2017年高考数学试题分项版—数列(解析版)一、选择题1.(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1.【答案】C【解析】方法一∵数列{an}是公差为d的等差数列,∴S4=4a1+6d,S5=5a1+10d,S6=6a1+15d,∴S4+S6=10a1+21d,2S5=10a1+20d.若d>0,则21d>20d,10a1+21d>10a1+20d,即S4+S6>2S5.若S4+S6>2S5,则10a1+21d>10a1+20d,即21d>20d,∴d>0.∴“d>0”是“S4+S6>2S5”的充分必要条件.故选C.方法二∵S4+S6>2S5⇔S4+S4+a5+a6>2(S4+a5)⇔a6>a5⇔a5+d>a5⇔d>0.∴“d>0”是“S4+S6>2S5”的充分必要条件.故选C.2.(2017·全国Ⅰ理,4)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为()A.1B.2C.4D.82.【答案】C【解析】设{an}的公差为d,由a4+a5=24,S6=48,得a1+3d+a1+4d=24,6a1+6×52d=48,解得d=4.故选C.3.(2017·全国Ⅰ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:N100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.1103.【答案】A【解析】设首项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推.则第n组的项数为n,前n组的项数和为n1+n2.由题意知,N100,令n1+n2100⇒n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.第n组的各项和为1-2n1-2=2n-1,前n组所有项的和为21-2n1-2-n=2n+1-2-n.设N是第n+1组的第k项,若要使前N项和为2的整数幂,则N-n1+n2项的和即第n+1组的前k项的和2k-1应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),k=log2(n+3)⇒n最小为29,此时k=5,则N=29×1+292+5=440.故选A.4.(2017·全国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4.【答案】B【解析】设塔的顶层的灯数为a1,七层塔的总灯数为S7,公比为q,则由题意知S7=381,q=2,∴S7=a11-q71-q=a11-271-2=381,解得a1=3.故选B.5.(2017·全国Ⅲ理,9)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}的前6项和为()A.-24B.-3C.3D.85.【答案】A【解析】由已知条件可得a1=1,d≠0,由a23=a2a6,可得(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2.所以S6=6×1+6×5×-22=-24.故选A.二、填空题1.(2017·江苏,9)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn,已知S3=74,S6=634,则a8=________.1.【答案】32【解析】设{an}的首项为a1,公比为q,则a11-q31-q=74,a11-q61-q=634,解得a1=14,q=2,所以a8=14×27=25=322.(2017·全国Ⅱ理,15)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则11nkkS________.2.【答案】2nn+1【解析】设等差数列{an}的公差为d,则由a3=a1+2d=3,S4=4a1+4×32d=10,得a1=1,d=1.∴Sn=n×1+nn-12×1=nn+12,1Sn=2nn+1=21n-1n+1.∴11nkkS1S1+1S2+1S3+…+1Sn=21-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=21-1n+1=2nn+1.3.(2017·全国Ⅲ理,14)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4=________.3.【答案】-8【解析】设等比数列{an}的公比为q.∵a1+a2=-1,a1-a3=-3,∴a1(1+q)=-1,①a1(1-q2)=-3.②②÷①,得1-q=3,∴q=-2.∴a1=1,∴a4=a1q3=1×(-2)3=-8.4.(2017·北京理,10)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a2b2=________.4.【解析】设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,则由a4=a1+3d,得d=a4-a13=8--13=3,由b4=b1q3,得q3=b4b1=8-1=-8,∴q=-2.∴a2b2=a1+db1q=-1+3-1×-2=1.三、解答题1.(2017·全国Ⅰ文,17)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.(1)求{an}的通项公式;(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.1.解(1)设{an}的公比为q,由题设可得a11+q=2,a11+q+q2=-6,解得q=-2,a1=-2.故{an}的通项公式为an=(-2)n.(2)由(1)可得Sn=a11-qn1-q=-23+(-1)n2n+13.由于Sn+2+Sn+1=-43+(-1)n2n+3-2n+23=2-23+-1n2n+13=2Sn,故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.2.(2017·全国Ⅱ文,17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式;(2)若T3=21,求S3.2.解设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)·d,bn=qn-1.由a2+b2=2得d+q=3.①(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②联立①和②解得d=3q=0(舍去),d=1,q=2.因此{bn}的通项公式为bn=2n-1.(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.3.(2017·全国Ⅲ文,17)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列an2n+1的前n项和.3.解(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1),两式相减,得(2n-1)an=2,所以an=22n-1(n≥2).又由题设可得a1=2,满足上式,所以{an}的通项公式为an=22n-1.(2)记an2n+1的前n项和为Sn.由(1)知an2n+1=22n+12n-1=12n-1-12n+1,则Sn=11-13+13-15+…+12n-1-12n+1=2n2n+1.4.(2017·北京文,15)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(1)求{an}的通项公式;(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.4.解(1)设等差数列{an}的公差为d.因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10,解得d=2,所以an=2n-1.(2)设等比数列{bn}的公比为q,因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9,解得q2=3,所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=3n-12.5.(2017·天津文,18)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).5.解(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12.而b1=2,所以q2+q-6=0,解得q=-3或q=2.又因为q>0,所以q=2.所以bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①由S11=11b4,可得a1+5d=16.②联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn.由a2n=6n-2,得Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1.上述两式相减,得-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=12×1-2n1-2-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16,所以Tn=(3n-4)2n+2+16.所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.6.(2017·山东文,19)已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=6,a1a2=a3.(1)求数列{an}的通项公式;(2){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和为Sn,已知S2n+1=bnbn+1,求数列bnan的前n项和Tn.6.解(1)设{an}的公比为q,由题意知a1(1+q)=6,a21q=a1q2,又an0,由以上两式联立方程组解得a1=2,q=2,所以an=2n.(2)由题意知S2n+1=2n+1b1+b2n+12=(2n+1)bn+1,又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1.令cn=bnan,则cn=2n+12n,因此Tn=c1+c2+…+cn=32+522+723+…+2n-12n-1+2n+12n,又12Tn=322+523+724+…+2n-12n+2n+12n+1,两式相减得12Tn=32+12+122+…+12n-1-2n+12n+1,所以Tn=5-2n+52n.7.(2017·浙江,22)已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).证明:当n∈N*时,(1)0<xn+1<xn;(2)2xn+1-xn≤xnxn+12;(3)12n-1≤xn≤12n-2.7.证明(1)用数学归纳法证明xn>0.当n=1时,x1=1>0.假设n=k时,xk>0,那么n=k+1时,若xk+1≤0,则0<xk=xk+1+ln(1+xk+1)≤0,与假设矛盾,故xk+1>0,因此xn>0(n∈N*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1,因此0<xn+1<xn(x∈N*).(2)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得,xnxn+1-4xn+1+2xn=x2n+1-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1).记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0).f′(x)=2x2+xx+1+ln()1+x>0(x>0),函数f(x)在[0,