2015年高考数学（文科）真题分类汇编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
13．D2[2015·安徽卷] 已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于________．
13．27 [解析] 由an＝an－1＋(n≥2)得，数列{an}是以1为首项，以为公差的等差数列，因此S9＝9×1＋×＝27.
19．D2，D3[2015·广东卷] 设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：为等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
19．D2、D3、D4、D5[2015·湖北卷] 设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
19．解：(1)由题意有，
即
解得或
故或
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋＋＋＋…＋. ②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，
故Tn＝6－.
7．D2[2015·全国卷Ⅰ] 已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和．若S8＝4S4，则a10＝( )
A. B.
C．10 D．12
7．B [解析] 由S8＝4S4，得8a1＋×1＝4，解得a1＝，所以a10＝＋(10－1)×1＝.
5．D2[2015·全国卷Ⅱ] 设Sn是等差数列{an}的前n项和．若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )
A．5 B．7
C．9 D．11
5．A [解析] 因为{an}为等差数列，所以a1＋a3＋a5＝3a3＝3，所以a3＝1，于是S5＝＝5a3＝5.
16．D2，D3[2015·北京卷] 已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.
(1)求{an}的通项公式．
(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7.问：b6与数列{an}的第几项相等？
16．解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a4－a3＝2，所以d＝2.
又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.
所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1，2，…)．
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，
所以q＝2，b1＝4.
所以b6＝4×26－1＝128.
由128＝2n＋2得n＝63.
所以b6与数列{an}的第63项相等．
19．D2、D4[2015·山东卷] 已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和 Tn.
19．解：(1)设数列{an}的公差为d.
令n＝1，得＝，
所以a1a2＝3.
令n＝2，得＋＝，
所以a2a3＝15.
解得a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，
所以Tn＝1×41＋2×42＋…＋n·4n，
所以4Tn＝1×42＋2×43＋…＋n·4n＋1，
两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1
＝－n·4n＋1
＝×4n＋1－，
所以Tn＝×4n＋1＋＝.
13．D2[2015·陕西卷] 中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．
13．5 [解析] 设首项为a1，则a1＋2015＝2×1010，解得a1＝5.
16．D2，D3，D4[2015·四川卷] 设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，求Tn.
16．解：(1)由已知Sn＝2an－a1，有
an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)．
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.
又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an＝2n.
(2)由(1)得＝，
所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－.
10．D2[2015·浙江卷] 已知{an}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________．
10. －1 [解析] 由题意得，a＝a2a7，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，所以d(3a1＋2d)＝0.因为d≠0，所以3a1＋2d＝0，又2a1＋a2＝1，所以3a1＋d＝1，联立解得
17．D2，D3，D4[2015·浙江卷] 已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1
＝2an(n∈N*)，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝bn＋1－1(n∈N*)．
(1)求an与bn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.
17．解：(1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*)．
由题意知，
当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.
当n≥2时，bn＝bn＋1－bn，整理得
＝，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)由(1)知anbn＝n·2n，
因此Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，
所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，
故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．
16．D2、D3、D4[2015·重庆卷] 已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.
16．解：(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得
a1＋2d＝2，3a1＋d＝，
化简得a1＋2d＝2，a1＋d＝，
解得a1＝1，d＝，
故通项公式为an＝1＋，即an＝.
(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝＝8.
设{bn}的公比为q，则q3＝＝8，从而q＝2，
故{bn}的前n项和
Tn＝＝＝2n－1.
20．D2、D3、D5[2015·江苏卷] 设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．
(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由．
(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由．
20．解：(1)证明：因为＝2an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一个常数，
所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
(2)令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a>d，a>－2d，d≠0)．
假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，
则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.
令t＝，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4，
化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.
将t2＝t＋1代入(*)式，
得t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－.
显然t＝－不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列．
(3)假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，
则a(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，
且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)．
分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t＝，
则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．
将上述两个等式两边取对数，得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)，
化简得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，
且k[3ln(1＋3t)＋ln(1＋t)－4ln(1＋2t)]＝n[2ln(1＋2t)－ln(1＋t)－ln(1＋3t)]．
再将这两式相除，化简得
ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**)．
令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，则g′(t)＝
.
令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，
则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．
令φ1(t)＝φ′(t)，则φ′1(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．
令φ2(t)＝φ′1(t)，则φ′2(t)＝>0.
由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)>0，
知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在和(0，＋∞)上均单调．
故g(t)只有唯一零点t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假设不成立，
所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列．
D3 等比数列及等比数列前n项和
18．D3、D4[2015·安徽卷] 已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
18．解：(1)由题设知a1a4＝a2a3＝8，
又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．
由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)Sn＝＝2n－1，又bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－.
13．D3[2015·广东卷] 若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋2，c＝5－2，则b＝________．
13．1 [解析] 因为三个正数a，b，c成等比数列，所以b2＝ac＝(5＋2)(5－2)＝1.因为b>0，所以b＝1.
19．D2，D3[2015·广东卷] 设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：为等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
19．D2、D3、D4、D5[2015·湖北卷] 设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
19．解：(1)由题意有，
即
解得或
故或
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋＋＋＋…＋. ②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，
故Tn＝6－.
13．D3 [2015·全国卷Ⅰ] 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________．
13． 6 [解析] 由a1＝2，an＋1＝2an可知数列{an}为等比数列，公比为2，所以Sn＝＝126，得n＝6.
9．D3[2015·全国卷Ⅱ] 已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝( )
A．2 B．1
C. D.
9．C [解析] 因为{an}为等比数列，所以a3a5＝4(a4－1)＝a，得a4＝2，而a1＝，＝＝8＝q3，得公比q＝2，所以a2＝×2＝.
16．D2，D3[2015·北京卷] 已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.
(1)求{an}的通项公式．
(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7.问：b6与数列{an}的第几项相等？
16．解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a4－a3＝2，所以d＝2.
又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.
所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1，2，…)．
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，
所以q＝2，b1＝4.
所以b6＝4×26－1＝128.
由128＝2n＋2得n＝63.
所以b6与数列{an}的第63项相等．
19．D3、D4[2015·湖南卷] 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.
(1)证明：an＋2＝3an；
(2)求Sn.
19．解：(1)证明：因为对任意n∈N*，有
an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
所以对任意n∈N*，n≥2，有
an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，所以
a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1.
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
(2)由(1)知，an≠0，所以＝3，于是数列{a2n－1}是首项a1
＝1，公比为3的等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．因此
a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2×(1＋3＋…＋3n－1)
＝3×(1＋3＋…＋3n－1)
＝，
从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1＝×(5×3n－2－1)．
综上所述，Sn＝
21.D3、B12[2015·湖南卷] 已知a>0，函数f(x)＝aexcos x(x∈[0，＋∞))，记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．
(1)证明：数列{f(xn)}是等比数列；
(2)若对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围．
21．解：(1)证明：f′(x)＝aexcos x－aexsin x＝
aexcosx＋.
令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋＝mπ－，m∈N*，
即x＝mπ－，m∈N*.
而对于cosx＋，当k∈Z时，
若2kπ－
0；
若2kπ＋0)．
设g(t)＝(t>0)，则g′(t)＝.
令g′(t)＝0得t＝1.
当01时，g′(t)>0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．
因为x1∈(0，1)，且当n≥2时，xn∈(1，＋∞)，xn0，
所以fn(x)在0，内至少存在一个零点．
又fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，
所以fn(x)在0，内单调递增，
因此fn(x)在0，内有且仅有一个零点an.
由于fn(x)＝－1，
所以0＝fn(an)＝－1，
由此可得an＝＋a>，
故d，a>－2d，d≠0)．
假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，
则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.
令t＝，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4，
化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.
将t2＝t＋1代入(*)式，
得t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－.
显然t＝－不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列．
(3)假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，
则a(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，
且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)．
分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t＝，
则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．
将上述两个等式两边取对数，得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)，
化简得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，
且k[3ln(1＋3t)＋ln(1＋t)－4ln(1＋2t)]＝n[2ln(1＋2t)－ln(1＋t)－ln(1＋3t)]．
再将这两式相除，化简得
ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**)．
令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，则g′(t)＝
.
令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，
则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．
令φ1(t)＝φ′(t)，则φ′1(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．
令φ2(t)＝φ′1(t)，则φ′2(t)＝>0.
由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)>0，
知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在和(0，＋∞)上均单调．
故g(t)只有唯一零点t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假设不成立，
所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列．
D4 数列求和
18．D3、D4[2015·安徽卷] 已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
18．解：(1)由题设知a1a4＝a2a3＝8，
又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．
由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)Sn＝＝2n－1，又bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－.
19．D2、D3、D4、D5[2015·湖北卷] 设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
19．解：(1)由题意有，
即
解得或
故或
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋＋＋＋…＋. ②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，
故Tn＝6－.
5．LI、D4[2015·湖南卷] 执行如图12所示的程序框图，如果输入n＝3，则输出的S＝( )
图12
A. B.
C. D.
5．B [解析] 第一次循环后S＝＝，i＝2；第二次循环后S＝＋＝×1－＋－＝，i＝3；第三次循环后S＝＋＋＝×1－＋－＋－＝，此时i＝4>3，退出循环，输出结果S＝，选B.
19．D3、D4[2015·湖南卷] 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.
(1)证明：an＋2＝3an；
(2)求Sn.
19．解：(1)证明：因为对任意n∈N*，有
an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
所以对任意n∈N*，n≥2，有
an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，所以
a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1.
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
(2)由(1)知，an≠0，所以＝3，于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．因此
a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2×(1＋3＋…＋3n－1)
＝3×(1＋3＋…＋3n－1)
＝，
从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1＝×(5×3n－2－1)．
综上所述，Sn＝
19．D2、D4[2015·山东卷] 已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和 Tn.
19．解：(1)设数列{an}的公差为d.
令n＝1，得＝，
所以a1a2＝3.
令n＝2，得＋＝，
所以a2a3＝15.
解得a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，
所以Tn＝1×41＋2×42＋…＋n·4n，
所以4Tn＝1×42＋2×43＋…＋n·4n＋1，
两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1
＝－n·4n＋1
＝×4n＋1－，
所以Tn＝×4n＋1＋＝.
16．D2，D3，D4[2015·四川卷] 设数列{an}(n＝1，2，3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，求Tn.
16．解：(1)由已知Sn＝2an－a1，有
an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)．
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.
又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an＝2n.
(2)由(1)得＝，
所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－.
17．D2，D3，D4[2015·浙江卷] 已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝bn＋1－1(n∈N*)．
(1)求an与bn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.
17．解：(1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*)．
由题意知，
当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.
当n≥2时，bn＝bn＋1－bn，整理得
＝，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)由(1)知anbn＝n·2n，
因此Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，
所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，
故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．
16．D2、D3、D4[2015·重庆卷] 已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.
16．解：(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得
a1＋2d＝2，3a1＋d＝，
化简得a1＋2d＝2，a1＋d＝，
解得a1＝1，d＝，
故通项公式为an＝1＋，即an＝.
(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝＝8.
设{bn}的公比为q，则q3＝＝8，从而q＝2，
故{bn}的前n项和
Tn＝＝＝2n－1.
11．D4[2015·江苏卷] 设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为________．
11. [解析] 因为an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝，所以＝＝2，故＝2＝.
D5 单元综合
19．D2、D3、D4、D5[2015·湖北卷] 设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
19．解：(1)由题意有，
即
解得或
故或
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋＋＋＋…＋. ②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，
故Tn＝6－.
16．D5[2015·福建卷] 若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于________．
16．9 [解析] 由 有a>0，b>0，不妨设a0.由已知得
消去d，整理得q4－2q2－8＝0.又因为q>0，解得q＝2，所以d＝2.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*；数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知cn＝(2n－1)·2n－1，设{cn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－3)×2n－2＋(2n－1)×2n－1，
2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n.
上述两式相减，得
－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)×2n＝2n＋1－3－(2n－1)×2n＝－(2n－3)×2n－3，
所以Sn＝(2n－3)·2n＋3，n∈N*.
20．D2、D3、D5[2015·江苏卷] 设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．
(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由．
(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由．
20．解：(1)证明：因为＝2an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一个常数，
所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
(2)令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a>d，a>－2d，d≠0)．
假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，
则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.
令t＝，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4，
化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.
将t2＝t＋1代入(*)式，
得t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－.
显然t＝－不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列．
(3)假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，
则a(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，
且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)．
分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t＝，
则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．
将上述两个等式两边取对数，得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)，
化简得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，
且k[3ln(1＋3t)＋ln(1＋t)－4ln(1＋2t)]＝n[2ln(1＋2t)－ln(1＋t)－ln(1＋3t)]．
再将这两式相除，化简得
ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**)．
令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，则g′(t)＝
.
令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，
则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．
令φ1(t)＝φ′(t)，则φ′1(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．
令φ2(t)＝φ′1(t)，则φ′2(t)＝>0.
由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)>0，
知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在和(0，＋∞)上均单调．
故g(t)只有唯一零点t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假设不成立，
所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列．
1．[2015·湖北部分高中调研] 已知数列{an}为等差数列，a1＝1，公差d>0，数列{bn}为等比数列，且a2＝b1，a6＝b2，a18＝b3.
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}对任意正整数n均有＋＋…＋＝a，若m为正整数，求所有满足不等式1020，a1＝1，∴a1＝d＝1，∴an＝n.
由b1＝2，b2＝6，b3＝18，{bn}为等比数列，得bn＝2×3n－1.
(2)∵＋＋…＋＝n2，
∴当n＝1时，＝，∴c1＝1.
当n≥2时，＋…＋＝(n－1)2，
∴cn＝(2n－1)·3n－1.
易知当n＝1时也满足cn＝(2n－1)·3n－1，
∴cn＝(2n－1)·3n－1.
又cn＝(2n－1)·3n－1>0，c1＝1，c1＋c2＝10，c1＋c2＋c3＝55，c1＋c2＋c3＋c4＝244，c1＋c2＋c3＋c4＋c5＝973，c1＋c2＋c3＋c4＋c5＋c6＝3646，∴m＝4或5.
8．[2015·广东湛江调研] 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋3n－12(n∈N*)．
(1)试说明数列{an－3}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝nan，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
8．解：(1)当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋3－12，∴a1＝9.
当n>1时，Sn－Sn－1＝an＝2an＋3n－12－2an－1－3(n－1)＋12＝2an－2an－1＋3，∴an－3＝2(an－1－3)，
∴{an－3}是以6为首项，2为公比的等比数列，
∴an－3＝6×2n－1，∴an＝6×2n－1＋3.
(2)bn＝nan＝6n×2n－1＋3n，
∴Tn＝6×[1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)×2n－2＋n·2n－1]＋3×(1＋2＋…＋n)．
令Kn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)×2n－2＋n·2n－1，
则2Kn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n·2n，
两式相减得－Kn＝1×20＋21＋22＋23＋…＋2n－1－n·2n＝1＋－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Kn＝(n－1)·2n＋1，
∴Tn＝6(n－1)·2n＋6＋(n2＋n)．
3．[2015·浙江台州中学模拟] 已知数列{an}是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，且S5＝30，a1，a3，a9成等比数列．
(1)求Sn；
(2)若对任意n＞t，n∈N*，都有＋＋…＋＞，求t的最小值．
3．解：(1)设公差为d(d≠0)．
由条件得解得a1＝d＝2，
∴an＝2n，∴Sn＝2n＋＝n2＋n.
(2)∵＝＝＝＝－，
∴＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－>，
∴<－＝，即n＋2>50，∴n>48，
∴t的最小值为48.
4．[2015·四川绵阳中学模拟] 已知函数f(x)＝2n－x在区间(0，＋∞)上的极小值是an(n∈N＋)，其中f′(x)＝－1.
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)证明：＋＋＋…＋<.
(3)在点列An(2n，an)中是否存在两点Ai，Aj，其中i，j∈N＋，使直线AiAj的斜率为1？若存在，求出所有数对(i，j)；若不存在，说明理由．
4．解：(1)令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)．
当x∈0，时，f′(x)<0；当x∈，＋∞时，f′(x)>0.
∴f(x)在区间(0，＋∞)上有极小值f＝，
∴数列{an}的通项公式an＝.
(2)证明：∵＝＝－，
∴＋＋＋…＋＝×1－＋－＋…＋－＝×1－<.
(3)依题意，设Ai(2i，ai)，Aj(2j，aj)(其中i≠j，i，j∈N＋)是点列中的任意两点，则经过这两点的直线的斜率k＝＝＝＝>＝1，
∴不存在使直线AiAj的斜率为1的点．
