2015年高考数学（理科）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
20．D1、E7[2015·浙江卷] 已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*)．
(1)证明：1≤≤2(n∈N*)；
(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：≤≤(n∈N*)．
20．证明：(1)由题意得an＋1－an＝－a≤0，即
an＋1≤an，
故an≤.
当n≥2时，
由an＝(1－an－1)an－1得，
an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1>0.
由0
1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
18．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－.
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．
16．D2[2015·全国卷Ⅱ] 设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
16．－ [解析] 因为a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，所以S1＝－1，Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以－＝－1，所以数列是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以＝－n，所以Sn＝－.
17．D2、D4[2015·全国卷Ⅰ] Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
17．解：(1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3，
可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即
2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
又an>0，所以an＋1－an＝2.
又由a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3，
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝
＝.
6．D2[2015·北京卷] 设{an}是等差数列．下列结论中正确的是( )
A．若a1＋a2>0，则a2＋a3>0
B．若a1＋a3<0，则a1＋a2<0
C．若0
D．若a1<0，则(a2－a1)(a2－a3)>0
6．C [解析] 选项A中，当等差数列的前三项是4，1，－2时，结论不成立；选项B中，当等差数列的前三项是4，－1，－6时，结论不成立；选项C中，设公差为d，则a>a－d2＝(a2－d)(a2＋d)＝a1·a3，因为0，结论成立；选项D中，当等差数列的前三项是－2，0，2时，结论不成立．故选C.
图13
14．D2、D3[2015·湖南卷] 设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________．
14．3n－1 [解析] 设等比数列{an}的公比为q.由3S1，2S2，S3成等差数列，得4S2＝3S1＋S3，即3S2－3S1＝S3－S2，所以3a2＝a3，得公比q＝3，所以an＝a1qn－1＝3n－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.
21．B9、B12、D2、D3[2015·陕西卷] 设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x>0，n∈N，n≥2.
(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝＋x；
(2)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，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明．
21．解：(1)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
则Fn(1)＝n－1>0，
Fn＝1＋＋2＋…＋n－2＝－2＝－<0，
所以Fn(x)在，1内至少存在一个零点．
又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，故Fn(x)在，1内单调递增，
所以Fn(x)在，1内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，
即－2＝0，故xn＝＋x.
(2)方法一：由题设，gn(x)＝.
设h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－，x>0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－.
若0xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1＝xn－1－xn－1＝0.
若x>1，h′(x)0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)0)，
则hk′(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝
k(k＋1)xk－1(x－1)．
所以当01时，hk′(x)>0，hk(x)在(1，＋∞)上递增．
所以hk(x)>hk(1)＝0，
从而gk＋1(x)>.
故fk＋1(x)0(2≤k≤n)，
当x＝1时，ak＝bk，所以fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，mk′(x)＝·nxn－1－(k－1)xk－2＝
(k－1)xk－2(xn－k＋1－1)．
而2≤k≤n，所以k－1>0，n－k＋1≥1.
若01，xn－k＋1>1，则mk′(x)>0，
从而mk(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以mk(x)>mk(1)＝0，
所以当x>0且x≠1时，ak>bk(2≤k≤n)，
又a1＝b1，an＋1＝bn＋1，
故fn(x)1000.
因为29＝512<1000<1024＝210，
所以n≥10，
所以使|Tn－1|<成立的n的最小值为10.
18．D2、D4[2015·天津卷] 已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．
(1)求q的值和{an}的通项公式；
(2)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．
18．解：(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，所以a2(q－1)＝a3(q－1)．又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1·q，得q＝2.
当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝2；
当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝2.
所以{an}的通项公式为an＝
(2)由(1)得bn＝＝.
设{bn}的前n项和为Sn，则
Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，
Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，
上述两式相减，得
Sn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－－，
整理得，Sn＝4－.
所以数列{bn}的前n项和为4－，n∈N*.
3．D2[2015·浙江卷] 已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则( )
A．a1d>0，dS4>0
B．a1d<0，dS4<0
C．a1d>0，dS4<0
D．a1d<0，dS4>0
3．B [解析] 由a3，a4，a8成等比数列得，a＝a3a8⇒(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)⇒3a1d＋5d2＝0，因公差d≠0，故a1＝－d，a1d＝－d2<0，dS4＝d＝－d2<0，故选B.
2．D2[2015·重庆卷] 在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．6
2．B [解析] 由等差数列的性质知a2，a4，a6成等差数列，所以a2＋a6＝2a4，所以a6＝2a4－a2＝0.
D3 等比数列及等比数列前n项和
14．D3[2015·安徽卷] 已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________．
14．2n－1 [解析] 设数列{an}的公比为q，由a2a3＝a1a4＝8，a1＋a4＝9知a1，a4是一元二次方程x2－9x＋8＝0的两根，解此方程得x＝1或x＝8.又数列{an}递增，因此a1＝1，a4＝a1q3＝8，解得q＝2，故数列{an}的前n项和Sn＝＝2n－1.
5．A2、N4、D3[2015·湖北卷] 设a1，a2，…，an∈R，n≥3.若p：a1，a2，…，an成等比数列；q：(a＋a＋…＋a)(a＋a＋…＋a)＝(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)2，则( )
A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
C．p是q的充分必要条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
5．A [解析] 当p成立，即a1，a2，…，an成等比数列时，＝＝…＝，满足柯西不等式(a＋a＋…＋a)(a＋a＋…＋a)≥(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)2等号成立的条件，故(a＋a＋…＋a)(a＋a＋…＋a)＝(a1a2＋a2a3＋…＋ an－1an)2，即q成立；但当q成立时，不一定非要a1，a2，…，an成等比数列，如：当a1＝1，a2＝a3＝…＝an＝0时，q成立，但不满足a1，a2，…，an成等比数列．所以p是q的充分条件，但不是q的必要条件．故选A.
18．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.
18．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－.
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．
4．D3[2015·全国卷Ⅱ] 已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝( )
A．21 B．42
C．63 D．84
4．B [解析] 由a1＝3，得a1＋a3＋a5＝3(1＋q2＋q4)＝21，所以1＋q2＋q4＝7，即(q2＋3)(q2－2)＝0，解得q2＝2，所以a3＋a5＋a7＝(a1＋a3＋a5)q2＝21×2＝42，故选B.
14．D2、D3[2015·湖南卷] 设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________．
14．3n－1 [解析] 设等比数列{an}的公比为q.由3S1，2S2，S3成等差数列，得4S2＝3S1＋S3，即3S2－3S1＝S3－S2，所以3a2＝a3，得公比q＝3，所以an＝a1qn－1＝3n－1.
21.D3、B11、M2[2015·湖南卷] 已知a>0，函数f(x)＝eaxsin x(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．证明：
(1)数列{f(xn)}是等比数列；
(2)若a≥，则对一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立．
21．证明：(1)f′(x)＝aeaxsin x＋eaxcos x＝eax(asin x＋cos x)＝eaxsin(x＋φ)，
其中tan φ＝，0<φ<.
令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋φ＝mπ，即x＝mπ－φ，m∈N*.
对k∈N，若2kπ0；
若(2k＋1)π0)．
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．
从而当t＝1时，函数g(t)取得最小值g(1)＝e.
因此，要使(*)式恒成立，只需.
而当a＝时，由tan φ＝＝>且0<φ<知，<φ<.于是π－φ<<，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ>>.因此对一切n∈N*，axn＝≠1，所以g(axn)>g(1
)＝e＝，故(*)式恒成立．
综上所述，若a≥，则对一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立．
18．D3、D4[2015·山东卷] 设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
18．解：(1)因为2Sn＝3n＋3，
所以2a1＝3＋3，故a1＝3.
当n>1时，2Sn－1＝3n－1＋3，
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，
所以an＝
(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，
当n>1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n，
所以T1＝b1＝；
当n>1时，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，
所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]，
两式相减，得
2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n
＝＋－(n－1)×31－n
＝－，
所以Tn＝－.
经检验，n＝1时也适合．
综上可得Tn＝－.
21．B9、B12、D2、D3[2015·陕西卷] 设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x>0，n∈N，n≥2.
(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝＋x；
(2)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，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明．
21．解：(1)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
则Fn(1)＝n－1>0，
Fn＝1＋＋2＋…＋n－2＝－2＝－<0，
所以Fn(x)在，1内至少存在一个零点．
又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，故Fn(x)在，1内单调递增，
所以Fn(x)在，1内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，
即－2＝0，故xn＝＋x.
(2)方法一：由题设，gn(x)＝.
设h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－，x>0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－.
若0xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1＝xn－1－xn－1＝0.
若x>1，h′(x)0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)0)，
则hk′(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝
k(k＋1)xk－1(x－1)．
所以当01时，hk′(x)>0，hk(x)在(1，＋∞)上递增．
所以hk(x)>hk(1)＝0，
从而gk＋1(x)>.
故fk＋1(x)0(2≤k≤n)，
当x＝1时，ak＝bk，所以fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，mk′(x)＝·nxn－1－(k－1)xk－2＝
(k－1)xk－2(xn－k＋1－1)．
而2≤k≤n，所以k－1>0，n－k＋1≥1.
若01，xn－k＋1>1，则mk′(x)>0，
从而mk(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以mk(x)>mk(1)＝0，
所以当x>0且x≠1时，ak>bk(2≤k≤n)，
又a1＝b1，an＋1＝bn＋1，
故fn(x)1000.
因为29＝512<1000<1024＝210，
所以n≥10，
所以使|Tn－1|<成立的n的最小值为10.
22．D3、E1、E7[2015·重庆卷] 在数列{an}中，a1＝3，an＋1an＋λan＋1＋μa＝0(n∈N＋)．
(1)若λ＝0，μ＝－2，求数列{an}的通项公式；
(2)若λ＝(k0∈N＋，k0≥2)，μ＝－1，证明：2＋0，归纳可得
3＝a1>a2>…>an>an＋1>…>0.
因为an＋1＝＝＝an－＋·，所以
ak0＋1＝a1＋(a2－a1)＋…＋(ak0＋1－ak0)＝
a1－k0·＋·＋＋…＋>2＋·＋＋…＋k0个＝2＋.
另一方面，由上已证的不等式知a1>a2>…>ak0>ak0＋1>2，得
ak0＋1＝a1－k0·＋·＋＋…＋<2＋·＋＋…＋k0个＝2＋.
综上，2＋1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
18．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－.
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＝.
17．D2、D4[2015·全国卷Ⅰ] Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
17．解：(1)由a＋2an＝4Sn＋3，可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3，
可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即
2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
又an>0，所以an＋1－an＝2.
又由a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3，
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝
＝.
3．L1、D4[2015·湖南卷] 执行如图11所示的程序框图，如果输入n＝3，则输出的S＝( )
图11
A. B.
C. D.
3．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＝.故选B.
18．D3、D4[2015·山东卷] 设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
18．解：(1)因为2Sn＝3n＋3，
所以2a1＝3＋3，故a1＝3.
当n>1时，2Sn－1＝3n－1＋3，
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，
所以an＝
(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝，
当n>1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n，
所以T1＝b1＝；
当n>1时，
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，
所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]，
两式相减，得
2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n
＝＋－(n－1)×31－n
＝－，
所以Tn＝－.
经检验，n＝1时也适合．
综上可得Tn＝－.
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)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<成立的n的最小值．
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－.
由|Tn－1|<，得<，即2n>1000.
因为29＝512<1000<1024＝210，
所以n≥10，
所以使|Tn－1|<成立的n的最小值为10.
18．D2、D4[2015·天津卷] 已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．
(1)求q的值和{an}的通项公式；
(2)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．
18．解：(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，所以a2(q－1)＝a3(q－1)．又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1·q，得q＝2.
当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝2；
当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝2.
所以{an}的通项公式为an＝
(2)由(1)得bn＝＝.
设{bn}的前n项和为Sn，则
Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，
Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，
上述两式相减，得
Sn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－－，
整理得，Sn＝4－.
所以数列{bn}的前n项和为4－，n∈N*.
D5 单元综合
18．B12、D5[2015·安徽卷] 设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线与x轴交点的横坐标．
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.
18．解：(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n＋2，
从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．
令y＝0，得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－＝.
(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，
Tn＝xx…x＝××…×.
当n＝1时，T1＝；
当n≥2时，因为x＝＝>＝＝，
所以Tn>×××…×＝.
综上可得，对任意的n∈N*，均有Tn≥.
21．D4、D5[2015·广东卷] 数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的前n项和Tn；
(3)令b1＝a1，bn＝＋an(n≥2)，证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2＋2ln n.
18．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.
18．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－.
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．
20．D5，A1[2015·北京卷] 已知数列{an}满足：a1∈N*，a1≤36，且an＋1＝(n＝1，2，…)．记集合M＝{an|n∈N*}．
(1)若a1＝6，写出集合M的所有元素；
(2)若集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；
(3)求集合M的元素个数的最大值．
20．解：(1)6，12，24.
(2)证明：因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数．
由an＋1＝可归纳证明对任意n≥k，an是3的倍数．
如果k＝1，则M的所有元素都是3的倍数．
如果k>1，因为ak＝2ak－1或ak＝2ak－1－36，所以2ak－1是3的倍数，于是ak－1是3的倍数．类似可得，ak－2，…，a1都是3的倍数，从而对任意n≥1，an是3的倍数，因此M的所有元素都是3的倍数．
综上，若集合M存在一个元素是3的倍数，则M的所有元素都是3的倍数．
(3)由a1≤36，an＝可归纳证明an≤36(n＝2，3，…)．
因为a1是正整数，a2＝所以a2是2的倍数，从而当n≥3时，an是4的倍数．
如果a1是3的倍数，由(2)知对所有正整数n，an是3的倍数．
因此当n≥3时，an∈{12，24，36}，这时M的元素个数不超过5.
如果a1不是3的倍数，由(2)知对所有正整数n，an不是3的倍数．
因此当n≥3时，an∈{4，8，16，20，28，32}，这时M的元素个数不超过8.
当a1＝1时，M＝{1，2，4，8，16，20，28，32}，有8个元素．
综上可知，集合M的元素个数的最大值为8.
8．B9、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( )
A．6 B．7
C．8 D．9
8．D [解析] 不妨设a>b，由韦达定理得a＋b＝p>0，ab＝q>0，则a>b>0, 所以－2，b，a 成等差数列，a，－2，b成等比数列，所以解得或(舍去)，所以p＝5，q＝4，所以p＋q＝9.
1．[2015·台州中学一模] 已知等差数列的前n项和为Sn，且a2＝8，S4＝40.数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝求数列{cn}的前2n＋1项和P2n＋1.
1．解：(1)由题意得，解得
∴an＝4n.∵Tn－2bn＋3＝0，①
∴当n＝1时，b1＝3.
当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，②
①－②得bn＝2bn－1(n≥2)，
∴数列{bn}为等比数列，∴bn＝3×2n－1.
(2)cn＝
P2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝＋
＝22n＋1＋4n2＋8n＋2.
2．[2015·慈溪、余姚高三上学期期中] 设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，nan＋1＝2Sn，n∈N*.
(1)求a2，a3，a4.
(2)求数列{an}的通项公式．
(3)若数列{bn}满足b1＝，bn＋1＝bn＋，试证明：当n∈N*时，必有①－<；②bn<1.
2．解：(1)将n＝1，2，3分别代入递推式，可得a2＝2，a3＝3，a4＝4.
(2)因为nan＋1＝2Sn，(n－1)an＝2Sn－1(n≥2)，所以nan＋1－(n－1)an＝2(Sn－Sn－1)＝2an(n≥2)，即nan＋1＝(n＋1)an(n≥2)，＝(n≥2)，当n＝1时，也满足＝.所以···…·＝×××…× ，所以an＝n(n∈N*) .
(3)证明：①由(2)得b1＝，bn＋1＝bn＋>bn>bn－1>…>b1>0，所以{bn}是正项单调递增数列，当n∈N*时， bn＋1＝bn＋＋－1＝2＋－1＝>1, 即bn<1(n≥2)．又当n＝1时，b1＝<1，故当n∈N*时，bn<1.
3．[2015·宁波十校联考] 已知数列{an}满足a1＝1，点在直线y＝2x＋1上．数列{bn}满足b1＝a1，bn＝an(n≥2且n∈N*)．
(1)(i)求{an}的通项公式 ；
(ii)证明：＝(n≥2且n∈N*)．
(2)求证：…<.
3．解：(1)(i)因为点在直线y＝2x＋1上，所以an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，即＝2，所以an＋1＝2n－1＝2n，所以an＝2n－1.
(ii)证明：因为n≥2时，bn＝an，所以＝＋＋…＋，＝＋＋…＋＋，所以有＝＋＝，所以＝成立．
(2)证明：由(1)可知，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，当n≥2时，＝，设Tn＝…，则Tn＝···…·＝···…··bn＋1＝···…··bn＋1＝·＝2·＝2，又因为＋＋…＋＋＝1＋＋…＋＋，所以＝＝<＝2·＝2(其中k＝2，3，4，…，n)，所以Tn＝＋＋…＋＋<1＋2
＝1＋2－<1＋＝，即Tn<，所以有…<成立．
4．[2015·重庆一中模拟] 已知数列的前n项积Tn满足条件：①是首项为2的等差数列；②T2－T5＝.
(1)求数列的通项公式an；
(2)设数列满足bn＝－an，其前n项和为Sn，求证：对任意正整数n，都有00，∴Sn>0.∴bn＝<＝＝＝，∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn<×＝×< .故对任意正整数n，都有00，所以{An}递增，故(An)min＝A1＝.又An＝3－2<3，所以有≤An<3.因为对任意正整数n，Tn－2n∈[a，b]，
∴a≤，b≥3，即a的最大值为，b的最小值为3，故(b－a)min＝3－＝.
5.[2015·佛山质检] 设数列的前n项和为Sn，已知a1＝，Sn＝n2an－n.
(1)求a2，a3的值；
(2)求数列的通项；
(3)设bn＝，数列的前n项和为Tn，证明：Tn<.
5．解：(1)当n＝2时，S2＝4a2－2，得a2＝；
当n＝3时，S3＝9a3－6，得a3＝.
(2)当n≥2时，Sn＝n2(Sn－Sn－1)－n(n－1)，整理得
(n2－1)Sn＝n2Sn－1＋n(n－1)，即－＝1，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以＝n，即Sn＝，
将其代入Sn＝n2an－n(n－1)中可得an＝1－.
(3)证明：由(2)得Sn＝，所以bn＝.
当k≥2，k∈N*时，bk＝＝·≤·＝＝2.
当n＝1时，T1＝<成立；
当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn<＋2－＋－＋…＋－＝－<.
综上所述，Tn<(n∈N*)．
