2017年高考数学试题分项版数列（解析版）一、选择题1(2017浙江，6)已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，则“d0”是“S4S62S5”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件1【答案】C【解析】方法一数列an是公差为d的等差数列，S44a16d，S55a110d，S66a115d，S4S610a121d,2S510a120d.若d0，则21d20d,10a121d10a120d，即S4S62S5.若S4S62S5，则10a121d10a120d，即21d20d，d0.“d0”是“S4S62S5”的充分必要条件故选C.方法二S4S62S5S4S4a5a62(S4a5)a6a5a5da5d0.“d0”是“S4S62S5”的充分必要条件故选C.2(2017全国理，4)记Sn为等差数列an的前n项和若a4a524，S648，则an的公差为()A1 B2 C4 D82【答案】C【解析】设an的公差为d，由得解得d4.故选C.3(2017全国理，12)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推求满足如下条件的最小整数N：N100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是()A440 B330 C220 D1103【答案】A【解析】设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推则第n组的项数为n，前n组的项数和为.由题意知，N100，令100n14且nN*，即N出现在第13组之后第n组的各项和为2n1，前n组所有项的和为n2n12n.设N是第n1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则N项的和即第n1组的前k项的和2k1应与2n互为相反数，即2k12n(kN*，n14)，klog2(n3)n最小为29，此时k5，则N5440.故选A.4(2017全国理，3)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A1盏 B3盏 C5盏 D9盏4【答案】B【解析】设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7381，q2，S7381，解得a13.故选B.5(2017全国理，9)等差数列an的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则an的前6项和为()A24 B3 C3 D85【答案】A【解析】由已知条件可得a11，d0，由aa2a6，可得(12d)2(1d)(15d)，解得d2.所以S66124.故选A.二、填空题1(2017江苏，9)等比数列an的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3，S6，则a8_.1【答案】32【解析】设an的首项为a1，公比为q，则解得所以a82725322(2017全国理，15)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则_.2【答案】【解析】 设等差数列an的公差为d，则由得Snn11，2.22.3(2017全国理，14)设等比数列an满足a1a21，a1a33，则a4_.3【答案】8【解析】设等比数列an的公比为q.a1a21，a1a33，a1(1q)1，a1(1q2)3.，得1q3，q2.a11，a4a1q31(2)38.4(2017北京理，10)若等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a4b48，则_.4【解析】设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则由a4a13d，得d3，由b4b1q3，得q38，q2.1.三、解答题1(2017全国文，17)记Sn为等比数列an的前n项和已知S22，S36.(1)求an的通项公式；(2)求Sn，并判断Sn1，Sn，Sn2是否成等差数列1解(1)设an的公比为q，由题设可得解得q2，a12.故an的通项公式为an(2)n.(2)由(1)可得Sn(1)n.由于Sn2Sn1(1)n22Sn，故Sn1，Sn，Sn2成等差数列2(2017全国文，17)已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，a11，b11，a2b22.(1)若a3b35，求bn的通项公式；(2)若T321，求S3.2解设an的公差为d，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.由a2b22得dq3.(1)由a3b35得2dq26.联立和解得(舍去)，因此bn的通项公式为bn2n1.(2)由b11，T321得q2q200.解得q5或q4.当q5时，由得d8，则S321.当q4时，由得d1，则S36.3(2017全国文，17)设数列an满足a13a2(2n1)an2n.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和3解(1)因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1)，两式相减，得(2n1)an2，所以an(n2)又由题设可得a12，满足上式，所以an的通项公式为an.(2)记的前n项和为Sn.由(1)知，则Sn.4(2017北京文，15)已知等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a2a410，b2b4a5.(1)求an的通项公式；(2)求和：b1b3b5b2n1.4解(1)设等差数列an的公差为d.因为a2a410，所以2a14d10，解得d2，所以an2n1.(2)设等比数列bn的公比为q，因为b2b4a5，所以b1qb1q39，解得q23，所以b2n1b1q2n23n1.从而b1b3b5b2n113323n1.5(2017天津文，18)已知an为等差数列，前n项和为Sn(nN*)，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2b312，b3a42a1，S1111b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nbn的前n项和(nN*)5解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由已知b2b312，得b1(qq2)12.而b12，所以q2q60，解得q3或q2.又因为q0，所以q2.所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18.由S1111b4，可得a15d16.联立，解得a11，d3，由此可得an3n2.所以数列an的通项公式为an3n2，数列bn的通项公式为bn2n.(2)设数列a2nbn的前n项和为Tn.由a2n6n2，得Tn4210221623(6n2)2n，2Tn42210231624(6n8)2n(6n2)2n1.上述两式相减，得Tn4262262362n(6n2)2n14(6n2)2n1(3n4)2n216，所以Tn(3n4)2n216.所以数列a2nbn的前n项和为(3n4)2n216.6(2017山东文，19)已知an是各项均为正数的等比数列，且a1a26，a1a2a3.(1)求数列an的通项公式；(2)bn为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n1bnbn1，求数列的前n项和Tn.6解(1)设an的公比为q，由题意知a1(1q)6，aqa1q2，又an0，由以上两式联立方程组解得a12，q2，所以an2n.(2)由题意知S2n1(2n1)bn1，又S2n1bnbn1，bn10，所以bn2n1.令cn，则cn，因此Tnc1c2cn，又Tn，两式相减得Tn，所以Tn5.7(2017浙江，22)已知数列xn满足：x11，xnxn1ln(1xn1)(nN*)证明：当nN*时，(1)0xn1xn；(2)2xn1xn；(3)xn.7证明(1)用数学归纳法证明xn0.当n1时，x110.假设nk时，xk0，那么nk1时，若xk10，则0xkxk1ln(1xk1)0，与假设矛盾，故xk10，因此xn0(nN*)所以xnxn1ln(1xn1)xn1，因此0xn1xn(xN*)(2)由xnxn1ln(1xn1)得，xnxn14xn12xnx2xn1(xn12)ln(1xn1)记函数f(x)x22x(x2)ln(1x)(x0)f(x)ln0(x0)，函数f(x)在0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，因此x2xn1(xn12)ln(1xn1)f(xn1)0，故2xn1xn(nN*)(3)因为xnxn1ln(1xn1)xn1xn12xn1，所以xn.由2xn1xn得20，所以22n12n2，故xn.综上，xn(nN*)8(2017江苏，19)对于给定的正整数k，若数列an满足ankank1an1an1ank1ank2kan对任意正整数n(nk)总成立，则称数列an是“P(k)数列”(1)证明：等差数列an是“P(3)数列”；(2)若数列an既是“P(2)