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2014～2016年高考数学理科汇编详解：第六章数列(4份)第二节等差数列及其前n项和A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·浙江,6)如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|,An≠An＋2,n∈N*,|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|,Bn≠Bn＋2,n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合).若dn＝|AnBn|,Sn为△AnBnBn＋1的面积，则()A.{Sn}是等差数列B.{S2n}是等差数列C.{dn}是等差数列D.{d2n}是等差数列2.(2016·全国Ⅰ，3)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝()A.100B.99C.98D.973.(2015·重庆，2)在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝()A.－1B.0C.1D.64.(2015·北京，6)设{an}是等差数列，下列结论中正确的是()A.若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0B.若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0C.若0＜a1＜a2，则a2＞a1a3D.若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞05.(2014·福建，3)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于()A.8B.10C.12D.146.(2014·辽宁，8)设等差数列{an}的公差为d.若数列{}为递减数列，则()A.d<0B.d>0C.a1d<0D.a1d>07.(2016·北京，12)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.8.(2016·江苏，8)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1＋a22＝－3，S5＝10，则a9的值是________.9.(2016·全国Ⅱ，17)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{bn}的前1000项和.10.(2015·广东，10)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________.11.(2015·陕西，13)中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________.12.(2015·新课标全国Ⅰ，17)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和.13.(2014·北京，12)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大.14.(2015·四川，16)设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列1an的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|＜11000成立的n的最小值.15.(2014·大纲全国，18)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.16.(2014·江苏，20)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是"H数列".(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明{an}是"H数列"；(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.若{an}是"H数列"，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个"H数列"{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·黑龙江哈六中模拟)已知等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15，若bn＝a2n，则数列{bn}的前5项和等于()A.30B.45C.90D.1862.(2016·湖南岳阳二模)《张丘建算经》中女子织布问题为：某女子善于织布，一天比一天织得快，且从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，已知第一天织5尺布，一月(按30天计)共织390尺布，则从第2天起每天比前一天多织________尺布()A.12B.815C.1631D.16293.(2016·广东东莞一模)设{an}是等差数列，若a2＝3，a7＝13，则数列{an}前8项和为()A.128B.80C.64D.564.(2015·云南省昆明模拟)已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a10＝S4，则S8a9等于()A.4B.5C.8D.105.(2015·浙江杭州一模)已知函数f(x)＝cosx，x∈(0，2π)有两个不同的零点x1，x2，且方程f(x)＝m有两个不同的实根x3，x4，若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m的值为()A.12B.－12C.32D.－326.(2016·陕西八校联考)在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若am＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为________.7.(2016·河北唐山统考)数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，2Sn－nan＝n，若S20＝－360，则a2＝________.8.(2015·福建厦门质检)公差不为零的等差数列{an}的三项a1，a4，a16成等比数列，则a1＋a3＋a5a2＋a4＋a6的值是________.9.(2015·河北衡水模拟)已知等差数列{an}中，a2＋a6＝6,Sn为其前n项和，S5＝353.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝1an－1an(n≥2),b1＝3,Sn＝b1+b2+…＋bn,若Sn<m对一切n∈N*成立,求最小正整数m.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）(2016年高考题6月底更新)1.A[Sn表示点An到对面直线的距离(设为hn)乘以|BnBn－1|长度一半,即Sn＝12hn|BnBn－1|，由题目中条件可知|BnBn－1|的长度为定值，过A1作垂直得到初始距离h1，那么A1，An和两个垂足构成等腰梯形，则hn＝h1＋|A1An|tanθ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)，从而Sn＝12(h1＋|A1An|tanθ)|BnBn＋1|，Sn＋1＝12(h1＋|A1An＋1|)|BnBn＋1|，则Sn＋1－Sn＝12|AnAn＋1||BnBn＋1|tanθ，都为定值，所以Sn＋1－Sn为定值，故选A.]2.C[由等差数列性质,知S9＝9（a1＋a9）2＝9×2a52＝9a5＝27,得a5＝3,而a10＝8,因此公差d＝a10－a510－5＝1,∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.]3.B[由等差数列的性质,得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0,选B.]4.C[A,B选项易举反例，C中若0＜a1＜a2，∴a3＞a2＞a1＞0，∵a1＋a3>2a1a3，又2a2＝a1＋a3，∴2a2>2a1a3，即a2>a1a3成立.]5.C[设等差数列{an}的公差为d，则S3＝3a1＋3d，所以12＝3×2＋3d，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.]6.C[{2a1an}为递减数列，可知{a1an}也为递减数列，又a1an＝a21＋a1(n－1)d＝a1dn＋a21－a1d，故a1d<0，故选C.]7.6[∵a3＋a5＝2a4＝0，∴a4＝0.又a1＝6，∴a4＝a1＋3d＝0，∴d＝－2.∴S6＝6×6＋6×（6－1）2×(－2)＝6.]8.20[设等差数列{an}公差为d，由题意可得：a1＋（a1＋d）2＝－3，5a1＋5×42d＝10，解得a1＝－4，d＝3，则a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20.]9.(1)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＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.(2)因为bn＝0，1≤n<10，1，10≤n<100，2，100≤n<1000，3，n＝1000，所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.10.10[因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.]11.5[由题意设首项为a1，则a1＋2015＝2×1010＝2020，∴a1＝5.]12.解(1)由a2n＋2an＝4Sn＋3，可知a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.可得a2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an).由于an>0，可得an＋1－an＝2.又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)，a1＝3.所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝1anan＋1＝1（2n＋1）（2n＋3）＝1212n＋1－12n＋3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1213－15＋15－17＋…＋12n＋1－12n＋3＝n3（2n＋3）.13.8[∵数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.又a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<0.∴当n＝8时，其前n项和最大.]14.解(1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)，从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1，又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋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.(2)由(1)得1an＝12n，所以Tn＝12＋122＋…＋12n＝121－12n1－12＝1－12n.由|Tn－1|＜11000，得1－12n－1＜11000，即2n＞1000，因为29＝512＜1000＜1024＝210，所以n≥10，于是，使|Tn－1|＜11000成立的n的最小值为10.15.解(1)由a1＝10，a2为整数知：等差数列{an}的公差d为整数.又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0.解得－103≤d≤－52.因此d＝－3.数列{an}的通项公式为an＝13－3n.(2)bn＝1（13－3n）（10－3n）＝13110－3n－113－3n.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1317－110＋14－17＋…＋110－3n－113－3n＝13110－3n－110＝n10（10－3n）.16.(1)证明由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是"H数列".(2)解由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是"H数列"，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.因为d<0，所以m－2<0，故m＝1.从而d＝－1.当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝n（3－n）2是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－n（3－n）2，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是"H数列".因此d的值为－1.(3)证明设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*).令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*).下证{bn}是"H数列".设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝n（n＋1）2a1(n∈N*).于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n（n＋1）2，使得Tn＝bm，所以{bn}是"H数列".同理可证{cn}也是"H数列".所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个"H数列"{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.C[设等差数列{an}的公差为d，由题意得a1＋d＝6，a1＋4d＝15，解得a1＝3，d＝3，∴an＝3n.∴bn＝a2n＝6n，∴b1＝a2＝6，∴数列{bn}是首项为6，公差为6的等差数列.∴数列{bn}的前5项和S5＝5×6＋5×42×6＝90，故选C.]2.D[设从第2天起每天比前一天多织d尺布，则30×5＋30×292d＝390.解得d＝1629，故选D.]3.C[法一因为S8＝8（a1＋a8）2＝4(a2＋a7)＝4×16＝64，法二{an}是等差数列，且a2＝3，a7＝13，则公差d＝2，a1＝1，所以S8＝8a1＋8×72d＝8＋56＝64，故选C.]4.A[由a10＝S4得a1＋9d＝4a1＋4×32d＝4a1＋6d，即a1＝d≠0.所以S8＝8a1＋8×72d＝8a1＋28d＝36d，所以S8a9＝36da1＋8d＝36d9d＝4，选A.]5.D[若m>0，则公差d＝3π2－π2＝π，显然不成立，所以m<0，则公差d＝3π2－π23＝π3.所以m＝cosπ2＋π3＝－32，故选D.]6.37[am＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋9×82d＝36d＝a37，∴m＝37.]7.－1[∵2Sn－nan＝n①∴当n≥2时，2Sn－1－(n－1)an－1＝n－1②∴①－②得，(2－n)an＋(n－1)an－1＝1③∴(1－n)an＋1＋nan＝1④∴③－④得，2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴数列{an}为等差数列，∵当n＝1时，2S1－a1＝1，∴a1＝1，∵S20＝20＋20×192d＝－360，∴d＝－2.∴a2＝1－2＝－1.]8.34[由已知得a24＝a1·a16，即(a1＋3d)2＝a1·(a1＋15d)，∴d＝a1，∴a1＋a3＋a5a2＋a4＋a6＝3a33a4＝34.]9.解(1)由a2＋a6＝6，得a4＝3，又由S5＝5（a1＋a5）2＝5a3＝353，得a3＝73，设等差数列{an}的公差为d，则a1＋2d＝73，a1＋3d＝3.解得a1＝1，d＝23，∴an＝23n＋13.(2)当n≥2时，bn＝1anan－1＝123n＋13·23n－13＝9212n－1－12n＋1，当n＝1时，上式同样成立，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝921－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝921－12n＋1，又921－12n＋1随n递增，且921－12n＋1＜92≤m，∴m≥5，mmin＝5.即最小正整数m的值为5.第三节等比数列及其前n项和A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·新课标全国Ⅱ，4)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝()A.21B.42C.63D.842.(2014·重庆，2)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是()A.a1，a3，a9成等比数列B.a2，a3，a6成等比数列C.a2，a4，a8成等比数列 D.a3，a6，a9成等比数列3.(2014·大纲全国，10)等比数列{an}中,a4＝2,a5＝5,则数列{lgan}的前8项和等于()A.6B.5C.4D.34.(2016·全国Ⅰ，15)设等比数列满足a1＋a3＝10,a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为__________.5.(2016·全国Ⅲ，17)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；(2)若S5＝3132，求λ.6.(2015·湖南，14)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an＝________.7.(2014·安徽，12)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.8.(2015·安徽，14)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________.9.(2015·湖北，18)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)当d>1时，记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.10.(2014·天津，11)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和.若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________.11.(2014·广东，13)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝________.12.(2014·江苏，7)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________.13.(2014·新课标全国Ⅱ，17)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明an＋12是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明1a1＋1a2＋…＋1an<32.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·安徽安庆第二次模拟)数列{an}满足an＋1＝λan－1(n∈N*λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值等于()A.1B.－1C.12D.22.(2016·河北衡水中学模拟)已知等比数列{an}中，a3＝2，a4a6＝16，则a10－a12a6－a8的值为()A.2B.4C.8D.163.(2016·浙江金华二模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，则S2015＝()A.22015－1B.21009－3C.3×21007－3D.21008－34(2016·北京东城模拟)已知{an}为各项都是正数的等比数列，若a4·a8＝4，则a5·a6·a7＝()A.4B.8C.16D.645.(2015·山东日照模拟)设数列{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2·a4＝1，S3＝7，则S5＝()A.152B.314C.334D.1726.(2015·北大附中模拟)已知各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为22，则2a7＋a11的最小值为()A.16B.8C.6D.47.(2016·陕西质检二模)已知正项数列{an}满足a2n＋1－6a2n＝an＋1an，若a1＝2，则数列{an}的前n项和为________.8.(2015·云南大理二模)若数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an＋1，则该数列的通项公式为________.9.(2016·四川雅安模拟)数列{an}的前n项和为Sn，且首项a1≠3，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*).(1)求证：{Sn－3n}是等比数列；(2)若{an}为递增数列，求a1的取值范围.10.(2015·马鞍山模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2n＋1anan＋2n(n∈N*).(1)证明数列2nan是等差数列；(2)求数列{an}的通项公式；(3)设bn＝n(n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.11.(2015·陕西宝鸡4月)已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2).(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列.(2)求数列{an}的通项公式；(3)设3nbn＝n(3n－an)，求|b1|＋|b2|＋…＋|bn|.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.B[设等比数列{an}的公比为q，则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42，故选B.]2.D[由等比数列的性质得，a3·a9＝a26≠0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，选D.]3.C[lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4，故选C.]4.64[设等比数列{an}的公比为q，∴a1＋a3＝10，a2＋a4＝5?a1＋a1q2＝10，a1q＋a1q3＝5，解得a1＝8，q＝12，∴a1a2…an＝12(－3)＋(－2)＋…＋(n－4)＝1212n（n－7）＝1212n－722－494，当n＝3或4时，12n－722－494取到最小值－6，此时1212n－722－494取到最大值26，所以a1a2…an的最大值为64.]5.(1)证明由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝11－λ，a1≠0.由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan，由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以an＋1an＝λλ－1.因此{an}是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是an＝11－λλλ－1n－1.(2)解由(1)得Sn＝1－λλ－1n.由S5＝3132得1－λλ－15＝3132，即λλ－15＝132.解得λ＝－1.6.3n－1[由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，∴公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.]7.1[法一因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1,a3＋3,a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3,a5＋5构成公比为q的等比数列,所以a1＋1,a3＋3,a5＋5是常数列,故q＝1.法二因为数列{an}是等差数列，所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5),得d2＋4d＋4＝0,即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.]8.2n－1[由等比数列性质知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9，所以联立方程a1a4＝8，a1＋a4＝9，解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1，又数列{an}为递增数列，∴a1＝1，a4＝8，从而a1q3＝8，∴q＝2.∴数列{an}的前n项和为Sn＝1－2n1－2＝2n－1.]9.解(1)由题意有，10a1＋45d＝100，a1d＝2，即2a1＋9d＝20，a1d＝2，解得a1＝1，d＝2或a1＝9，d＝29.故an＝2n－1，bn＝2n－1或an＝19（2n＋79），bn＝9·29n－1.(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝2n－12n－1，于是Tn＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n－12n－1，①12Tn＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n－12n.②①－②可得12Tn＝2＋12＋122＋…＋12n－2－2n－12n＝3－2n＋32n，故Tn＝6－2n＋32n－1.10.－12[由已知得S1·S4＝S22，即a1·(4a1－6)＝(2a1－1)2，解得a1＝－12.]11.50[由等比数列的性质可知a10a11＋a9a12＝2e5?a1a20＝e5，于是a1a2…a20＝(e5)10＝e50，lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)＝lne50＝50.]12.4[设等比数列{an}的公比为q，q>0.则a8＝a6＋2a4即为a4q4＝a4q2＋2a4，解得q2＝2(负值舍去)，又a2＝1，所以a6＝a2q4＝4.]13.证明(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋12＝3an＋12又a1＋12＝32，所以an＋12是首项为32，公比为3的等比数列.an＋12＝3n2，因此{an}的通项公式为an＝3n－12.(2)由(1)知1an＝23n－1.因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以13n－1≤12×3n－1.于是1a1＋1a2＋…＋1an≤1＋13＋…＋13n－1＝321－13n<32.所以1a1＋1a2＋…＋1an<32.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.D[由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λan－2λ.由{an－1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.2.B[因为a3＝2，a4a6＝16，所以a4a6＝a23q4＝16，即q4＝4，则a10－a12a6－a8＝q4（a6－a8）a6－a8＝q4＝4，故选B.]3.B[∵a1＝1，an＋1·an＝2n，∴an≠0，a2＝2，当n≥2时，an·an－1＝2n－1.∴an＋1an－1＝2n2n－1＝2(n≥2),∴数列{an}中奇数项，偶数项分别成等比数列，∴S2015＝1－210081－2＋2（1－21007）1－2＝21009－3，故选B.]4.B[∵a4·a8＝a26＝4，又{an}的各项都是正数，∴a6＝2,∴a5·a6·a7＝a36＝8,故选B.]5.B[设此数列的公比为q(q＞0)由已知，a2a4＝1，得a23＝1，所以a3＝1，由S3＝7，知a3＋a3q＋a3q2＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝12，进而a1＝4.所以S5＝41－1251－12＝314，选B.]6.B[∵a4a14＝(22)2＝8，即a4a14＝a29＝8，∴a9＝22.则2a7＋a11＝2a9q2＋a9q2≥22a9q2×a9q2＝22×a9＝8，当且仅当2a9q2＝a9q2，即q4＝2时取等号.]7.3n－1[(2)∵a2n＋1－6a2n＝an＋1·an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an＞0，∴an＋1＝3an，又a1＝2，∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列，∴Sn＝2（1－3n）1－3＝3n－1.]8.an＝2n＋1－1[∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，∴an＋1＝4·2n－1，∴an＝2n＋1－1.9.(1)证明∵an＋1＝Sn＋3n，(n∈N*)∴Sn＋1＝2Sn＋3n，∴Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，∵a1≠3.∴Sn＋1－3n＋1Sn－3n＝2，∴数列{Sn－3n}是公比为2，首项为a1－3的等比数列.(2)解由(1)得Sn－3n＝(a1－3)×2n－1，∴Sn＝(a1－3)×2n－1＋3n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a1－3)×2n－2＋2×3n－1，∵{an}为递增数列，∴n≥2时，(a1－3)×2n－1＋2×3n>(a1－3)×2n－2＋2×3n－1，∴n≥2时，2n－212×32n－2＋a1－3>0，可得n≥2时，a1>3－12×32n－2，又当n＝2时，3－12×32n－2有最大值为－9，∴a1>－9，又a2＝a1＋3满足a2>a1，∴a1的取值范围是(－9，＋∞).10.(1)证明由已知可得an＋12n＋1＝anan＋2n，∴2n＋1an＋1＝2nan＋1，即2n＋1an＋1－2nan＝1，∴数列{2nan}是公差为1的等差数列.(2)解由(1)可得2nan＝2a1＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝2nn＋1.(3)解由(2)知，bn＝n·2n，∴Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，两式相减得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.11.(1)证明∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2).又a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15，∴an＋2an－1≠0(n≥2)，∴an＋1＋2anan＋2an－1＝3(n≥2)，∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列.(2)解由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，则an＋1＝－2an＋5×3n，∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n).又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列.∴an－3n＝2×(－2)n－1，即an＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*).(3)解由(2)及3nbn＝n(3n－an)可得3nbn＝－n(an－3n)＝－n[2×(－2)n－1]＝n(－2)n，∴bn＝n－23n，∴|bn|＝n23n.∴Tn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝23＋2×232＋…＋n23n，①①×23，得23Tn＝232＋2×233＋…＋(n－1)23n＋n23n＋1，②①－②，得13Tn＝23＋232＋…＋23n－n23n＋1＝2－3×23n＋1－n23n＋1＝2－(n＋3)23n＋1，∴Tn＝6－2(n＋3)23n.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)＝x2－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.6B.7C.8D.92.(2015·浙江，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.a1d＞0，dS4＞0B.a1d＜0，dS4＜0C.a1d＞0，dS4＜0D.a1d＜0，dS4＞03.(2016·北京，20)设数列A：a1，a2，…，aN(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)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an－an－1≤1(n＝2，3，…，N)，则G(A)的元素个数不小于aN－a1.4.(2016·四川，19)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.(1)若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求an的通项公式；(2)设双曲线x2－y2a2n＝1的离心率为en，且e2＝53，证明：e1＋e2＋…＋en>4n－3n3n－1.5.(2016·山东，18)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝（an＋1）n＋1（bn＋2）n，求数列{cn}的前n项和Tn.6.(2015·新课标全国Ⅱ，16)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________.7.(2015·山东，18)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.8.(2015·天津，18)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列.(1)求q的值和{an}的通项公式；(2)设bn＝log2a2na2n－1，n∈N*，求数列{bn}的前n项和.9.(2015·广东，21)数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－n＋22n－1，n∈N*.(1)求a3的值；(2)求数列{an}前n项和Tn；(3)令b1＝a1，bn＝Tn－1n＋1＋12＋13＋…＋1nan(n≥2)，证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2＋2lnn.10.(2015·浙江，20)已知数列{an}满足a1＝12且an＋1＝an－a2n(n∈N*).(1)证明：1≤anan＋1≤2(n∈N*)；(2)设数列{a2n}的前n项和为Sn，证明：12n＋2≤Snn≤12n＋1(n∈N*).11.(2014·山东，19)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－14nanan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.12.(2014·江西，17)已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝anbn，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.13.(2014·四川，19)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*).(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－1ln2，求数列anbn的前n项和Tn.14.(2014·湖北，18)已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>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{an}的前n项和为Sn,S5＝-20，则-6a4＋3a5＝()A.-20B.4C.12D.202.(2016·安徽安庆模拟)已知数列{an}是等差数列，a1＝tan225°，a5＝13a1，设Sn为数列{(－1)nan}的前n项和，则S2014＝()A.2015B.-2015C.3021D.-30213.(2016·山东实验中学模拟)设a1，a2，…，a50是以－1，0，1这三个整数中取值的数列，若a1＋a2＋…＋a50＝9且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，则a1，a2，…，a50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{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N＋)，则S100＝()A.1300B.2600C.0D.26025.(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）＝ax，且f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，f（1）g（1）＋f（-1）g（-1）＝52,若有穷数列f（n）g（n）(n∈N*)的前n项和等于3132，则n＝()A.5B.6C.7D.86.(2015·吉林长春模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列,则an＝()A.n2n－1B.n＋12n－1＋1C.2n－12n－1D.n＋12n＋17.(2015·辽宁沈阳模拟)数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有：am＋n＝am＋an＋mn，则1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a2008＝()A.20072008B.20071004C.20082009D.401620098.(2016·湖北荆州市第一次质量检测)已知数列{an}各项均为正数，其前n项和为Sn，且a1＝1，an·an＋1＝2Sn(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{n·2an}的前n项和Tn.9.(2016·嘉峪关市一中第三次模拟考试)设数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝2－2Sn，数列{an}为等差数列，且a5＝14，a7＝20，(1)求数列{bn}的通项公式；(2)若cn＝an·bn(n＝1，2，3，…)，Tn为数列{cn}的前n项和，求证：Tn<72.10.(2016·南通模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，an＋1＝9Sn＋10.(1)求证：{lgan}是等差数列；(2)设Tn是数列3（lgan）（lgan＋1）的前n项和，求Tn；(3)求使Tn>14(m2－5m)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[∵a3,a4,a8成等比数列,∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d),整理得a1＝－53d,∴a1d＝-53d2＜0,又S4＝4a1＋4×32d＝－2d3,∴dS4＝－2d23＜0，故选B.]3.(1)解G(A)的元素为2和5.(2)证明因为存在an使得an＞a1，所以{i∈N*|2≤i≤N，ai＞a1}≠?.记m＝min{i∈N*|2≤i≤N，ai＞a1}，则m≥2，且对任意正整数k，m，ak≤a1＜am.因此m∈G(A).从而G(A)≠?.(3)证明当aN≤a1时，结论成立.以下设aN＞a1.由(2)知G(A)≠?.设G(A)＝{n1，n2，…，np}，n1＜n2＜…＜np.记n0＝1.则an0＜an1＜an2＜…＜anp，对i＝0，1，…，p，记Gi＝{k∈N*|ni＜k≤N，ak＞ani}.如果Gi≠?，取mi＝minGi，则对任何1≤k＜mi，ak≤ani＜ami.从而mi∈G(A)且mi＝ni＋1.又因为np是G(A)中的最大元素，所以Gp＝?.从而对任意np≤k≤N，ak≤anp，特别地，aN≤anp.对i＝0，1，…，p－1，ani＋1－1≤ani.因此ani＋1＝ani＋1－1＋(ani＋1－ani＋1－1)≤ani＋1.所以aN－a1≤anp－a1＝i＝1p(ani－ani－1)≤p.因此G(A)的元素个数p不小于aN－a1.4.(1)解由已知，Sn＋1＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立.所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列.从而an＝qn－1.由2a2，a3，a2＋2成等差数列，可得2a3＝3a2＋2，即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，由已知，q>0，故q＝2.所以an＝2n－1(n∈N*).(2)证明由(1)可知，an＝qn－1.所以双曲线x2－y2a2n＝1的离心率en＝1＋a2n＝1＋q2（n－1）.由e2＝1＋q2＝53，解得q＝43.因为1＋q2(k－1)>q2(k－1)，所以1＋q2（k－1）>qk－1(k∈N*).于是e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝qn－1q－1.故e1＋e2＋…＋en>4n－3n3n－1.5.解(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d.由a1＝b1＋b2，a2＝b2＋b3，即11＝2b1＋d，17＝2b1＋3d，可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知，cn＝（6n＋6）n＋1（3n＋3）n＝3(n＋1)·2n＋1.又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2].两式作差，得-Tn＝3×[2×22+23+24+…+2n＋1-(n＋1)×2n＋2]＝3×4＋4（1－2n）1－2－（n＋1）×2n＋2＝-3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.6.－1n[由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以Sn＋1－SnSnSn＋1＝1，即1Sn＋1－1Sn＝－1，故数列1Sn是以1S1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1Sn＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－1n.]7.解(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，当n＞1时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝3，n＝1，3n－1，n＞1.(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝13，当n＞1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝13；当n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，两式相减，得2Tn＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n－1)×31－n＝136－6n＋32×3n，所以Tn＝1312－6n＋34×3n，经检验，n＝1时也适合.综上可得Tn＝1312－6n＋34×3n.8.解(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，所以a2(q－1)＝a3(q－1)，又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2.当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝2n－12；当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝2n2.所以，{an}的通项公式为an＝2n－12，n为奇数，2n2，n为偶数.(2)由(1)得bn＝log2a2na2n－1＝n2n－1.设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n－1)×12n－2＋n×12n－1，12Sn＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n－1)×12n－1＋n×12n.上述两式相减得：12Sn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝1－12n1－12－n2n＝2－22n－n2n，整理得，Sn＝4－n＋22n－1，n∈N*.所以，数列{bn}的前n项和为4－n＋22n－1，n∈N*.9.(1)解a1＝1，a1＋2a2＝2，a2＝12，a1＋2a2＋3a3＝4－54，a3＝14.(2)解n≥2时，a1＋2a2＋…＋(n-1)an－1＝4－n＋12n－2，与原式相减，得nan＝n2n－1，an＝12n－1，n＝1也符合，Tn＝1－12n1－12＝2－12n－1.(3)证明n≥2时，bn＝Tn－1n＋1＋12＋13＋…＋1nan＝a1＋a2＋…＋an－1n＋1＋12＋13＋…＋1nan故Sn＝i＝1nbi＝a1＋a12＋1＋12a2＋a1＋a23＋1＋12＋13a3＋…＋a1＋a2＋…＋an－1n＋1＋12＋…＋1nan＝i＝1n1ia1＋i＝1n1ia2＋i＝1n1ia3＋…＋i＝1n1ian＝i＝1n1iTn＝1＋12＋…＋1n2－12n－1<21＋12＋…＋1n，只需证明21＋12＋…＋1n<2＋2lnn，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)－lnk.∴k＝1时，12<ln2－ln1，k＝2时，13<ln3<ln2.…k＝n－1时，1n<ln2－ln(n－1).∴1＋12＋13＋…＋1n<1＋(ln2－ln1)＋(ln3－ln2)＋…＋[lnn－ln(n－1)]，即1＋12＋13＋…＋1n<1＋lnn，所以n≥2时，21＋12＋13＋…＋1n<2＋2lnn，综上n∈N＋时，Sn<2＋2lnn.10.证明(1)由题意得an＋1－an＝－a2n≤0，即an＋1≤an，故an≤12.由an＝(1－an－1)an－1得an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1＞0.由0＜an≤12得anan＋1＝anan－a2n＝11－an∈[1，2]，即1≤anan＋1≤2(2)由题意得a2n＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1①由1an＋1－1an＝anan＋1和1≤anan＋1≤2得1≤1an＋1－1an≤2，所以n≤1an＋1－1a1≤2n，因此12（n＋1）≤an＋1≤1n＋2(n∈N*).②由①②得12（n＋2）≤Snn≤12（n＋1）(n∈N*).11.解(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋2×12×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋4×32×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)bn＝(－1)n－14nanan＋1＝(－1)n－14n（2n－1）（2n＋1）＝(－1)n－112n－1＋12n＋1.当n为偶数时，Tn＝1＋13－13＋15＋…＋12n－3＋12n－1－12n－1＋12n＋1＝1－12n＋1＝2n2n＋1.当n为奇数时，Tn＝1＋13－13＋15＋…－12n－3＋12n－1＋12n－1＋12n＋1＝1＋12n＋1＝2n＋22n＋1.所以Tn＝2n＋22n＋1，n为奇数，2n2n＋1，n为偶数.或Tn＝2n＋1＋（－1）n－12n＋112.解(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以an＋1bn＋1－anbn＝2，即cn＋1－cn＝2.所以数列{cn}是以1为首项，2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)·3n，相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.13.解(1)由已知得,b7＝2a7,b8＝2a8＝4b7,有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.解得d＝a8－a7＝2.所以，Sn＝na1＋n（n－1）2d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)，它在x轴上的截距为a2－1ln2.由题意得，a2－1ln2＝2－1ln2，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n.所以Tn＝12＋222＋323＋…＋n－12n－1＋n2n，2Tn＝11＋22＋322＋…＋n2n－1.因此，2Tn－Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝2－12n－1－n2n＝2n＋1－n－22n.所以，Tn＝2n＋1－n－22n.14.解(1)设数列{an}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d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n.显然2n<60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立.当an＝4n－2时，Sn＝n[2＋（4n－2）]2＝2n2.令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；当an＝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S5＝－20，所以S5＝5a3＝－20，∴a3＝－4，∴－6a4＋3a5＝－6(a1＋3d)＋3(a1＋4d)＝-3(a1＋2d)＝－3a3＝12.]2.C[a1＝tan225°＝tan45°＝1，设等差数列{an}的公差为d，则由a5＝13a1，得a5＝13，d＝a5－a15－1＝13－14＝3，∴S2014＝-a1+a2-a3+a4+…+(-1)2014a2014＝-(a1＋a3＋…＋a2013)＋(a2＋a4＋…＋a2014)＝1007d＝1007×3＝3021.故选C.]3.A[(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝a21＋a22＋…＋a250＋2(a1＋a2＋…＋a50)＋50＝107，∴a21＋a22＋…＋a250＝39，∴a1，a2，…，a50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，an＋2－an＝0；当n为偶数时，an＋2－an＝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S100＝S奇＋S偶＝50×1＋(50×2＋50×492×2)＝2600.]5.A[令h(x)＝f（x）g（x）＝ax，∵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，a1＋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Sn＝121－12n1－12＝1－12n＝3132，∴n＝5.]6.A[设bn＝nSn＋(n＋2)an，有b1＝4，b2＝8，则bn＝4n，即bn＝nSn＋(n＋2)an＝4n，当n≥2时，Sn－Sn－1＋1＋2nan－1＋2n－1an－1＝0，所以2（n＋1）nan＝n＋1n－1an－1，即2·ann＝an－1n－1，所以ann是以12为公比，1为首项的等比数列，所以ann＝12n－1，an＝n2n－1.故选A.]7.D[法一因为an＋m＝an＋am＋mn,则可得a1＝1,a2＝3,a3＝6,a4＝10,则可猜得数列的通项an＝n（n＋1）2，∴1an＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1，∴1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a2008＝21－12＋12－13＋…＋12008－12009＝21－12009＝40162009.故选D.法二令m＝1，得an＋1＝a1＋an＋n＝1＋an＋n，∴an＋1－an＝n＋1，用叠加法：an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋…＋n＝n（n＋1）2，所以1an＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1.于是1a1＋1a2＋…＋1a2008＝21－12＋212－13＋…＋212008－12009＝21－12009＝40162009，故选D.]8.解(1)当n＝1时，a1a2＝2a1，a2＝2.又an·an＋1＝2Sn①∴n≥2时，an－1·an＝2Sn－1②①－②得an(an＋1－an－1)＝2an∵an>0,∴an＋1－an－1＝2.则a1,a3,…,a2n－1,…是以1为首项,2为公差的等差数列,a2n－1＝2n-1.a2，a4，…，a2n，…是以2为首项，2为公差的等差数列，a2n＝2n.∴an＝n(n∈N*).(2)由于an＝n，所以Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.2Tn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1两式相减得Tn＝n·2n＋1－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n·2n＋1－2（1－2n）1－2＝n·2n＋1＋2－2n＋1＝(n－1)·2n＋1＋2.9.(1)解由bn＝2－2Sn，令n＝1，则b1＝2－2S1，又S1＝b1，所以b1＝23，b2＝2－2(b1＋b2)，则b2＝29，当n≥2时，由bn＝2－2Sn，可得bn－bn－1＝－2(Sn－Sn－1)＝－2bn.即bnbn－1＝13，所以{bn}是以b1＝23为首项，13为公比的等比数列，所以bn＝2·13n.(2)证明数列{an}为等差数列，公差d＝12(a7－a5)＝3，可得an＝3n－1，从而cn＝an·bn＝2(3n－1)·13n，∴Tn＝22×13＋5×132＋8×133＋…＋（3n－1）·13n∴13Tn＝22×132＋5×133＋…＋（3n－4）·13n＋（3n－1·13n＋1)两式相减得23Tn＝223＋3×132＋3×133＋…＋3×13n－（3n－1）·13n＋1＝2·23＋3×1321－13n－11－13－（3n－1）·13n＋1＝223＋121－13n－1－（3n－1）·13n＋1＝276－n＋76·13n∴Tn＝72－n＋7613n－1<72.10.(1)证明依题意，当n＝1时，a2＝9a1＋10＝100，故a2a1＝10.当n≥2时，an＋1＝9Sn＋10，an＝9Sn－1＋10，两式相减得an＋1－an＝9an，即an＋1＝10an，an＋1an＝10，故{an}为等比数列，且an＝a1qn－1＝10n(n∈N*)，∴lgan＝n.∴lgan＋1－lgan＝(n＋1)－n＝1，即{lgan}是等差数列.(2)解由(1)知，Tn＝311×2＋12×3＋…＋1n（n＋1）＝31－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝3－3n＋1.(3)解∵Tn＝3－3n＋1，∴当n＝1时，Tn取最小值32.依题意有32>14(m2－5m)，解得－1<m<6，故所求整数m的取值集合为{0，1，2，3，4，5}.第一节数列的概念及简单表示法A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·浙江，13)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.2.(2015·江苏，11)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列1an前10项的和为________.3.(2015·安徽，18)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{xn}的通项公式；(2)记Tn＝x21x23…x22n－1，证明Tn≥14n.4.(2014·广东，19)设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列{an}的通项公式.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·广东佛山一模)数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an＋2＝1＋sin2nπ2an＋4cos2nπ2，则a9，a10的大小关系为()A.a9>a10B.a9＝a10C.a9<a10D.大小关系不确定2.(2016·陕西西安模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则"λ<1"是"数列{an}为递增数列"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.(2016·玉溪一中模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an（n为正奇数），an＋1（n为正偶数），则其前6项之和是()A.16B.20C.33D.1204.(2015·天津南开中学月考)下列可作为数列{an}：1，2，1，2，1，2，…的通项公式的是()A.an＝1B.an＝（－1）n＋12C.an＝2－|sinnπ2|D.an＝（－1）n－1＋325.(2016·河南洛阳模拟)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1＋an1－an(n∈N*)，则该数列的前2015项的乘积a1·a2·a3·…·a2015＝________.6.(2016·宁夏银川模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则数列{an}的通项公式为an＝________.7.(2015·温州质检)已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)·78n，则当an取得最大值时，n等于________.8.(2015·天津新华中学模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足ann≤2的正整数n的集合为________.9.(2015·青岛一中模拟)在数列{an}中，a1＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋12an＋1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项an；(2)若存在n∈N*，使得an≤(n＋1)λ成立，求实数λ的最小值.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.1121[由a2＝2a1＋1，a2＋a1＝4，解得a1＝1，a2＝3，当n≥2时，由已知可得：an＋1＝2Sn＋1，①an＝2Sn－1＋1，②①－②得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an，又a2＝3a1，∴{an}是以a1＝1为首项，公比q＝3的等比数列.∴S5＝1－1×351－3＝121.]2.2011[∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝(2＋n)(n－1)2，即an＝n（n＋1）2，令bn＝1an，故bn＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝21－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.]3.(1)解y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1,曲线y＝x2n＋2＋1在点(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＝1－1n＋1＝nn＋1.(2)证明由题设和(1)中的计算结果知Tn＝x21x23…x22n－1＝122342…2n－12n2.当n＝1时，T1＝14.当n≥2时，因为x22n－1＝2n－12n2＝（2n－1）2（2n）2>（2n－1）2－1（2n）2＝2n－22n＝n－1n.所以Tn>122×12×23×…×n－1n＝14n.综上可得对任意的n∈N*，均有Tn≥14n.4.解(1)依题有S1＝a1＝2a2－3－4，S2＝a1＋a2＝4a3－12－8，S3＝a1＋a2＋a3＝15，解得a1＝3，a2＝5，a3＝7.(2)∵Sn＝2nan＋1－3n2－4n，①∴当n≥2时，Sn－1＝2(n－1)an－3(n－1)2－4(n－1).②①－②并整理得an＋1＝（2n－1）an＋6n＋12n.由(1)猜想an＝2n＋1，下面用数学归纳法证明.当n＝1时，a1＝2＋1＝3，命题成立；假设当n＝k时，ak＝2k＋1命题成立.则当n＝k＋1时，ak＋1＝（2k－1）ak＋6k＋12k＝（2k－1）（2k＋1）＋6k＋12k＝2k＋3＝2(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时，结论成立.综上，?n∈N*，an＝2n＋1.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.C[n为奇数时，a3＝2a1＝2，a5＝2a3＝22，a7＝2a5＝23，a9＝2a7＝24；n为偶数时，a4＝a2＋4＝5，a6＝a4＋4＝9，a8＝a6＋4＝13，a10＝a8＋4＝17.所以a9<a10.故选C.]2.A[若数列{an}为递增数列,则an＋1－an>0,即2n＋1>2λ对任意n∈N*都成立,于是有3>2λ,λ<32,由λ<1可得λ<32;反之由λ<32不能得到λ<1,因此"λ<1"是"数列{an}为递增数列"的充分不必要条件，故选A.]3.C[a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，∴S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.]4.C[A项显然不成立;n＝1时,a1＝－1＋12＝0,故B项不正确；n＝2时，a2＝（－1）2－1＋32＝1,故D项不正确.由an＝2－|sinnπ2|可得a1＝1，a2＝2，a3＝1，a4＝2，…，故选C.]5.3[由题意可得，a2＝1＋a11－a1＝－3，a3＝1＋a21－a2＝－12，a4＝1＋a31－a3＝13，a5＝1＋a41－a4＝2＝a1，所以{an}是以4为周期的数列，而2015＝4×503＋3，a1a2a3a4＝1，则前2015项的乘积为1503·a1·a2·a3＝3.]6.2n－1[(1)∵Sn＝2an－1，∴n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1(n≥2).∵n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，∴a1＝1.∴数列{an}是1为首项，2为公比的等比数列.∴an＝2n－1.]7.5或6[由题意知an≥an－1，an≥an＋1，∴（n＋2）78n≥（n＋1）78n－1，（n＋2）78n≥（n＋3）78n＋1.解得n≤6，n≥5.∴n＝5或6.]8.{1，2，3，4}[因为Sn＝2an－1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，所以{an}是公比为2的等比数列.又因为a1＝2a1－1，所以a1＝1，故an＝2n－1，而ann≤2，即2n－1≤2n，所以有n∈{1，2，3，4}.]9.解(1)当n≥2时，由题可得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝n2an.①a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n＋12an＋1，②②－①得nan＝n＋12an＋1－n2an，即(n＋1)an＋1＝3nan，（n＋1）an＋1nan＝3，∴{nan}是以2a2＝2为首项，3为公比的等比数列(n≥2)，∴nan＝2·3n－2，∴an＝2n·3n－2(n≥2)，∵a1＝1，∴an＝1，n＝1，2n·3n－2，n≥2.(2)an≤(n＋1)λ?λ≥ann＋1，由(1)可知当n≥2时，ann＋1＝2·3n－2n（n＋1），设f(n)＝n（n＋1）2·3n(n≥2，n∈N*)，则f(n＋1)－f(n)＝2（n＋1）（1－n）2·3n＋1<0，∴1f（n＋1）>1f（n）(n≥2)，又1f（2）＝13及a12＝12，可得λ≥1f（2），∴所求实数λ的最小值为13.