2018年高考數(shù)學(xué)分類(lèi)匯編：D單元　數(shù)列

D單元數(shù)列D1數(shù)列的概念與簡(jiǎn)單表示法17.D1，D3【2018·全國(guó)卷Ⅰ】已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=1，nan+1=2（n+1）an.設(shè)bn=an（1）求b1，b2，b3；（2）判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并說(shuō)明理由；（3）求{an}的通項(xiàng)公式.17.解：（1）由條件可得an+1=2（n+1將n=1代入得，a2=4a1，而a1=1，所以a2=4.將n=2代入得，a3=3a2，所以a3=12.從而b1=1，b2=2，b3=4.（2）{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列.由條件可得an+1n+1=2ann，即b又b1=1，所以{bn}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列.（3）由（2）可得ann=2n-1，所以an=n·2n-15.D1、D4【2018·北京卷】設(shè){an}是等差數(shù)列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2.（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）求ea1+ea2+15.解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a2+a3=5ln2，∴2a1+3d=5ln2，又a1=ln2，∴d=ln2.∴an=a1+（n-1）d=nln2.（2）由（1）知an=nln2.∵ean=enln2=eln∴{ean}是以2為首項(xiàng)，2∴ea1+ea2+…+ean=2+22+…+2n=D2等差數(shù)列及等差數(shù)列前n項(xiàng)和17.D2【2018·全國(guó)卷Ⅱ】記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1=-7，S3=-15.（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值.17.解：（1）設(shè){an}的公差為d.由題意得3a1+3d=-15.由a1=-7得d=2，所以{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-9.（2）由（1）得Sn=n2-8n=（n-4）2-16，所以當(dāng)n=4時(shí)，Sn取得最小值，最小值為.20.D2，D3，D4，D5【2018·江蘇卷】設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列，{bn}是首項(xiàng)為b1，公比為q的等比數(shù)列.（1）設(shè)a1=0，b1=1，q=2，若|an-bn|≤b1對(duì)n=1，2，3，4均成立，求d的取值范圍；（2）若a1=b1>0，m∈N*，q∈（1，m2]，證明：存在d∈R，使得|an-bn|≤b1對(duì)n=2，3，…，m+1均成立，并求d的取值范圍（用b1，m，q表示）20.解：（1）由條件知：an=（n-1）d，bn=2n-1.因?yàn)閨an-bn|≤b1對(duì)n=1，2，3，4均成立，即|（n-1）d-2n-1|≤1對(duì)n=1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d≤3，3≤2d≤5，7≤3d≤9，得73≤d≤5因此，d的取值范圍為73，5（2）由條件知：an=b1+（n-1）d，bn=b1qn-1.若存在d，使得|an-bn|≤b1（n=2，3，…，m+1）成立，即|b1+（n-1）d-b1qn-1|≤b1（n=2，3，…，m+1），即當(dāng)n=2，3，…，m+1時(shí)，d滿(mǎn)足qn-1-2n-1b因?yàn)閝∈（1，m2]，則1<qn-1≤qm≤2從而qn-1-2n-1b1≤0，qn-1n-1b1因此，取d=0時(shí)，|an-bn|≤b1對(duì)n=2，3，…，m+1均成立.下面討論數(shù)列qn-1-2n-1的最大值和數(shù)列qn-1n-①當(dāng)2≤n≤m時(shí)，qn-2n-qn當(dāng)1<q≤21m時(shí)，有qn≤qm≤2，從而n（qn-qn-1）-qn+2>因此，當(dāng)2≤n≤m+1時(shí)，數(shù)列qn-故數(shù)列qn-1②設(shè)f（x）=2x（1-x），當(dāng)x>0時(shí)，f'（x）=（ln2-1-xln2）2x<0，所以f（x）單調(diào)遞減，從而f（x）<f（0）=1.當(dāng)2≤n≤m時(shí)，qnnqn-1n-1=q（n-因此，當(dāng)2≤n≤m+1時(shí)，數(shù)列qn-故數(shù)列qn-1因此，d的取值范圍為b1（q18.D2、D3、D4【2018·天津卷】設(shè){an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn（n∈N*）；{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為T(mén)n（n∈N*）.已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6.（1）求Sn和Tn；（2）若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整數(shù)n的值.18.解：（1）設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.由b1=1，b3=b2+2，可得q2-q-2=0.因?yàn)閝>0，所以可得q=2，故bn=2n-1.所以Tn=1-2n1-2設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由b4=a3+a5，可得a1+3d=4.由b5=a4+2a6，可得3a1+13d=16，從而a1=1，d=1，故an=n，所以Sn=n（（2）由（1），有T1+T2+…+Tn=（21+22+…+2n）-n=2×（1-2n）由Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，可得n（n+1）2+2n+1-n-2=n+2n+1，整理得n2-3n-4=0，解得n=-1（舍所以，n的值為4.D3等比數(shù)列及等比數(shù)列前n項(xiàng)和17.D3【2018·全國(guó)卷Ⅲ】等比數(shù)列{an}中，a1=1，a5=4a3.（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，若Sm=63，求m.17.解：（1）設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得an=qn-1.由已知得q4=4q2，解得q=0（舍去）或q=-2或q=2.故an=（-2）n-1或an=2n-1.（2）若an=（-2）n-1，則Sn=1-由Sm=63得（-2）m=-188，此方程沒(méi)有正整數(shù)解.若an=2n-1，則Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64，解得m=6.綜上，m=6.D5單元綜合10.D5【2018·浙江卷】已知a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，且a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3）.若a1>1，則 （）A.a1<a3，a2<a4 B.a1>a3，a2<a4C.a1<a3，a2>a4 D.a1>a3，a2>a410.B【解析】顯然公比q≠±1且q≠0，a1（1+q+q2+q3）=ln【a1（1+q+q2）]=lna1+ln（1+q+q2）.①若q>1，則由不等式x≥ln（x+1），得lna1+ln（1+q+q2）<lna1+q+q2，則a1（1+q+q2+q3）<lna1+q+q2，不成立；②若q<-1，則a1（1+q+q2+q3）<0，lna1+ln（1+q+q2）>0，與已知矛盾；③若0<q<1，令f（x）=（1+q+q2+q3）x-lnx-ln（1+q+q2）（x>1），則f（x）在（1，+∞）上有零點(diǎn)，因?yàn)閒'（x）=1+q+q2+q3-1x>0，所以f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）>f（1）=1+q+q2+q3）-ln（1+q+q2）>ln（1+1+q+q2+q3）-ln（1+q+q2）>0，與f（x）在（1，+∞）上有零點(diǎn)矛盾綜上所述，-1<q<0，故a1>a3，a4>a2.故選B.20.D5【2018·浙江卷】已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中項(xiàng).數(shù)列{bn}滿(mǎn)足b1=1，數(shù)列{（bn+1-bn）an}的前n項(xiàng)和為2n2+n.（1）求q的值；（2）求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式.20.解：（1）由a4+2是a3，a5的等差中項(xiàng)得a3+a5=2a4+4，所以a3+a4+a5=3a4+4=28，解得a4=8.由a3+a5=20得8q+1解得q=2或q=12因?yàn)閝>1，所以q=2.（2）設(shè)cn=（bn+1-bn）an，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn.由cn=S1，n=1，Sn-由（1）可知an=2n-1，所以bn+1-bn=（4n-1）·12故bn-bn-1=（4n-5）·12n-2，bn-b1=（bn-bn-1）+（bn-1-bn-2）+…+（b3-b2）+（b2-b1）=（4n-5）·12n-2+（4n-9）·12n-3+設(shè)Tn=3+7·12+11·122+…+（4n-5）·12n12Tn=3·12+7·122+…+（4n-9）·12n-2+所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-因此Tn=14-（4n+3）·12n-2，又b1=1，所以bn=15-（4n+3）·1214.D5【2018·江蘇卷】已知集合A={x|x=2n-1，n∈N*}，B={x|x=2n，n∈N*}.將A∪B的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}.記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則使得Sn>12an+1成立的n的最小值為.

14.27【解析】利用估算法.S26=21×（1+41）2+2-25×21-2=503，a27=43，則12a27=516，不滿(mǎn)足Sn>12an+1；S27=22×（1+43）2+2-25×21-2=546，1.【2018·石家莊模擬】已知a>b>c>1，且a，b，c依次成等比數(shù)列，設(shè)m=logab，n=logbc，p=logca，則m，n，p的大小關(guān)系為 （）A.p>n>m B.m>p>nC.m>n>p D.p>m>n1.D【解析】∵a，b，c依次成等比數(shù)列，∴b2=ac，∵a>b>c>1，∴p=logca=lgalgc>1，0<m=logab=lgblga=lgaclga<lgalga=1，0<n=logbc=lgclgb=lgclgac<lgclgc=1，又2.【2018·臨川二中、新余四中聯(lián)考】對(duì)正整數(shù)n，有拋物線y2=2（2n-1）x，過(guò)P（2n，0）任作直線l交拋物線于An，Bn兩點(diǎn)，設(shè)數(shù)列{an}中，a1=-4，且an=OAn·OBnn-1（其中n>1，n∈N），則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和A.4n B.-4nC.2n（n+1） D.-2n（n+1）2.D【解析】設(shè)直線l的方程為x=ty+2n，代入拋物線方程得y2-2（2n-1）ty-4n（2n-1）=0.設(shè)An（xn1，yn1），Bn（xn2，yn2），則OAn·OBn=xn1xn2+yn1yn2=（t2+1）yn1yn2+2nt（yn1+yn2）+4n2①，由根與系數(shù)的關(guān)系得yn1+yn2=2（2n-1）t，yn1yn2=-4n（2n-1），代入①式得OAn·OBn=4n-4n2，故OAn·OBnn-1=-4n（n>1，n∈N），故數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為3.【2018·廣元模擬】若正項(xiàng)遞增等比數(shù)列{an}滿(mǎn)足1+（a2-a4）+λ（a3-a5）=0（λ∈R），則a8+λa9的最小值為 （）A.-94 B.94 C.274 3.C【解析】設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.由題意知q>1.∵1+（a2-a4）+λ（a3-a5）=0，∴λ=1+a2-a4a5-a3=1+a1q-a1q3a1q4-a1q2，∴a8+λa9=a1q7+1+a1q-a1q3a1q4-a1q2·a1q8=a1q7+1+a1q-a1q3q2-1·q6=q6q2-1.設(shè)f（x）=x6x2-1（x>1），則f'（x）=2x5（2x2-3）（4.【2018·張掖期末】已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，P，A，B三點(diǎn)共線，且OP=a3OA+a2016OB，則S2018=.

4.1009【解析】因?yàn)镻，A，B三點(diǎn)共線，且OP=a3OA+a2016OB，所以a3+a2016=1，即a1+a2018=1，所以S2018=2018（a15.【2018·中山期末】設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1=15，且對(duì)任意正整數(shù)m，n，都有am+n=aman，若對(duì)任意n∈N*，Sn<t恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是5.14，+∞【解析】∵an+1=ana1=15an，∴Sn=151-156.【2018·中山期末】設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S5=a5+a6=25.（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）若不等式2Sn+8n+27>（-1）nk（an+4）對(duì)所有的正整數(shù)n都成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍