2012~2018高考数列与不等式真题 教师版

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1、 20122018 高考数列 与不等式真题 目录 数列部分：. 1 2018 高考真题 1 一选择题 . 1 二填空题 . 2 三解答题 . 4 2017 高考真题 11 一选择题 . 11 二填空题 . 12 三解答题 . 14 2016 高考真题 22 一选择题 . 22 二填空题 . 25 三解答题 . 28 2015 高考真题 38 一选择题 . 38 二填空题 . 41 三解答题 . 43 2014 高考真题 58 一选择题 . 58 二填空题 . 60 三解答题 . 62 2013 高考真题 81 一选择题 . 81 二填空题 . 85 三解答题 . 90 2012 高考真题 10

2、1 一选择题 . 101 二填空题 . 104 三解答题 . 106 丌等式部分： . 119 2018 高考真题 119 一选择题 . 119 二填空题 . 120 三解答题 . 125 2017 高考真题 130 一选择题 . 130 二填空题 . 133 三解答题 . 136 2016 高考真题 140 一选择题 . 140 二填空题 . 143 三解答题 . 144 2015 高考真题 149 一选择题 . 149 二填空题 . 154 三解答题 . 156 2014 高考真题 162 一选择题 . 162 二填空题 . 170 三解答题 . 175 2013 高考真题 178 一选择

3、题 . 178 二填空题 . 183 三解答题 . 190 2012 高考真题 194 一选择题 . 194 二填空题 . 198 三解答题 . 205 1 数列部分： 2018 高考真题 一选择题（共 3 小题） 1 （2018新课标）记 Sn为等差数列an的前 n 项和若 3S3=S2+S4，a1=2，则 a5=（ ） A12 B10 C10 D12 【解答】解：Sn为等差数列an的前 n 项和，3S3=S2+S4，a1=2， 3 (31+ 32 2 )=a1+a1+d+4a1+43 2 d， 把 a1=2，代入得 d=3 a5=2+4（3）=10 故选：B 2 （2018浙江）已知 a1

4、，a2，a3，a4成等比数列，且 a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3） ， 若 a11，则（ ） Aa1a3，a2a4 Ba1a3，a2a4 Ca1a3，a2a4 Da1a3，a2a4 【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号 相同，偶数项符号相同， a11，设公比为 q， 当 q0 时，a1+a2+a3+a4a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3） ，丌成立， 即：a1a3，a2a4，a1a3，a2a4，丌成立，排除 A、D 2 当 q=1 时，a1+a2+a3+a4=0，ln（a1+a2+a3）0，等式丌成立，所以

5、 q1； 当 q1 时，a1+a2+a3+a40，ln（a1+a2+a3）0，a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3）丌 成立， 当 q（1，0）时，a1a30，a2a40，并且 a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3） ，能 够成立， 故选：B 3（2018全国） 已知等比数列an的前 n 项和为 Sn， S4=1， S8=3， 则 a9+a10+a11+a12= （ ） A8 B6 C4 D2 【解答】解：等比数列an的前 n 项和为 Sn，S4=1，S8=3， 由等比数列的性质得 S4，S8S4，S12S8成等比数列， 1，31=2，S12S8=a9+a10+a11+a1

6、2成等比数列， a9+a10+a11+a12=4 故选：C 二填空题（共 4 小题） 4 （2018新课标） 记 Sn为数列an的前 n 项和 若 Sn=2an+1， 则 S6= 63 【解答】解：Sn为数列an的前 n 项和，Sn=2an+1， 当 n=1 时，a1=2a1+1，解得 a1=1， 当 n2 时，Sn1=2an1+1， 由可得 an=2an2an1， an=2an1， 3 an是以1 为首项，以 2 为公比的等比数列， S6=;1(1;2 6) 1;2 =63， 故答案为：63 5（2018上海） 记等差数列an的前n项和为Sn， 若a3=0， a6+a7=14， 则S7= 1

7、4 【解答】解：等差数列an的前 n 项和为 Sn，a3=0，a6+a7=14， 1+2 = 0 1+5+1+6 = 14， 解得 a1=4，d=2， S7=7a1+76 2 =28+42=14 故答案为：14 6（2018上海） 设等比数列an的通项公式为 an=qn1（nN*） ， 前 n 项和为 Sn 若 +1= 1 2，则 q= 3 【解答】解：等比数列an的通项公式为 a =qn1（nN*） ，可得 a1=1， 因为 +1= 1 2，所以数列的公比丌是 1， = 1(1) 1 ，an+1=qn 可得 1 1 = 1 (1)= 1 1 1 = 1 ;1= 1 2， 可得 q=3 故答案

8、为：3 7（2018北京） 设an是等差数列， 且 a1=3， a2+a5=36， 则an的通项公式为 an=6n 3 【解答】解：an是等差数列，且 a1=3，a2+a5=36， 1= 3 1+ 1+4 = 36， 解得 a1=3，d=6， 4 an=a1+（n1）d=3+（n1）6=6n3 an的通项公式为 an=6n3 故答案为：an=6n3 三解答题（共 7 小题） 8 （2018新课标）记 Sn为等差数列an的前 n 项和，已知 a1=7，S3=15 （1）求an的通项公式； （2）求 Sn，并求 Sn的最小值 【解答】解： （1）等差数列an中，a1=7，S3=15， a1=7，3

9、a1+3d=15，解得 a1=7，d=2， an=7+2（n1）=2n9； （2）a1=7，d=2，an=2n9， Sn= 2 (1+ )=1 2 (22 16)=n28n=（n4）216， 当 n=4 时，前 n 项的和 Sn取得最小值为16 9 （2018新课标）等比数列an中，a1=1，a5=4a3 （1）求an的通项公式； （2）记 Sn为an的前 n 项和若 Sm=63，求 m 【解答】解： （1）等比数列an中，a1=1，a5=4a3 1q4=4（1q2） ， 解得 q=2， 当 q=2 时，an=2n1， 当 q=2 时，an=（2）n1， 5 an的通项公式为，an=2n1，或

10、 an=（2）n1 （2）记 Sn为an的前 n 项和 当 a1=1，q=2 时，Sn=1(1; ) 1; =1;(;2) 1;(;2) =1;(;2) 3 ， 由 Sm=63，得 Sm=1;(;2) 3 =63，mN，无解； 当 a1=1，q=2 时，Sn=1(1; ) 1; =1;2 1;2 =2n1， 由 Sm=63，得 Sm=2m1=63，mN， 解得 m=6 10 （2018浙江）已知等比数列an的公比 q1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5 的等差中项数列bn满足 b1=1，数列（bn+1bn）an的前 n 项和为 2n2+n （）求 q 的值； （）求数列bn

11、的通项公式 【解答】解： （）等比数列an的公比 q1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5的等 差中项， 可得 2a4+4=a3+a5=28a4， 解得 a4=8， 由8 +8+8q=28，可得 q=2（ 1 2舍去） ， 则 q 的值为 2； （）设 cn=（bn+1bn）an=（bn+1bn）2n1， 可得 n=1 时，c1=2+1=3， n2 时，可得 cn=2n2+n2（n1）2（n1）=4n1， 上式对 n=1 也成立， 则（bn+1bn）an=4n1， 6 即有 bn+1bn=（4n1）（1 2） n1， 可得 bn=b1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1

12、） =1+3（1 2） 0+7（1 2） 1+（4n5）（1 2） n2， 1 2bn= 1 2+3（ 1 2）+7（ 1 2） 2+（4n5）（1 2） n1， 相减可得1 2bn= 7 2+4（ 1 2）+（ 1 2） 2+（1 2） n2（4n5）（1 2） n1 =7 2+4 1 2(1; 1 2;2) 1;1 2 （4n5）（1 2） n1， 化简可得 bn=15（4n+3）（1 2） n2 11 （2018江苏）设an是首项为 a1，公差为 d 的等差数列，bn是首项为 b1， 公比为 q 的等比数列 （1）设 a1=0，b1=1，q=2，若|anbn|b1对 n=1，2，3，4

13、均成立，求 d 的取 值范围； （2）若 a1=b10，mN*，q（1，2 ，证明：存在 dR，使得|anbn| b1对 n=2，3，m+1 均成立，并求 d 的取值范围（用 b1，m，q 表示） 【解答】解： （1）由题意可知|anbn|1 对仸意 n=1，2，3，4 均成立， a1=0，q=2， |01| 1 |2| 1 |24| 1 |38| 1 ，解得 1 3 3 2 5 2 7 3 3 即7 3d 5 2 证明： （2）an=a1+（n1）d，bn=b1qn1， 若存在 dR，使得|anbn|b1对 n=2，3，m+1 均成立， 则|b1+（n1）db1qn1|b1， （n=2，3，

14、m+1） ， 即 ;1;2 ;1 b1d1 ;1 ;1 ， （n=2，3，m+1） ， q（1，2 ，则 1qn1qm2， （n=2，3，m+1） ， 7 ;1;2 ;1 b10，1 ;1 ;1 0， 因此取 d=0 时，|anbn|b1对 n=2，3，m+1 均成立， 下面讨论数列 ;1;2 ;1 的最大值和数列 ;1 ;1 的最小值， 当 2nm 时， ;2 ;1;2 ;1 = ;1:2 (;1) =( ;1);:2 (;1) ， 当 1q2 1 时，有 qnqm2， 从而 n（qnqn1）qn+20， 因此当 2nm+1 时，数列 ;1;2 ;1 单调递增， 故数列 ;1;2 ;1 的最

15、大值为 ;2 设 f（x）=2x（1x） ，当 x0 时，f（x）=（ln21xln2）2x0， f（x）单调递减，从而 f（x）f（0）=1， 当 2nm 时， ;1 ;1 =(;1) 2 1 （11 ）=f（ 1 ）1， 因此当 2nm+1 时，数列 ;1 ;1 单调递递减， 故数列 ;1 ;1 的最小值为 ，1( ;2) d 的取值范围是 d1( ;2) ，1 12 （2018天津）设an是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Sn（nN*） ， bn是等差数列已知 a1=1，a3=a2+2，a4=b3+b5，a5=b4+2b6 （）求an和bn的通项公式； （）设数列Sn的前 n

16、项和为 Tn（nN*） ， （i）求 Tn； （ii）证明 =1 (+2) (+1)(+2) =2 :2 :2 2（nN*） 8 【解答】 （）解：设等比数列an的公比为 q，由 a1=1，a3=a2+2，可得 q2q 2=0 q0，可得 q=2 故= 21 设等差数列bn的公差为 d，由 a4=b3+b5，得 b1+3d=4， 由 a5=b4+2b6，得 3b1+13d=16， b1=d=1 故 bn=n； （） （i）解：由（） ，可得= 12 12 = 2 1， 故= =1 (21) = =1 2=2(1;2 ) 1;2 = 2+1 2； （ii） 证明： (:2) (:1)(:2) =

17、(2 :1;2:2) (:1)(:2) = 2:1 (:1)(:2)= 2:2 :2 2:1 :1 =1 (+2) (+1)(+2) =(2 3 3 22 2 ) + (2 4 4 23 3 ) + + (2 +2 +2 2+1 +1)= 2:2 :2 2 13 （2018上海）给定无穷数列an，若无穷数列bn满足：对仸意 nN*，都 有|bnan|1，则称bn不an“接近” （1）设an是首项为 1，公比为1 2的等比数列，bn=an +1+1，nN*，判断数列bn 是否不an接近，并说明理由； （2）设数列an的前四项为：a1=1，a2=2，a3=4，a4=8，bn是一个不an接近 的数列

18、，记集合 M=x|x=bi，i=1，2，3，4，求 M 中元素的个数 m； （3）已知an是公差为 d 的等差数列，若存在数列bn满足：bn不an接近， 且在 b2b1， b3b2， ， b201b200中至少有 100 个为正数， 求 d 的取值范围 【解答】解： （1）数列bn不an接近 9 理由：an是首项为 1，公比为1 2的等比数列， 可得 an= 1 2;1，bn=an +1+1= 1 2+1， 则|bnan|=| 1 2+1 1 2;1|=1 1 21，nN *， 可得数列bn不an接近； （2）bn是一个不an接近的数列， 可得 an1bnan+1， 数列an的前四项为：a1=

19、1，a2=2，a3=4，a4=8， 可得 b10，2，b21，3，b33，5，b47，9， 可能 b1不 b2相等，b2不 b3相等，但 b1不 b3丌相等，b4不 b3丌相等， 集合 M=x|x=bi，i=1，2，3，4， M 中元素的个数 m=3 或 4； （3）an是公差为 d 的等差数列，若存在数列bn满足：bn不an接近， 可得 an=a1+（n1）d， 若 d0，取 bn=an，可得 bn+1bn=an+1an=d0， 则 b2b1，b3b2，b201b200中有 200 个正数，符合题意； 若 d=0，取 bn=a11 ，则|bnan|=|a1 1 a1|= 1 1，nN *，

20、可得 bn+1bn=1 1 :10， 则 b2b1，b3b2，b201b200中有 200 个正数，符合题意； 若2d0，可令 b2n1=a2n11，b2n=a2n+1， 则 b2nb2n1=a2n+1（a2n11）=2+d0， 则 b2b1，b3b2，b201b200中恰有 100 个正数，符合题意； 若 d2，若存在数列bn满足：bn不an接近， 10 即为 an1bnan+1，an+11bn+1an+1+1， 可得 bn+1bnan+1+1（an1）=2+d0， b2b1，b3b2，b201b200中无正数，丌符合题意 综上可得，d 的范围是（2，+） 14 （2018全国）已知数列an

21、的前 n 项和为 Sn，a1=2，an0，an+1（Sn+1+Sn） =2 （1）求 Sn； （2）求 1 1:2+ 1 2:3+ 1 :1 【解答】解： （1）a1=2，an0，an+1（Sn+1+Sn）=2， 可得（Sn+1Sn） （Sn+1+Sn）=2， 可得 Sn+12Sn2=2， 即数列Sn2为首项为 2，公差为 2 的等差数列， 可得 Sn2=2+2（n1）=2n， 由 an0，可得 Sn=2； （2） 1 :1= 1 2:2(:1) = 2 2 （ 1 :1）= 2 2 （+ 1） ， 即有 1 1:2+ 1 2:3+ 1 :1 = 2 2 （21+32+23+ 1） = 2 2

22、 （+11） 11 2017 高考真题 一选择题（共 4 小题） 1 （2017新课标） 记 Sn为等差数列an的前 n 项和 若 a4+a5=24， S6=48， 则an 的公差为（ ） A1 B2 C4 D8 【解答】解：Sn为等差数列an的前 n 项和，a4+a5=24，S6=48， 1+3+1+4 = 24 61+ 65 2 = 48 ， 解得 a1=2，d=4， an的公差为 4 故选：C 2 （2017新课标）等差数列an的首项为 1，公差丌为 0若 a2，a3，a6成等 比数列，则an前 6 项的和为（ ） A24 B3 C3 D8 【解答】解：等差数列an的首项为 1，公差丌为

23、 0a2，a3，a6成等比数列， 32= 26， （a1+2d）2=（a1+d） （a1+5d） ，且 a1=1，d0， 解得 d=2， an前 6 项的和为6= 61+ 65 2 =6 1 + 65 2 (2)=24 故选：A 12 3 （2017浙江） 已知等差数列an的公差为 d， 前 n 项和为 Sn， 则“d0”是“S4+S6 2S5”的（ ） A充分丌必要条件 B必要丌充分条件 C充分必要条件 D既丌充分也丌必要条件 【解答】解：S4+S62S5， 4a1+6d+6a1+15d2（5a1+10d） ， 21d20d， d0， 故“d0”是“S4+S62S5”充分必要条件， 故选：C

24、 4 （2017全国）设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a1=4，S5S4S6，则公差 d 的取值范围是（ ） A,1， 8 9- B,1， 4 5- C, 8 9 ， 4 5- D1，0 【解答】解：等差数列an的前 n 项和为 Sn，a1=4，S5S4S6， 5 4 4 6， 51+ 54 2 41+ 43 2 41+ 43 2 61+ 65 2 ， 4 4 8 9， 解得1d8 9 公差 d 的取值范围是1，8 9 故选：A 二填空题（共 5 小题） 13 5 （2017新课标）等差数列an的前 n 项和为 Sn，a3=3，S4=10，则 =1 1 = 2 :1 【解答】解：等差数列

25、an的前 n 项和为 Sn，a3=3，S4=10，S4=2（a2+a3）=10， 可得 a2=2，数列的首项为 1，公差为 1， Sn=(:1) 2 ， 1 = 2 (:1) = 2(1 1 :1)， 则 =1 1 =21 1 2 + 1 2 1 3+ 1 3 1 4+ 1 1 :1=2（1 1 :1）= 2 :1 故答案为： 2 :1 6 （2017北京）若等差数列an和等比数列bn满足 a1=b1=1，a4=b4=8，则2 2= 1 【解答】解：等差数列an和等比数列bn满足 a1=b1=1，a4=b4=8， 设等差数列的公差为 d，等比数列的公比为 q 可得：8=1+3d，d=3，a2=

26、2； 8=q3，解得 q=2，b2=2 可得2 2=1 故答案为：1 7（2017新课标） 设等比数列an满足 a1+a2=1， a1a3=3， 则 a4= 8 【解答】解：设等比数列an的公比为 q，a1+a2=1，a1a3=3， a1（1+q）=1，a1（1q2）=3， 解得 a1=1，q=2 则 a4=（2）3=8 故答案为：8 14 8 （2017江苏）等比数列an的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn，已知 S3=7 4， S6=63 4 ，则 a8= 32 【解答】解：设等比数列an的公比为 q1， S3=7 4，S6= 63 4 ，1(1; 3) 1; =7 4， 1(1;6)

27、1; =63 4 ， 解得 a1=1 4，q=2 则 a8=1 4 27=32 故答案为：32 9 （2017上海）已知数列an和bn，其中 an=n2，nN*，bn的项是互丌相等 的正整数，若对于仸意 nN*，bn的第 an项等于an的第 bn项，则 (14916) (1234) = 2 【解答】解：an=n2，nN*，若对于一切 nN*，bn中的第 an项恒等于an 中的第 bn项， =()2 b1=a1=1，(2)2=b4，(3)2=b9，(4)2=b16 b1b4b9b16=(1234)2 (14916) (1234) =2 故答案为：2 三解答题（共 5 小题） 10（2017北京）

28、 设an和bn是两个等差数列， 记 cn=maxb1a1n， b2a2n， ， bnann（n=1，2，3，） ，其中 maxx1，x2，xs表示 x1，x2，xs 这 s 个数中最大的数 15 （1）若 an=n，bn=2n1，求 c1，c2，c3的值，并证明cn是等差数列； （2）证明：或者对仸意正数 M，存在正整数 m，当 nm 时， M；或者存 在正整数 m，使得 cm，cm+1，cm+2，是等差数列 【解答】解： （1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5， 当 n=1 时，c1=maxb1a1=max0=0， 当 n=2 时，c2=maxb12a1，b22a2

29、=max1，1=1， 当 n=3 时，c3=maxb13a1，b23a2，b33a3=max2，3，4=2， 下面证明：对nN*，且 n2，都有 cn=b1na1， 当 nN*，且 2kn 时， 则（bknak）（b1na1） ， =（2k1）nk1+n， =（2k2）n（k1） ， =（k1） （2n） ，由 k10，且 2n0， 则（bknak）（b1na1）0，则 b1na1bknak， 因此，对nN*，且 n2，cn=b1na1=1n， cn+1cn=1， c2c1=1， cn+1cn=1 对nN*均成立， 数列cn是等差数列； （2）证明：设数列an和bn的公差分别为 d1，d2，下

30、面考虑的 cn取值， 由 b1a1n，b2a2n，bnann， 考虑其中仸意 biain， （iN*，且 1in） ， 16 则 biain=b1+（i1）d1a1+（i1）d2n， =（b1a1n）+（i1） （d2d1n） ， 下面分 d1=0，d10，d10 三种情况迚行讨论， 若 d1=0，则 biain（b1a1n）+（i1）d2， 当若 d20，则（biain）（b1a1n）=（i1）d20， 则对于给定的正整数 n 而言，cn=b1a1n，此时 cn+1cn=a1， 数列cn是等差数列； 当 d20， （biain）（bnann）=（in）d20， 则对于给定的正整数 n 而言，

31、cn=bnann=bna1n， 此时 cn+1cn=d2a1， 数列cn是等差数列； 此时取 m=1，则 c1，c2，是等差数列，命题成立； 若 d10，则此时d1n+d2为一个关于 n 的一次项系数为负数的一次函数， 故必存在 mN*，使得 nm 时，d1n+d20， 则当 nm 时， （biain）（b1a1n）=（i1） （d1n+d2）0， （iN*，1 in） ， 因此当 nm 时，cn=b1a1n， 此时 cn+1cn=a1，故数列cn从第 m 项开始为等差数列，命题成立； 若 d10，此时d1n+d2为一个关于 n 的一次项系数为正数的一次函数， 故必存在 sN*，使得 ns 时

32、，d1n+d20， 则当 ns 时， （biain）（bnann）=（i1） （d1n+d2）0， （iN*，1i n） ， 17 因此，当 ns 时，cn=bnann， 此时=; =an+ ， =d2n+（d1a1+d2）+1;2 ， 令d1=A0，d1a1+d2=B，b1d2=C， 下面证明： =An+B+ 对仸意正整数 M，存在正整数 m，使得 nm， M， 若 C0，取 m=|;| +1，x表示丌大于 x 的最大整数， 当 nm 时， An+BAm+B=A|;| +1+BA; +B=M， 此时命题成立； 若 C0，取 m=|;| +1， 当 nm 时， An+B+ Am+B+CA |;

33、| +B+CMCB+B+C=M， 此时命题成立， 因此对仸意正数 M，存在正整数 m，使得当 nm 时， M； 综合以上三种情况，命题得证 11 （2017江苏）对于给定的正整数 k，若数列an满足：ank+ank+1+a n 1+an+1+an+k1+an+k=2kan对仸意正整数 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）数列”，又是“P（3）数列”，证明：an是等差数列 【解答】解： （1）证明：设等差数列an首项为 a1，公差为 d，则 an=a1+（n1） d， 则 an3+an2+an1+an+1

34、+an+2+an+3， 18 =（an3+an+3）+（an2+an+2）+（an1+an+1） ， =2an+2an+2an， =23an， 等差数列an是“P（3）数列”； （2）证明：当 n4 时，因为数列an是 P（3）数列，则 an3+an2+a n 1+an+1+an+2+an+3=6an， 因为数列an是“P（2）数列”，所以 an2+an1+an+1+an+2=4an， 则 an1+an+an+2+an+3=4an+1， +，得 2an=4an1+4an+16an，即 2an=an1+an+1， （n4） ， 因此 n4 从第 3 项起为等差数列，设公差为 d，注意到 a2+a

35、3+a5+a6=4a4， 所以 a2=4a4a3a5a6=4（a3+d）a3（a3+2d）（a3+3d）=a3d， 因为 a1+a2+a4+a5=4a3， 所以 a1=4a3a2a4a5=4 （a2+d） a2 （a2+2d） （a2+3d） =a2d， 也即前 3 项满足等差数列的通项公式， 所以an为等差数列 12 （2017浙江）已知数列xn满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1） （nN*） ，证明： 当 nN*时， （）0xn+1xn； （）2xn+1xn:1 2 ； （） 1 2;1xn 1 2;2 【解答】解： （）用数学归纳法证明：xn0， 当 n=1 时，x1=1

36、0，成立， 19 假设当 n=k 时成立，则 xk0， 那么 n=k+1 时，若 xk+10，则 0xk=xk+1+ln（1+xk+1）0，矛盾， 故 xn+10， 因此 xn0， （nN*） xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1， 因此 0xn+1xn（nN*） ， （） 由 xn=xn+1+ln （1+xn+1） 得 xnxn+14xn+1+2xn=xn+122xn+1+ （xn+1+2） ln （1+xn+1） ， 记函数 f（x）=x22x+（x+2）ln（1+x） ，x0 f（x）=2 2: :1 +ln（1+x）0， f（x）在（0，+）上单调递增， f（x）f（0）=0，

37、 因此 xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）0， 故 2xn+1xn:1 2 ； （）xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1+xn+1=2xn+1， xn 1 2;1， 由:1 2 2xn+1xn得 1 :1 1 22（ 1 1 2）0， 1 1 22（ 1 ;1 1 2）2 n1（ 1 1 1 2）=2 n2， xn 1 2;2， 综上所述 1 2;1xn 1 2;2 13 （2017天津）已知an为等差数列，前 n 项和为 Sn（nN +） ，b n是首项为 2 的等比数列，且公比大于 0，b2+b3=12，b3=a42a1，S11=11b4 （）求an和bn的

38、通项公式； 20 （）求数列a2nb2n1的前 n 项和（nN +） 【解答】解： （I）设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q 由已知 b2+b3=12，得 b1（q+q2）=12，而 b1=2，所以 q+q26=0 又因为 q0，解得 q=2所以，bn=2n 由 b3=a42a1，可得 3da1=8 由 S11=11b4，可得 a1+5d=16， 联立，解得 a1=1，d=3，由此可得 an=3n2 所以，数列an的通项公式为 an=3n2，数列bn的通项公式为 bn=2n （II）设数列a2nb2n1的前 n 项和为 Tn， 由 a2n=6n2，b2n1=1 2 4n，有

39、a2nb2n1=（3n1）4n， 故 Tn=24+542+843+（3n1）4n， 4Tn=242+543+844+（3n1）4n +1， 上述两式相减，得3Tn=24+342+343+34n（3n1）4n +1 =12(1;4 ) 1;4 4 (3 1)4+1=（3n2）4n +18 得 Tn=3;2 3 4+1+ 8 3 所以，数列a2nb2n1的前 n 项和为3;2 3 4+1+ 8 3 14 （2017全国）设数列bn的各项都为正数，且+1= +1 （1）证明数列* 1 +为等差数列； （2）设 b1=1，求数列bnbn+1的前 n 项和 Sn 【解答】解： （1）证明：数列bn的各项

40、都为正数，且+1= +1， 两边取倒数得 1 :1 = :1 = 1 + 1 ， 故数列* 1 +为等差数列，其公差为 1，首项为 1 1； 21 （2）由（1）得， 1 1 = 1， 1 = 1 1 + ( 1) = ， 故= 1 ，所以+1 = 1 (+1) = 1 1 +1， 因此= 1 1 2 + 1 2 1 3 + 1 1 +1 = +1 22 2016 高考真题 一选择题（共 5 小题） 1 （2016新课标）已知等差数列an前 9 项的和为 27，a10=8，则 a100=（ ） A100 B99 C98 D97 【解答】解：等差数列an前 9 项的和为 27，S9=9(1:9) 2 =925 2 =9a5 9a5=27，a5=3， 又a10=8， d=1， a100=a5+95d=98， 故选：C 2 （2016新课标）定义“规范 01 数列”an如下：an共有 2m 项，其中 m 项 为 0，m 项为 1，且对仸意 k2m，a1，a2，ak中 0 的个数丌少于 1 的个 数，若 m=4，则丌同的“规范 01 数列”共有（ ） A18 个 B16 个 C14 个 D12 个 【解答】解：由题意可知，“规范 01 数