2017年高考数学理试题分类汇编:数列 2017年数学高考试题_中小学试题|家庭教育题库|辅导习题「中国戏曲学院附属中等戏曲学校」

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2017年高考数学理试题分类汇编:数列 2017年数学高考试题

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2017年数学高考试题
(2017年新课标Ⅰ) 4.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 A.1 【答案】C B.2 C.4 D.8 2a17d24,解得d4,故选C. 【解析】设公差为d,则有6a15d481 ( 2017年新课标Ⅱ卷理) 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( ) A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏
【答案】B
【解析】塔的顶层共有灯x盏,则各层的灯数构成一个公比为2的等比数列,由x12712n 381可得x3,故选B。
( 2017年新课标Ⅱ卷理) 15.等差数列an的前n项和为Sn,a33,S410,则
【答案】1 . Sk1k2n n1a12d3n1na11an,S
【解析】设等差数列的首项为a1,公差为d,所以 ,解得 ,所以,43nnd124a1d102那么12112 ,那么 Snnn1nn11111112n1 . 21......21nn1n1n1k1Sk22314.(2017年新课标Ⅲ卷理)设等比数列an满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3,则a4 = ___________.
【答案】8 na11a11q13
【解析】由题意可得: ,解得: ,则aaq8 412q2a11q3 (2017年新课标Ⅲ卷理) 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前6项的和为 A.-24
【答案】A 2
【解析】设等差数列的公差为d0,a3a2a612d1d15d,d22d,d0,所以d2,2 B.-3 C.3 D.8 S66165224,故选A. 2 (2017年浙江卷) 6.已知等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的 A.充分不必要条件 C.充分必要条件
【答案】C B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 17. ( 2017年新课标Ⅱ文) 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,a1=-1,b1=1,a3+b2=2.

(1) 若a3+b2=5,求{bn}的通项公式;

(2) 若T=21,求S1 17.解:设的公差为d,的公比为q,则得 ② ,.由得d+q=3. ①

(1) 由联立①和②解得(舍去),因此的通项公式

(2) 由当时,由①得得,则.当.解得时,由①得 ,则. (2017年新课标Ⅰ) 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,…,学科*网其中第一项是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:N>100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 A.440
【答案】A
【解析】由题意得,数列如下: B.330 C.220 D.110 1,1,2,1,2,4,1,2,4,,2k1则该数列的前12k k(k1)项和为 2k(k1)kk1S1(12)(122)2k2 2要使k(k1)100,有k14,此时k22k1,所以k2是之后的等比数列1,2,,2k1的部分和,即 2k2122t12t1, t5所以k2314,则t5,此时k2329, 对应满足的最小条件为N29305440,故选A. 2 (2017年新课标Ⅰ文) 17. 记Sn为等比数列an的前n项和,已知S2=2,S3=-6.

(1)求an的通项公式;

(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列。 a1(1q)217.(12分)
【解析】

(1)设{an}的公比为q.由题设可得 ,解得q2,a12. 2a1(1qq)6故{an}的通项公式为an(2)n. n1a1(1qn)2n2

(2)由

(1)可得Sn. (1)1q33n3n142n22n2n22[(1)]2Sn, 由于Sn2Sn1(1)3333故Sn1,Sn,Sn2成等差数列. (2017年北京卷理)

(10)若等差数列an和等比数列bn满足a1=b1=–1,a4=b4=8,则a2=_______. b2
【答案】1
【解析】 a21313dq8d3,q21b21(2)3 (2017年北京卷理)

(20)设{an}和{bn}是两个等差数列,记 cnmax{b1a1n,b2a2n,,bnann}(n1,2,3,), 其中max{x1,x2,,xs}表示x1,x2,,xs这s个数中最大的数. (Ⅰ)若ann,bn2n1,求c1,c2,c3的值,并证明{cn}是等差数列; (Ⅱ)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当nm时,是等差数列.
【答案】 cnM;或者存在正整数m,使得cm,cm1,cm2,nc1=max{b1a1}=max{0}=0(Ⅰ)当n1时,c2=max{b1-2a1,b22a2}=max{-1,-1}=-1 c3=max{b13a1,b23a2,b33a3}=max{-2,,-3-4}=-2*所以,对于nN且n2,都有cnb1a1n,只需比较b1a1n与其他项的大小比较 当kN*且10,且2-n<0, 所以bkaknb1a1n 所以 对于nN*且n2cnb1a1n=1-n 所以 cncn-1=-1n2 又c2c1=-1 所以{cn}是以首项c=0d=-1为公差的等差数列。 1(Ⅱ)

(1)设{an}、{bn}的公差为d,d, 对于ban,ban,,ban 121122nn其中任意项biain(iN*,1【解析】当q1时,显然不符合题意; a1(1q3)7141q17a1当q1时,,解得,则a232. 4864a(1q)631q241q19.(2017年江苏卷) 对于给定的正整数k,若数列{an}满足:ankank1an1an1ank1ank2kan对任意正整数n(nk)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.19.
【解析】

(1)因为an是等差数列,所以,当n4时,an3an32an,an2an22an, an1an12an,以上三式相加,得an3an2+an1+an1an2+an36an 因此,an是P3数列 17. ( 2017年全国Ⅲ卷文)设数列an满足a13a2…+2n1an2n

(1)求数列an的通项公式;

(2)求数列
【答案】
【解析】

(1)当n=1时,a12 ……………………..1an的前n项和; 2n1当n2时,由a13a2…+2n1an2n①„„„„„„„„„„„„2 a13a2…+2n3an-12n-1②„„„„„„„„„.3 ① -②得2n1an2即an ……………………………………42n2 2n1验证a12符合上式 所以an2nN 2n1……………………………………….6 …………………………..8

(2)an2112n12n12n12n12n1111111112nSn11 3352n32n12n12n12n12n1……………………….12

(19)(本小题满分12分) 已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2 (Ⅰ)求数列{xn}的通项公式; (Ⅱ)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1, 1),P2(x2, 2)…Pn+1(xn+1, n+1)得到折线P1 P2…Pn+1,学.科网求由该折线与直线y=0,x=xi(x{xn})所围成的区域的面积Tn. (2n1)2n1.
【答案】(I)xn2.(II)Tn2n1
【解析】解:(I)设数列{xn}的公比为q,由已知q>0. x1x1q3由题意得2,所以3q25q20, x1qx1q2因为q>0,所以q2,x11, 因此数列{xn}的通项公式为xn2n1. ①-②得 32(12n1)(2n1)2n1. Tn32(22......2)(2n1)2=21212n1n1(2n1)2n1. 所以Tn2

(19)(2017年山东卷文) 已知{an}是各项均为正数的等比数列,且a1a26,a1a2a3. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ){bn}为各项非零的等差数列,其前n项和Sn,已知S2n1bnbn1,求数列
【答案】(Ⅰ)an2n;(Ⅱ)Tn5bn的前n项和Tn. an2n5 2n 两式相减得Tn122n531112n1. 2n1n1所以Tn52n2222218. (2017年天津卷理) 已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(nN),{bn}是学 科.网首项为2的等比数列,且公比大于0,b2b312,b3a42a1,S1111b4. (Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式; (Ⅱ)求数列{a2nb2n1}的前n项和(nN).
【答案】

(1)an3n2n.

(2)Tn3n2n184. 33
【解析】(I)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 由a2n6n2,b2n124n1,有a2nb2n1(3n1)4n, 故Tn24542843(3n1)4n, 4Tn242543844(3n4)4n(3n1)4n1, 上述两式相减,得3Tn2434234334n(3n1)4n1 12(14n)4(3n1)4n1 14(3n2)4n18.得Tn3n2n184. 333n2n184. 33所以,数列{a2nb2n1}的前n项和为

(18)(2017年天津卷文) 已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(nN),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0, *b2b312,b3a42a1,S1111b4. (Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式; (Ⅱ)求数列{a2nbn}的前n项和(nN*).
【解析】(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q. 2由已知b2b312,得b1(qq)12,而b12,所以q2q60. 又因为q0,解得q2,所以bn2. n由b3a42a1,可得3da18①;由S1111b4,可得a15d16②, 联立①②,解得a11,d3,由此可得an3n2. n所以,{an}的通项公式为an3n2,{bn}的通项公式为bn2. 22.(2017年浙江卷)已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*). xx11证明:当n∈N*时,(Ⅰ)0<xn+1<xn;(Ⅱ)2xn+1− xn≤nn1;(Ⅲ)n1≤xn≤n2. 222 2017年数学高考试题。
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