《【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（理科2016年） Word版含答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【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（理科2016年） Word版含答案.doc（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 数 学D单元数列 D1 数列的概念与简单表示法11D12016·上海卷 无穷数列an由k个不同的数组成，Sn为an的前n项和若对任意nN*，Sn2，3，则k的最大值为_114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.D2 等差数列及等差数列前n项和12D22016·北京卷 已知an为等差数列
2、，Sn为其前n项和若a16，a3a50，则S6_126解析 设等差数列an的公差为d，因为a3a50，所以62d64d0，解得d2，所以S66×6×(2)36306.8D22016·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a9a36d21820.3D22016·全国卷 已知等差数列an前9项的和为27，a108，则a100()A100 B99C98 D973C解析 ×927，可得a53，所以a10
3、a55d5，所以d1，所以a100a1090d98.19D2，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2a2，a3，a22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e2，证明：e1e2en>.19解：(1)由已知，Sn1qSn1，Sn2qSn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由S2qS11得到a2qa1，所以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2a2，a3，a22成等差数列，可得2a33a22，即
4、2q23q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q>0，故q2，所以，an2n1(nN*)(2)证明：由(1)可知，anqn1，所以双曲线x21的离心率en.由e2，解得q(负值舍去)因为1q2(k1)>q2(k1)，所以>qk1(kN*)于是e1e2en>1qqn1，故e1e2en>.17D22016·全国卷 Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728.记bnlg an，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列bn的前1000项和17解：(1)设an的公差为d，据已知有721d28，解得d
5、1，所以an的通项公式为ann.故b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.(2)因为bn所以数列bn的前1000项和为1×902×9003×11893.18D2，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.18解：(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，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.又Tnc1c2cn，得T
6、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·2n2.18D22016·天津卷 已知an是各项均为正数的等差数列，公差为d.对任意的nN*，bn是an和an1的等比中项(1)设cnbb，nN*，求证：数列cn是等差数列；(2)设a1d，Tn,求证：<.18证明：(1)由题意得banan
7、1，有cnbban1an2anan12dan1，因此cn1cn2d(an2an1)2d2，所以cn是等差数列(2)Tn(bb)(bb)(bb)2d(a2a4a2n)2d·2d2n(n1)，所以·（1）<.6D22016·浙江卷 如图11，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11ASn是等差数列BS是等差数列Cdn是等差数列Dd是等差数列6A解析 由题意得
8、，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Sn是等差数列D3等比数列及等比数列前n项和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
9、：T1，3，66时，STa1a3a66.现设an(nN*)是公比为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.
10、(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.15D32016
11、·全国卷 设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_1564解析 设该等比数列的公比为q，则q，可得a1a110，得a18，所以an8·（）n1（）n4.所以a1a2an（）3210(n4)，易知当n3或n4时，(n27n)取得最小值6，故a1a2an的最大值为（）664.17D3、D42016·全国卷 已知数列an的前n项和Sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5，求.17解：(1)由题意得a1S11a1，故1，a1，a10.由Sn1an，Sn11an1得an1an1an，即an1(1)an.由a10
12、，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是an（）n1.(2)由(1)得Sn1（）n，由S5得1（）5，即（5，解得1.5D32016·四川卷 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5B解析 设x年后该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，由题可知，130(112%)x200，解得x
13、log1.123.80，因为x为整数，所以x取4，故开始超过200万元的年份是2019年5D3、A22016·天津卷 设an是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n1a2n<0”的()A充要条件B充分而不必要条件C必要而不充分条件D既不充分也不必要条件5C解析 设数列的首项为a1，则a2n1a2na1q2n2(1q)<0，即q<1，故选C.13D32016·浙江卷 设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_131121解析 由an12Sn1，得an2Sn11(n2)，两式相减得，a
14、n1an2(SnSn1)2an，即an13an(n2)，而a22a11，S2a1a24，解得a11，a23，故an是首项为1，公比为3的等比数列，所以S5121.17D32016·上海卷 已知无穷等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，且SnS.下列条件中，使得2Sn<S(nN*)恒成立的是()Aa1>0，0.6<q<0.7 Ba1<0，0.7<q<0.6Ca1>0，0.7<q<0.8 Da1<0，0.8<q<0.717B解析 由题意得2a1·<a1·(0<|q|<1)
15、对一切正整数n恒成立当a1>0时，qn>，结合选项知该不等式不恒成立，舍去；当a1<0时，qn<q2<，选项B满足要求D4数列求和17D3、D42016·全国卷 已知数列an的前n项和Sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5，求.17解：(1)由题意得a1S11a1，故1，a1，a10.由Sn1an，Sn11an1得an1an1an，即an1(1)an.由a10，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是an（）n1.(2)由(1)得Sn1（）n，由S5得1（）5，即（5，解得1.19D2，D4，H620
16、16·四川卷 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2a2，a3，a22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e2，证明：e1e2en>.19解：(1)由已知，Sn1qSn1，Sn2qSn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由S2qS11得到a2qa1，所以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2a2，a3，a22成等差数列，可得2a33a22，即2q23q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q>0，故q2，所以，a
17、n2n1(nN*)(2)证明：由(1)可知，anqn1，所以双曲线x21的离心率en.由e2，解得q(负值舍去)因为1q2(k1)>q2(k1)，所以>qk1(kN*)于是e1e2en>1qqn1，故e1e2en>.18D2，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.18解：(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，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)
18、83;2n1.又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. D5 单元综合20D5，A12016·北京卷 设数列A：a1，a2，aN(N2)如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有ak<an，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
19、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an使得an>a1，则G(A)；(3)证明：若数列A满足anan11(n2，3，N)，则G(A)的元素个数不小于aNa1.20解：(1)G(A)的元素为2和5.(2)证明：因为存在an使得an>a1，所以iN*|2iN，ai>a1.记mminiN*|2iN，ai>a1，则m2，且对任意正整数k<m，aka1<am.因此mG(A)，从而G(A).(3)证明：当aNa1时，结论成立以下设aN>a1.由(2)知G(A).设G(A)n1，n2，np，n1<
20、n2<<np.记n01，则an0<an1<an2<<anp.对i0，1，p，记GikN*|ni<kN，ak>ani如果Gi，取mimin Gi，则对任何1k<mi，akani<ami.从而miG(A)且mini1.又因为np是G(A)中的最大元素，所以Gp.从而对任意npkN，akanp，特别地，aNanp.对i0，1，p1，ani11ani.因此ani1ani11(ani1ani11)ani1.所以aNa1anpa1(aniani1)p.因此G(A)的元素个数p不小于aNa1.20A1、D3、D52016·江苏卷 记U1，
21、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，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
22、，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
23、，故SE2SF1，所以SCSCD2(SDSCD)1，即SCSCD2SD1.综合得，SCSCD2SD.12D52016·全国卷 定义“规范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数若m4，则不同的“规范01数列”共有()A18个 B16个C14个 D12个12C解析 a1，a2，a8中0的个数不少于1的个数，a10，a81.先排定中间三个1，当三个0在一起时排法种数为C，当三个0不相邻时排法种数为C，当三个0分成两组时排法种数为AC，不同的“规范01数列”共有CCAC14(个)20D52016·浙江卷
24、设数列an满足an1，nN*.(1)证明：|an|2n1(|a1|2)，nN*；(2)若|an|n，nN*，证明：|an|2，nN*.20证明：(1)由1，得|an|an1|1，故，nN*，所以<1，因此|an|2n1(|a1|2)(2)任取nN*，由(1)知，对于任意m>n，()()()<，故|an|<·2n·m ·2n2·2n.从而对于任意m>n，均有|an|<2·2n.由m的任意性得|an|2.否则，存在n0N*，有|an0|>2，取正整数m0>log且m0>n0，则2n0·
25、<2n0·log|an0|2，与式矛盾综上，对于任意nN*，均有|an|2.23D5，M22016·上海卷 若无穷数列an满足：只要apaq(p，qN*)，必有ap1aq1，则称an具有性质P.(1)若an具有性质P，且a11，a22，a43，a52，a6a7a821，求a3；(2)若无穷数列bn是等差数列，无穷数列cn是公比为正数的等比数列，b1c51，b5c181，anbncn，判断an是否具有性质P，并说明理由；(3)设bn是无穷数列，已知an1bnsin an(nN*)，求证：“对任意a1，an都具有性质P”的充要条件为“bn是常数列”23解：(1)因为a5a
26、2，所以a6a3，a7a43，a8a52，于是a6a7a8a332.又因为a6a7a821，所以a316.(2)bn的公差为20，cn的公比为，所以bn120(n1)20n19，cn81·()n135n，anbncn20n1935n.a1a582，但a248，a6，a2a6，所以an不具有性质P.(3)证明：充分性：当bn为常数列时，an1b1sin an.对任意给定的a1，若apaq，则b1sin apb1sin aq，即ap1aq1，充分性得证必要性：用反证法证明假设bn不是常数列，则存在kN*，使得b1b2bkb，而bk1b.下面证明存在满足an1bnsin an的an，使得a
27、1a2ak1，但ak2ak1.设f(x)xsin xb，取mN*，使得m>|b|，则f(m)mb>0，f(m)mb<0，故存在c使得f(c)0.取a1c，因为an1bsin an(1nk)，所以a2bsin cca1，依此类推，得a1a2ak1c.但ak2bk1sin ak1bk1sin cbsin c，即ak2ak1.所以an不具有性质P，矛盾必要性得证综上，“对任意a1，an都具有性质P”的充要条件为“bn是常数列”32016·淮南一模 已知数列an中，ann2n，且an是递增数列，则实数的取值范围是()A. (2，) B. 2，)C. (3，) D. 3，)3
28、C解析 由题意可知an1>an对任意正整数n恒成立，即(n1)2(n1)>n2n对任意正整数n恒成立，即>2n1对任意正整数n恒成立，故>3.62016·怀化模拟 设Sn为等差数列的前n项和，若a11，公差d2，Sn2Sn36，则n() A5 B6 C7 D86D解析 Sn2Sn36，即an2an136，即a1(n1)·da1nd36，将a11，d2代入上式，解得n8.152016·淮南模拟 在公差为d的等差数列中，已知a110，且a1，2a22，5a3成等比数列(1)求d, an；(2)若d<0，求|a1|a2|a3|an|.15解
29、：(1)由题意得5a3·a1(2a22)2, 所以d23d40，解得d1或d4, 所以ann11或an4n6. (2)设数列an的前n项和为Sn.因为d<0，所以d1，ann11.当n11时，|a1|a2|a3|an|Snn2n; 当n12时，|a1|a2|a11|a12|an|a1a2a11a12anS11(SnS11)Sn2S11n2n 110. 综上所述，|a1|a2|an|92016·湖北七市调研 已知等差数列an，等比数列bn满足a1b11，a2b2，2a3b31.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cnanbn，求数列cn的前n项和Sn.9解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.a1b11，a2b2，2a3b31，解得或an1，bn1或an12(n1)2n1，bn3n1.(2)当时，cnanbn1，Snn.当时，cnanbn(2n1)·3n1，则Sn13×35×32(2n1)·3n1，3Sn33×32(2n3)·3n1(2n1)·3n，2Sn12×(3323n1)(2n1)·3n(22n)·3n2，Sn(n1)·3n1. 11 / 11