. 1 3.（2017·全国卷Ⅰ文科）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知22S =，36S =-. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；(2)n n a =-（Ⅱ）求n S ，并判断1n S +，n S ，2n S +是否成等差数列.4.（2017·全国卷Ⅱ文科）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T .11a =-，11b =，222a b +=.（Ⅰ）若335a b +=，求{}n b 的通项公式； 12n n b -= （Ⅱ）若321T =，求3S . 321S =或36S =-.5.（2017·北京文科）已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a b ==,24a a +10=，245b b a ⋅=．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；21n a n =- , （Ⅱ）求和：13521n b b b b -++++．312n T -=.6.（2017·天津理科）已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=,3412b a a =-，11411S b =. （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式； 32n a n =-，2n n b = （Ⅱ）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N . 1328433n n n T +-=⨯+ 7.（2017·天津文科）已知{}n a 为等差数列，前n 项和为*()n S n ∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=,3412b a a =-,11411S b =. （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式； 32n a n =-，2n n b = （Ⅱ）求数列2{}n n a b 的前n 项和*()n ∈N . 2(34)216n n T n +=-⨯+8.（2017·山东理科）已知{}n x 是各项均为正数的等比数列，且123x x +=，322x x -=．（Ⅰ）求数列{}n x 的通项公式； 12n n x -=（Ⅱ）如图，在在平面直角坐标xOy 中，依次连接点11(,1)P x ，22(,1)P x ，,11(,1)n n P x n +++得到折线121n PP P +，求由该折线与直线0y =，1x x =，1n x x +=所围成的区域面积n T ．1211222n n n T --=⨯+9.（2017·山东文科）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且126a a +=,123a a a =.（Ⅰ）求数列{}n a 通项公式； 2n n a =（Ⅱ）{}n b 为各项非零的等差数列,其前n 项和n S ,已知211n n n S b b ++=,求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 15(25)()2n n T n =-+⨯考法4 一般数列1.（2017·全国卷Ⅲ文科）设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-=.（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；221n a n =- （Ⅱ）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和. 221n n S n =+。

专题03 数列-2017年高考数学理母题题源系列北京专版

【母题原题1】【2017北京，理10】若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足a 1=b 1=–1，a 4=b 4=8，则22a b =_______. 【答案】1 【解析】试题分析：设等差数列的公差和等比数列的公比为d 和q ，3138d q -+=-= ，求得2,3q d =-= ，那么221312a b -+== . 【考点】等差数列和等比数列【名师点睛】我们知道,等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.【母题原题2】【2016北京，理12】已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6=S _______. 【答案】6【考点】等差数列的基本性质【名师点睛】在等差数列五个基本量1a ，d ，n ，n a ，n S 中，已知其中三个量，可以根据已知条件，结合等差数列的通项公式、前n 项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换思想及方程思想的应用.【母题原题3】【2015北京，理6】设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是A ．若120a a +>，则230a a +>B ．若130a a +<，则120a a +<C ．若120a a <<，则2aD ．若10a <，则()()21230a a a a --> 【答案】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，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.【命题意图】考查等差，等比数列的基本量的计算，以及数列的基本性质，同时能够根据数列的特点求和，并且考查转化与化归的能力，能根据一些数列的递推公式转化为等差等比数列求解.【命题规律】由递推关系求数列通项公式或特定项问题，有时以小题形式来考，主要以考查,n na S 基本量的计算，以及,n n a S 的关系为主，和一些与下标有关的性质，或是通过转化为特殊数列求解；以解答题形式考查，会多步设问，第一问是求数列的通项，通过提示或其他方式构造特殊数列求解，第二问求和．【答题模板】以2017年高考题为例，解答本类题目，一般考虑如下两步：第一步：设基本量因为已经给出数列是等差和等比数列，所以设基本量d 和，代入方程求解；第二步：计算结果代入基本量，得到结果；【方法总结】（一）主要知识：有关等差、等比数列的结论1．（1）等差数列证明方法：1n n a a d --=或112n n n a a a -+=+；（2）等比数列的证明方法：1(0,0)nnn a q q a a -=构或211n n n a a a -+=?（0n a ¹）2．等差数列的通项公式：d n a a n )1(1-+=,d m n a a m n )(-+= )1(11≠--=n n a a d n 或 mn a a d mn--=。

【山东省】2017年高考数学(理科)-等差数列、等比数列 -专题练习-答案

山东省2017年高考数学（理科）专题练习等差数列、等比数列答案【真题回访】回访一等差数列基本量的运算1．C2．A回访二等差数列基本量的运算3．B4．64热点题型1 等差、等比数列的基本运算【例2】（1）D（2）C【变式训练二】（1）A（2）C热点题型3 等差、等比数列的证明两式相减得121()n n n n a a a a λ＋＋＋-=，由于10n a ≠＋，所以2n n a a λ＋-=. （2）由题设知11a =，1211a a S λ=－，可得21a λ=－. 由（1）知，31a λ=+ 令2132a a a =+，解得4λ=.故24n n a a ＋-=，由此可得21{}n a －是首项为1，公差为4的等差数列，2143n a n －=-.{}2n a 是首项为3，公差为4的等差数列，241n a n =-.所以21n a n =-，12n n a a ＋-= ，因此存在4λ=，使得数列{}n a 为等差数列. 专题限时集训（四）等差数列、等比数列【高考达标】一、选择题 1．A 2．B 3．A 4．D 5．D 二、填空题 6．2016 7．20 8．28 三、解答题 9．[解]（1）当1n =时，由1111()q S qa +=-，得11a =.当2n ≥时，由)11(n n q S qa +=-，得1111()n n q S qa +-=－－，两式相减得1n n a qa =－.又1()0q q -≠，所以{}n a 是以1为首项，q 为公比的等比数列，故1n n a q =－.山东省2017年高考数学（理科）专题练习＝．故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12＝.n 27n 1结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6．又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64．] 热点题型1 等差、等比数列的基本运算【例1】（1）B [设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30，a 2＋a 4＝S 4－(a 1＋a 3)＝90，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3，首项a 1＝301＋q 2＝3，所以a n ＝3n ，b n ＝1＋log 33n＝1＋n ，则数列{b n }是等差数列，前15项的和为15×2＋162＝135，故选B ．]（2）D [由题意知S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12，故选D ．]【变式训练一】（1）6 [（1）由a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列. 由S n ＝n ＋n n －12×3＝51，即(3n ＋17)(n －6)＝0，解得n ＝6或n ＝－173(舍). ]（2）13 [由题意知S 1＋3S 3＝4S 2，即a 1＋3(a 1＋a 2＋a 3)＝4(a 1＋a 2)，即3a 3＝a 2，所以a 3a 2＝13，即公比q ＝13.] 【例2】（1）D [（1）由题意得S 4＝41(1)1q a q --＝9，所以1－q 41－q ＝9a 1.由a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝(a 21q 3)2＝814得a 21q 3＝92.由等比数列的性质知该数列前4项倒数的和为1a 1⎝⎛⎭⎫1－1q 41－1q＝q 4－1a 1q 3q －1＝1a 1q 3·9a 1＝9a 21q3＝2，故选D ．] （2）C [由S 15＝11515()2a a +＝15×2a 82＝15a 8>0，S 16＝11616()2a a +＝16×a 8＋a 92<0，可得a 8>0，a 9<0，d <0，故S n 最大为S 8．又d <0，所以{a n }单调递减，因为前8项中S n 递增，所以S n 最大且a n 取最小正值时S na n 有最大值，即S 8a 8最大，故选C ．] 【变式训练二】（1）A [（1）∵{a n }是等差数列，∴a 2＋a 12＝2a 7，∴2a 2－a 27＋2a 12＝4a 7－a 27＝0.又a 7≠0，∴a 7＝4．又{b n }是等比数列，∴b 3b 11＝b 27＝a 27＝16．]（2）C [∵{a n }为等比数列，∴a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11的等比中项，∴(a 5＋a 7)2＝(a 1＋a 3)(a 9＋a 11)，故a 9＋a 11＝a 5＋a 72a 1＋a 3＝428＝2．同理a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15的等比中项， ∴(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)，故a 13＋a 15＝a 9＋a 112a 5＋a 7＝224＝1．∴a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3．] 【例3】[解] （1）证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1．（2）由（1）得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1．【变式训练三】.[解] （1）证明：由题设知a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1，由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ. （2）由题设知a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由（1）知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3. {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1．. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列.专题限时集训（四）等差数列、等比数列【高考达标】一、选择题1．A [a 2a 3a 4＝a 33＝8，所以a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝8，从而q 2＝2，所以a 1＝a 3q 2＝1，故选A ．]2．B [法一：由题意得a 3＝2，a 7－2a 4＝a 3＋4d －2(a 3＋d )＝6，解得d ＝4，故选B ．法二：在公差为d 的等差数列{a n }中，a m ＝a n ＋(m －n )d (m ，n ∈N *).由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 7－2a 4＝a 1＋6d －2a 1＋3d ＝6，a 3＝a 1＋2d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－6，d ＝4.] 3．A [若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝2×9a 1，得a 1＝0，矛盾，故q ≠1．所以31(1)1q a q --＋61(1)1q a q -- ＝291(1)1q a q--，解得q 3＝－12或1(舍)，故选A ．]4．D [由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列.数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n ，b n ＝3n .又c n ＝ba n ＝33n ，∴c 2 016＝33×2 016＝272 016，故选D ．]5．D [根据等差数列的前n 项和公式及S n T n ＝n2n ＋1(n ∈N *)，可设S n ＝kn 2，T n ＝kn (2n ＋1)，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝k (2n －1)，b n ＝T n －T n －1＝k (4n －1)，所以a 5b 6＝923，故选D ．] 二、填空题6．2016 [在等差数列{a n }中，由S 3＝2a 3知，3a 2＝2a 3，而S 5＝15，则a 3＝3，于是a 2＝2，从而其公差为1，首项为1，因此a n ＝n ，故a 2 016＝2 016．]7．20 [由等差数列的性质可得a 3＝35，a 4＝33，故d ＝－2，a n ＝35＋(n －3)×(－2)＝41－2n ，易知数列前20项大于0，从第21项起为负项，故使得S n 达到最大值的n 是20.] 8．28 [由题意可知，公比q 3＝a 6a 3＝27，∴S 6S 3＝1－q 61－q 3＝1＋q 3＝1＋27＝28．] 三、解答题9．[解] （1）当n ＝1时，由(1－q )S 1＋qa 1＝1，得a 1＝1.当n ≥2时，由(1－q )S n ＋qa n ＝1，得(1－q )S n －1＋qa n －1＝1，两式相减得a n ＝qa n －1．又q (q －1)≠0，所以{a n }是以1为首项，q 为公比的等比数列，故a n ＝q n －1．（2）证明：由（1）可知S n ＝1－a n q1－q ，又S 3＋S 6＝2S 9，得1－a 3q 1－q ＋1－a 6q 1－q ＝21－a 9q1－q，化简得a 3＋a 6＝2a 9，两边同除以q 得a 2＋a 5＝2a 8．故a 2，a 8，a 5成等差数列.10．[解] （1）由题知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝4，5a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2，故a n ＝2n －7(n ∈N *). （2）由a n ＝2n －7<0，得n <72，即n ≤3，所以当n ≤3时，a n ＝2n －7<0，当n ≥4时，a n ＝2n －7>0. 易知S n ＝n 2－6n ，S 3＝－9，S 5＝－5，所以T 5＝－(a 1＋a 2＋a 3)＋a 4＋a 5＝－S 3＋(S 5－S 3)＝S 5－2S 3＝13. 当n ≤3时，T n ＝－S n ＝6n －n 2；当n ≥4时，T n ＝－S 3＋(S n －S 3)＝S n －2S 3＝n 2－6n ＋18.故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4. 【名校冲刺】一、选择题1．A [设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 2＝2a 1＋d ＝10，S 5＝52(a 1＋a 5)＝5(a 1＋2d )＝55，所以d ＝4，所以k PQ ＝a n ＋2－a n n ＋2－n ＝2d2＝d ＝4，故选A ．]2．A [根据已知得3a n ＝a n ＋1，∴数列{a n }是等比数列且其公比为3， ∴a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋a 4＋a 6)×33＝9×33＝35， ∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 1335＝－5．]3．C [第一行三数成等差数列，由等差中项的性质有a 41＋a 42＋a 43＝3a 42，同理第二行也有a 51＋a 52＋a 53＝3a 52，第三行也有a 61＋a 62＋a 63＝3a 62，又每列也成等差数列，所以对于第二列，有a 42＋a 52＋a 62＝3a 52，所以a 41＋a 42＋a 43＋a 51＋a 52＋a 53＋a 61＋a 62＋a 63＝3a 42＋3a 52＋3a 62＝3×3a 52＝63，所以a 52＝7，故选C ．] 4．D [由2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1得na n －(n －1)a n －1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，又因为1×a 1＝1，2×a 2－1×a 1＝5，所以数列{na n }为首项为1，公差为5的等差数列，则20a 20＝1＋19×5，解得a 20＝245，故选D ．] 二、填空题5．6 [由题意，得S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝8，S k －S k －2＝a k －1＋a k ＝4(k >2)，两式相减，得4d ＝4，即d ＝1．由S k ＝ka 1＋k k －12＝0，得a 1＝－k －12，将a 1＝－k －12代入a k －1＋a k ＝4，得－(k －1)＋(2k －3)＝k －2＝4，解得k ＝6．]6．⎝⎛⎭⎫0，63∪(1，＋∞) [由题意得log k a n ＝2n ＋2，则a n ＝k 2n ＋2，∴a n ＋1a n ＝k 2n ＋1＋2k 2n ＋2＝k 2，即数列{a n }是以k 4为首项，k 2为公比的等比数列，c n ＝a n lg a n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋2lg k ，要使c n <c n ＋1对一切n ∈N *恒成立，即(n ＋1)lg k <(n ＋2)·k 2·lg k 对一切n ∈N *恒成立.当k >1时，lg k >0，n ＋1<(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立；当0<k <1时，lg k <0，n ＋1>(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，只需k 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2min .∵n ＋1n ＋2＝1－1n ＋2单调递增，∴当n ＝1时，n ＋1n ＋2取得最小值，即⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2min ＝23，∴k 2<23，且0<k <1，∴0<k <63.综上，k ∈⎝⎛⎭⎫0，63∪(1，＋∞).] 三、解答题7．[解] （1）当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .（2）由点(b n ，a n )在函数y ＝log 2 x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，所以b n ＝2a n ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列，1所以T n ＝n16(116)116--＝16n ＋1－1615. 8．[解] （1）由已知可得a 1＝S 1＝p ＋2，S 2＝4p ＋4，即a 1＋a 2＝4p ＋4，∴a 2＝3p ＋2. 由已知得a 2－a 1＝2p ＝2，∴p ＝1，∴a 1＝3，∴a n ＝2n ＋1，n ∈N *.（2）证明：在等比数列{b n }中，b 3＝a 1＝3，b 4＝a 2＋4＝9，则公比为b 4b 3＝3．由b 3＝b 1·32，得b 1＝13， ∴数列{b n }是以13为首项，以3为公比的等比数列，∴T n ＝n 1(13)313--＝16·(3n－1)，即T n ＋16＝16×3n＝12×3n －1．又∵T 1＋16＝12，T n ＋16T n －1＋16＝3，n ≥2，n ∈N *，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n ＋16是以12为首项，以3为公比的等比数列.。

2017年全国各地高考数学试题及解答分类大全(数列)

2017年全国各地高考数学试题及解答分类大全（数列）一、选择题1．（2017全国新课标Ⅰ理）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C【解析】设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C.秒杀解析：因为166346()3()482a a S a a +==+=，即3416a a +=，则4534()()24168a a a a +-+=-=，即5328a a d -==，解得4d =，故选C.2．（2017全国新课标Ⅰ理）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是（）A ．440B ．330C ．220D ．110【答案】A【解析】由题意得，数列如下：11,1,2,1,2,4,1,2,4,,2k -则该数列的前(1)122k k k ++++=项和为11(1)1(12)(122)222k k k k S k -++⎛⎫=+++++++=-- ⎪⎝⎭ ，要使(1)1002k k +>，有14k ≥，此时122k k ++<，所以2k +是第1k +组等比数列1,2,,2k 的部分和，设1212221t tk -+=+++=- ，所以2314t k =-≥，则5t ≥，此时52329k =-=，所以对应满足条件的最小整数293054402N ⨯=+=，故选A.3.（2017全国新课标Ⅱ理）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【答案】B4．（2017全国新课标Ⅲ理）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则{}n a 前6项的和为（）A ．24-B ．3-C ．3D ．8【答案】A【解析】∵{}n a 为等差数列，且236,,a a a 成等比数列，设公差为d .则2326a a a =⋅，即()()()211125a d a d a d +=++又∵11a =，代入上式可得220d d +=又∵0d ≠，则2d =-∴()61656561622422S a d ⨯⨯=+=⨯+⨯-=-，故选A.5.(2017上海)在数列中，n∈N，则=（）A.等于B.等于0C.等于D.不存在【答案】B【解析】数列中，n∈N，则故选B6.(2017上海)已知a,b,c 为实常数，数列的通项=an 2+bn+c，n∈N *，则“存在k∈N *，使得成等差数列”的一个必要条件是（）A.0a ≥B.0b ≤C.0c =D、20a b c -+=【答案】A【解析】存在k∈N *，使得成等差数列，可得2[a（200+k）2+b（200+k）+c]=a（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+c，化简得a=0，∴使得成等差数列的必要条件是a≥0．故选A ．二、填空1.(2017北京理)若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足a 1=b 1=–1，a 4=b 4=8，则22a b =_______.【答案】1【解析】试题分析：设等差数列的公差和等比数列的公比为d 和q ，3138d q -+=-=，求得2,3q d =-=，那么221312a b -+==.【考点】等差数列和等比数列【名师点睛】我们知道,等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.2.(2017江苏)等比数列{}n a 的各项均为实数,其前n 项的和为n S ,已知3676344S S ==,,则8a =.【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，3161(1)714(1)6314a q q a q q⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则7812324a =⨯=.【考点】等比数列通项【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.3.（2017全国新课标Ⅱ理）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑。

2017年高考全国名校试题数学分项汇编专题06 数列(原卷版)

一、填空题1. 【2016高考冲刺卷（9）【江苏卷】】已知数列{}n a 满足181a =，1311log ,2,(*)3,21n n n a a n k a k N n k ---+=⎧=∈⎨=+⎩，则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为 .2. 【2016高考冲刺卷（7）【江苏卷】】已知公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，若134,,a a a 成等比数列，则3253S S S S --的值为．3. 【2016高考冲刺卷（6）【江苏卷】】对于数列{}n a ，定义数列{}n b 满足：)(*1N n a a b n n n ∈-=+，且)(1*1N n b b n n ∈=-+,13=a ，14-=a ，则=1a4. 【2016高考冲刺卷（5）【江苏卷】】若数列{}n a 是首项为13a =，公比1q ≠-的等比数列，n S 是其前n 项和，且5a 是14a 与32a -的等差中项，则19S = ▲5. 【2016高考冲刺卷（3）【江苏卷】】数列{}n a 中，12a =，23a =，12n n n a a a --=（n *∈N ，3n ≥），则2011a = ． 6. 【2016高考冲刺卷（1）【江苏卷】】n S 是等差数列{a n }的前n 项和，若2412++=n n S S n n ，则=53a a ________． 7. 【2016高考押题卷（2）【江苏卷】】若,ab 是函数()2(0,0)f x x px q p q =-+>>的两个不同的零点，且,,2a b -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8. 【江苏省苏锡常镇四市2016届高三教学情况调研（二）数学试题】设公差为d （d 为奇数，且1d >）的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若19m S -=-，0m S =，其中3m >，且*m ∈N ，则na = ▲ ．9. 【2016高考冲刺卷（4）【江苏卷】】若一个钝角三角形的三内角成等差数列，且最大边与最小边之比为m ，则实数m 的取值范围是 ▲ ．10. 【2016高考冲刺卷（2）【江苏卷】】设n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，0n a >，若6325S S -=，则96S S -的最小值为 ▲11. 【2016高考押题卷（1）【江苏卷】】设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若,63,763==S S 则=++987a a a _______.12. 【2016年第一次全国大联考【江苏卷】】若m b 为数列{2}n 中不超过3*()Am m N ∈的项数，2152=b b b +且310b =，则正整数A 的值为_______.13. 【2016年第四次全国大联考【江苏卷】】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足243n n S S +=+，且30S <，则 2a 的值为_______.14. 【2016年第三次全国大联考【江苏卷】】已知公比q 不为1的等比数列}{n a 的首项112a =，前n 项和为n S ，且223344,,a S a S a S +++成等差数列，则=+n n S a ． 15. 【2016年第三次全国大联考【江苏卷】】已知数列{}n a 满足：对任意n *∈N 均有991-+=+k ka a n n ,其中k 为不等于0与 1的常数，若{}2016,216,32,9,84,684---∈i a ，5,4,3,2=i ，则满足条件的1a 所有可能值的和为 .16. 【 2016年第二次全国大联考（江苏卷）】已知数列{}n a 的首项为1，等比数列{}n b 满足1n n na b a +=，且10081b =，则2016a 的值为_______.二、解答题1. 【 2016年第二次全国大联考（江苏卷）】（本小题满分16分）已知数列{}n a 满足*1221212221,2,2,3,()n n n n a a a a a a n N +-+===+=∈.数列{}n a 前n 项和为n S .(Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若12m m m a a a ++=，求正整数m 的值；（Ⅲ）是否存在正整数m ，使得221mm S S -恰好为数列{}n a 中的一项？若存在，求出所有满足条件的m 值，若不存在，说明理由.2. 【2016年第三次全国大联考【江苏卷】】（本小题满分16分）已知数列{}n c 的通项公式是n n n b a c =，前n 项和为n T ,其中{}n a 是首项为11=a 的等差数列，且0>n a ，数列{}n b 为等比数列，若32)32(+⋅-=nn n T（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）是否存在,p q *∈N ，使得2016)1(212=-+q p b a 成立，若存在，求出所有满足条件的,p q ；若不存在，说明理由；（3）是否存在非零整数λ，使不等式12112sin )111()111)(111(+<+-+-+-n n n a a a a a πλΛ 对一切n *∈N 都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.3. 【2016年第四次全国大联考【江苏卷】】（本小题满分16分）已知数列{}n a 中任意连续三项的和为零，且212 1.a a ==- (Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若数列{}n b 满足*1111(N ),n n n b b a n b a ++=∈=，求数列{}n b 的前n 项和n S 的取值范围.4. 【2016年第一次全国大联考【江苏卷】】（本小题满分16分）设首项为1的正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且131n n S S +-=. （1）求证：数列{}n a 为等比数列；（2）数列{}n a 是否存在一项k a ，使得k a 恰好可以表示为该数列中连续*(,2)r r N r ∈≥项的和？请说明理由；（3）设*1(),n n nb n N a +=∈试问是否存在正整数,(1)p q p q <<使1,,p q b b b 成等差数列？若存在，求出所有满足条件的数组(,)p q ；若不存在，说明理由．5. 【2016高考押题卷（1）【江苏卷】】（本小题满分16分）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知12a =，622S =.（1）求n S ；（2）若从{}n a 中抽取一个公比为q 的等比数列{}n k a ，其中11k =，且12n k k k <<<L L ，*n k N ∈.①当q 取最小值时，求{}n k 的通项公式；②若关于*()n n N ∈的不等式16n n S k +>有解，试求q 的值.6. 【2016高考押题卷（3）【江苏卷】】（本小题满分16分）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且),,(+*∈∈+=R r p N n r pn a S nn．（1）若32,31==r p ，求数列}{n a 的前n 项和n S ；（2）设*∈N k ，先计算33)1(k k -+的值，再借用这个结论求出2222321nT n +⋅⋅⋅+++=的表达式（用n 表示）并在（1）的前提下，比较n T 与n S 的大小关系；（3）若120162016a a =，求r p ,的值．7. 【2016高考押题卷（2）【江苏卷】】（本小题满分16分）已知数列{}n a 中，01=a ，)(,21R p p a a n n ∈+=+，（1）当12-=p 时，试证明：432,,a a a 成等差数列；（2）若432,,a a a 成等比数列，试求实数p 之值；（3）当41>p 时，试证明：存在*N k ∈，使得2016>k a . 8. 【2016高考冲刺卷（2）【江苏卷】】（本小题满分16分）设数列{}n a 共有(3)m m ≥项，记该数列前i 项12,,,i a a a L 中的最大项为i A ，该数列后m i -项12,,,i i m a a a ++L 中的最小项为i B ，(1,2,3,,1)i i i r A B i m =-=-L .（1）若数列{}n a 的通项公式为2nn a =，求数列{}i r 的通项公式；（2）若数列{}n a 满足11a =，2i r =-，求数列{}n a 的通项公式；（3）试构造一个数列{}n a ，满足n n n a b c =+，其中{}n b 是公差不为零的等差数列，{}n c 是等比数列，使得对于任意给定的正整数m ，数列{}i r 都是单调递增的，并说明理由. 9. 【2016高考冲刺卷（4）【江苏卷】】 (本小题满分16分)已知等差数列{a n }、等比数列{b n }满足a 1+a 2=a 3，b 1b 2=b 3，且a 3，a 2+b 1，a 1+b 2成等差数列，a 1，a 2，b 2成等比数列．（1）求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；（2）按如下方法从数列{a n }和数列{b n }中取项：第1次从数列{a n }中取a 1，第2次从数列{b n }中取b 1，b 2，第3次从数列{a n }中取a 2，a 3，a 4，第4次从数列{b n }中取b 3，b 4，b 5，b 6， …第2n ﹣1次从数列{a n }中继续依次取2n ﹣1个项，第2n 次从数列{b n }中继续依次取2n 个项， …由此构造数列{c n }：a 1，b 1，b 2，a 2，a 3，a 4，b 3，b 4，b 5，b 6，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，b 7，b 8，b 9，b 10，b 11，b 12，…，记数列{c n }的前n 项和为S n ，求满足S n ＜22014的最大正整数n ． 10. 【南京市2016届高三年级第三次模拟考试】(本小题满分16分) 已知数列{a n }的前n 项的和为S n ，记b n ＝1n S n+．（1）若{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列，其中a ，d 均为正数． ①当3b 1，2b 2，b 3成等差数列时，求ad的值； ②求证：存在唯一的正整数n ，使得a n +1≤b n ＜a n +2．（2）设数列{a n }是公比为q (q ＞2)的等比数列，若存在r ，t (r ，t ∈N *，r ＜t )使得22t r b t b r +=+求q 的值．11. 【2016高考冲刺卷（1）【江苏卷】】（本小题满分16分）已知数列{},{}n n a b 满足2(2)n n n S a b =+，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和．（1）若数列{}n a 是首项为23，公比为13-的等比数列，求数列{}n b 的通项公式；（2）若n b n =，23a =，求数列{}n a 的通项公式；（3）在（2）的条件下，设nn na cb =，求证：数列{}nc 中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．12. 【2016高考冲刺卷（3）【江苏卷】】（本小题满分16分）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1111,22n n n a a a n++==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设*),2(N n S n b n n ∈-=，若*,N n b n ∈≤λ恒成立，求实数λ的取值范围；（3）设*,)1(2N n n n S c nn ∈+-=,n T 是数列{}n c 的前n 项和，证明143<≤n T ．13. 【江苏省扬州中学2015—2016学年第二学期质量检测】 (本题满分16分)已知两个无穷数列{}{},n n a b 分别满足其中*n N ∈，设数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，（1）若数列{}{},n n a b 都为递增数列，求数列{}{},n n a b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满足：存在唯一的正整数k （2k ≥），使得1k k c c -<，称数列{}n c 为“k 坠点数列”①若数列{}n a 为“5坠点数列”，求n S ；②若数列{}n a 为“p 坠点数列”，数列{}n b 为“q 坠点数列”，是否存在正整数m ，使得1m m S T +=，若存在，求m 的最大值；若不存在，说明理由.14. 【江苏省苏中三市（南通、扬州、泰州）2016届高三第二次调研测试数学试题】设数列{}n a 的各项均为正数，{}n a 的前n 项和2)1(41+=n n a S ，*N n ∈．（1）求证：数列{}n a 为等差数列；（2）等比数列{}n b 的各项均为正数，21n n n S b b ≥+，*N n ∈，且存在整数2≥k ，使得21k k k S b b =+．（i ）求数列{}n b 公比q 的最小值（用k 表示）；（ii ）当2≥n 时，*N b n ∈，求数列{}n b 的通项公式．15. 【2016高考冲刺卷（7）【江苏卷】】已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足：530S =，10110S =，数列{}n b 的前n 项和n T 满足：11b =，121n n b T +-=.（Ⅰ）求n S 与n b ；（Ⅱ）比较n n S b 与2n n T a 的大小，并说明理由.16. 【2016高考冲刺卷（9）【江苏卷】】(本小题满分16分)已知数列{}n a 满足11a =，1nn n a a p +-=，其中N n *∈, p 是不为1的常数.（Ⅰ）证明：若{}n a 是递增数列，则{}n a 不可能是等差数列；（Ⅱ）证明：若{}n a 是递减的等比数列，则{}n a 中的每一项都大于其后任意()N m m *∈个项的和；（Ⅲ）若2p =，且{}21n a -是递增数列，{}2n a 是递减数列，求数列{}n a 的通项公式．。

2017高考数学数列经典例题

高考数学数列经典例题（一）高考数学数列经典例题（一）高考数学数列知识点数列的定义按一定次序排列的一列数叫做数列，数列中的每一个数都叫做数列的项。

(1)从数列定义可以看出，数列的数是按一定次序排列的，如果组成数列的数相同而排列次序不同，那么它们就不是同一数列，例如数列1，2，3，4，5与数列5，4，3，2，1是不同的数列。

(2)在数列的定义中并没有规定数列中的数必须不同，因此，在同一数列中可以出现多个相同的数字，如：-1的1次幂，2次幂，3次幂，4次幂，…构成数列：-1，1，-1，1，…。

(4)数列的项与它的项数是不同的，数列的项是指这个数列中的某一个确定的数，是一个函数值，也就是相当于f(n)，而项数是指这个数在数列中的位置序号，它是自变量的值，相当于f(n)中的n。

(5)次序对于数列来讲是十分重要的，有几个相同的数，由于它们的排列次序不同，构成的数列就不是一个相同的数列，显然数列与数集有本质的区别。

如：2，3，4，5，6这5个数按不同的次序排列时，就会得到不同的数列，而{2，3，4，5，6}中元素不论按怎样的次序排列都是同一个集合。

数列的分类(1)根据数列的项数多少可以对数列进行分类，分为有穷数列和无穷数列。

在写数列时，对于有穷数列，要把末项写出，例如数列1，3，5，7，9，…，2n-1表示有穷数列，如果把数列写成1，3，5，7，9，…或1，3，5，7，9，…，2n-1，…，它就表示无穷数列。

(2)按照项与项之间的大小关系或数列的增减性可以分为以下几类：递增数列、递减数列、摆动数列、常数列。

数列的通项公式数列是按一定次序排列的一列数，其内涵的本质属性是确定这一列数的规律，这个规律通常是用式子f(n)来表示的，这两个通项公式形式上虽然不同，但表示同一个数列，正像每个函数关系不都能用解析式表达出来一样，也不是每个数列都能写出它的通项公式;有的数列虽然有通项公式，但在形式上，又不一定是唯一的，仅仅知道一个数列前面的有限项，无其他说明，数列是不能确定的，通项公式更非唯一。

2007-2017全国卷高考理科数学数列专题

2007-2017全国卷高考理科数学数列专题一．选择题（共14小题）1．（2008•全国卷Ⅰ）已知等差数列{a n }满足a 2+a 4=4，a 3+a 5=10，则它的前10项的和S 10=（）A ．138B ．135C ．95D ．23【考点】8F ：等差数列的性质；85：等差数列的前n 项和．【专题】11 ：计算题．【分析】本题考查的知识点是等差数列的性质，及等差数列前n 项和，根据a 2+a 4=4，a 3+a 5=10我们构造关于基本量（首项及公差）的方程组，解方程组求出基本量（首项及公差），进而代入前n 项和公式，即可求解．【解答】解：∵（a 3+a 5）﹣（a 2+a 4）=2d=6，∴d=3，a 1=﹣4，∴S 10=10a 1+10×(10−1)d 2=95．故选C【点评】在求一个数列的通项公式或前n 项和时，如果可以证明这个数列为等差数列，或等比数列，则可以求出其基本项（首项与公差或公比）进而根据等差或等比数列的通项公式，写出该数列的通项公式，如果未知这个数列的类型，则可以判断它是否与某个等差或等比数列有关，间接求其通项公式．2．（2010•大纲版Ⅰ）已知各项均为正数的等比数列{a n }，a 1a 2a 3=5，a 7a 8a 9=10，则a 4a 5a 6=（）A ．5√2B ．7C ．6D ．4√2【考点】87：等比数列．【分析】由数列{a n}是等比数列，则有a1a2a3=5⇒a23=5；a7a8a9=10⇒a83=10．【解答】解：a1a2a3=5⇒a23=5；a7a8a9=10⇒a83=10，a52=a2a8，∴a56=a23a83=50，∴a4a5a6=a53=5√2，故选A．【点评】本小题主要考查等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识，着重考查了转化与化归的数学思想．3．（2010•大纲版Ⅰ）如果等差数列{a n}中，a3+a4+a5=12，那么a1+a2+…+a7=（）A．14B．21C．28D．35【考点】8F：等差数列的性质；85：等差数列的前n项和．【分析】由等差数列的性质求解．【解答】解：a3+a4+a5=3a4=12，a4=4，∴a1+a2+…+a7=7(a1+a7)2=7a4=28故选C【点评】本题主要考查等差数列的性质．4．（2011•大纲版）设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1=1，公差d=2，S k+2﹣S k=24，则k=（）A．8B．7C．6D．5【考点】85：等差数列的前n项和．【专题】11 ：计算题．【分析】先由等差数列前n 项和公式求得S k+2，S k ，将S k+2﹣S k =24转化为关于k 的方程求解．【解答】解：根据题意：S k+2=（k+2）2，S k =k 2∴S k+2﹣S k =24转化为：（k+2）2﹣k 2=24∴k=5故选D【点评】本题主要考查等差数列的前n 项和公式及其应用，同时还考查了方程思想，属中档题．5．（2012•大纲版）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5=5，S 5=15，则数列{1a n a n+1}的前100项和为（） A ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．101100【考点】8E ：数列的求和；85：等差数列的前n 项和．【专题】11 ：计算题．【分析】由等差数列的通项公式及求和公式，结合已知可求a 1，d ，进而可求a n ，代入可得1a n a n+1=1n(n+1)=1n −1n+1，裂项可求和【解答】解：设等差数列的公差为d由题意可得，{a 1+4d =55a 1+10d =15解方程可得，d=1，a 1=1由等差数列的通项公式可得，a n =a 1+（n ﹣1）d=1+（n ﹣1）×1=n∴1a n a n+1=1n(n+1)=1n−1n+1S100=1−12+12−13+⋯+1100−1101=1﹣1101=100101故选A【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，及数列求和的裂项求和方法的应用，属于基础试题6．（2012•新课标）已知{a n}为等比数列，a4+a7=2，a5a6=﹣8，则a1+a10=（）A．7B．5C．﹣5D．﹣7【考点】8G：等比数列的性质；88：等比数列的通项公式．【专题】11 ：计算题．【分析】由a4+a7=2，及a5a6=a4a7=﹣8可求a4，a7，进而可求公比q，代入等比数列的通项可求a1，a10，即可【解答】解：∵a4+a7=2，由等比数列的性质可得，a5a6=a4a7=﹣8∴a4=4，a7=﹣2或a4=﹣2，a7=4当a4=4，a7=﹣2时，q3=−12，∴a1=﹣8，a10=1，∴a1+a10=﹣7当a4=﹣2，a7=4时，q3=﹣2，则a10=﹣8，a1=1∴a1+a10=﹣7综上可得，a1+a10=﹣7故选D【点评】本题主要考查了等比数列的性质及通项公式的应用，考查了基本运算的能力．7．（2013•新课标Ⅰ）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m ﹣1=﹣2，S m =0，S m+1=3，则m=（）A ．3B ．4C ．5D ．6【考点】8F ：等差数列的性质；85：等差数列的前n 项和．【专题】11 ：计算题；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由a n 与S n 的关系可求得a m+1与a m ，进而得到公差d ，由前n 项和公式及S m =0可求得a 1，再由通项公式及a m =2可得m 值．【解答】解：a m =S m ﹣S m ﹣1=2，a m+1=S m+1﹣S m =3，所以公差d=a m+1﹣a m =1，S m =m(a 1+a m )2=0，得a 1=﹣2，所以a m =﹣2+（m ﹣1）•1=2，解得m=5，另解：等差数列{a n }的前n 项和为S n ，即有数列{S n n }成等差数列，则S m−1m−1，S m m ，S m+1m+1成等差数列，可得2•S m m =S m−1m−1+S m+1m+1，即有0=−2m−1+3m+1，解得m=5．故选C ．【点评】本题考查等差数列的通项公式、前n 项和公式及通项a n 与S n 的关系，考查学生的计算能力．8．（2013•新课标Ⅰ）等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3=a 2+10a 1，a 5=9，则a 1=（）A ．13B ．−13C ．19D ．−19【考点】89：等比数列的前n 项和．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】设等比数列{a n }的公比为q ，利用已知和等比数列的通项公式即可得到{a 1+a 1q +a 1q 2=a 1q +10a 1a 1q 4=9，解出即可．【解答】解：设等比数列{a n }的公比为q ，∵S 3=a 2+10a 1，a 5=9，∴{a 1+a 1q +a 1q 2=a 1q +10a 1a 1q 4=9，解得{q 2=9a 1=19． ∴a 1=19．故选C ．【点评】熟练掌握等比数列的通项公式是解题的关键．9．（2015•新课标Ⅰ）已知等比数列{a n }满足a 1=3，a 1+a 3+a 5=21，则a 3+a 5+a 7=（）A ．21B ．42C ．63D ．84【考点】88：等比数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由已知，a 1=3，a 1+a 3+a 5=21，利用等比数列的通项公式可求q ，然后在代入等比数列通项公式即可求．【解答】解：∵a 1=3，a 1+a 3+a 5=21，∴a 1(1+q 2+q 4)=21，∴q4+q2+1=7，∴q4+q2﹣6=0，∴q2=2，∴a3+a5+a7=a1(q2+q4+q6)=3×（2+4+8）=42．故选：B【点评】本题主要考查了等比数列通项公式的应用，属于基础试题．10．（2016•新课标Ⅰ）定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，若m=4，则不同的“规范01数列”共有（）A．18个B．16个C．14个D．12个【考点】8B：数列的应用．【专题】16 ：压轴题；23 ：新定义；38 ：对应思想；4B ：试验法．【分析】由新定义可得，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，当m=4时，数列中有四个0和四个1，然后一一列举得答案．【解答】解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若m=4，说明数列有8项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1．共14个．故选：C ．【点评】本题是新定义题，考查数列的应用，关键是对题意的理解，枚举时做到不重不漏，是压轴题．11．（2016•新课标Ⅰ）已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10=8，则a 100=（）A ．100B ．99C ．98D ．97【考点】8F ：等差数列的性质．【专题】11 ：计算题；4O ：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】根据已知可得a 5=3，进而求出公差，可得答案．【解答】解：∵等差数列{a n }前9项的和为27，S 9=9(a 1+a 9)2=9×2a 52=9a 5． ∴9a 5=27，a 5=3，又∵a 10=8，∴d=1，∴a 100=a 5+95d=98，故选：C【点评】本题考查的知识点是数列的性质，熟练掌握等差数列的性质，是解答的关键．12．（2017•新课标Ⅰ）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4+a 5=24，S 6=48，则{a n }的公差为（）A ．1B ．2C ．4D ．8【考点】85：等差数列的前n项和；84：等差数列的通项公式．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}的公差．【解答】解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，a4+a5=24，S6=48，∴{a1+3d+a1+4d=24 6a1+6×52d=48，解得a1=﹣2，d=4，∴{a n}的公差为4．故选：C．【点评】本题考查等差数列的面公式的求法及应用，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．13．（2017•新课标Ⅰ）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440B．330C．220D．110【考点】8E：数列的求和．【专题】35 ：转化思想；4R：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】方法一：由数列的性质，求得数列{b n }的通项公式及前n 项和，可知当N 为n(n+1)2时（n ∈N +），数列{a n }的前N 项和为数列{b n }的前n 项和，即为2n ﹣n ﹣2，容易得到N ＞100时，n≥14，分别判断，即可求得该款软件的激活码；方法二：由题意求得数列的每一项，及前n 项和S n =2n+1﹣2﹣n ，及项数，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n 消去即可，分别分别即可求得N 的值．【解答】解：设该数列为{a n }，设b n =a (n−1)n 2+1+…+a n(n+1)2=2n ﹣1，（n ∈N +），则∑n i=1b i =∑n(n+1)2i=1a i ，由题意可设数列{a n }的前N 项和为S N ，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n =21﹣1+22﹣1+…+2n ﹣1=2n ﹣n ﹣2，可知当N 为n(n+1)2时（n ∈N +），数列{a n }的前N 项和为数列{b n }的前n 项和，即为2n ﹣n ﹣2，容易得到N ＞100时，n≥14，A 项，由29×302=435，440=435+5，可知S 440=T 29+b 5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A 项符合题意．B 项，仿上可知25×262=325，可知S 330=T 25+b 5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，显然不为2的整数幂，故B 项不符合题意．C 项，仿上可知20×212=210，可知S 220=T 20+b 10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C 项不符合题意．D 项，仿上可知14×152=105，可知S 110=T 14+b 5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，显然不为2的整数幂，故D 项不符合题意．故选A ．方法二：由题意可知：20︸第一项，20，21第二项，20，21，22第三项，…20，21，22，⋯，2n−1第n 项，根据等比数列前n 项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n ﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n ，总共的项数为N=1+2+3+…+n=(1+n)n 2，所有项数的和为S n ：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n ﹣1=（21+22+23+…+2n ）﹣n=2(1−2n )1−2﹣n=2n+1﹣2﹣n ，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n 消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n ）=0，解得：n=1，总共有(1+1)×12+2=3，不满足N ＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n ）=0，解得：n=5，总共有(1+5)×52+3=18，不满足N ＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n ）=0，解得：n=13，总共有(1+13)×132+4=95，不满足N ＞100，④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n ）=0，解得：n=29，总共有(1+29)×292+5=440，满足N＞100，∴该款软件的激活码440．故选A ．【点评】本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前n 项和，考查计算能力，属于难题．14．（2017•新课标Ⅰ）等差数列{a n }的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为（）A．﹣24B．﹣3C．3D．8【考点】85：等差数列的前n项和．【专题】11 ：计算题；34 ：方程思想；4O：定义法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出{a n}前6项的和．【解答】解：∵等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，∴a32=a2⋅a6，∴（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d），且a1=1，d≠0，解得d=﹣2，∴{a n}前6项的和为S6=6a1+6×52d=6×1+6×52×(−2)=﹣24．故选：A．【点评】本题考查等差数列前6项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列、等比数列的性质的合理运用．二．填空题（共9小题）15．（2007•全国卷Ⅰ）等比数列{a n}的前n项和为S n，已知S1，2S2，3S3成等差数列，则{a n}的公比为13．【考点】8G：等比数列的性质．【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．【分析】先根据等差中项可知4S2=S1+3S3，利用等比数列的求和公式用a1和q分别表示出S1，S2和S3，代入即可求得q．【解答】解：∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，2S 2，3S 3成等差数列， ∴a n =a 1q n ﹣1，又4S 2=S 1+3S 3，即4（a 1+a 1q ）=a 1+3（a 1+a 1q+a 1q 2），解q =13．故答案为13【点评】本题主要考查了等比数列的性质．属基础题．16．（2009•全国卷Ⅰ）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9=81，则a 2+a 5+a 8= 27 ．【考点】85：等差数列的前n 项和；8F ：等差数列的性质．【分析】由s 9解得a 5即可．【解答】解：∵s 9=9(a 1+a 9)2=9a 5 ∴a 5=9∴a 2+a 5+a 8=3a 5=27 故答案是27【点评】本题考查前n 项和公式和等差数列的性质．17．（2009•全国卷Ⅰ）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5=5a 3，则S 9S 5= 9 ．【考点】8F ：等差数列的性质．【专题】11 ：计算题．【分析】根据等差数列的等差中项的性质可知S 9=9a 5，S 5=5a 3，根据a 5=5a 3，进而可得则S 9S 5的值．【解答】解：∵{a n }为等差数列，S 9=a 1+a 2+…+a 9=9a 5，S 5=a 1+a 2+…+a 5=5a 3，∴S 9S 5=9a 55a 3=9 故答案为9【点评】本题主要考查了等差数列中等差中项的性质．属基础题．18．（2013•新课标Ⅰ）若数列{a n }的前n 项和为S n =23a n +13，则数列{a n }的通项公式是a n = （﹣2）n ﹣1 ．【考点】88：等比数列的通项公式．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】把n=1代入已知式子可得数列的首项，由n≥2时，a n =S n ﹣S n ﹣1，可得数列为等比数列，且公比为﹣2，代入等比数列的通项公式分段可得答案．【解答】解：当n=1时，a 1=S 1=23a 1+13，解得a 1=1当n≥2时，a n =S n ﹣S n ﹣1=（23a n +13）﹣（23a n−1+13）=23a n −23a n−1，整理可得13a n =−23a n−1，即a na n−1=﹣2，故数列{a n }从第二项开始是以﹣2为首项，﹣2为公比的等比数列，故当n≥2时，a n =（﹣2）n ﹣1，经验证当n=1时，上式也适合，故答案为：（﹣2）n ﹣1【点评】本题考查等比数列的通项公式，涉及等比数列的判定，属基础题．19．（2013•新课标Ⅰ）等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10=0，S 15=25，则nS n 的最小值为 ﹣49 ．【考点】6D ：利用导数研究函数的极值；85：等差数列的前n 项和；8F ：等差数列的性质．【专题】16 ：压轴题；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由等差数列的前n 项和公式化简已知两等式，联立求出首项a 1与公差d 的值，结合导数求出nS n 的最小值．【解答】解：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， ∵S 10=10a 1+45d=0，S 15=15a 1+105d=25，∴a 1=﹣3，d=23，∴S n =na 1+n(n−1)2d=13n 2﹣103n ，∴nS n =13n 3﹣103n 2，令nS n =f （n ），∴f′（n ）=n 2﹣203n ，∴当n=203时，f （n ）取得极值，当n ＜203时，f （n ）递减；当n ＞203时，f （n ）递增；因此只需比较f （6）和f （7）的大小即可． f （6）=﹣48，f （7）=﹣49，故nS n 的最小值为﹣49．故答案为：﹣49．【点评】此题考查了等差数列的性质，以及等差数列的前n 项和公式，熟练掌握性质及公式是解本题的关键．20．（2015•新课标Ⅰ）设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=﹣1，a n+1=S n+1S n ，则S n = ﹣1n．【考点】8H ：数列递推式．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】通过S n+1﹣S n =a n+1可知S n+1﹣S n =S n+1S n ，两边同时除以S n+1S n 可知1S n﹣1S n+1=1，进而可知数列{1S n }是以首项、公差均为﹣1的等差数列，计算即得结论．【解答】解：∵a n+1=S n+1S n ， ∴S n+1﹣S n =S n+1S n ，∴1S n ﹣1S n+1=1，又∵a 1=﹣1，即1S 1=﹣1，∴数列{1S n }是以首项、公差均为﹣1的等差数列，∴1S n=﹣n ， ∴S n =﹣1n，故答案为：﹣1n．【点评】本题考查数列的通项，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．21．（2016•新课标Ⅰ）设等比数列{a n }满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2…a n 的最大值为 64 ．【考点】8I ：数列与函数的综合；8G ：等比数列的性质．【专题】11 ：计算题；29 ：规律型；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】求出数列的等比与首项，化简a 1a 2…a n ，然后求解最值．【解答】解：等比数列{a n }满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，可得q （a 1+a 3）=5，解得q=12．a 1+q 2a 1=10，解得a 1=8．则a 1a 2…a n =a 1n •q 1+2+3+…+（n ﹣1）=8n •(12)n(n−1)2=23n−n 2−n 2=27n−n 22，当n=3或4时，表达式取得最大值：2122=26=64．故答案为：64．【点评】本题考查数列的性质数列与函数相结合的应用，转化思想的应用，考查计算能力．22．（2017•新课标Ⅰ）等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=3，S 4=10，则 ∑n k=11S k= 2nn+1．【考点】8E ：数列的求和；85：等差数列的前n 项和．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】利用已知条件求出等差数列的前n 项和，然后化简所求的表达式，求解即可．【解答】解：等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=3，S 4=10，S 4=2（a 2+a 3）=10，可得a 2=2，数列的首项为1，公差为1，S n =n(n+1)2，1S n =2n(n+1)=2(1n −1n+1)，则 ∑n k=11S k =2[1﹣12+12−13+13−14+…+1n −1n+1]=2（1﹣1n+1）=2n n+1．故答案为：2nn+1．【点评】本题考查等差数列的求和，裂项消项法求和的应用，考查计算能力．23．（2017•新课标Ⅰ）设等比数列{a n }满足a 1+a 2=﹣1，a 1﹣a 3=﹣3，则a 4= ﹣8 ．【考点】88：等比数列的通项公式．【专题】34 ：方程思想；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】设等比数列{a n}的公比为q，由a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，可得：a1（1+q）=﹣1，a1（1﹣q2）=﹣3，解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，∴a1（1+q）=﹣1，a1（1﹣q2）=﹣3，解得a1=1，q=﹣2．则a4=（﹣2）3=﹣8．故答案为：﹣8．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三．解答题（共15小题）24．（2008•全国卷Ⅰ）设函数f（x）=x﹣xlnx．数列{a n}满足0＜a1＜1，a n+1=f（a n）．（Ⅰ）证明：函数f（x）在区间（0，1）是增函数；（Ⅰ）证明：a n＜a n+1＜1；（Ⅰ）设b∈（a1，1），整数k≥a1−b．证明：a k+1＞b．a1lnb【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；RG：数学归纳法．【专题】16 ：压轴题．【分析】（1）首先求出函数的导数，然后令f′（x）=0，解出函数的极值点，最后根据导数判断函数在区间（0，1）上的单调性，从而进行证明．（2）由题意数列{a n}满足0＜a1＜1，a n+1=f（a n），求出a n+1=a n﹣a n lna n，然后利用归纳法进行证明；（3）由题意f（x）=x﹣xlnx，a n+1=f（a n）可得a k+1=a k﹣b﹣a k，然后进行讨论求解．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵f（x）=x﹣xlnx，∴f′（x）=﹣lnx，当x∈（0，1）时，f′（x）=﹣lnx＞0故函数f（x）在区间（0，1）上是增函数；（Ⅰ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，0＜a1＜1，a1lna1＜0，a2=f（a1）=a1﹣a1lna1＞a1，∵函数f（x）在区间（0，1）是增函数且函数f（x）在x=1处连续，∴f（x）在区间（0，1]是增函数，a2=f（a1）=a1﹣a1lna1＜1，即a1＜a2＜1成立，（Ⅰ）假设当x=k（k∈N+）时，a k＜a k+1＜1成立，即0＜a1≤a k＜a k+1＜1，那么当n=k+1时，由f（x）在区间（0，1]是增函数，0＜a1≤a k＜a k+1＜1，得f（a k）＜f（a k+1）＜f（1），而a n+1=f（a n），则a k+1=f（a k），a k+2=f（a k+1），a k+1＜a k+2＜1，也就是说当n=k+1时，a n＜a n+1＜1也成立，根据（Ⅰ）、（Ⅰ）可得对任意的正整数n，a n＜a n+1＜1恒成立．（Ⅰ）证明：由f（x）=x﹣xlnx，a n+1=f（a n）可得a k+1=a k﹣a k lna k=a1−b−∑k i=1a i lna i，1）若存在某i≤k 2，满足a i ≤b 3，则由（Ⅰ）知：a k+1﹣b ＜a i ﹣b≥04， 2）若对任意i≤k 6，都有a i ＞b ，则a k+1=a k ﹣a k lna k =a 1−b −∑k i=1a i lna i =a 1−b −∑k i=1a i lnb ≥a 1﹣b 1﹣ka 1lnb=0，即a k+1＞b 成立．【点评】此题主要考查多项式函数的导数，函数单调性的判定，函数最值，函数、方程与不等式等基础知识及数学归纳法的应用，一般出题者喜欢考查学生的运算求解能力、推理论证能力及分析与解决问题的能力，要出学生会用数形结合的思想、分类与整合思想，化归与转化思想、有限与无限的思想来解决问题．25．（2009•全国卷Ⅰ）在数列{a n }中，a 1=1，a n+1=（1+1n ）a n +n+12n ．（1）设b n =a nn，求数列{b n }的通项公式；（2）求数列{a n }的前n 项和S n ．【考点】8H ：数列递推式；8E ：数列的求和．【专题】11 ：计算题；15 ：综合题．【分析】（1）由已知得a n+1n+1=a n n +12n ，即b n+1=b n +12n ，由此能够推导出所求的通项公式．（2）由题设知a n =2n ﹣n2，故S n =（2+4+…+2n ）﹣（1+22+32+42+…+n 2），设T n =1+22+32+42+…+n 2，由错位相减法能求出T n =4﹣n+22．从而导出数列{a n }的前n 项和S n ．【解答】解：（1）由已知得b 1=a 1=1，且a n+1n+1=a n n +12n，即b n+1=b n +12n ，从而b 2=b 1+12，b 3=b 2+12，b n =b n ﹣1+12（n≥2）．于是b n =b 1+12+122+…+12n−1=2﹣12n−1（n≥2）．又b 1=1，故所求的通项公式为b n =2﹣12n−1．（2）由（1）知a n =2n ﹣n2n−1，故S n =（2+4+…+2n ）﹣（1+22+32+42+…+n2），设T n =1+221+322+423+…+n2n−1，①12T n =12+222+323+…+n−12n−1+n2n ，② ①﹣②得，12T n =1+12+12+12+…+12﹣n 2 =1−12n 1−12﹣n 2=2﹣22﹣n 2， ∴T n =4﹣n+22．∴S n =n （n+1）+n+22﹣4．【点评】本题考查数列的通项公式和前n 项和的求法，解题时要注意错位相减法的合理运用．26．（2009•全国卷Ⅰ）设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1=1，S n+1=4a n +2（n ∈N *）．（1）设b n =a n+1﹣2a n ，证明数列{b n }是等比数列；（2）求数列{a n }的通项公式．【考点】8H ：数列递推式；8D ：等比关系的确定．【专题】15 ：综合题．【分析】（1）由题设条件知b 1=a 2﹣2a 1=3．由S n+1=4a n +2和S n =4a n ﹣1+2相减得a n+1=4a n ﹣4a n ﹣1，即a n+1﹣2a n =2（a n ﹣2a n ﹣1），所以b n =2b n ﹣1，由此可知{b n }是以b 1=3为首项、以2为公比的等比数列．（2）由题设知a n+12−a n2=34．所以数列{a n2n }是首项为12，公差为34的等差数列．由此能求出数列{a n }的通项公式．【解答】解：（1）由a 1=1，及S n+1=4a n +2，得a 1+a 2=4a 1+2，a 2=3a 1+2=5，所以b 1=a 2﹣2a 1=3．由S n+1=4a n +2，①则当n≥2时，有S n =4a n ﹣1+2，②①﹣②得a n+1=4a n ﹣4a n ﹣1，所以a n+1﹣2a n =2（a n ﹣2a n ﹣1），又b n =a n+1﹣2a n ，所以b n =2b n ﹣1，所以{b n }是以b 1=3为首项、以2为公比的等比数列．（6分）（2）由（I ）可得b n =a n+1﹣2a n =3•2n ﹣1，等式两边同时除以2n+1，得a n+12n+1−a n 2n=34．所以数列{a n2n }是首项为12，公差为34的等差数列．所以a n 2=12+(n −1)34=34n −14，即a n =（3n ﹣1）•2n ﹣2（n ∈N *）．（13分）【点评】本题考查数列的性质和应用，解题时要掌握等比数列的证明方法，会求数列的通项公式．27．（2010•大纲版Ⅰ）已知数列{a n }中，a 1=1，a n+1=c ﹣1a n．（Ⅰ）设c=52，b n =1a n −2，求数列{b n }的通项公式；（Ⅰ）求使不等式a n ＜a n+1＜3成立的c 的取值范围．【考点】8H ：数列递推式；RG ：数学归纳法．【专题】15 ：综合题；16 ：压轴题．【分析】（1）令c=52代入到a n+1=c ﹣1a n 中整理并令b n =1a n −2进行替换，得到关系式b n+1=4b n +2，进而可得到{b n +23}是首项为﹣13，公比为4的等比数列，先得到{b n +23}的通项公式，即可得到数列{b n }的通项公式．（2）先求出n=1，2时的c 的范围，然后用数学归纳法分3步进行证明当c ＞2时a n ＜a n+1，然后当c ＞2时，令α=c+√c 2−42，根据由a n +1a n ＜a n+1+1a n =c 得a n ＜α可发现c ＞103时不能满足条件，进而可确定c 的范围．【解答】解：（1）a n+1−2=52−1a n −2=a n −22a n，1a n+1−2=2a n a n −2=4a n −2+2，即b n+1=4b n +2b n+1+23=4(b n +23)，a 1=1，故b 1=1a 1−2=−1所以{b n +23}是首项为﹣13，公比为4的等比数列，b n +23=−13×4n−1，b n =−4n−13−23（Ⅰ）a 1=1，a 2=c ﹣1，由a 2＞a 1得c ＞2．用数学归纳法证明：当c ＞2时a n ＜a n+1．（Ⅰ）当n=1时，a 2=c ﹣1a 1＞a 1，命题成立；（ii ）设当n=k 时，a k ＜a k+1，则当n=k+1时，a k+2=c −1ak+1＞c −1a k=a k+1故由（i ）（ii ）知当c ＞2时，a n ＜a n+1当c ＞2时，令α=c+√c 2−42，由a n +1a n ＜a n+1+1a n =c 得a n ＜α当2＜c≤103时，a n ＜α≤3当c ＞103时，α＞3且1≤a n ＜α 于是α−a n+1=1a nα(α−a n )≤13(α−a n )α﹣a n+1≤13n （α﹣1），当n ＞log 3α−1α−3时，α−a n+1＜α−3，a n+1＞3因此c ＞103不符合要求．所以c 的取值范围是（2，103]．【点评】本小题主要考查数列的通项公式、等比数列的定义、递推数列、不等式等基础知识和基本技能，同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力，在解题过程中也渗透了对函数与方程思想、化归与转化思想的考查．28．（2010•大纲版Ⅰ）已知数列{a n }的前n 项和S n =（n 2+n ）•3n ．（Ⅰ）求lim n→∞a n S n ；（Ⅰ）证明：a 112+a 222+…+a n n2＞3n ．【考点】6F ：极限及其运算；R6：不等式的证明．【专题】11 ：计算题；14 ：证明题．【分析】（1）由题意知lim n→∞an S n=lim n→∞S n −S n−1S n=lim n→∞(1−S n−1S n)=1−lim n→∞S n−1Sn，由此可知答案．（2）由题意知，a 11+a 22+⋯+a n n =S 11+S 2−S 12+⋯+S n −S n−1n=(112−122)S 1+(122−132)S 2+⋯+(1(n−1)2−1n 2)S n−1+1n 2S n ＞1n 2S n ，由此可知，当n≥1时，a 112+a 222+⋯+a nn2＞3n ．【解答】解：（1）lim n→∞an S n =lim n→∞S n −S n−1S n=lim n→∞(1−S n−1S n )=1−lim n→∞S n−1S n lim n→∞S n−1S n =lim n→∞n−1n+1⋅13=13，所以lim n→∞a n S n =23；（2）当n=1时，a 112=S 1=6＞3；当n ＞1时，a 112+a 222+⋯+a n n 2=S 112+S 2−S 122+⋯+S n −S n−1n 2=(112−122)S 1+(122−132)S 2+⋯+(1(n−1)2−1n 2)S n−1+1n 2S n ＞1n 2S n =n 2+n n 2⋅3n ＞3n所以，n≥1时，a 11+a 22+⋯+a n n ＞3n ．【点评】本题考查数列的极限问题，解题时要注意公式的灵活运用．29．（2010•宁夏）设数列满足a 1=2，a n+1﹣a n =3•22n ﹣1 （1）求数列{a n }的通项公式；（2）令b n =na n ，求数列{b n }的前n 项和S n ．【考点】8H ：数列递推式；8E ：数列的求和．【专题】11 ：计算题．【分析】（Ⅰ）由题意得a n+1=[（a n+1﹣a n ）+（a n ﹣a n ﹣1）+…+（a 2﹣a 1）]+a 1=3（22n﹣1+22n ﹣3+…+2）+2=22（n+1）﹣1．由此可知数列{a n }的通项公式为a n =22n ﹣1．（Ⅰ）由b n =na n =n•22n ﹣1知S n =1•2+2•23+3•25++n•22n ﹣1，由此入手可知答案．【解答】解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，a n+1=[（a n+1﹣a n ）+（a n ﹣a n ﹣1）+…+（a 2﹣a 1）]+a 1=3（22n ﹣1+22n ﹣3+…+2）+2=3×2(1−4n )1−4+2=22（n+1）﹣1．而a 1=2，所以数列{a n }的通项公式为a n =22n ﹣1．（Ⅰ）由b n =na n =n•22n ﹣1知S n =1•2+2•23+3•25+…+n•22n ﹣1① 从而22S n =1•23+2•25+…+n•22n+1②①﹣②得（1﹣22）•S n=2+23+25+…+22n﹣1﹣n•22n+1．即S n=19[(3n−1)22n+1+2]．【点评】本题主要考查数列累加法（叠加法）求数列通项、错位相减法求数列和等知识以及相应运算能力．30．（2011•大纲版）设数列{a n}满足a1=0且11−a n+1−11−a n=1．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅰ）设b n=1−√a n+1√n，记S n=∑n k=1b k，证明：S n＜1．【考点】8H：数列递推式；8E：数列的求和；8K：数列与不等式的综合．【专题】11 ：计算题；16 ：压轴题．【分析】（Ⅰ）由{11−a n}是公差为1的等差数列，知11−a n=11−a1+(n−1)×1=n，由此能求出{a n}的通项公式．（Ⅰ）由b n=1−√a√n=1−√nn+1√n=√n−√n+1，能够证明S n＜1．【解答】解：（Ⅰ）{11−a n}是公差为1的等差数列，1 1−a n =11−a1+(n−1)×1=n，∴a n=n−1n（n∈N*）．（Ⅰ）b n=1−√a√n=1−√n+1√n=√n−√n+1，∴S n=(1112)+(1213)+⋯+(1n−1n+1)=1﹣√n+1＜1．【点评】本题考查数列的性质和应用，解题时要注意裂项求和法的合理运用．31．（2011•新课标）等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6，（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅰ）设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ，求数列{1b n}的前n 项和．【考点】88：等比数列的通项公式；8E ：数列的求和．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）设出等比数列的公比q ，由a 32=9a 2a 6，利用等比数列的通项公式化简后得到关于q 的方程，由已知等比数列的各项都为正数，得到满足题意q 的值，然后再根据等比数列的通项公式化简2a 1+3a 2=1，把求出的q 的值代入即可求出等比数列的首项，根据首项和求出的公比q 写出数列的通项公式即可；（Ⅰ）把（Ⅰ）求出数列{a n }的通项公式代入设bn=log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ，利用对数的运算性质及等差数列的前n 项和的公式化简后，即可得到b n 的通项公式，求出倒数即为1b n的通项公式，然后根据数列的通项公式列举出数列的各项，抵消后即可得到数列{1b n}的前n 项和．【解答】解：（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，由a 32=9a 2a 6得a 32=9a 42，所以q 2=19．由条件可知各项均为正数，故q=13．由2a 1+3a 2=1得2a 1+3a 1q=1，所以a 1=13．故数列{a n }的通项式为a n =13．（Ⅰ）b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n=﹣（1+2+…+n ）=﹣n(n+1)2，故1b n =﹣2n(n+1)=﹣2（1n ﹣1n+1）则1b 1+1b 2+…+1b n =﹣2[（1﹣12）+（12﹣13）+…+（1n ﹣1n+1）]=﹣2n n+1，所以数列{1b n }的前n 项和为﹣2nn+1．【点评】此题考查学生灵活运用等比数列的通项公式化简求值，掌握对数的运算性质及等差数列的前n 项和的公式，会进行数列的求和运算，是一道中档题．32．（2012•大纲版）函数f（x）=x2﹣2x﹣3，定义数列{ x n}如下：x1=2，x n+1是过两点P（4，5），Q n（x n，f（x n））的直线PQ n与x轴交点的横坐标．（Ⅰ）证明：2≤x n＜x n+1＜3；（Ⅰ）求数列{ x n}的通项公式．【考点】8I：数列与函数的综合；8H：数列递推式．【专题】15 ：综合题；16 ：压轴题．【分析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：①n=1时，x1=2，直线PQ1的方程为y−5=f(2)−52−4(x−4)，当y=0时，可得x2=114；②假设n=k时，结论成立，即2≤x k＜x k+1＜3，直线PQ k+1的方程为y−5=f(x k+1)−5x k+1−4(x−4)，当y=0时，可得x k+2=3+4x k+12+x k+1，根据归纳假设2≤x k＜x k+1＜3，可以证明2≤x k+1＜x k+2＜3，从而结论成立．（Ⅰ）由（Ⅰ），可得x n+1=3+4x n2+x n ，构造b n=x n﹣3，可得{1bn+14}是以﹣34为首项，5为公比的等比数列，由此可求数列{ x n}的通项公式．【解答】（Ⅰ）证明：①n=1时，x1=2，直线PQ1的方程为y−5=f(2)−52−4(x−4)当y=0时，∴x2=114，∴2≤x1＜x2＜3；②假设n=k时，结论成立，即2≤x k＜x k+1＜3，直线PQ k+1的方程为y−5= f(x k+1)−5x k+1−4(x−4)当y=0时，∴x k+2=3+4x k+12+x k+1∵2≤x k＜x k+1＜3，∴x k+2=4−52+x k+1＜4−52+3=3x k+2−x k+1=(3−x k+1)(1+x k+1)2+x k+1＞0∴x k+1＜x k+2∴2≤x k+1＜x k+2＜3即n=k+1时，结论成立由①②可知：2≤x n＜x n+1＜3；（Ⅰ）由（Ⅰ），可得x n+1=3+4x n2+x n设b n=x n﹣3，∴1b n+1=5b n+1∴1b n+1+14=5(1b n+14)∴{1b n+14}是以﹣34为首项，5为公比的等比数列∴1b n +14=(−34)×5n−1∴b n=−43×5n−1+1∴x n=b n+3=3−43×5n−1+1．【点评】本题考查数列的通项公式，考查数列与函数的综合，解题的关键是从函数入手，确定直线方程，求得交点坐标，再利用数列知识解决．33．（2012•新课标）数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n=2n﹣1，则{a n}的前60项和为1830．【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．【专题】15 ：综合题；54 ：等差数列与等比数列．【分析】由题意可得a2﹣a1=1，a3+a2=3，a4﹣a3=5，a5+a4=7，a6﹣a5=9，a7+a6=11，…a50﹣a49=97，变形可得a3+a1=2，a4+a2=8，a7+a5=2，a8+a6=24，a9+a7=2，a12+a10=40，a13+a15=2，a16+a14=56，…利用数列的结构特征，求出{a n}的前60项和【解答】解：∵a n+1+（﹣1）n a n=2n﹣1，∴有a2﹣a1=1，a3+a2=3，a4﹣a3=5，a5+a4=7，a6﹣a5=9，a7+a6=11，…a50﹣a49=97．从而可得a3+a1=2，a4+a2=8，a7+a5=2，a8+a6=24，a9+a11=2，a12+a10=40，a13+a11=2，a16+a14=56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．∴{a n}的前60项和为15×2+（15×8+15×142×16）=1830，故答案为：1830．【点评】本题主要考查数列求和的方法，等差数列的求和公式，注意利用数列的结构特征，属于中档题．34．（2014•新课标Ⅰ）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n≠0，a n a n+1=λS n﹣1，其中λ为常数．（Ⅰ）证明：a n+2﹣a n=λ（Ⅰ）是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．【考点】8H：数列递推式；8C：等差关系的确定．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用a n a n+1=λS n﹣1，a n+1a n+2=λS n+1﹣1，相减即可得出；（Ⅰ）对λ分类讨论：λ=0直接验证即可；λ≠0，假设存在λ，使得{a n}为等差数列，设公差为d．可得λ=a n+2﹣a n=（a n+2﹣a n+1）+（a n+1﹣a n）=2d，d=λ2．得到λS n=λ24n2+(λ−λ24)n+2−λ2，根据{a n}为等差数列的充要条件是{λ≠02−λ2=0，解得λ即可．【解答】（Ⅰ）证明：∵a n a n+1=λS n﹣1，a n+1a n+2=λS n+1﹣1，∴a n+1（a n+2﹣a n）=λa n+1∵a n+1≠0，∴a n+2﹣a n =λ．（Ⅰ）解：①当λ=0时，a n a n+1=﹣1，假设{a n }为等差数列，设公差为d ．则a n+2﹣a n =0，∴2d=0，解得d=0，∴a n =a n+1=1，∴12=﹣1，矛盾，因此λ=0时{a n }不为等差数列．②当λ≠0时，假设存在λ，使得{a n }为等差数列，设公差为d ．则λ=a n+2﹣a n =（a n+2﹣a n+1）+（a n+1﹣a n ）=2d ，∴d =λ2．∴a n =1+λ(n−1)2，a n+1=1+λn 2， ∴λS n =1+[1+λ(n−1)2][1+λn 2]=λ24n 2+(λ−λ24)n +2−λ2，根据{a n }为等差数列的充要条件是{λ≠02−λ2=0，解得λ=4．此时可得S n =n 2，a n =2n ﹣1．因此存在λ=4，使得{a n }为等差数列．【点评】本题考查了递推式的意义、等差数列的通项公式及其前n 项和公式、等差数列的充要条件等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力、分类讨论的思想方法，属于难题．35．（2014•新课标Ⅰ）已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=3a n +1．（Ⅰ）证明{a n +12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；（Ⅰ）证明：1a 1+1a 2+…+1a n ＜32．【考点】8E ：数列的求和；8G ：等比数列的性质．【专题】14 ：证明题；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，即b n+1b n =常数，又首项不为0，所以为等比数列；再根据等比数列的通项化式，求出{a n }的通项公式；（Ⅰ）将1a n进行放大，即将分母缩小，使得构成一个等比数列，从而求和，证明不等式．【解答】证明（Ⅰ）a n+1+12a n +12=3a n +1+12a n +12=3(a n +12)a n +12=3， ∵a 1+12=32≠0，∴数列{a n +12}是以首项为32，公比为3的等比数列； ∴a n +12=32×3n−1=3n 2，即a n =3n −12；（Ⅰ）由（Ⅰ）知1a n =23n −1，当n≥2时，∵3n ﹣1＞3n ﹣3n ﹣1，∴1a n =23n −1＜23n −3n−1=13n−1， ∴当n=1时，1a 1=1＜32成立，当n≥2时，1a 1+1a 2+…+1a n ＜1+13+132+…+13n−1=1−(13)n 1−13=32(1−13n )＜32． ∴对n ∈N +时，1a 1+1a 2+…+1a n ＜32．【点评】本题考查的是等比数列，用放缩法证明不等式，证明数列为等比数列，只需要根据等比数列的定义就行；数列与不等式常结合在一起考，放缩法是常用的方法之一，通过放大或缩小，使原数列变成一个等比数列，或可以用裂项相消法求和的新数列．属于中档题．36．（2015•新课标Ⅰ）S n 为数列{a n }的前n 项和，己知a n ＞0，a n 2+2a n =4S n +3 （I ）求{a n }的通项公式：（Ⅰ）设b n =1a n a n+1，求数列{b n }的前n 项和．【考点】8E ：数列的求和；8H ：数列递推式．【专题】54 ：等差数列与等比数列．【分析】（I ）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{a n }的通项公式：（Ⅰ）求出b n =1a n a n+1，利用裂项法即可求数列{b n }的前n 项和．【解答】解：（I ）由a n 2+2a n =4S n +3，可知a n+12+2a n+1=4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n 2+2（a n+1﹣a n ）=4a n+1，即2（a n+1+a n ）=a n+12﹣a n 2=（a n+1+a n ）（a n+1﹣a n ），∵a n ＞0，∴a n+1﹣a n =2，∵a 12+2a 1=4a 1+3，∴a 1=﹣1（舍）或a 1=3，则{a n }是首项为3，公差d=2的等差数列，∴{a n }的通项公式a n =3+2（n ﹣1）=2n+1：（Ⅰ）∵a n =2n+1，∴b n =1a n a n+1=1(2n+1)(2n+3)=12（12n+1﹣12n+3）， ∴数列{b n }的前n 项和T n =12（13﹣15+15−17+…+12n+1﹣12n+3）=12（13﹣12n+3）=n 3(2n+3)．【点评】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．37．（2016•新课标Ⅰ）已知数列{a n }的前n 项和S n =1+λa n ，其中λ≠0．（1）证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；（2）若S 5=3132，求λ．【考点】8H ：数列递推式；8D ：等比关系的确定．【专题】34 ：方程思想；4R ：转化法；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（1）根据数列通项公式与前n 项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．【解答】解：（1）∵S n =1+λa n ，λ≠0．∴a n ≠0．当n≥2时，a n =S n ﹣S n ﹣1=1+λa n ﹣1﹣λa n ﹣1=λa n ﹣λa n ﹣1，即（λ﹣1）a n =λa n ﹣1，∵λ≠0，a n ≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即a n a n−1=λλ−1，（n≥2）， ∴{a n }是等比数列，公比q=λλ−1，当n=1时，S 1=1+λa 1=a 1，即a 1=11−λ， ∴a n =11−λ•（λλ−1）n ﹣1．（2）若S 5=3132，则若S 5=1+λ[11−λ•（λλ−1）4]=3132，即（λ1−λ）5=3132﹣1=﹣132，则λ1−λ=﹣12，得λ=﹣1．【点评】本题主要考查数列递推关系的应用，根据n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．38．（2016•新课标Ⅰ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S7=28，记b n=[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]=0，[lg99]=1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅰ）求数列{b n}的前1000项和．【考点】8E：数列的求和；8F：等差数列的性质．【专题】11 ：计算题；29 ：规律型；35 ：转化思想；54 ：等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；（Ⅰ）找出数列的规律，然后求数列{b n}的前1000项和．【解答】解：（Ⅰ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S7=28，7a4=28．可得a4=4，则公差d=1．a n=n，b n=[lgn]，则b1=[lg1]=0，b11=[lg11]=1，b101=[lg101]=2．（Ⅰ）由（Ⅰ）可知：b1=b2=b3=…=b9=0，b10=b11=b12=…=b99=1．b100=b101=b102=b103=…=b999=2，b10，00=3．数列{b n}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3=1893．【点评】本题考查数列的性质，数列求和，考查分析问题解决问题的能力，以及计算能力．考点卡片1．利用导数研究函数的单调性【知识点的知识】1、导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：（1）确定f（x）的定义域；（2）计算导数f′（x）；（3）求出f′（x）=0的根；（4）用f′（x）=0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．【典型例题分析】题型一：导数和函数单调性的关系典例1：已知函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）=2，对任意x∈R，f′（x）＞2，则f（x）＞2x+4的解集为（）A．（﹣1，1）B．（﹣1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，+∞）。

2017高考数列专题复习(精典版知识点+大题分类+选择题+答案详解)(word版可编辑修改)

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生新的解题方法,这种思维方法的特点就是“构造”。

若已知条件给的是数列的递推公式要求出该数列的通项公式,此类题通常较难，但使用构造法往往给人耳目一新的感觉。

1）构造等差数列或等比数列由于等差数列与等比数列的通项公式显然，对于一些递推数列问题，若能构造等差数列或等比数列，无疑是一种行之有效的构造方法。

2）构造差式与和式解题的基本思路就是构造出某个数列的相邻两项之差，然后采用迭加的方法就可求得这一数列的通项公式.3）构造商式与积式构造数列相邻两项的商式，然后连乘也是求数列通项公式的一种简单方法。

4）构造对数式或倒数式有些数列若通过取对数，取倒数代数变形方法,可由复杂变为简单,使问题得以解决.四、典型例题分析【题型5】构造法：1）构造等差数列或等比数列例5 设各项均为正数的数列的前n 项和为,对于任意正整数n ，都有等式：{}n a n S 成立，求的通项.n n n S a a 422=+{}n a n a 解：，n n n S a a 422=+⇒112142---=+n n n S a a ∴nn n n n n n a S S a a a a 4)(42211212=-=-+----，∵，∴。

2017年高考真题分类汇编(理数)专题4数列与不等式含解析

2017年高考真题分类汇编（理数）：专题4 数列与不等式一、单选题（共13题;共25分）1、（2017·天津）设变量x，y满足约束条件,则目标函数z=x+y的最大值为（)A、B、1C、D、32、（2017•北京卷）若x,y满足，则x+2y的最大值为（）A、1B、3C、5D、93、（2017•新课标Ⅰ卷)记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{a n}的公差为（）A、1B、2C、4D、84、（2017•山东）若a＞b＞0，且ab=1，则下列不等式成立的是（）A、a+ ＜＜log2（a+b））B、＜log2（a+b）＜a+C、a+ ＜log2（a+b）＜D、log2（a+b））＜a+ ＜5、（2017•山东）已知x，y满足约束条件,则z=x+2y的最大值是（）A、0B、2C、5D、66、(2017•浙江）已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n, 则“d＞0”是“S4+S6＞2S5"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7、（2017•浙江）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A、[0，6］B、[0,4]C、［6，+∞)D、［4，+∞）8、（2017•新课标Ⅰ卷）设x，y满足约束条件，则z=3x﹣2y的最小值为________．9、（2017•新课标Ⅱ）设x，y满足约束条件,则z=2x+y的最小值是（）A、﹣15B、﹣9C、1D、910、(2017•新课标Ⅱ）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯（）A、1盏B、3盏C、5盏D、9盏11、(2017•新课标Ⅲ）等差数列{a n}的首项为1,公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则｛a n｝前6项的和为( ）A、﹣24B、﹣3C、3D、812、（2017·天津）已知函数f（x）= ,设a∈R，若关于x 的不等式f(x）≥｜+a｜在R上恒成立，则a的取值范围是（）A、[﹣，2］B、[﹣, ]C、[﹣2 ，2]D、［﹣2 ，]13、(2017•新课标Ⅰ卷）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2,4，8，16,…，其中第一项是20，接下来的两项是20, 21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N:N ＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( ）A、440B、330C、220D、110二、填空题（共7题；共7分)14、（2017•新课标Ⅲ）若x，y满足约束条件，则z=3x﹣4y的最小值为________15、（2017•新课标Ⅲ）设等比数列｛a n｝满足a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，则a4=________16、(2017•新课标Ⅱ）等差数列｛a n｝的前n项和为S n，a3=3,S4=10，则=________．17、(2017•江苏）等比数列｛a n}的各项均为实数，其前n项为S n, 已知S3= ，S6= ，则a8=________．18、（2017•江苏)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小,则x的值是________．19、(2017•北京卷）若等差数列｛a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=﹣1,a4=b4=8，则=________．20、(2017·天津)若a,b∈R,ab＞0,则的最小值为________．三、解答题(共5题;共30分）21、（2017•山东）已知｛x n}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3,x3﹣x2=2．（12分）（Ⅰ）求数列{x n}的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1（x1, 1），P2（x2，2)…P n+1(x n+1，n+1）得到折线P1 P2…P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x1, x=x n+1所围成的区域的面积T n．22、（2017·天津）已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N+），｛b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12,b3=a4﹣2a1, S11=11b4．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）求数列｛a2n b2n﹣1}的前n项和(n∈N+）．23、(2017•浙江）已知数列｛x n｝满足：x1=1,x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n ∈N＊），证明：当n∈N*时，（Ⅰ)0＜x n+1＜x n；（Ⅱ)2x n+1﹣x n≤ ；（Ⅲ）≤x n≤ ．24、（2017•北京卷）设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max｛b1﹣a1n,b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}（n=1，2，3，…），其中max｛x1, x2，…，x s｝表示x1，x2，…，x s这s个数中最大的数．(13分）(1）若a n=n,b n=2n﹣1，求c1，c2, c3的值，并证明｛c n｝是等差数列；(2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m，c m+1, c m+2，…是等差数列．25、（2017•江苏）对于给定的正整数k,若数列｛a n｝满足：a n﹣k+a n﹣+…+a n﹣1+a n+1+…a n+k﹣1+a n+k=2ka n对任意正整数n（n＞k)总成立，k+1则称数列{a n｝是“P（k）数列”．(Ⅰ)证明：等差数列｛a n}是“P（3）数列";（Ⅱ)若数列｛a n}既是“P（2）数列"，又是“P（3）数列”，证明：｛a n｝是等差数列．答案解析部分一、单选题1、【答案】D【考点】二元一次不等式（组）与平面区域，简单线性规划【解析】【解答】解:变量x，y满足约束条件的可行域如图：目标函数z=x+y结果可行域的A点时，目标函数取得最大值,由可得A（0，3），目标函数z=x+y的最大值为：3．故选：D．【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．2、【答案】D【考点】二元一次不等式（组）与平面区域,简单线性规划【解析】【解答】解：x，y满足的可行域如图:由可行域可知目标函数z=x+2y经过可行域的A时，取得最大值，由,可得A（3，3）,目标函数的最大值为：3+2×3=9．故选:D．【分析】画出约束条件的可行域,利用目标函数的最优解求解目标函数的最值即可．3、【答案】C【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和【解析】【解答】解：∵S n为等差数列｛a n}的前n项和，a4+a5=24,S6=48，∴，解得a1=﹣2，d=4，∴｛a n}的公差为4．故选：C．【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差,由此能求出{a n｝的公差．4、【答案】B【考点】不等式比较大小【解析】【解答】解：∵a＞b＞0，且ab=1,∴可取a=2，b= ．则= ，= = ,log2（a+b)= = ∈（1，2）,∴＜log2（a+b)＜a+ ．故选：B．【分析】a＞b＞0,且ab=1，可取a=2，b= ．代入计算即可得出大小关系．5、【答案】C【考点】二元一次不等式(组）与平面区域，简单线性规划【解析】【解答】解：画出约束条件表示的平面区域，如图所示;由解得A（﹣3，4),此时直线y=﹣x+ z在y轴上的截距最大，所以目标函数z=x+2y的最大值为z max=﹣3+2×4=5．故选:C．【分析】画出约束条件表示的平面区域，根据图形找出最优解是由解得的点A的坐标，代入目标函数求出最大值．6、【答案】C【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断,等差数列的前n项和【解析】【解答】解:∵S4+S6＞2S5，∴4a1+6d+6a1+15d＞2(5a1+10d）,∴21d＞20d，∴d＞0，故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件,故选：C【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．7、【答案】A【考点】二元一次不等式(组)与平面区域，简单线性规划【解析】【解答】解:x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过坐标原点时，函数取得最小值，经过A时,目标函数取得最大值，由解得A（0，3）,目标函数的直线为：0，最大值为：36目标函数的范围是［0，6］．故选：A．【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．8、【答案】-5【考点】简单线性规划【解析】【解答】解：由x，y满足约束条件作出可行域如图，由图可知，目标函数的最优解为A，联立，解得A（﹣1，1）．∴z=3x﹣2y的最小值为﹣3×1﹣2×1=﹣5．故答案为：﹣5．【分析】由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．9、【答案】A【考点】二元一次不等式（组）与平面区域,简单线性规划【解析】【解答】解：x、y满足约束条件的可行域如图: z=2x+y 经过可行域的A时，目标函数取得最小值，由解得A（﹣6，﹣3)，则z=2x+y 的最小值是：﹣15．故选：A．【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的最小值即可．10、【答案】B【考点】等比数列的前n项和【解析】【解答】解：设这个塔顶层有a盏灯，∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍,∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，又总共有灯381盏,∴381= =127a，解得a=3，则这个塔顶层有3盏灯,故选B．【分析】设这个塔顶层有a盏灯，由题意和等比数列的定义可得:从塔顶层依次向下每层灯数是等比数列，结合条件和等比数列的前n 项公式列出方程，求出a的值．11、【答案】A【考点】等差数列的通项公式,等差数列的前n项和，等比数列【解析】【解答】解：∵等差数列｛a n}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，∴,∴(a1+2d)2=(a1+d）（a1+5d),且a1=1，d≠0，解得d=﹣2，∴{a n}前6项的和为= =﹣24．故选:A．【分析】利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差,由此能求出｛a n}前6项的和．12、【答案】A【考点】函数恒成立问题，分段函数的应用【解析】【解答】解：当x≤1时,关于x的不等式f（x）≥｜+a｜在R上恒成立,即为﹣x2+x﹣3≤ +a≤x2﹣x+3，即有﹣x2+ x﹣3≤a≤x2﹣x+3,由y=﹣x2+ x﹣3的对称轴为x= ＜1,可得x= 处取得最大值﹣;由y=x2﹣x+3的对称轴为x= ＜1，可得x= 处取得最小值, 则﹣≤a≤ ①当x＞1时，关于x的不等式f（x)≥| +a｜在R上恒成立，即为﹣（x+ ）≤ +a≤x+ ，即有﹣（x+ )≤a≤ + ，由y=﹣（x+ ）≤﹣2 =﹣2 （当且仅当x= ＞1）取得最大值﹣2 ；由y= x+ ≥2 =2(当且仅当x=2＞1)取得最小值2．则﹣2 ≤a≤2②由①②可得，﹣≤a≤2．故选:A．【分析】讨论当x≤1时，运用绝对值不等式的解法和分离参数,可得﹣x2+ x﹣3≤a≤x2﹣x+3，再由二次函数的最值求法，可得a 的范围；讨论当x＞1时，同样可得﹣( x+ ）≤a≤ + ，再由基本不等式可得最值，可得a的范围，求交集即可得到所求范围．13、【答案】A【考点】数列的求和【解析】【解答】解：设该数列为｛a n｝,设b n= +…+ =2n﹣1，(n∈N+)，则= a i，由题意可设数列{a n}的前N项和为S N，数列｛b n｝的前n项和为T n, 则T n=21﹣1+22﹣1+…+2n﹣1=2n﹣n﹣2，可知当N为时(n∈N+),数列｛a n}的前N项和为数列｛b n｝的前n项和,即为2n﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，A项,由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A项符合题意．B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知=210,可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23,显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．D项,仿上可知=105,可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15,显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．故选A．方法二：由题意可知：, ，，… ，根据等比数列前n项和公式,求得每项和分别为：21﹣1,22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，每项含有的项数为：1，2,3，…，n，总共的项数为N=1+2+3+…+n= ,所有项数的和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=(21+22+23+…+2n）﹣n= ﹣n=2n+1﹣2﹣n，由题意可知:2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可,则①1+2+（﹣2﹣n）=0，解得:n=1，总共有+2=2，不满足N ＞100，②1+2+4+(﹣2﹣n）=0，解得:n=5，总共有+3=17,不满足N＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n）=0，解得：n=13,总共有+4=95，不满足N＞100，④1+2+4+8+16（﹣2﹣n)=0,解得：n=29，总共有+5=440，满足N＞100，∴该款软件的激活码440．故选A．【分析】方法一：由数列的性质，求得数列{b n}的通项公式及前n 项和，可知当N为时(n∈N+），数列｛a n｝的前N项和为数列{b n}的前n项和，即为2n﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，分别判断，即可求得该款软件的激活码；方法二:由题意求得数列的每一项，及前n项和S n=2n+1﹣2﹣n，及项数，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可,分别分别即可求得N的值．二、填空题14、【答案】﹣1【考点】二元一次不等式（组）与平面区域,简单线性规划【解析】【解答】解：由z=3x﹣4y，得y= x﹣，作出不等式对应的可行域(阴影部分），平移直线y= x﹣，通过平移可知当直线y= x﹣,经过点B（1，1）时，直线y= x﹣在y轴上的截距最大，此时z 取得最小值,将B的坐标代入z=3x﹣4y=3﹣4=﹣1,即目标函数z=3x﹣4y的最小值为﹣1．故答案为：﹣1．【分析】作出不等式组对应的平面区域,结合平移过程，求目标函数z=3x﹣4y的最小值．15、【答案】-8【考点】等比数列的通项公式【解析】【解答】解：设等比数列{a n｝的公比为q，∵a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，∴a1（1+q）=﹣1，a1（1﹣q2）=﹣3，解得a1=1，q=﹣2．则a4=（﹣2）3=﹣8．故答案为：﹣8．【分析】设等比数列{a n}的公比为q，由a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，可得：a1（1+q）=﹣1,a1（1﹣q2）=﹣3，解方程组即可得出．16、【答案】【考点】等差数列的前n项和，数列的求和【解析】【解答】解：等差数列｛a n}的前n项和为S n，a3=3，S4=10,S4=2(a2+a3）=10，可得a2=2，数列的首项为1，公差为1，S n= ，= ，则=2［1﹣+ +…+ ]=2（1﹣)= ．故答案为：．【分析】利用已知条件求出等差数列的前n项和，然后化简所求的表达式,求解即可．17、【答案】32【考点】等比数列的通项公式，等比数列的前n项和【解析】【解答】解：设等比数列｛a n}的公比为q≠1，∵S3= ，S6= ，∴= , = ，解得a1= ，q=2．则a8= =32．故答案为：32．【分析】设等比数列{a n}的公比为q≠1,S3= ，S6= ，可得=，= ，联立解出即可得出．18、【答案】30【考点】基本不等式，基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】解：由题意可得：一年的总运费与总存储费用之和= +4x≥4×2× =240（万元）．当且仅当x=30时取等号．故答案为：30．【分析】由题意可得：一年的总运费与总存储费用之和= +4x，利用基本不等式的性质即可得出．19、【答案】1【考点】等差数列与等比数列的综合【解析】【解答】解:等差数列{a n}和等比数列｛b n}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:1．【分析】利用等差数列求出公差，等比数列求出公比,然后求解第二项，即可得到结果．20、【答案】4【考点】基本不等式【解析】【解答】解：a，b∈R,ab＞0，∴≥==4ab+ ≥2 =4，当且仅当,即，即a= ，b= 或a=﹣，b=﹣时取“=”；∴上式的最小值为4．故答案为：4．【分析】两次利用基本不等式,即可求出最小值，需要注意不等式等号成立的条件是什么．三、解答题21、【答案】解：(I)设数列｛x n｝的公比为q，则q＞0，由题意得，两式相比得: ，解得q=2或q=﹣（舍），∴x1=1，∴x n=2n﹣1．（II）过P1，P2, P3，…，P n向x轴作垂线，垂足为Q1，Q2，Q3，…，Q n，即梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,则b n= =（2n+1）×2n﹣2,∴T n=3×2﹣1+5×20+7×21+…+（2n+1）×2n﹣2，①∴2T n=3×20+5×21+7×22+…+（2n+1）×2n﹣1，②①﹣②得：﹣T n= +(2+22+…+2n﹣1）﹣（2n+1)×2n﹣1= + ﹣（2n+1）×2n﹣1=﹣+（1﹣2n）×2n﹣1．∴T n= ．【考点】等比数列的通项公式，等比数列的前n项和【解析】【分析】(I）列方程组求出首项和公比即可得出通项公式；（II)从各点向x轴作垂线,求出梯形的面积的通项公式，利用错位相减法求和即可．22、【答案】解：(Ⅰ）设等差数列{a n｝的公差为d，等比数列{b n}的公比为q．由已知b2+b3=12，得b1（q+q2）=12,而b1=2，所以q+q2﹣6=0．又因为q＞0,解得q=2．所以，b n=2n．由b3=a4﹣2a1，可得3d﹣a1=8①．由S11=11b4，可得a1+5d=16②，联立①②,解得a1=1，d=3,由此可得a n=3n﹣2．所以,数列{a n}的通项公式为a n=3n﹣2，数列｛b n｝的通项公式为b n=2n．（Ⅱ）设数列{a2n b2n﹣1｝的前n项和为T n，由a2n=6n﹣2,b2n﹣1= 4n，有a2n b2n﹣1=（3n﹣1）4n,故T n=2×4+5×42+8×43+…+（3n﹣1）4n，4T n=2×42+5×43+8×44+…+（3n﹣1)4n+1，上述两式相减，得﹣3T n=2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣（3n﹣1)4n+1 = =﹣(3n﹣2）4n+1﹣8得T n= ．所以，数列｛a2n b2n﹣1｝的前n项和为．【考点】数列的求和，数列递推式，等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（Ⅰ）设出公差与公比，利用已知条件求出公差与公比,然后求解｛a n｝和｛b n｝的通项公式；(Ⅱ）化简数列的通项公式,利用错位相减法求解数列的和即可．23、【答案】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明:x n＞0,当n=1时,x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则x k＞0，那么n=k+1时，若x k+1＜0,则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1)＜0，矛盾,故x n+1＞0,因此x n＞0，（n∈N＊)∴x n=x n+1+ln（1+x n+1）＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n(n∈N*），（Ⅱ）由x n=x n+1+ln（1+x n+1)得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+(x n+1+2)ln（1+x n+1），记函数f（x)=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x)，x≥0∴f′（x）= +ln(1+x）＞0，∴f（x）在(0，+∞）上单调递增,∴f（x）≥f（0）=0，因此x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1）≥0，故2x n+1﹣x n≤ ;(Ⅲ）∵x n=x n+1+ln（1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥ ，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣)＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2,∴x n≤ ，综上所述≤x n≤ ．【考点】利用导数研究函数的单调性,数列的函数特性，数列递推式，数列与不等式的综合，数学归纳法【解析】【分析】（Ⅰ)用数学归纳法即可证明，（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题,即可证明，（Ⅲ)由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明24、【答案】（1）解：a1=1，a2=2，a3=3,b1=1，b2=3,b3=5，当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max｛0}=0，当n=2时，c2=max｛b1﹣2a1, b2﹣2a2｝=max｛﹣1，﹣1}=﹣1，当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2,﹣3，﹣4}=﹣2，下面证明:对∀n∈N＊，且n≥2，都有c n=b1﹣na1，当n∈N＊，且2≤k≤n时，则（b k﹣na k）﹣(b1﹣na1），=［（2k﹣1)﹣nk］﹣1+n,=（2k﹣2）﹣n（k﹣1）,=（k﹣1）（2﹣n）,由k﹣1＞0，且2﹣n≤0,则（b k﹣na k）﹣(b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N＊,且n≥2，c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1，∴c2﹣c1=﹣1，∴c n+1﹣c n=﹣1对∀n∈N＊均成立，∴数列｛c n}是等差数列；(2）证明：设数列｛a n｝和{b n}的公差分别为d1，d2，下面考虑的c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中任意b i﹣a i n，（i∈N*，且1≤i≤n），则b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1］﹣[a1+(i﹣1）d2］×n，=（b1﹣a1n）+(i﹣1）（d2﹣d1×n）,下面分d1=0，d1＞0,d1＜0三种情况进行讨论，①若d1=0，则b i﹣a i n═（b1﹣a1n)+（i﹣1）d2,当若d2≤0，则（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=(i﹣1)d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d1＞0，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=(i﹣1)d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n=b n﹣a n n=b n﹣a1n，此时c n+1﹣c n=d2﹣a1，∴数列｛c n｝是等差数列；此时取m=1，则c1，c2，…,是等差数列，命题成立;②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数,故必存在m∈N*,使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，则当n≥m时，（b i﹣a i n）﹣(b1﹣a1n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i ∈N*,1≤i≤n），因此当n≥m时，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，故数列{c n}从第m项开始为等差数列，命题成立;③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，故必存在s∈N＊，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，则当n≥s时，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2)≤0,（i ∈N＊，1≤i≤n），因此，当n≥s时，c n=b n﹣a n n，此时= =﹣a n+ ，=﹣d2n+（d1﹣a1+d2)+ ，令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，下面证明：=An+B+ 对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，若C≥0，取m=[ +1]，［x］表示不大于x的最大整数,当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[ +1]+B＞A• +B=M，此时命题成立；若C＜0,取m=［]+1,当n≥m时，≥An+B+ ≥Am+B+C＞A• +B+C ≥M﹣C﹣B+B+C=M，此时命题成立,因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M;综合以上三种情况，命题得证．【考点】数列的应用，等差关系的确定【解析】【分析】（1。

2017高考数学专题数列全

所以an=
(k∈N*).
(2)S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n) =(1+3+5+…+2n-1)+(2×30+2×31+…+2×3n-1)
第三十四页，共47页。
命题角度二裂项相消求和【典题3】已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S5=35,a5和a7的等差中项为
第八页，共47页。
【答案】(Ⅰ)设{an}的公差为 d,据已知有 7+21d=28,解得 d=1. 所以{an}的通项公式为 an=n. b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2. (Ⅱ)因为 bn=
所以数列{bn}的前 1 000 项和为 1×90+2×900+3×1=1 893.
D.Sn=3-2an
【解析】选D.因为等比数列的首项为1,公比为 ,
2
3
所以Sn=3-2an.
第十四页，共47页。
2.(2016·绍兴模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且
a3+a8=13,S7=35,则a7= ( )
A.8
B.9 C.10
D.11
【解析】选A.由已知条件可得,
所以a7=a1+6d=2+6×1=8.
n
（2）看到前n项和形式，想到_________________.
第二十三页，共47页。
【规范解答】(1)选A.an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =lnn-ln(n-1)+ln(n-1)-ln(n-2)+…+ln2-ln1+2=2+lnn. (2)当n≥2时,Sn=2an=2(Sn-Sn-1),Sn=2Sn-1,S1=2, 所以Sn=2n，所以an=

2017高考十年高考数学(理科)分项版专题06 数列(浙江专版)(解析版) 含解析

一．基础题组1。

【2012年。

浙江卷。

理7】设S n 是公差为d （d ≠0）的无穷等差数列{a n ｝的前n 项和，则下列命题错误的是（） A ．若d ＜0，则数列{S n ｝有最大项 B ．若数列｛S n }有最大项,则d ＜0C ．若数列｛S n ｝是递增数列，则对任意n ∈N *,均有S n ＞0D ．若对任意n ∈N *,均有S n ＞0，则数列｛S n }是递增数列【答案】C【解析】若{S n }为递增数列，则当n ≥2时，S n －S n －1＝a n ＞0，即n ≥2时,a n 均为正数，而a 1是正数、负数或是零均有可能,故对任意n ∈N ＊,不一定S n 始终大于0．2。

【2012年.浙江卷.理13】设公比为q （q ＞0)的等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,若S 2＝3a 2＋2,S 4＝3a 4＋2，则q ＝__________．3。

【2010年。

浙江卷.理3】设nS 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580aa +=，则52S S =（）(A)11 （B ）5 (C ）8- （D ）11- 【答案】D 【解析】通过2580aa +=,设公比为q ,将该式转化为08322=+q a a ，解得q =—2，带入所求式可知答案选D ，本题主要考察了本题主要考察了等比数列的通项公式与前n 项和公式，属中档题4。

【2010年.浙江卷.理15】设1,a d 为实数，首项为1a ,公差为d 的等差数列{}na 的前n 项和为nS ，满足56150S S+=，则d 的取值范围是__________________ 。

【答案】(),22,⎡-∞-+∞⎣【解析】:5。

【2009年。

浙江卷.理11】设等比数列{}na 的公比12q =，前n 项和为nS ，则44S a = ．答案：15【解析】对于4431444134(1)1,,151(1)a q s q s a a q q a q q --==∴==--6。

数列的通项与求和-2017年高考数学(理)母题题源系列(新课标2专版)含解析

【母题原题1】【2017新课标卷II ，理15】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,33a =,410S =,则11n k k S ==∑____________．【答案】21n n +【考点】等差数列前n 项和公式、裂项求和．【名师点睛】等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ,S n ,知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量,用它们表示已知和未知是常用得方法．使用裂项法求和时,要注意正、负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点．【母题原题2】【2016新课标卷II ，理17】n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数,如[][]0.9=0lg99=1，.（Ⅰ）求111101b b b ，，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和.【答案】(Ⅰ）10b =，111b =， 1012b =;（Ⅱ）1 893.【考点】等差数列的通项公式、前n 项和公式，对数的运算【名师点睛】解答新颖的数学题时,一是通过转化，化“新”为“旧”；二是通过深入分析，多方联想，以“旧”攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法,以“新”制“新"，应特别关注创新题型的切入点和生长点。

【母题原题3】【2015新课标卷II,理16】16．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a=-,11n n n a S S ++=，则n S =________．【答案】1n - 【解析】由已知得111n n n n n a S S S S +++=-=⋅，两边同时除以1n n S S +⋅，得1111n n S S +=--,故数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1-为首项,1-为公差的等差数列,则11(1)nS n n =---=-,所以1n S n =-．【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n a 与n S 的关系,从而转化为1n S +与nS 的递推式，并根据等差数列的定义判断1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列,属于中档题．【命题意图】数列的通项与求和高考必考内容,重点考查方程思想求通项,及等价转换在求和中的应用,同时考查运算求解能力。