數(shù)學(xué)理科2016高考真題模擬新題單元數(shù)列

D元數(shù)D1數(shù)列的概念與簡單表示法D1[2016·卷]無窮數(shù)列{an}由k個不同的數(shù)組成，Sn為{an}的前n項和．若對任意n∈N*，Sn∈{2，3}，則k的最大值為 [解析]Sn∈{2，3}a1＝S1∈{2，3}．將數(shù)列寫出至最多項，其中有相同4D2等差數(shù)列及等差數(shù)列前nD2[2016·卷]已知{an}為等差數(shù)列，Sn為其前n項和．若a1＝6，a3＋a5＝0，則S6＝ ]d＝－2S6＝6×6＋22]2則a9的值 [解析]S5＝5a3＝10a3＝22a1＋a2＝2－2d＋(2－d)2＝d2－6d＋6＝－3d＝3，所以23．D2[2016·卷Ⅰ]已知等差數(shù)列{an}前9項的和為27，a10＝8，則 ×9＝27，可得a5＝3，所以a10－a5＝5d＝5，所以d＝1，所以19．D2，D4，H6[2016·卷]已知數(shù)列{an}的首項為1，Sn為數(shù)列{an}的前n項和Sn＋1＝qSn＋1，其中

nx－a2＝1ene2＝3，證明：e1＋e2＋…＋en>3n－1n解：(1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1，兩式相減得到S2＝qS1＋1an＋1＝qann≥1所以，數(shù)列{an}1q的等比數(shù)列，an＝qn－1.2a2，a3，a2＋2成等差數(shù)列，可得2a3＝3a2＋22q2＝3q＋2，則(2q＋1)(q－2)＝0，由已知，q>0q＝2，222（na所以雙曲線x－2＝1的離心率en＝ an由e2＝ 4負(fù)值舍去＝3，解得1＋q2(k－1)>q2(k－1)，所以 e1＋e2＋…＋en>3n－1

＝q－1其中[x]x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.解：(1)設(shè){an}d7＋21d＝28d＝1，所以{an}的通項為an＝n.D2，D4[2016·山東卷]已知數(shù)列{an}nSn＝3n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求數(shù)列{bn}的通項(2)cn＝（bn＋2）n，求數(shù)列{cn}n18．解：(1)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，n＝1時，a1＝S1＝11，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為即

兩式作差，得－Tn＝3×[2×2223242n1(n1)×2n2＝3×[4

]＝－3n·2nbnanan＋1的等比中項．n1n＋n1nnn1n設(shè)a1＝d，Tn＝,求證：<1.18．證明：(1)b2＝anan＋1cn＝b2＋－b2＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，nn1n因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以{cn}是等差數(shù)列(2)Tn＝(－b2＋b2)＋(－b2＋b2)＋…＋(－b2－＋b2)＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)

2n

＝2d 1 1 1 （1－

] 1-nnD．{d2}是等差數(shù)nn6．A[解析]由題意得，AnAn－1An＋1(n≥2)的中點，BnBn－1Bn＋1(n≥2)的h2A1C1A2h3A2C2D3等比數(shù)列及等比數(shù)列前n]TT＝?ST＝0T＝{t1，t2，…，tk}ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝求數(shù)列{an}的通項20．解：(1)an＝a1·3n－1，n∈N*.ST＝3030a1＝30，即故數(shù)列{an}的通項為

1

DCCDDCCD令E＝C∩(?UD)，F(xiàn)＝D∩(?UC)，則于是SC＝SE＋SC∩D，SD＝SF＋SC∩D，進(jìn)而由SC≥SD，得kE中最大的數(shù)，lFE ＋ k l F E k1由(2)知，S ，于是3l－1＝a≤S≤SE ＋ k l F E k1

2從而 2

＝2≤ SE≥2SF＋1SC－SC∩D≥2(SD－SC∩D)＋1，SC＋SC∩D≥2SD＋1.15．D3[2016·卷Ⅰ]設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，則a1a2…an的最 [解析]q

1＝10 ＝2，可得 ＝8

（2）所以 －3－2－1＋0＋＋(n－4)＝ 當(dāng)n＝3或n＝4時1(n2－7n)取得最小值－6，故

的最大值為（2）17．D3、D4[2016·卷Ⅲ]已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.(2)

＝17．解：(1)由題意得a1＝S1＝1＋λa1，故 1，a1≠0.＝ 1an≠0an＝λ1因此{(lán)a 1 λ因此{(lán)a ，公比 的等比數(shù)列，于是a ）

(2)由(1)得S λ）n，由S

λ

λ 1

5＝32

λ）＝32，即

） D3[2016·卷]某公司為激勵創(chuàng)新，計劃逐年加大研發(fā)投入．若該公司2015公司全年投入的研發(fā)開始超過200萬元的年份是()(參考數(shù)據(jù)：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30)A．2018年B．2019年C．2020年D．2021[解析]設(shè)x年后該公司全年投入的研發(fā)開始超過200萬元， lg2－lg解得x≥log112130＝lg xx42002019D3、A2[2016·卷]設(shè){an}是首項為正數(shù)的等比數(shù)列，公比為q，則“q<0”是“對任意的正整數(shù)n，a2n－1＋a2n<0”的( [解析]設(shè)數(shù)列的首項為a，則 ＋a＝aq2n－2(1＋q)<0，即q<－1，故選 D3[2016·浙江卷]設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則 ]2(Sn－Sn－1)＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，而a2＝2a1＋1，S2＝a1＋a2＝4，解得 17．D3[2016·卷]已知無窮等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和為Sn，且Sn＝S.下列條件中，使得2Sn<S(n∈N*)恒成立的是( 1 [解析]由題意得

時，n

n 2q>2a1<0時，q<2?q<2BD4數(shù)列求和17．D3、D4[2016·卷Ⅲ]已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.(2)

＝解：(1)由題意得a1＝S1＝1＋λa1，故 1，a1≠0.＝ 1an≠0an＝λ1因此{(lán)a 1 λ因此{(lán)a ，公比 的等比數(shù)列，于是a ）

(2)由(1)得S λ）n，由S

λ

λ 1

5＝32

λ）＝32，即

） 19．D2，D4，H6[2016·卷]已知數(shù)列{an}的首項為1，Sn為數(shù)列{an}的前n項和Sn＋1＝qSn＋1，其中

nx－a2＝1ene2＝3，證明：e1＋e2＋…＋en>3n－1n解：(1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1，兩式相減得到S2＝qS1＋1an＋1＝qann≥1所以，數(shù)列{an}1q的等比數(shù)列，an＝qn－1.2a2，a3，a2＋2成等差數(shù)列，可得2a3＝3a2＋22q2＝3q＋2，則(2q＋1)(q－2)＝0，由已知，q>0q＝2，222（na所以雙曲線x－2＝1的離心率en＝ an由e2＝ 4負(fù)值舍去＝3，解得1＋q2(k－1)>q2(k－1)，所以 e1＋e2＋…＋en>3n－1

＝q－1D2，D4[2016·山東卷]已知數(shù)列{an}nSn＝3n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求數(shù)列{bn}的通項(2)cn＝（bn＋2）n，求數(shù)列{cn}n18．解：(1)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，n＝1時，a1＝S1＝11，設(shè)數(shù)列{bn}的公差為即

兩式作差，得－Tn＝3×[2×2223242n1(n1)×2n2＝3×[4

D5單元綜合

]＝－3n·2nD5，A1[2016·卷]設(shè)數(shù)列A：a1，a2，…，aN(N≥2)．如果對小于n(2≤n≤N)的kak<annA的一個“GG(A)A的所有

aN≤a1時，結(jié)論成立．a(chǎn)N>a1.n0＝1，則從而mi∈G(A)從而對任意np≤k≤N，ak≤anp，特別地所以aN－a1≤anp－a1＝]集T，若T＝?，定義ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定義ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如求數(shù)列{an}的通項20．解：(1)an＝a1·3n－1，n∈N*.ST＝3030a1＝30，即故數(shù)列{an}的通項為

1

DCCDDCCD令E＝C∩(?UD)，F(xiàn)＝D∩(?UC)，則于是SC＝SE＋SC∩D，SD＝SF＋SC∩D，進(jìn)而由SC≥SD，得kE中最大的數(shù)，lFE ＋ k l F E k1由(2)知，S ，于是3l－1＝a≤S≤SE ＋ k l F E k1

2從而 2

＝2≤ SE≥2SF＋1SC－SC∩D≥2(SD－SC∩D)＋1，SC＋SC∩D≥2SD＋1.12．D5[2016·卷Ⅲ]定義“規(guī)范01數(shù)列”{an}如下：{an}共有2m項，其中m項0，m項為1，且對任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的個數(shù)不少于1的個數(shù)．若m＝4，則不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有( A．18個B．16C．14個D．12 10C10C3 20．D5[2016·浙江卷]設(shè)數(shù)列{a}

n

n－2(2)若 n∈N*，證明≤2 an＋1≤1，得|a

n－2

n

2n2n＋1

1 1 1212n＝212222232n－12n

2因此(2)任取n∈N*，由(1)知，對于任意

1

12n－2m＝(2n－2n＋1)＋(2n＋1－2n＋2)＋…＋(2m－1－2m

1 1

故|an|<2n－12m·2nn－1＋2m·2m

2m>n，均有|an|<2＋4m的任意性得否則，存在n0∈N*，有m0>log42n0m0>n0

2n0與①式綜上，對于任意n∈N*，均有23．D5，M2[2016·卷]若無窮數(shù)列{an}滿足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，則稱{an}P.若{an}具有性質(zhì)P，且a1＝1，a2＝2，a4＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，求若無窮數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，無窮數(shù)列{cn}是公比為正數(shù)的等比數(shù)＝c1＝81，an＝bn＋cn，判斷{an}是否具有性質(zhì)P，并說明理由P”的充要條件為“{bn}是常數(shù)列”．23．解：(1)a5＝a2a6＝a3，a7＝a4＝3，a8＝a5＝2，a6＋a7＋a8＝a3＋3＋2.a6＋a7＋a8＝21a3＝16.{bn}的公差為 33a1＝a5＝82a2＝48，a6

＝3

a1ap＝aqb1＋sinap＝b1＋sinaqap＋1＝aq＋1，用反證法證明．假設(shè){bn}不是常數(shù)列，則存在k∈N*，使得b1＝b2＝…＝bk＝b，而π－b<0ca1＝can＋1＝b＋sinan(1≤n≤k)a2＝b＋sinc＝c＝a1，a1＝a2＝…＝ak＋1＝c.ak＋2＝bk＋1＋sinak＋1＝bk＋1＋sinc≠b＋sinc所以{an}不具有性質(zhì)P，．綜上，“對任意a1，{an}都具有性質(zhì)P”的充要條件為“{bn}是常數(shù)列 [解析]an＋1>ann恒成立，即(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λnnλ>－2n－1nλ>－3.6．[2016·懷化模擬]Sn為等差數(shù)列{an}na1＝1＝36n＝() [解析]Sn＋2－Sn＝36，即an