2016年高考真题--数列
一.选择题(共5小题)
1.某公司为激励创新,计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元,在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长12%,则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是()
(参考数据:lg1.12=0.05,lg1.3=0.11,lg2=0.30)
A.2018年B.2019年C.2020年D.2021年
2.已知无穷等比数列{a n}的公比为q,前n项和为S n,且=S,下列条件中,使得2S n<S(n∈N*)恒成立的是()
A.a1>0,0.6<q<0.7 B.a1<0,﹣0.7<q<﹣0.6
C.a1>0,0.7<q<0.8 D.a1<0,﹣0.8<q<﹣0.7
3.已知等差数列{a n}前9项的和为27,a10=8,则a100=()
A.100 B.99 C.98 D.97
4.已知S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5=()A.B.5 C.7 D.9
5.在等差数列{a n}中,若a2=4,a4=2,则a6=()
A.﹣1 B.0 C.1 D.6
二.填空题(共5小题)
6.设数列{a n}的前n项和为S n,若S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*,则a1=,S5=.7.已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=.8.已知{a n}是等差数列,S n是其前n项和,若a1+a22=﹣3,S5=10,则a9的值是.9.设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为.10.在数列{a n}中,a1=2,a n+1=2a n,S n为{a n}的前n项和,若S n=126,则n=.
三.解答题(共6小题)
11.等差数列{a n}中,a3+a4=4,a5+a7=6.
(Ⅰ)求{a n}的通项公式;
(Ⅱ)设b n=[a n],求数列{b n}的前10项和,其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.
12.已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n,{b n}是等差数列,且a n=b n+b n+1.(Ⅰ)求数列{b n}的通项公式;
(Ⅱ)令c n=,求数列{c n}的前n项和T n.
13.已知{a n}是公差为3的等差数列,数列{b n}满足b1=1,b2=,a n b n+1+b n+1=nb n.(Ⅰ)求{a n}的通项公式;
(Ⅱ)求{b n}的前n项和.
14.设数列{a n}的前n项和为S n,已知S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*.
(Ⅰ)求通项公式a n;
(Ⅱ)求数列{|a n﹣n﹣2|}的前n项和.
15.S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28,记b n=[lga n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg99]=1.
(Ⅰ)求b1,b11,b101;
(Ⅱ)求数列{b n}的前1000项和.
16.已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N+
(Ⅰ)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{a n}的通项公式;
(Ⅱ)设双曲线x2﹣=1的离心率为e n,且e2=2,求e12+e22+…+e n2.
2016年高考真题--数列
参考答案与试题解析
一.选择题(共5小题)
1.(2016?四川)某公司为激励创新,计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元,在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长12%,则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是()
(参考数据:lg1.12=0.05,lg1.3=0.11,lg2=0.30)
A.2018年B.2019年C.2020年D.2021年
【分析】设第n年开始超过200万元,可得130×(1+12%)n﹣2015>200,两边取对数即可得出.
【解答】解:设第n年开始超过200万元,
则130×(1+12%)n﹣2015>200,
化为:(n﹣2015)lg1.12>lg2﹣lg1.3,
n﹣2015>=3.8.
取n=2019.
因此开始超过200万元的年份是2019年.
故选:B.
【点评】本题考查了等比数列的通项公式、不等式的性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
2.(2016?上海)已知无穷等比数列{a n}的公比为q,前n项和为S n,且=S,下列条件中,使得2S n<S(n∈N*)恒成立的是()
A.a1>0,0.6<q<0.7 B.a1<0,﹣0.7<q<﹣0.6
C.a1>0,0.7<q<0.8 D.a1<0,﹣0.8<q<﹣0.7
【分析】由已知推导出,由此利用排除法能求出结果.
【解答】解:∵,S==,﹣1<q<1,
2S n<S,
∴,
若a1>0,则,故A与C不可能成立;
若a1<0,则q n,
在B中,a1<0,﹣0.7<q<﹣0.6故B成立;
在D中,a1<0,﹣0.8<q<﹣0.7,此时q2>,D不成立.
故选:B.
【点评】本题考查命题真假的判断,是基础题,解题时要认真审题,注意等比数列的性质的合理运用.
3.(2016?新课标Ⅰ)已知等差数列{a n}前9项的和为27,a10=8,则a100=()A.100 B.99 C.98 D.97
【分析】根据已知可得a5=3,进而求出公差,可得答案.
【解答】解:∵等差数列{a n}前9项的和为27,
∴9a5=27,a5=3,
又∵a10=8,
∴d=1,
∴a100=a5+95d=98,
故选:C
【点评】本题考查的知识点是数列的性质,熟练掌握等差数列的性质,是解答的关键.
4.(2015?新课标Ⅱ)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1+a3+a5=3,则S5=()
A.B.5 C.7 D.9
【分析】由等差数列{a n}的性质,a1+a3+a5=3=3a3,解得a3.再利用等差数列的前n项和公式即可得出.
【解答】解:由等差数列{a n}的性质,a1+a3+a5=3=3a3,解得a3=1.
则S5==5a3=5.
故选:B.
【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其性质、前n项和公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
5.(2015?重庆)在等差数列{a n}中,若a2=4,a4=2,则a6=()
A.﹣1 B.0 C.1 D.6
【分析】直接利用等差中项求解即可.
【解答】解:在等差数列{a n}中,若a2=4,a4=2,则a4=(a2+a6)==2,解得a6=0.
故选:B.
【点评】本题考查等差数列的性质,等差中项个数的应用,考查计算能力.
二.填空题(共5小题)
6.(2016?浙江)设数列{a n}的前n项和为S n,若S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*,则a1=1,S5=121.
【分析】运用n=1时,a1=S1,代入条件,结合S2=4,解方程可得首项;再由n =S n+1﹣S n,结合条件,计算即可得到所求和.
>1时,a n
+1
【解答】解:由n=1时,a1=S1,可得a2=2S1+1=2a1+1,
又S2=4,即a1+a2=4,
即有3a1+1=4,解得a1=1;
由a n
=S n+1﹣S n,可得
+1
S n+1=3S n+1,
由S2=4,可得S3=3×4+1=13,
S4=3×13+1=40,
S5=3×40+1=121.
故答案为:1,121.
【点评】本题考查数列的通项和前n项和的关系:n=1时,a1=S1,n>1时,a n=S n ,考查运算能力,属于中档题.
﹣S n
﹣1
7.(2016?北京)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=6.
【分析】由已知条件利用等差数列的性质求出公差,由此利用等差数列的前n 项和公式能求出S6.
【解答】解:∵{a n}为等差数列,S n为其前n项和.
a1=6,a3+a5=0,
∴a1+2d+a1+4d=0,
∴12+6d=0,
解得d=﹣2,
∴S6==36﹣30=6.
故答案为:6.
【点评】本题考查等差数列的前6项和的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意等差数列的性质的合理运用.
8.(2016?江苏)已知{a n}是等差数列,S n是其前n项和,若a1+a22=﹣3,S5=10,则a9的值是20.
【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式列出方程组,求出首项和公差,由此能求出a9的值.
【解答】解:∵{a n}是等差数列,S n是其前n项和,a1+a22=﹣3,S5=10,
∴,
解得a1=﹣4,d=3,
∴a9=﹣4+8×3=20.
故答案为:20.
【点评】本题考查等差数列的第9项的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意等差数列的性质的合理运用.
9.(2016?新课标Ⅰ)设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为64.
【分析】求出数列的等比与首项,化简a1a2…a n,然后求解最值.
【解答】解:等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,
可得q(a1+a3)=5,解得q=.
a1+q2a1=10,解得a1=8.
则a1a2…a n=a1n?q1+2+3+…+(n﹣1)=8n?==,
当n=3或4时,表达式取得最大值:=26=64.
故答案为:64.
【点评】本题考查数列的性质数列与函数相结合的应用,转化思想的应用,考查计算能力.
10.(2015?新课标Ⅰ)在数列{a n}中,a1=2,a n+1=2a n,S n为{a n}的前n项和,若S n=126,则n=6.
=2a n,结合等比数列的定义可知数列{a n}是a1=2为首项,以2为【分析】由a n
+1
公比的等比数列,代入等比数列的求和公式即可求解.
【解答】解:∵a n
=2a n,
+1
∴,
∵a1=2,
∴数列{a n}是a1=2为首项,以2为公比的等比数列,
∴S n===2n+1﹣2=126,
∴2n+1=128,
∴n+1=7,
∴n=6.
故答案为:6
【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的简单应用,解题的关
键是熟练掌握基本公式.
三.解答题(共6小题)
11.(2016?新课标Ⅱ)等差数列{a n}中,a3+a4=4,a5+a7=6.
(Ⅰ)求{a n}的通项公式;
(Ⅱ)设b n=[a n],求数列{b n}的前10项和,其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.
(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d,根据已知构造关于首项和公差方程组,【分析】
解得答案;
(Ⅱ)根据b n=[a n],列出数列{b n}的前10项,相加可得答案.
【解答】解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d,
∵a3+a4=4,a5+a7=6.
∴,
解得:,
∴a n=;
(Ⅱ)∵b n=[a n],
∴b1=b2=b3=1,
b4=b5=2,
b6=b7=b8=3,
b9=b10=4.
故数列{b n}的前10项和S10=3×1+2×2+3×3+2×4=24.
【点评】本题考查的知识点是等差数列的通项公式,等差数列的性质,难度中档.12.(2016?山东)已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n,{b n}是等差数列,且a n=b n+b n+1.
(Ⅰ)求数列{b n}的通项公式;
(Ⅱ)令c n=,求数列{c n}的前n项和T n.
【分析】(Ⅰ)求出数列{a n}的通项公式,再求数列{b n}的通项公式;
(Ⅱ)求出数列{c n}的通项,利用错位相减法求数列{c n}的前n项和T n.
【解答】解:(Ⅰ)S n=3n2+8n,
∴n≥2时,a n=S n﹣S n﹣1=6n+5,
n=1时,a1=S1=11,∴a n=6n+5;
∵a n=b n+b n+1,
∴a n
=b n﹣1+b n,
﹣1
=b n+1﹣b n﹣1.
∴a n﹣a n
﹣1
∴2d=6,
∴d=3,
∵a1=b1+b2,
∴11=2b1+3,
∴b1=4,
∴b n=4+3(n﹣1)=3n+1;
(Ⅱ)c n===6(n+1)?2n,
∴T n=6[2?2+3?22+…+(n+1)?2n]①,
∴2T n=6[2?22+3?23+…+n?2n+(n+1)?2n+1]②,
①﹣②可得
﹣T n=6[2?2+22+23+…+2n﹣(n+1)?2n+1]
=12+6×﹣6(n+1)?2n+1
=(﹣6n)?2n+1=﹣3n?2n+2,
∴T n=3n?2n+2.
【点评】本题考查数列的通项与求和,着重考查等差数列的通项与错位相减法的运用,考查分析与运算能力,属于中档题.
13.(2016?新课标Ⅰ)已知{a n}是公差为3的等差数列,数列{b n}满足b1=1,b2=
,a n b n+1+b n+1=nb n.
(Ⅰ)求{a n}的通项公式;
(Ⅱ)求{b n}的前n项和.
【分析】(Ⅰ)令n=1,可得a1=2,结合{a n}是公差为3的等差数列,可得{a n}的通项公式;
(Ⅱ)由(1)可得:数列{b n}是以1为首项,以为公比的等比数列,进而可得:{b n}的前n项和.
【解答】解:(Ⅰ)∵a n b n+1+b n+1=nb n.
当n=1时,a1b2+b2=b1.
∵b1=1,b2=,
∴a1=2,
又∵{a n}是公差为3的等差数列,
∴a n=3n﹣1,
(Ⅱ)由(I)知:(3n﹣1)b n
+1+b n
+1
=nb n.
即3b n
+1
=b n.
即数列{b n}是以1为首项,以为公比的等比数列,
∴{b n}的前n项和S n==(1﹣3﹣n)=﹣.
【点评】本题考查的知识点是数列的递推式,数列的通项公式,数列的前n项和公式,难度中档.
14.(2016?浙江)设数列{a n}的前n项和为S n,已知S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*.(Ⅰ)求通项公式a n;
(Ⅱ)求数列{|a n﹣n﹣2|}的前n项和.
【分析】(Ⅰ)根据条件建立方程组关系,求出首项,利用数列的递推关系证明数列{a n}是公比q=3的等比数列,即可求通项公式a n;
(Ⅱ)讨论n的取值,利用分组法将数列转化为等比数列和等差数列即可求数列
{|a n﹣n﹣2|}的前n项和.
【解答】解:(Ⅰ)∵S2=4,a n+1=2S n+1,n∈N*.
∴a1+a2=4,a2=2S1+1=2a1+1,
解得a1=1,a2=3,
=2S n+1,a n=2S n﹣1+1,
当n≥2时,a n
+1
﹣a n=2(S n﹣S n﹣1)=2a n,
两式相减得a n
+1
即a n
=3a n,当n=1时,a1=1,a2=3,
+1
=3a n,
满足a n
+1
∴=3,则数列{a n}是公比q=3的等比数列,
则通项公式a n=3n﹣1.
(Ⅱ)a n﹣n﹣2=3n﹣1﹣n﹣2,
设b n=|a n﹣n﹣2|=|3n﹣1﹣n﹣2|,
则b1=|30﹣1﹣2|=2,b2=|3﹣2﹣2|=1,
当n≥3时,3n﹣1﹣n﹣2>0,
则b n=|a n﹣n﹣2|=3n﹣1﹣n﹣2,
此时数列{|a n﹣n﹣2|}的前n项和T n=3+﹣=
,
则T n==.
【点评】本题主要考查递推数列的应用以及数列求和的计算,根据条件建立方程组以及利用方程组法证明列{a n}是等比数列是解决本题的关键.求出过程中使用了转化法和分组法进行数列求和.
15.(2016?新课标Ⅱ)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28,记b n=[lga n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg99]=1.
(Ⅰ)求b1,b11,b101;
(Ⅱ)求数列{b n}的前1000项和.
【分析】(Ⅰ)利用已知条件求出等差数列的公差,求出通项公式,然后求解b1,b11,b101;
(Ⅱ)找出数列的规律,然后求数列{b n}的前1000项和.
【解答】解:(Ⅰ)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28,7a4=28.可得a4=4,则公差d=1.
a n=n,
b n=[lgn],则b1=[lg1]=0,
b11=[lg11]=1,
b101=[lg101]=2.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知:b1=b2=b3=…=b9=0,b10=b11=b12=…=b99=1.
b100=b101=b102=b103=…=b999=2,b10,00=3.
数列{b n}的前1000项和为:9×0+90×1+900×2+3=1893.
【点评】本题考查数列的性质,数列求和,考查分析问题解决问题的能力,以及计算能力.
16.(2016?四川)已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N+
(Ⅰ)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{a n}的通项公式;
(Ⅱ)设双曲线x2﹣=1的离心率为e n,且e2=2,求e12+e22+…+e n2.
【分析】(Ⅰ)根据题意,由数列的递推公式可得a2与a3的值,又由a2,a3,a2+a3成等差数列,可得2a3=a2+(a2+a3),代入a2与a3的值可得q2=2q,解可得q的=2S n+1,进而可得S n=2S n﹣1+1,将两式相减可得a n=2a n﹣1,即可值,进而可得S n
+1
得数列{a n}是以1为首项,公比为2的等比数列,由等比数列的通项公式计算可得答案;
(Ⅱ)根据题意S n
=qS n+1,同理有S n=qS n﹣1+1,将两式相减可得a n=qa n﹣1,分析
+1
可得a n=q n﹣1;又由双曲线x2﹣=1的离心率为e n,且e2=2,分析可得e2=
=2,
解可得a2的值,由a n=q n﹣1可得q的值,进而可得数列{a n}的通项公式,再次由双曲线的几何性质可得e n2=1+a n2=1+3n﹣1,运用分组求和法计算可得答案.
【解答】解:(Ⅰ)根据题意,数列{a n}的首项为1,即a1=1,
=qS n+1,则S2=qa1+1,则a2=q,
又由S n
+1
又有S3=qS2+1,则有a3=q2,
若a2,a3,a2+a3成等差数列,即2a3=a2+(a2+a3),
则可得q2=2q,(q>0),
解可得q=2,
=2S n+1,①
则有S n
+1
进而有S n=2S n﹣1+1,②
①﹣②可得a n=2a n﹣1,
则数列{a n}是以1为首项,公比为2的等比数列,
则a n=1×2n﹣1=2n﹣1;
=qS n+1,③
(Ⅱ)根据题意,有S n
+1
同理可得S n=qS n﹣1+1,④
③﹣④可得:a n=qa n﹣1,
又由q>0,
则数列{a n}是以1为首项,公比为q的等比数列,则a n=1×q n﹣1=q n﹣1;
若e 2=2,则e2==2,
解可得a2=,
则a2=q=,即q=,
a n=1×q n﹣1=q n﹣1=()n﹣1,
则e n2=1+a n2=1+3n﹣1,
故e12+e22+…+e n2=n+(1+3+32+…+3n﹣1)=n+.
【点评】本题考查数列的递推公式以及数列的求和,涉及双曲线的简单几何性质,注意题目中q>0这一条件.