历年高考理科数列真题汇编含答案解析.pdf

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1、高考数列选择题部分（2016 全国 I）（3）已知等差数列 an前 9项的和为 27，a10=8，则 a100=（A）100（B）99q（C）98（D）97，且（2016XX）已知无穷等比数列an的公比为，前 n项和为Snlim Snn下列条S.件中，使得2Sn（A）a1（C）a1S nqqN恒成立的是（0.70.8（B）a1（D）a1）0,0.60,0.70,0.7q0,0.8q0.60.7（2016 XX）5.【题设】某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入年全年投入研发资金该公司全年投入的研发资金开始超过.若该公司 2015130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%

2、，则200 万元的年份是（参考数据：lg 1.12 0.05，lg 1.3 0.11，lg2 0.30）（A）2018 年（B）2019 年（C）2020 年（D）2021 年（5）设 a（2016 XX）n是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q0”是“对任意的正整数 n，a2n-1+a2na1，则G(A)；学.科网（3）证明：若数列A 满足an -an 11（n=2,3,N）,则G(A)的元素个数不小于aN-a1.（2016 XX）19.【题设】（本小题满分 12 分）已知数列 an的首项为1，Sn为数列 an 的前 n项和，Sn 1qSn 1，其中 q0，n N*.（I）若2a,a,a2

3、322成等差数列，求an的通项公式；(ii)设双曲线x2y21的离心率为 en，且e2an2已知5，证明：e13e2en4n3n3n 1.（2016 XX）(18)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 an 1的等比中项.()设cnbn21 bn2,n N*，求证：cn是等差数列；2n()设a1d,Tnk 11nnbn2,n N*，求证：k2.11Tk2d1（2016 XX）（18）（本小题满分 12 分）已知数列 an的前 n项和 Sn=3n2+8 n，bn的通项公式；是等差数列，且 an bn bn 1.（）求数列 bn（）令 cn(an1)n 1(b2)

4、n.求数列cn的前 n项和 Tn.n（2016 XX）20.（本小题满分 16分）记 U1,2,，100.对数列annN和的子集 T，若,定义*UTS0T;若Tt1,t2,，tk，定义STaa+at1t2tk.例如：T=1,3,66时，时，STa1 a3+a66.现设ST=30.annN*是公比为 3的等比数列，且当T=2,4（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：STak 1；（3）设CU,D U,SCSD,求证：SCSC D2SD.（2016 XX）20.（本题满分15分）设数列na满足 anan 11，n2（I）证明：an2n 1a1 2，

5、n；（II）若an3n，n，证明：an2，n210.【2015 XX 高考，20】（本小题满分 16分）设 a1,a2,a3,a4是各项为正数且公差为 d(d0)的等差数列（1）证明：2a1,2a2,2a3,2a4依次成等比数列；（2）是否存在a1,d，使得a1,a22,a33,a44依次成等比数列，并说明理由；（3）是否存在a1,d及正整数n,k，使得a1n,a2n k,a3n 2k,a4n 3k依次成等比数列，并说明理由.11.【2015 高考 XX，理20】已知数列an满足 a=112且 a=a-n 1n2（an nN）*（1）证明：1anan2（n N*）；1（2）设数列an2的前n项

6、和为Sn，证明12(n 2)Snn1（n2(n 1)N*）.12.【2015 高考 XX，理18】设数列an的前 n项和为Sn.已知2Sn3n3.（I）求an的通项公式；（II）若数列bn满足anbnlog3an，求bn13.【2015 高考 XX，理轴交点的横坐标 .的前 n项和Tn .18】设nN*，xn是曲线y x2n 21在点(1，2)处的切线与x（）求数列 xn的通项公式；（）记 Tn x12 x32x22n 1，证明 Tn1.4n14.【2015 高考 XX，理18】（本小题满分 13 分）已知数列 an满足an 2 qan(q为实数，且 q 1)，n N*,a1 1,a2a2+a

7、3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(I)求q的值和 an的通项公式；2，且(II)设bnlog2 a2n,n N*，求数列bn的前n项和.n 1a2 n 115.【2015 高考 XX，理22】在数列an中，a1 3,an 1 anaan20 nN（1）若0,2,求数列an的通项公式；N,k0 2,1,证明：2（2）若1 k0k013k0a1k01212k0116.【2015 高考 XX，理数列.16】设数列 an的前n项和Sn2ana1，且 a1,a21,a3成等差（1）求数列 an的通项公式；（2）记数列1的前 n项和T，求得|T 1|nn1成立的 n的最小值.an100017.【20

8、15 高考 XX，理 18】设等差数列 an公比为 q已知 b1a1，b2的公差为 d，前n项和为 Sn，等比数列 bn的2，qd，S10100（）求数列 an，bn 的通项公式；（）当 d 1 时，记 cnanbn，求数列 cn 的前n项和 Tn18.【2015 高考 XX，理 21】（本小题满分的各项和，其中 x 0，n（I）证 明：函 数Fnx12 分）设fnx是等比数列1，x，x2，xn，n2fn x 2在12,1内 有 且 仅 有 一 个 零 点（记 为 xn），且xn1221 xnn 1；（II）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，比较 fn其各项和为gn

9、x，x与 gn x的大小，并加以证明19.【2015 高考新课标 1，理 17】S为数列 a的前n项和.已知a 0，nnn2=4S 3.nanan（）求 an 的通项公式；（）设 bnn1,求数列 bn 的前n项和.a an 120.【2015 高考 XX，理21】数列an满足 a12a2nan4nn212 nN*，(1)求 a3的值；(2)求数列an前 n项和 Tn；a1，bnTn 1(3)令 b1n112131an n 2，证明：数列bn的前 n项n和 Sn满足 Sn2 2 ln n【2015 高考 XX，理（1）若bn22】已知数列an与 bn满足 an 1an2 bn1bn，n.3n

10、5，且a11，求数列an的通项公式；（2）设an的第 n项是最大项，即0a（n0），求证：数列b的第 n项是最大项；n（annnn0（3）设a10，bn），求的取值 X 围，使得an有最大值与最小值 m，且2,2.m8.【2014年 XX 卷（理20）】(本小题满分 13 分)1，|an1an|pn，nN*.（1）若 an是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求已知数列 an 满足a1（2）若pp的值；1，且 a2 n 1 是递增数列，是 a2n 递减数列，求数列 an 的通项公式.210，a2为整数，且 SnS4.9.【2014 年全国大纲卷（18）】（本小题满分 12 分）等差数列

11、 an 的前 n 项和为 Sn，已知 a1（1）求 an的通项公式；（2）设bnn1，求数列 bn的前n 项和Tn.a an 110.【2014 年 XX 卷（理 19）】(本小题满分 12分）已知等差数列 an的公差为 2，前n项和为 S，且nS，S，S成等比数列。124（I）求数列 an的通项公式；（II）令bn=(1)n 14na an ,求数列 bn 的前n项和 Tn。n 111.【2014 年全国新课标（理 17）】(本小题满分 12分)已知数列 an 的前n项和为Sn，a1=1，an0，anan 1Sn1，其中；为常数.()证明：an 2an（）是否存在，使得 an为.等差数列？并

12、说明理由高考数列选择题部分（2016 全国 1）【答案】C【解析】试题分析：由已知，9a136da19d278,所以a1 1,d 1,a100 a1 99d199 98,故选 C.考点：等差数列及其运算（2016 XX）【答案】B（2016 XX）答案】B（2016 XX）【答案】C【解析】试题分析：由题意得，a2 n 1a2n0a1(q2n 2充分条件，故选 C.q2n 1)0q2(n 1)(q1)0q(,1)，故是必要不（2016 XX）【答案】A【解析】Sn表示点An到对面直线的距离（设为hn）乘以 Bn Bn 1长度一半，即Sn12hnBn Bn 1，由题目中条件可知 Bn Bn 1的

13、长度为定值，那么我们需要知道hn的关系式，过 A1作垂直得到初始距离h1，那么 A1,An和两个垂足构成了等腰梯形，那么hnSnhAA1nn 11tan，其中A1Antan为两条线的夹角，即为定值，那么(h1)Bn Bn 1，Sn 1(h1 A1 An 1 tan21)BnBn 1，作差后：2Sn 1 Sn(An An 1 tan )Bn Bn 1，都为定值，所以Sn 11Sn为定值故选 A 21.【2015 高考 XX，理 2】【答案】B【解析】由等差数列的性质得a6 2a4a22.【2015 高考 XX，理 8】【答案】D【解析】由韦达定理得数列时，2240，选B.a bp，a bq，则

14、a4，b0,b 0，当 a,b,2适当排序后成等比2必为等比中项，故a b q4a当适当排序后成等差数列时，2必不是等差中项，当 a是等差中项时，2a8a42，解得aab p1，b 4；当4a是等差中项时，a2，解得a4，b1，综上所述，a5，所以pq9，选 D 3.【2015 高考，理 6】【答案】C【解析】先分析四个答案支，A 举一反例a12,a21,a31,a34，a1a20，而 a110 而a2 a30，A 错误，B 举同样反例a1B 错误，下面针对C 进行研究，2,a24，a1a312a20，是等差数列，若，则a0,设公差为d，an20 aa则 d0，数列各项均为正，由于a22a1a

15、5(a1d)2a1(a12d)21a12d2a12121d20，则aa a1a31a a，选 C.134.【2015 高考 XX，理3】【答案】B.1.【2014 年 XX 卷（理 02）】【答案】D【解析】设 an公比为q，因为a6q3,a9q3，所以a3,a6,a9成等比数列，选择Da3a62.【2014 年全国大纲卷（10）】【答案】C【解析】等比数列an中 a4=2，a5=5，a4?a5=2 5=10，数列 lgan的前 8项和 S=lga1+lga2+lga8=lg（a1?a2 a8）=lg（a4?a5）4=4lg（a4?a5）=4lg10=4 故选：C5.【2014 年 XX 卷（

16、理 03）】【答案】C【解析】由题意可得S3 a1 a2 a33a212，解得 a24，公差 d a2 a1422，a6 a15d25212，故选：C（2016 全国 I）【答案】64（2016 XX）答案】4【解析】试题分析：要满足数列中的条件，涉及最多的项的数列可以为2,1,1,0,0,0,，所以最多由 4 个不同的数组成.（2016）【答案】6【解析】试题分析：a n是等差数列，a3a52a40，a0，a441a 3d6，d2，S6 6a1 15d6615(2)6，故填：6（2016 XX）【答案】20.【解析】由 S510得 a32，因此 22d(2d)23d3,a923620.（20

17、16 XX）【答案】11215.【2015 高考 XX，理14】答案】2n1，解得 a1【解析】由题意，a1a491,a48或者 a18,a41，而数列 an a2a3a1 a48是递增的等比数列，所以 a11,a48，即q3a4a18，所以 q2，因而数列 an的前 n项和a1(1 qn)Sn1 q1 2n12n21.6.【2015 高考新课标2，理 16】【答案】【解析】由已知得 an 11nSn1SnSn 1Sn，两边同时除以 Sn 1Sn，得11SnS1，n 1故数列1是以1为首项，Sn1n1为公差的等差数列，则1Sn1(n1)n，所以Sn7.【2015 高考 XX，理 10】【答案】

18、10【解析】因为an是 等 差 数 列，所 以 a3a7a4a6 a2 a8 2 a5，a3 a4 a5 a6 a75a5 25即 a5 5，所以 a2 a82a510，故应填入 108.【2015 高考 XX，理 13】【答案】5【解析】设数列的首项为a1，则 a1项为 5，所以答案应填：5209.【2015 XX 高考，11】【答案】20152 10102020，所以 a15，故该数列的首113.【2014 年 XX 卷（理【答案】5013）】【解析】由题意得，ln a1ln a2a10 a11a9 a12a1a20e5，又an0，ln a20=ln(a1a2a20)=ln(a1a20)1

19、0=10 ln e5=50.07）】【答案】44.【2014 年 XX 卷（理【解析】根据等比数列的定义，a8a2q6,a64a2 q4,a4a2 q2，所以由 a8(q2)2q2a62a2得2 0，解得a2 q6a2q42a2 q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程q22，a6a2 q41 226.【2014 年 XX 卷（理11）】【答案】-122【解析】依题意得S22=S1S4，所以(2a1-1)9=a1(4a1-6)，解得 a1=-81.27.【2014 年卷（理12）】【答案】8【解析】由等差数列的性质可得a+a+a=3a 0，a 0，又 a+a=a+a0，a 0，78887

20、1099等差数列 an的前 8项为正数，从第和最大，故答案为：89 项开始为负数，等差数列an 的前 8项高考数列简答题（2016 全国 II）【答案】（）b10，b111，b1012；（）1893.考点：等差数列的的性质，前n项和公式，对数的运算.（2016 全国 III）【答案】（）an1(1)n 1；（）11【解析】考点：1、数列通项an与前n项和为Sn关系；2、等比数列的定义与通项及前n项和为Sn（2016）【答案】（1）G(A)的元素为2和5；（2）详见解析；（3）详见解析.如果 Gi从而 mi，取 mimin Gi，则对任何 1k mi,ak ani ami.G(A)且 mini

21、1.又因为 np是G(A)中的最大元素，所以 Gp.考点：数列、对新定义的理解.（2016 XX）【答案】（）an=qn-1；（）详见解析.试题解析：（）由已知，Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到又由 S2 =qS1+1得到 a2=qa1，故an+1=qan对所有 n 3 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.an+2=qan+1,n?1.由 2a2，a3，a2+2成等比数列，可得由已知,q 0，故 q=2.所以 an=2n-1(n?N*).（）由（）可知，22a3=3a2 +2，即2q2=3q+2,，则(2q+1)(q

22、-2)=0，an =qn-1.2所以双曲线 x-2y22 =1的离心率en =1+ank-1=*1+q2(n-1).an由 q=1+q =2(k-1)534解得q=.32(k-1)2(k-1)因为 1+q q，所以 1+q q（k?N）.于是 e1+e2+鬃?en 1+q+鬃?qn-1=qn-1，q-1n-1故 e1+e2+鬃?e34n-3n.3考点：数列的通项公式、双曲线的离心率、等比数列的求和公式.（2016 XX）(18)【答案】（）详见解析（）详见解析考点：等差数列、等比中项、分组求和、裂项相消求和（2016 XX）【答案】（）bn3n1；（）Tn3n 2n 2.（）由（）知c(6n6

23、)n 13(n 1)2n 1，n(3n3)n又 Tnc1 c2c3cn，得 Tn32223 234 24(n 1)2n 1，2Tn32233 244 25(n 1)2n 2，两式作差，得Tn3 2 2223242n 1(n1)2n 2 n3 44(21)2 1(n1)2n 23n 2n 2所以 Tn3n 2n 2考点：数列前n项和与第 n项的关系；等差数列定义与通项公式；错位相减法（2016 XX）【答案】（1）an3n 1（2）详见解析（3）详见解析（3）下面分三种情况证明.若D是C的子集，则SSS2SSCDDCCCDSS.DD是D的子集，则SC D2.若SCDS2SSCCSC若 D不是C的

24、子集，且C不是D的子集.考点：等比数列的通项公式、求和（2016 XX）a【试题分析】（I）先利用三角形不等式得n 1an1a1n 11，变形为an，再用22n2n 12n1an1，进而可证 an2n 1a1 2（；II）由（I）可得an累加法可得aam1，22n2n2m2n 1m进而可得 an 232n，再利用m的任意性可证an 24（II）任取 n，由（I）知，对于任意mn，an2n12n12故n 1am2man2nan 1an 1an 2am 1am2n 11n2n 12n 22m 12m12n 1，2m 1an1am2m32m12n 11n2n 12m2m222n34从而对于任意 mn

25、，均有10.【2015 XX 高考，20】【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在【解析】试题分析（1）根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可（2）本题列式简单，变形较难，首先令tda1将二元问题转化为一元，再分别求解两个高次方程，利用消最高次的方法得到方程：7t2+4t3 0，无解，所以不存在（3）同n,k 得到关于 t（2）先令td将二元问题转化为一元，为降次，所以两边取对数，消去a1的一元方程 4ln(1的解转化为研究函数3t)ln(1 t)ln(1 3t)ln(1g(t)4ln(1 3t)ln(12t)3ln(1 2t)ln(1t)ln(1 3t)

26、ln(1 2t)t)0，从而将方程3ln(1 2t)ln(1 t)零点情况，这个函数需要利用二次求导才可确定其在(0,)上无零点试题解析：（1）证明：因为2an 12a2an 1a n2d（n1，2，3）是同一个常数，n所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列a1 da，则 a1，a2，a3，a4分别为 ad，ad a2d ad a2d（2）令a，（，d0）假设存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，则 a4令 t364a dda，则 1a d，且 a d3a2a 2d61 t 1t，且 1 t1 2t（412t 1，t0），化简得t32t22 0（），且

27、t2t1将t2t1代入（）式，t t 1 2 t 1 2 t23t t 1 3t 4t 1 0，则t14显然 t14不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a44依次构成等比数列（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n k，a3n 2 k，a4nn 2k2 n k3 k依次构成等比数列，n kn 3 k2 n 2k则 a1n a12dn 2 ka1d，且 a1da13dd（ta12d分别在两个等式的两边同除以a12 n k2及 a1n 2 k，并令 tn kn 3ka11，t0），32 n k2 n 2 k则 1 2t1 t，且

28、 1 t1 3t1 2t将上述两个等式两边取对数，得且 nn2k ln 12 n2t2k ln2 nk ln 1 t，k ln 1 tn3k ln 1 3t1 2t化简得2k ln 1 2t且 3k ln 1 3tln1ttn2ln 1tln 12t，ln 1n 3ln1 tln 1 3t令2 t1t，则2t121 t1 2t 1 3t0由 g 0知20t102 0 0，2 t0，1t，t，g t在13,0和 0,上均单调故 g t只有唯一零点 t 0，即方程（）只有唯一解 tn，n k0，故假设不成立所以不存在 a，及正整数 n，k，使得，n 2 k，n 3 k依次构成等比数列1da1a2a

29、3a411.【2015 高考 XX，理 20】【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.试题分析：（1）首先根据递推公式可得an12，再由递推公式变形可知anan11 an1,2，从而得证；（2）由1n 11n=ann 1和 1an2得，a1n 1an1n 1an21ana aa12(n 1)aa2，从而可得an 1n 11n2(n N*)，即可得证.试题解析：（1）由题意得，an 1anan20，即an 1an，an1，由 an(1 an 1)an 1得 an(1an 1)(1 an 2)(1 a1)a10，由0an122得，an2anan11 an1a1,2，即1ann 1anan2a2；（

30、2）由题意得anan，1n 1 Sna1an 1，由1=an和 1anan2得，111an2，a nn 1an 1an 11an112n，因此12(n1)an 1an 11(nN*)，由得n 2a112(n2)Snn12(n.1)12.【2015 高考 XX，理 18】【答案】（I）an3,n 1,;（II）Tn3n 1,n 1,13 6n3.1243n1所以 T1b13当n 1时，Tn b1b2 b3bn131 312 32n 1 31 n所以 3Tn1 1302 31n 1 32 n两式相减，得23012 n1 n2 1 31 n3 131n 1 31 n2Tn63 33n 1 3136n

31、3所以 Tn23n136n3124 3n136n3经检验，n综上可得：T1时也适合，n1243n13.【2015 高考 XX，理 18】【解析】试题分析：（）对题中所给曲线的解析式进行求导，得出曲线yx2 n 21在点(1，2)处2)(x 1).令 y0.解得的切线斜率为2n2.从而可以写出切线方程为y2(2 n切线与 x轴交点的横坐标xn11nn1n 1.（）要证Tn1，需考虑通项 x2n4nx2 x2x2路如下：先表示出 T21，通过适当放缩能够使得每项相消即可证明.思(1)2(3)22(2n 122n)，求出初始条件当n1时，n132 n1T1144.当 n2时，单独考虑x2 n 14n

32、2，并放缩得x22n12(2n 1)2(2n1)212 4n nn1，所以2 n 1(2n)(2n)2nn(2n)2(2n)2Tn ()212212311，综上可得对任意的 n4nN*，均有Tn1.4n试题解析：（）解：y 线斜率为(x2n21)(2n 2)x2n1，曲线 yx2n2 1在点(1，2)处的切2n2.从而切线方程为yn.2(2 n2)(x1).令 yxn1n2 2x1 x3112(2 n 1)21 4n24nn 1n，n 12n 1（）证：由题设和（）中的计算结果知Tnx()()1232(2n 12n).2当 n1时，T.11424当 n 2时，因为 x2 n 12(2n 1)2

33、2n所以 T ()12(2n 1)2n22(2 n).(2n)2(2n)2n21 223综上可得对任意的nn 1 1.n4nN*，均有T12n 1n.4n14.【2015 高考 XX，理 18】n 122 ,n 为奇数,【答案】(I)ann;(II)Sn422,n 为偶数.0，解得切线与x轴交点的横坐标(II)log2 a2nn由(I)得 bna，设数列bn的前 n项和为 Sn，则2 n 12n 111S21n1n10，n 12132222111112 Sn1212 22323n2n两式相减得11 111n112nn2n2 Sn12 22232n2 2n2n，2n 1112n2整理得 Sn4n

34、 22n1所以数列b2n的前 n项和为4nn 1,nN*.215.【2015 高考 XX，理 22】【答案】（1）an3 2n 1；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由于0,2，因此把已知等式具体化得an 1an 2an2，显然由于a13，则 an 0（否则会得出 a10），从而 an 1 2an，所以 an 是等比数列，由其通项公式可得结论；（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系是an+1an+1 an+1-an2 =0,可变形为an 1an1an2 n N,k0k0由于 k0 0，因此anan11，于是可得an 1an，即有 3=a1 a2 an an+1 0，k0

35、又an+1a2-1+1222nank0k01 11+?=an-k0 k0k0 an+1=1=1an+an+k0k0，于是有ak0+1=a1+a2-a1+ak0+1-ak0()()11k01111a12k0k0k0 a11 k0 a21113k01k a0k011k013k03k013k012，这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知an2(n N*)，因此1ak0+1=a1k011k0k021k01111k0 a11 k0 a21112k01k0ak01212k012k01.(1)由2k01，这样结论得证，本题不等式的证明应用了放缩法若存在某个 n00，2,有 an 1 an2an2,(n

36、N)N，使得 an=0，则由上述递推公式易得0an+10=0，重复上述过程可得a1=0，此与 a1=3矛盾，所以对任意 n N,an从而 an+1=2an0.nN，即 an是一个公比q=2的等比数列.故 an =a1qn-1=3?2n-1.求和得ak=a1+0+1(a2-a1)+(ak+1-a0k0)k11111a10k0k0k0 a1 1 k0 a21k0ak101112121k03k013k013k013k01另一方面，由上已证的不等式知 aa1 a2 k a+1 20k0得ak01a111111 k0k0kk0k0 a1 1 k0 a2 10ak012111121k02k012k012k

37、012k01综上：2+1 a 2+1k+13k00+12k0+116.【2015 高考 XX，理 16】【答案】（1）an2n；（2）10.【解析】（1）由已知Sn2ana1，有 anSnSn 1 2an 2an 1(n 1)，即 an2an 1(n 1).从而 a22a1,a34a1.又因为 a1,a21,a3成等差数列，即 a1a32(a21).所以 a4a2(2a 1)，解得 a2.1111所以，数列 an 是首项为 2，公比为 2 的等比数列.故an 2n.11（2）由（1）得.a2nn11(1)n 1所以 Tn1112221122232n112n.2由|T1|1n，得|111|1，即

38、2n1000.10002n1000因为 2951210001024 210，所以 n10.于是，使|Tn1|110.1000成立的 n的最小值为17.【2015 高考 XX，理18】an1【答案】（）an2n1,9(2 n79),b2n 1或；（）62n 3n.bn92().n 12n 1.91T135792n1n.22222324252n-可得11Tn2112n132n 2n32 nn，2222222n3故 Tn62n 1.18.【2015 高考 XX，理21】【答案】（I）证明见解析；（II）当x=1时，()，当()时，fn x=gn xfn(x)0,n 1nF()1n2112111121

39、222112xn22n0,所以Fn x()在1,1内至少存在一个零点.22x又 Fn (x)1()在F xnxn10，故在1,1内单调递增，2xn.所以12,1内有且仅有一个零点因为 xn是 Fn(x)的零点，所以Fn(xn)=0，即1-xnn+1-2=01-xn，故 x=1+1xn+1.n2 2n(II)解法一：由题设，gn(x)=(n+1 1+xn)().2所以，即()()h(x)h(1)=0fnx gnx.综上所述，当x=1时,fn(x)=gn(x)；当 x1时 fn(x)gn(x)1 x解法二由题设，fn(x)x2xnn 1 1 xn,gn(x),x 0.2当 x=1时,fn(x)=g

40、n(x)当 x 1时,用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x).当 n=2时,f2(x)-g2(x)=-1(1-x)2 0,所以f2(x)g2(x)成立.2假设 nk(k 2)时，不等式成立，即()().fkx gkx那么，当 n=k+1时，fk+1(x)=fk(x)+xk+1 gk(x)+xk+1=(k+1)(1+xk)+xk+1=2xk+1+(k+1)xk+k+1.22又 gk+1(x)-2xk+1+(k+1)xk +k+1=kxk+1-(k+1)xk+122令hk(x)kxk 1k1 xk 1(x 0)，则hk (x)k(k 1)xkk k1 xk1k k1 xk 1(x 1)所以当0

41、x 1,hk(x)0,hk(x)在(1,)上递增.k+1k()1164n6所以 hk(x)hk(1)=0，从而gk+1(x)2x+k+1 x +k+12故fk+1(x)gk+1(x).即 n=k+1，不等式也成立.所以，对于一切n2的整数，都有fn(x)0，nk11.若 0 x 1，xn-k+11，xn-k+11，mk(x)0，从而mkx(0,1)mk(x)(1,)mk(x)mk(1)=0()在上递减，在上递增.所以，所以当 x0 且 x 1时,akbk(2 kn),又 a1=b1，an+1=bn+1，故 fn(x)gn(x)综上所述，当x=1时，fn(x)=gn(x)；当 x 1时 fn(x

42、)gn(x).19.【2015 高考新课标 1，理 17】【答案】（）2n1（）(11)=所以 a=2n1；1，2n 12n 3n（）由（）知，bn=11(12n3)11(2n1)(2n3)22n 1()所以数列 bn 前 n项和为b1b25 7bn=1(1 1)23 511.64n620.【2015 高考 XX，理 21】2 23，22141n 1【答案】（1）；（2）21；（3）见解析4243 24231【解析】（1）依题3a3a12a23a3a1 2a21a3；4（2）依题当n1nana12a2nana1 2an 1 an22n 1442n 1n 1 an1，又 a14 1 21也适合此

43、式，2201n 1 an2，时，n 1，n 2nn1221数列 an1是首项为 1，公比为的等比数列，故Tn2n 112112nn 1212；（3）依题由bna1a2na1121nan知 b1a1，b2a12112a2，b3a1 a2311 1 a3，23【2015 高考 XX，理 22】【答案】（1）an6n5（2）详见解析（3）12,0【解析】解：（1）由bn 1bn所以 an是首项为1，公差为故 an的通项公式为 an证明：（2）由an 1an3，得 an 1 an6，6的等差数列，6n2 bn5，n1.，得 an 1bn2bn 1 an 2bn.所以 an因为2bn为常数列，anan，

44、n2bna12b1，即 an2bna1 2b1.a1 2b12bn an0，所以 2bn0a12b1，即 bn0bn.故 bn的第 n0项是最大项.解：（3）因为bnn，所以 an 1an2n1n，当 n2时，anan22nan 1n 1an 1an 2n2a2a12a12n 12n.当 n1时，a12n，所以.，符合上式 .所以 an2 n2n 1因为当0a2 n2，a2 n 12.时，由指数函数的单调性知，1an不存在最大、最小值；1，而当1时，an的最大值为3，最小值为312,2；2当10时，由指数函数的单调性知，22an的最大值12a2 2，最小值m a1，由 22及 10，得0.综上

45、，的取值 X 围是1,0.220）】8.【2014 年 XX 卷（理解：（1）因为 an是递增数列，所以an 1an|an 1an|p，而 a1n1，因此a24a21p，a31pp2，又a1，2a2，3a3成等差数列，所以a13a3，因而3 p2p0时，an 10，解得 p1或 p0，3但当 pan，与 an是递增数列相矛盾，故p13.(2)由于 a2n1 是递增数列，因而a2n 1a2n10，于是(a且2n 1a2 n)(a2 na2n 1)011，所以1|a2 n1a2 n|a2 na2 n 1|22n22n则可知，a2na2n10，因此 a2na2n112(1)2 n，2n 122 n

46、1因为是 a2n 递减数列，同理可得a2na12 n0，故 a2n1a2 n1(1)2 n 122 n22n2n，由即得a(1)n 1ann 1.于是ana1(a211a1)(a3a2)(anan 1)112122(1)nn21n(1(1)n 122112431(1).32n 1故数列 an 的通项公式为 an41(1)n332n1(nN*).9.【2014 年全国大纲卷（18）】解：（1）设等差数列 an的公差为d，而a10，Sn10n，此时 SnS4不成立若 d若 d当 d10，从而有 an 10(n 1)d0，数列 an是一个单调递增数列，Sn随着n的增大而增大，也不满足0时，数列 an

47、是一个单调递减数列，要使SnS4SnS4，则须满足a5a40即104d103d此时010an10d033(13n530，又因为 a2a1d为整数，所以dZ，所以 d31)2n（2）由（1）可得bna an1n 111()4(133n)(10 3n)(3n 13)(3n所以 Tn1(1()310711(137110)(3n11)13133n 10(11)1133n1033n13(110(1717)()(14)13n110)13(11)n13 3n10 3n1010(3n 10).10.【2014 年 XX 卷（理 19）】解：（I）d2,S1a1,S22a1d,S44a16d,S1S41S1,S

48、2,S4成等比S22解得1,a1an2n（II）bn (1)n 14nanan1(1)n 1(12n1(当 n为偶数时，T(11)n312nTn12n12n11当 n为奇数时，Tn)(1312n2Tn12n12n111)3 5(11)2n11)5 7(12n311)(11)2n12n12n11 11 1111()3 5()5 7(2n32n1)(2n1)2n1Tn ,n 为偶数2n1,n 为奇数2n2n12n211.【2014 年全国新课标（理 17）】【解析】：()由题设anan 1Sn1，an 1 an 2Sn 11，两式相减 6分an 1 an 2 anan 1，由于 an0，所以 an 2an（）由题设 a=1，a a11 2S 1，可得 a1211，由()知 a31假设 an 为等差数列，则证明a1,a2,a3成等差数列，a1 a3 2a2，解得4知4 的等差数列a2 m 14；4时，an为等差数列：由an 2an数列奇数项构成的数列a2 m1是首项为 1，公差为4m 3令 n2m 1,则 mn 12，an2n1(n 2m1)的等差数列 a2m 4m 1数列偶数项构成的数列令 na2 m是首项为 3，公差为 42m,则 mn，an2n1(n2m)2 an2n 1（nN*），an 1an 24，使得an为等差数列.因此，存在存在 12分