江苏省苏州外国语学校2017届高三复习数学-文科D单元数列

数学D单元数列D1数列的概念与简单表示法D2等差数列及等差数列前n项和8．D2[2016·浙江卷]如图1­2，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()图1­2A．{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8．A[解析]由题意得，An是线段An－1An＋1(n≥2)的中点，Bn是线段Bn－1Bn＋1(n≥2)的中点，且线段AnAn＋1的长度都相等，线段BnBn＋1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h2－h1＝|A1A2|sin∠A2A1C1，h3－h2＝|A2A3|sin∠A3A2C2.而|A1A2|＝|A2A3|，∠A2A1C1＝∠A3A2C2，故h1，h2，h3成等差数列，故△AnBnBn＋1的面积构成的数列{Sn}是等差数列．8．D2[2016·江苏卷]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________．8．20[解析]因为S5＝5a3＝10，所以a3＝2，设其公差为d，则a1＋a22＝2－2d＋(2－d)2＝d2－6d＋6＝－3，解得d＝3，所以a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.15．D2，D3，D4[2016·北京卷]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．15．解：(1)等比数列{bn}的公比q＝b3b2＝93＝3，所以b1＝b2q＝1，b4＝b3q＝27.设等差数列{an}的公差为d.因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2，所以an＝2n－1(n＝1，2，3，…)．(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，从而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝n（1＋2n－1）2＋1－3n1－3＝n2＋3n－12.17．D2，D3[2016·全国卷Ⅰ]已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝13，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.(1)求{an}的通项公式；(2)求{bn}的前n项和．17．解：(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝13，得a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，其通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn得bn＋1＝bn3，因此{bn}是首项为1，公比为13的等比数列．记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝1－(13)n1－13＝32－12×3n－1.19．D2，D4，H6[2016·四川卷]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q0，n∈N*.(1)若a2，a3，a2＋a3成等差数列，求数列{an}的通项公式；(2)设双曲线x2－y2a2n＝1的离心率为en，且e2＝2，求e21＋e22＋…＋e2n.19．解：(1)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a2，a3，a2＋a3成等差数列，可得2a3＝a2＋a2＋a3，所以a3＝2a2，故q＝2，所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)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＝2，解得q＝3，所以e21＋e22＋…＋e2n＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)]＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)]＝n＋q2n－1q2－1＝n＋12(3n－1)．17．D2[2016·全国卷Ⅱ]等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.17．解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，解得a1＝1，d＝25.所以{an}的通项公式为an＝2n＋35.(2)由(1)知，bn＝[2n＋35].当n＝1，2，3时，1≤2n＋352，bn＝1；当n＝4，5时，22n＋353，bn＝2；当n＝6，7，8时，3≤2n＋354，bn＝3；当n＝9，10时，42n＋355，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.19．D2、D4[2016·山东卷]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.19．解：(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式．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，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.由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＋2.18．D2、D3[2016·天津卷]已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且1a1－1a2＝2a3，S6＝63.(1)求{an}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb2n}的前2n项和．18．解：(1)设数列{an}的公比为q，由已知，有1a1－1a1q＝2a1q2，解得q＝2或q＝－1.又由S6＝a1·1－q61－q＝63，知q≠－1，所以a1·1－261－2＝63，得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由题意，得bn＝12(log2an＋log2an＋1)＝12(log22n－1＋log22n)＝n－12，即{bn}是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)nb2n}的前n项和为Tn，则T2n＝(－b21＋b22)＋(－b23＋b24)＋…＋(－b22n－1＋b22n)＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝2n（b1＋b2n）2＝2n2.17．D2、D3[2016·浙江卷]设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通项公式an；(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．17．解：(1)由题意得a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，则a1＝1，a2＝3.又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1.当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，所以bn＝3n－1－n－2，n≥3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3.当n≥3时，Tn＝3＋9（1－3n－2）1－3－（n＋7）（n－2）2＝3n－n2－5n＋112，n＝2也适合此式，所以Tn＝2，n＝1，3n－n2－5n＋112，n≥2，n∈N*.D3等比数列及等比数列前n项和7．D3[2016·四川卷]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：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30)A．2018年B．2019年C．2020年D．2021年7．B[解析]设x年后该公司全年投入的研发资金为200万元．由题可知，130(1＋12%)x＝200，解得x＝log1.12200130＝lg2－lg1.3lg1.12≈3.80.又资金需超过200万元，所以x的值取4，即该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是2019年．18．D2、D3[2016·天津卷]已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且1a1－1a2＝2a3，S6＝63.(1)求{an}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb2n}的前2n项和．18．解：(1)设数列{an}的公比为q，由已知，有1a1－1a1q＝2a1q2，解得q＝2或q＝－1.又由S6＝a1·1－q61－q＝63，知q≠－1，所以a1·1－261－2＝63，得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由题意，得bn＝12(log2an＋log2an＋1)＝12(log22n－1＋log22n)＝n－12，即{bn}是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)nb2n}的前n项和为Tn，则T2n＝(－b21＋b22)＋(－b23＋b24)＋…＋(－b22n－1＋b22n)＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝2n（b1＋b2n）2＝2n2.17．D2、D3[2016·浙江卷]设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通项公式an；(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．17．解：(1)由题意得a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，则a1＝1，a2＝3.又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1.当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，所以bn＝3n－1－n－2，n≥3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3.当n≥3时，Tn＝3＋9（1－3n－2）1－3－（n＋7）（n－2）2＝3n－n2－5n＋112，n＝2也适合此式，所以Tn＝2，n＝1，3n－n2－5n＋112，n≥2，n∈N*.20．A1、D3、D5[2016·江苏卷]记U＝{1，2，…，100}．对数列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝∅，定义ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定义ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝{1，3，66}时，ST＝a1＋a3＋a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列，且当T＝{2，4}时，ST＝30.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意正整数k(1≤k≤100)，若T⊆{1，2，…，k}，求证：STak＋1；(3)设C⊆U，D⊆U，SC≥SD，求证：SC＋SC∩D≥2SD.20．解：(1)由已知得an＝a1·3n－1，n∈N*.于是当T＝{2，4}时，ST＝a2＋a4＝3a1＋27a1＝30a1.又ST＝30，所以30a1＝30，即a1＝1，故数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.(2)证明：因为T⊆{1，2，…，k}，an＝3n－10，n