数 学
D 单元 数列
D1 数列的概念与简单表示法 11．D1[2016·上海卷] 无穷数列{a n }由k 个不同的数组成，S n 为{a n }的前n 项和．若对任意n ∈N *，S n ∈{2，3}，则k 的最大值为________．
11．4 [解析] 由S n ∈{2，3}，得a 1＝S 1∈{2，3}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：
①a 1＝2，a 2＝0，a 3＝1，a 4＝－1； ②a 1＝2，a 2＝1，a 3＝0，a 4＝－1； ③a 1＝2，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝0； ④a 1＝3，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝1； ⑤a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝0，a 4＝1； ⑥a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝1，a 4＝0. 最多项均只能写到第4项，即k max ＝4. D2 等差数列及等差数列前n 项和 12．D2[2016·北京卷] 已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________．
12．6 [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 5＝0，所以6＋2d ＋6＋4d ＝0，6×5
解得d ＝－2，所以S 6＝6×6＋(－2) ＝36－30＝6.
2
8．D2[2016·江苏卷] 已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 2S 5＝10，2＝－3，则a 9的值是________．
8．20 [解析] 因为S 5＝5a 3＝10，所以a 3＝2，设其公差为d ，
22
则a 1＋a 2解得d ＝3，所以a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20. 2＝2－2d ＋(2－d ) ＝d －6d ＋6＝－3，3．D2[2016·全国卷Ⅰ] 已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98 D ．97
3．C [解析]
a 1＋a 9
×9＝27，可得a 5＝3，所以a 10－a 5＝5d ＝5，所以d ＝1，所以a 1002
＝a 10＋90d ＝98.
19．D2，D4，H6[2016·四川卷] 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 *.
(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；
4n －3n y 25
(2)设双曲线x －1的离心率为e n ，且e 2，证明：e 1＋e 2＋„＋e n >－a n 33
2
19．解：(1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.
又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，
所以a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立，
所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列，
－
从而a n ＝q n 1.
由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得
2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2) ＝0， 由已知，q >0，故q ＝2，
所以，a n ＝2n 1(n ∈N *) ．
－
(2)证明：由(1)可知，a n ＝q n 1，
－
y 2（－）
所以双曲线x －＝1的离心率e n ＝1＋a . n ＝1＋q a n
2
54
由e 21＋q ＝，解得q 负值舍去) ．
33因为1＋q 2(k
>q k 1(k ∈N *) ．
q n －1n －1
于是e 1＋e 2＋„＋e n >1＋q ＋„＋q ＝，
q －1
－
－1)
>q 2(k
－1)
，所以1＋q 4n －3n
故e 1＋e 2＋„＋e n －3
17．D2[2016·全国卷Ⅱ] S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28. 记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b 1，b 11，b 101；
(2)求数列{b n }的前1000项和．
17．解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1， 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .
故b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.
0，1≤n ＜10，⎧⎪1，10≤n ＜100，
(2)因为b ＝⎨
2，100≤n ＜1000，⎪⎩3，n ＝1000，
n
所以数列{b n }的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.
18．D2，D4[2016·山东卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.
(1)求数列{b n }的通项公式；
（a n ＋1）n 1
(2)令c n ＝{c n }的前n 项和T n .
（b n ＋2）＋
18．解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11， 所以a n ＝6n ＋5.
设数列{b n }的公差为d .
⎧⎪a 1＝b 1＋b 2，由⎨ ⎪a 2＝b 2＋b 3，⎩⎧⎪11＝2b 1＋d 即⎨ ⎪17＝2b 1＋3d ，⎩⎧⎪b 1＝4，解得⎨
⎪d ＝3，⎩
所以b n ＝3n ＋1.
（6n ＋6）n 1＋
(2)由(1)知c n ＝2n 1. ＝3(n ＋1)·（3n ＋3）
＋
又T n ＝c 1＋c 2＋„＋c n ，
＋
得T n ＝3×[2×22＋3×23＋„＋(n ＋1) ×2n 1]，
＋
2T n ＝3×[2×23＋3×24＋„＋(n ＋1) ×2n 2]，
＋＋
两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋„＋2n 1－(n ＋1) ×2n 2]＝3×[4＋4×（1－2n ）＋＋
(n ＋1) ×2n 2] ＝－3n ·2n 2，
1－2
所以T n ＝3n ·2n 2. 18．D2[2016·天津卷] 已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d . 对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．
2*
(1)设c n ＝b 2n ＋1－b n ，n ∈N ，求证：数列{c n }是等差数列；
＋
1
22
18．证明：(1)由题意得b 2n ＝a n a n ＋1，有c n ＝b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n ＋2－a n a n ＋1＝2da n ＋1， 因此c n ＋1－c n ＝2d(an ＋2－a n ＋1) ＝2d 2，所以{cn }是等差数列．
22222
(2)Tn ＝(－b 21＋b 2) ＋(－b 3＋b 4) ＋„＋(－b 2n －1＋b 2n ) ＝2d(a2＋a 4＋„＋a 2n ) ＝(2)设a 1＝d ，T n ＝
, 求证：
n （a 2＋a 2n ）2d 2n(n＋1) ，
2
所以
＝
111（1－
6．D2[2016·浙江卷] 如图1-1，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n
**
＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N ，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N .(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)
若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋
的面积，则( )
A ．{S n }是等差数列 B ．{S 2n }是等差数列 C ．{d n }是等差数列
2
D ．{d n }是等差数列
6．A [解析] 由题意得，A n 是线段A n －1A n ＋1(n ≥2) 的中点，B n 是线段B n －1B n ＋1(n ≥2) 的中点，且线段A n A n ＋1的长度都相等，线段B n B n ＋1的长度都相等．过点A n 作高线h n . 由A 1作高线h 2的垂线A 1C 1，由A 2作高线h 3的垂线A 2C 2，则h 2－h 1＝|A 1A 2|sin∠A 2A 1C 1，h 3－h 2＝|A 2A 3|sin∠A 3A 2C 2. 而|A 1A 2|＝|A 2A 3|，∠A 2A 1C 1＝∠A 3A 2C 2，故h 1，h 2，h 3成等差数列，故{S n }是等差数列．
D3 等比数列及等比数列前20．A1、D3、D5[2016·江苏卷] 记U ＝{1，2，„，100}．对数列{a n }(n ∈N *) 和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，„，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋„＋at k . 例如：T ＝{1，3，66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66. 现设{a n }(n ∈N *) 是公比为3的等比数列，且当T ＝{2，4}时，S T ＝30.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)对任意正整数k (1≤k ≤100) ，若T ⊆{1，2，„，k }，求证：S T
－
20．解：(1)由已知得a n ＝a 1·3n 1，n ∈N *.
于是当T ＝{2，4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，所以30a 1＝30，即a 1＝1，
－
故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 1，n ∈N *.
－
(2)证明：因为T ⊆{1，2，„，k }，a n ＝3n 1>0，n ∈N *，
1－
所以S T ≤a 1＋a 2＋„＋a k ＝1＋3＋„＋3k 1＝(3k －1)
2
因此，S T
(3)证明：下面分三种情况证明．
①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D . ②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集．
令E ＝C ∩(∁U D ) ，F ＝D ∩(∁U C ) ，则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅. 于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D ，得S E ≥S F . 设k 是E 中最大的数，l 为F 中最大的数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l .
－
由(2)知，S E
l k －1
－1a －1S －1l －13－13从而S F ≤a 1＋a 2＋„＋a l ＝1＋3＋„＋3＝≤≤，
2222
故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D ) ＋1， 即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1.
综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D . 15．D3[2016·全国卷Ⅰ] 设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2„a n 的最大值为________．
a ＋a 11
15．64 [解析] 设该等比数列的公比为q ，则q ＝，可得a 1＋a 1＝10，得a 1
4a 1＋a 321－1－
＝8，所以a n ＝8·（）n 1＝（）n 4.
22
1－－－＋＋„＋(n －4)
所以a 1a 2„a n ＝（）3210＝
2
121－
(n －7n ) 取得最小值－6，故a 1a 2„a n 的最大值为（）6＝64. 22
，易知当n ＝3或n ＝4时，
17．D3、D4[2016·全国卷Ⅲ] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λan ，其中λ≠0.
(1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；
31
(2)若S 5＝，求λ.
32
1
，a ≠0. 1－λ1
由S n ＝1＋λan ，S n ＋1＝1＋λan ＋1得a n ＋1＝λan ＋1－λan ，即a n ＋1(λ－1) ＝λan . 由a 1≠0，λ≠0
a n ＋1λ
得a n ≠0，所以＝.
a n λ－1
λλ11－
因此{a n }是首项为的等比数列，于是a n （n 1.
1－λλ－11－λλ－1
λλλ31311
(2)由(1)得S n ＝1）n ，由S 5＝1－（）5＝，即（）5
323232λ－1λ－1λ－1
解得λ＝－1. 5．D3[2016·四川卷] 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：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30) A ．2018年 B ．2019年 C ．2020年 D ．2021年
5．B [解析] 设x 年后该公司全年投入的研发资金开始超过200万元， 由题可知，130(1＋12%)x ≥200，
17．解：(1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa1，故λ≠1，a 1＝200lg 2－lg 1.3
解得x ≥log 1.12≈3.80，
130lg 1.12
因为x 为整数，所以x 取4，故开始超过200万元的年份是2019年．
5．D3、A2[2016·天津卷] 设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q
A ．充要条件
B ．充分而不必要条件 C ．必要而不充分条件
D ．既不充分也不必要条件
－
5．C [解析] 设数列的首项为a 1，则a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n 2(1＋q )
13．1 121 [解析] 由a n ＋1＝2S n ＋1，得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2) ，两式相减得，a n ＋1－a n
＝2(S n －S n －1) ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2) ，而a 2＝2a 1＋1，S 2＝a 1＋a 2＝4，解得a 1＝1，a 2＝3，
5
1×（1－3）
故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以S 5＝＝121.
1－3
17．D3[2016·上海卷] 已知无穷等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＝S . 下列条件中，使得2S n
A ．a 1>0，0.60，0.7
1－q n 1
17．B [解析] 由题意得2a 10
1－q 1－q 111
时，q n >，结合选项知该不等式不恒成立，舍去；当a 1
222求．
D4 数列求和 17．D3、D4[2016·全国卷Ⅲ] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λan ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；
31
(2)若S 5＝，求λ.
32
1
17．解：(1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa1，故λ≠1，a 1＝，a ≠0.
1－λ1
由S n ＝1＋λan ，S n ＋1＝1＋λan ＋1得a n ＋1＝λan ＋1－λan ，即a n ＋1(λ－1) ＝λan . 由a 1≠0，λ≠0
a n ＋1λ
得a n ≠0，所以＝.
a n λ－1
λλ11－
因此{a n }是首项为的等比数列，于是a n （n 1.
1－λλ－11－λλ－1
λλλ31311
(2)由(1)得S n ＝1）n ，由S 5＝1－（）5＝，即（）5
323232λ－1λ－1λ－1
解得λ＝－1.
19．D2，D4，H6[2016·四川卷] 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 *.
(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；
4n －3n y 25
(2)设双曲线x －1的离心率为e n ，且e 2，证明：e 1＋e 2＋„＋e n >－a n 33
2
19．解：(1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.
又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，
所以a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立，
所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列，
－
从而a n ＝q n 1.
由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得
2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2) ＝0， 由已知，q >0，故q ＝2，
－
所以，a n ＝2n 1(n ∈N *) ．
－
(2)证明：由(1)可知，a n ＝q n 1，
y 2（－）
所以双曲线x －＝1的离心率e n ＝1＋a . n ＝1＋q a n
2
54
由e 21＋q ＝，解得q 负值舍去) ．
33因为1＋q 2(k
>q k 1(k ∈N *) ．
q n －1n －1
于是e 1＋e 2＋„＋e n >1＋q ＋„＋q ＝，
q －1
－
－1)
>q 2(k
－1)
，所以1＋q （－）
4n －3n
故e 1＋e 2＋„＋e n －3
18．D2，D4[2016·山东卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.
(1)求数列{b n }的通项公式；
（a n ＋1）n 1
(2)令c n ＝{c n }的前n 项和T n .
（b n ＋2）＋
18．解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，
所以a n ＝6n ＋5.
设数列{b n }的公差为d .
⎧⎪a 1＝b 1＋b 2，由⎨ ⎪a 2＝b 2＋b 3，⎩⎧⎪11＝2b 1＋d 即⎨ ⎪17＝2b ＋3d ，⎩1⎧⎪b 1＝4，解得⎨
⎪d ＝3，⎩
所以b n ＝3n ＋1.
（6n ＋6）n 1＋
(2)由(1)知c n ＝2n 1. ＝3(n ＋1)·（3n ＋3）
＋
又T n ＝c 1＋c 2＋„＋c n ，
＋
得T n ＝3×[2×22＋3×23＋„＋(n ＋1) ×2n 1]，
＋
2T n ＝3×[2×23＋3×24＋„＋(n ＋1) ×2n 2]，
＋＋
两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋„＋2n 1－(n ＋1) ×2n 2]＝3×[4＋4×（1－2n ）＋＋
(n ＋1) ×2n 2] ＝－3n ·2n 2，
1－2
所以T n ＝3n ·2n 2. D5 单元综合
20．D5，A1[2016·北京卷] 设数列A ：a 1，a 2，„，a N (N ≥2) ．如果对小于n (2≤n ≤N ) 的每个正整数k 都有a k
(1)对数列A ：－2，2，－1，1，3，写出G (A ) 的所有元素； (2)证明：若数列A 中存在a n 使得a n >a 1，则G (A ) ≠∅；
(3)证明：若数列A 满足a n －a n －1≤1(n ＝2，3，„，N ) ，则G (A ) 的元素个数不小于a N
－a 1.
20．解：(1)G (A ) 的元素为2和5.
(2)证明：因为存在a n 使得a n >a 1，所以{i ∈N *|2≤i ≤N ，a i >a 1}≠∅. 记m ＝min{i ∈N *|2≤i ≤N ，a i >a 1}，
则m ≥2，且对任意正整数k (3)证明：当a N ≤a 1时，结论成立． 以下设a N >a 1. 由(2)知G (A ) ≠∅.
设G (A ) ＝{n 1，n 2，„，n p }，n 1对i ＝0，1，„，p ，记G i ＝{k ∈N *|n i an i }．
如果G i ≠∅，取m i ＝min G i ，则对任何1≤k 又因为n p 是G (A ) 中的最大元素，所以G p ＝∅.
从而对任意n p ≤k ≤N ，a k ≤an p ，特别地，a N ≤an p .
＋
对i ＝0，1，„，p －1，an i ＋1－1≤an i .
因此an i ＋1＝an i ＋1－1＋(an i ＋1－an i ＋1－1) ≤an i ＋1. 所以a N －a 1≤an p －a 1＝p (ani －an i －1) ≤p.
i ＝1
因此G(A)的元素个数p 不小于a N －a 1. 20．A1、D3、D5[2016·江苏卷] 记U ＝{1，2，„，100}．对数列{a n }(n ∈N *) 和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，„，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋„＋at k . 例如：T ＝{1，3，66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66. 现设{a n }(n ∈N *) 是公比为3的等比数列，且当T ＝{2，4}时，S T ＝30.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)对任意正整数k (1≤k ≤100) ，若T ⊆{1，2，„，k }，求证：S T
－
20．解：(1)由已知得a n ＝a 1·3n 1，n ∈N *.
于是当T ＝{2，4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，所以30a 1＝30，即a 1＝1，
－
故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 1，n ∈N *.
－
(2)证明：因为T ⊆{1，2，„，k }，a n ＝3n 1>0，n ∈N *，
1－
所以S T ≤a 1＋a 2＋„＋a k ＝1＋3＋„＋3k 1＝(3k －1)
2
因此，S T
(3)证明：下面分三种情况证明．
①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D . ②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集．
令E ＝C ∩(∁U D ) ，F ＝D ∩(∁U C ) ，则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅. 于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D ，得S E ≥S F . 设k 是E 中最大的数，l 为F 中最大的数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l .
－
由(2)知，S E
l k －1
－1a －1S －1l －13－13从而S F ≤a 1＋a 2＋„＋a l ＝1＋3＋„＋3＝≤≤，
2222
故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D ) ＋1， 即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1.
综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D . 12．D5[2016·全国卷Ⅲ] 定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，„，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )
A ．18个 B ．16个 C ．14个 D ．12个
12．C [解析] ∵a 1，a 2，„，a 8中0的个数不少于1的个数，∴a 1＝0，a 8＝1. 先排定中间三个1，当三个0在一起时排法种数为C 1当三个0不相邻时排法种数为C 3当三个02，4，
11321
分成两组时排法种数为A 2 3＋C 2，∴不同的“规范01数列”共有C 2＋C 4＋A 3＋C 2＝14(个) ．
a n ＋1
20．D5[2016·浙江卷] 设数列{a n }满足a n －≤1，n ∈N *.
2
－
(1)证明：|a n |≥2n 1(|a 1|－2) ，n ∈N *；
3
(2)若|a n |≤，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.
2
a n ＋11|a ||a n ＋1|1
20．证明：(1)由⎪a n －≤1，得|a n |a n ＋1|≤1，故－＋≤，n ∈N *，
2222⎪2
|a n －1||a |11|a ||a ||a ||a ||a ||a |1
所以－－－－，
[1**********]
n －1
因此|a n |≥2(|a 1|－2) ．
(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m >n ，
|a n ＋1||a n ＋2||a m －1||a |1|a ||a ||a ||a n ＋1|111
(＋＋＋＋＋„＋(－) ≤＋＋－－， [1**********]2
1|a |3m 113n ⎛n ⎛故|a n |
22⎝⎭2
3⎫m ⎛从而对于任意m >n ，均有|a n |
由m 的任意性得|a n |≤2. ①
否则，存在n 0∈N *，有|an 0|>2，
3|an 0|－2
取正整数m 0m 0>n 0，则
42n 0
3⎫m 33|an 0|－2⎛2n 0·⎝4⎭
综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 23．D5，M2[2016·上海卷] 若无穷数列{a n }满足：只要a p ＝a q (p ，q ∈N *) ，必有a p ＋1＝a q ＋1，则称{a n }具有性质P .
(1)若{a n }具有性质P ，且a 1＝1，a 2＝2，a 4＝3，a 5＝2，a 6＋a 7＋a 8＝21，求a 3；
(2)若无穷数列{b n }是等差数列，无穷数列{c n }是公比为正数的等比数列，b 1＝c 5＝1，b 5
＝c 1＝81，a n ＝b n ＋c n ，判断{a n }是否具有性质P ，并说明理由；
(3)设{b n }是无穷数列，已知a n ＋1＝b n ＋sin a n (n ∈N *) ，求证：“对任意a 1，{a n }都具有性质P ”的充要条件为“{b n }是常数列”．
23．解：(1)因为a 5＝a 2，所以a 6＝a 3，a 7＝a 4＝3，a 8＝a 5＝2， 于是a 6＋a 7＋a 8＝a 3＋3＋2. 又因为a 6＋a 7＋a 8＝21，所以a 3＝16.
1
(2){b n }的公差为20，{c n }
3
1－－
所以b n ＝1＋20(n －1) ＝20n －19，c n ＝) n 1＝35n ，
3a n ＝b n ＋c n ＝20n －19＋35n .
－
a 1＝a 5＝82，但a 2＝48，a 6＝
304
a 2≠a 6， 3
所以{a n }不具有性质P . (3)证明：充分性：
当{b n }为常数列时，a n ＋1＝b 1＋sin a n .
对任意给定的a 1，若a p ＝a q ，则b 1＋sin a p ＝b 1＋sin a q ，即a p ＋1＝a q ＋1， 充分性得证． 必要性：
用反证法证明．假设{b n }不是常数列，则存在k ∈N *，使得b 1＝b 2＝„＝b k ＝b ，而b k ＋1
≠b .
下面证明存在满足a n ＋1＝b n ＋sin a n 的{a n }，使得a 1＝a 2＝„＝a k ＋1，但a k ＋2≠a k ＋1. 设f (x ) ＝x －sin x －b ，取m ∈N *，使得m π>|b |，则f (m π) ＝m π－b >0，f (－m π) ＝－m π－b
取a 1＝c ，因为a n ＋1＝b ＋sin a n (1≤n ≤k ) ，所以a 2＝b ＋sin c ＝c ＝a 1， 依此类推，得a 1＝a 2＝„＝a k ＋1＝c .
但a k ＋2＝b k ＋1＋sin a k ＋1＝b k ＋1＋sin c ≠b ＋sin c ，即a k ＋2≠a k ＋1. 所以{a n }不具有性质P ，矛盾． 必要性得证．
综上，“对任意a 1，{a n }都具有性质P ”的充要条件为“{b n }是常数列”． 3．[2016·淮南一模] 已知数列{a n }中，a n ＝n 2＋λn，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A. (－2，＋∞) B. [－2，＋∞) C. (－3，＋∞) D. [－3，＋∞)
3．C [解析] 由题意可知a n ＋1>a n 对任意正整数n 恒成立，即(n ＋1) 2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn对任意正整数n 恒成立，即λ>－2n －1对任意正整数n 恒成立，故λ>－3.
6．[2016·怀化模拟] 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n
＝36，则n ＝( )
A ．5 B ．6 C ．7 D ．8
6．D [解析] S n ＋2－S n ＝36，即a n ＋2＋a n ＋1＝36，即a 1＋(n ＋1)·d ＋a 1＋nd ＝36，将a 1
＝1，d ＝2代入上式，解得n ＝8.
15．[2016·淮南模拟] 在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3
成等比数列．
(1)求d, an ；
(2)若d
因为d
121
当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋„＋|a n |＝S n ＝－n 2＋n;
22
当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋„＋|a 11|＋|a 12|＋„＋|a n |＝ a 1＋a 2＋„＋a 11－a 12－„－a n ＝S 11－(S n －S 11) ＝
121
－S n ＋2S 11＝n 2－n ＋110.
22
121
－n 2＋n ，n ≤11，22
综上所述，|a 1|＋|a 2|＋„＋|a n |＝
1221
－n ＋110，n ≥12. 22
9．[2016·湖北七市调研] 已知等差数列{a n }，等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＝b 2，2a 3
－b 3＝1.
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)记c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和S n .
9．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . ∵a 1＝b 1＝1，a 2＝b 2，2a 3－b 3＝1， ⎧⎧⎪1＋d ＝q ，⎪d ＝0，⎧⎪d ＝2，⎨⎨∴解得或⎨ 2
⎪2（1＋2d ）－q ＝1，⎪q ＝1⎪q ＝3，⎩⎩⎩
－
∴a n ＝1，b n ＝1或a n ＝1＋2(n －1) ＝2n －1，b n ＝3n 1.
⎧⎪d ＝0，(2)当⎨时，c n ＝a n b n ＝1，S n ＝n .
⎪q ＝1⎩
⎧
⎨⎩
⎧⎪d ＝2，－当⎨时，c n ＝a n b n ＝(2n －1)·3n 1， ⎪q ＝3⎩
则S n ＝1＋3×3＋5×32＋„＋(2n －1)·3n 1，
－∴3S n ＝3＋3×32＋„＋(2n －3)·3n 1＋(2n －1)·3n ， －∴－2S n ＝1＋2×(3＋32＋„＋3n 1) －(2n －1)·3n ＝
(2－2n )·3n －2， ∴S n ＝(n －1)·3n ＋1. －
数 学
D 单元 数列
D1 数列的概念与简单表示法 11．D1[2016·上海卷] 无穷数列{a n }由k 个不同的数组成，S n 为{a n }的前n 项和．若对任意n ∈N *，S n ∈{2，3}，则k 的最大值为________．
11．4 [解析] 由S n ∈{2，3}，得a 1＝S 1∈{2，3}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：
①a 1＝2，a 2＝0，a 3＝1，a 4＝－1； ②a 1＝2，a 2＝1，a 3＝0，a 4＝－1； ③a 1＝2，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝0； ④a 1＝3，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝1； ⑤a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝0，a 4＝1； ⑥a 1＝3，a 2＝－1，a 3＝1，a 4＝0. 最多项均只能写到第4项，即k max ＝4. D2 等差数列及等差数列前n 项和 12．D2[2016·北京卷] 已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________．
12．6 [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 5＝0，所以6＋2d ＋6＋4d ＝0，6×5
解得d ＝－2，所以S 6＝6×6＋(－2) ＝36－30＝6.
2
8．D2[2016·江苏卷] 已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 2S 5＝10，2＝－3，则a 9的值是________．
8．20 [解析] 因为S 5＝5a 3＝10，所以a 3＝2，设其公差为d ，
22
则a 1＋a 2解得d ＝3，所以a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20. 2＝2－2d ＋(2－d ) ＝d －6d ＋6＝－3，3．D2[2016·全国卷Ⅰ] 已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98 D ．97
3．C [解析]
a 1＋a 9
×9＝27，可得a 5＝3，所以a 10－a 5＝5d ＝5，所以d ＝1，所以a 1002
＝a 10＋90d ＝98.
19．D2，D4，H6[2016·四川卷] 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 *.
(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；
4n －3n y 25
(2)设双曲线x －1的离心率为e n ，且e 2，证明：e 1＋e 2＋„＋e n >－a n 33
2
19．解：(1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.
又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，
所以a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立，
所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列，
－
从而a n ＝q n 1.
由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得
2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2) ＝0， 由已知，q >0，故q ＝2，
所以，a n ＝2n 1(n ∈N *) ．
－
(2)证明：由(1)可知，a n ＝q n 1，
－
y 2（－）
所以双曲线x －＝1的离心率e n ＝1＋a . n ＝1＋q a n
2
54
由e 21＋q ＝，解得q 负值舍去) ．
33因为1＋q 2(k
>q k 1(k ∈N *) ．
q n －1n －1
于是e 1＋e 2＋„＋e n >1＋q ＋„＋q ＝，
q －1
－
－1)
>q 2(k
－1)
，所以1＋q 4n －3n
故e 1＋e 2＋„＋e n －3
17．D2[2016·全国卷Ⅱ] S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28. 记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b 1，b 11，b 101；
(2)求数列{b n }的前1000项和．
17．解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1， 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .
故b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.
0，1≤n ＜10，⎧⎪1，10≤n ＜100，
(2)因为b ＝⎨
2，100≤n ＜1000，⎪⎩3，n ＝1000，
n
所以数列{b n }的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.
18．D2，D4[2016·山东卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.
(1)求数列{b n }的通项公式；
（a n ＋1）n 1
(2)令c n ＝{c n }的前n 项和T n .
（b n ＋2）＋
18．解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11， 所以a n ＝6n ＋5.
设数列{b n }的公差为d .
⎧⎪a 1＝b 1＋b 2，由⎨ ⎪a 2＝b 2＋b 3，⎩⎧⎪11＝2b 1＋d 即⎨ ⎪17＝2b 1＋3d ，⎩⎧⎪b 1＝4，解得⎨
⎪d ＝3，⎩
所以b n ＝3n ＋1.
（6n ＋6）n 1＋
(2)由(1)知c n ＝2n 1. ＝3(n ＋1)·（3n ＋3）
＋
又T n ＝c 1＋c 2＋„＋c n ，
＋
得T n ＝3×[2×22＋3×23＋„＋(n ＋1) ×2n 1]，
＋
2T n ＝3×[2×23＋3×24＋„＋(n ＋1) ×2n 2]，
＋＋
两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋„＋2n 1－(n ＋1) ×2n 2]＝3×[4＋4×（1－2n ）＋＋
(n ＋1) ×2n 2] ＝－3n ·2n 2，
1－2
所以T n ＝3n ·2n 2. 18．D2[2016·天津卷] 已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d . 对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．
2*
(1)设c n ＝b 2n ＋1－b n ，n ∈N ，求证：数列{c n }是等差数列；
＋
1
22
18．证明：(1)由题意得b 2n ＝a n a n ＋1，有c n ＝b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n ＋2－a n a n ＋1＝2da n ＋1， 因此c n ＋1－c n ＝2d(an ＋2－a n ＋1) ＝2d 2，所以{cn }是等差数列．
22222
(2)Tn ＝(－b 21＋b 2) ＋(－b 3＋b 4) ＋„＋(－b 2n －1＋b 2n ) ＝2d(a2＋a 4＋„＋a 2n ) ＝(2)设a 1＝d ，T n ＝
, 求证：
n （a 2＋a 2n ）2d 2n(n＋1) ，
2
所以
＝
111（1－
6．D2[2016·浙江卷] 如图1-1，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n
**
＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N ，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N .(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)
若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋
的面积，则( )
A ．{S n }是等差数列 B ．{S 2n }是等差数列 C ．{d n }是等差数列
2
D ．{d n }是等差数列
6．A [解析] 由题意得，A n 是线段A n －1A n ＋1(n ≥2) 的中点，B n 是线段B n －1B n ＋1(n ≥2) 的中点，且线段A n A n ＋1的长度都相等，线段B n B n ＋1的长度都相等．过点A n 作高线h n . 由A 1作高线h 2的垂线A 1C 1，由A 2作高线h 3的垂线A 2C 2，则h 2－h 1＝|A 1A 2|sin∠A 2A 1C 1，h 3－h 2＝|A 2A 3|sin∠A 3A 2C 2. 而|A 1A 2|＝|A 2A 3|，∠A 2A 1C 1＝∠A 3A 2C 2，故h 1，h 2，h 3成等差数列，故{S n }是等差数列．
D3 等比数列及等比数列前20．A1、D3、D5[2016·江苏卷] 记U ＝{1，2，„，100}．对数列{a n }(n ∈N *) 和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，„，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋„＋at k . 例如：T ＝{1，3，66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66. 现设{a n }(n ∈N *) 是公比为3的等比数列，且当T ＝{2，4}时，S T ＝30.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)对任意正整数k (1≤k ≤100) ，若T ⊆{1，2，„，k }，求证：S T
－
20．解：(1)由已知得a n ＝a 1·3n 1，n ∈N *.
于是当T ＝{2，4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，所以30a 1＝30，即a 1＝1，
－
故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 1，n ∈N *.
－
(2)证明：因为T ⊆{1，2，„，k }，a n ＝3n 1>0，n ∈N *，
1－
所以S T ≤a 1＋a 2＋„＋a k ＝1＋3＋„＋3k 1＝(3k －1)
2
因此，S T
(3)证明：下面分三种情况证明．
①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D . ②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集．
令E ＝C ∩(∁U D ) ，F ＝D ∩(∁U C ) ，则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅. 于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D ，得S E ≥S F . 设k 是E 中最大的数，l 为F 中最大的数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l .
－
由(2)知，S E
l k －1
－1a －1S －1l －13－13从而S F ≤a 1＋a 2＋„＋a l ＝1＋3＋„＋3＝≤≤，
2222
故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D ) ＋1， 即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1.
综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D . 15．D3[2016·全国卷Ⅰ] 设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2„a n 的最大值为________．
a ＋a 11
15．64 [解析] 设该等比数列的公比为q ，则q ＝，可得a 1＋a 1＝10，得a 1
4a 1＋a 321－1－
＝8，所以a n ＝8·（）n 1＝（）n 4.
22
1－－－＋＋„＋(n －4)
所以a 1a 2„a n ＝（）3210＝
2
121－
(n －7n ) 取得最小值－6，故a 1a 2„a n 的最大值为（）6＝64. 22
，易知当n ＝3或n ＝4时，
17．D3、D4[2016·全国卷Ⅲ] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λan ，其中λ≠0.
(1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；
31
(2)若S 5＝，求λ.
32
1
，a ≠0. 1－λ1
由S n ＝1＋λan ，S n ＋1＝1＋λan ＋1得a n ＋1＝λan ＋1－λan ，即a n ＋1(λ－1) ＝λan . 由a 1≠0，λ≠0
a n ＋1λ
得a n ≠0，所以＝.
a n λ－1
λλ11－
因此{a n }是首项为的等比数列，于是a n （n 1.
1－λλ－11－λλ－1
λλλ31311
(2)由(1)得S n ＝1）n ，由S 5＝1－（）5＝，即（）5
323232λ－1λ－1λ－1
解得λ＝－1. 5．D3[2016·四川卷] 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：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30) A ．2018年 B ．2019年 C ．2020年 D ．2021年
5．B [解析] 设x 年后该公司全年投入的研发资金开始超过200万元， 由题可知，130(1＋12%)x ≥200，
17．解：(1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa1，故λ≠1，a 1＝200lg 2－lg 1.3
解得x ≥log 1.12≈3.80，
130lg 1.12
因为x 为整数，所以x 取4，故开始超过200万元的年份是2019年．
5．D3、A2[2016·天津卷] 设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q
A ．充要条件
B ．充分而不必要条件 C ．必要而不充分条件
D ．既不充分也不必要条件
－
5．C [解析] 设数列的首项为a 1，则a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n 2(1＋q )
13．1 121 [解析] 由a n ＋1＝2S n ＋1，得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2) ，两式相减得，a n ＋1－a n
＝2(S n －S n －1) ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2) ，而a 2＝2a 1＋1，S 2＝a 1＋a 2＝4，解得a 1＝1，a 2＝3，
5
1×（1－3）
故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以S 5＝＝121.
1－3
17．D3[2016·上海卷] 已知无穷等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＝S . 下列条件中，使得2S n
A ．a 1>0，0.60，0.7
1－q n 1
17．B [解析] 由题意得2a 10
1－q 1－q 111
时，q n >，结合选项知该不等式不恒成立，舍去；当a 1
222求．
D4 数列求和 17．D3、D4[2016·全国卷Ⅲ] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λan ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；
31
(2)若S 5＝，求λ.
32
1
17．解：(1)由题意得a 1＝S 1＝1＋λa1，故λ≠1，a 1＝，a ≠0.
1－λ1
由S n ＝1＋λan ，S n ＋1＝1＋λan ＋1得a n ＋1＝λan ＋1－λan ，即a n ＋1(λ－1) ＝λan . 由a 1≠0，λ≠0
a n ＋1λ
得a n ≠0，所以＝.
a n λ－1
λλ11－
因此{a n }是首项为的等比数列，于是a n （n 1.
1－λλ－11－λλ－1
λλλ31311
(2)由(1)得S n ＝1）n ，由S 5＝1－（）5＝，即（）5
323232λ－1λ－1λ－1
解得λ＝－1.
19．D2，D4，H6[2016·四川卷] 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 *.
(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；
4n －3n y 25
(2)设双曲线x －1的离心率为e n ，且e 2，证明：e 1＋e 2＋„＋e n >－a n 33
2
19．解：(1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.
又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，
所以a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立，
所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列，
－
从而a n ＝q n 1.
由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得
2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2) ＝0， 由已知，q >0，故q ＝2，
－
所以，a n ＝2n 1(n ∈N *) ．
－
(2)证明：由(1)可知，a n ＝q n 1，
y 2（－）
所以双曲线x －＝1的离心率e n ＝1＋a . n ＝1＋q a n
2
54
由e 21＋q ＝，解得q 负值舍去) ．
33因为1＋q 2(k
>q k 1(k ∈N *) ．
q n －1n －1
于是e 1＋e 2＋„＋e n >1＋q ＋„＋q ＝，
q －1
－
－1)
>q 2(k
－1)
，所以1＋q （－）
4n －3n
故e 1＋e 2＋„＋e n －3
18．D2，D4[2016·山东卷] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.
(1)求数列{b n }的通项公式；
（a n ＋1）n 1
(2)令c n ＝{c n }的前n 项和T n .
（b n ＋2）＋
18．解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，
所以a n ＝6n ＋5.
设数列{b n }的公差为d .
⎧⎪a 1＝b 1＋b 2，由⎨ ⎪a 2＝b 2＋b 3，⎩⎧⎪11＝2b 1＋d 即⎨ ⎪17＝2b ＋3d ，⎩1⎧⎪b 1＝4，解得⎨
⎪d ＝3，⎩
所以b n ＝3n ＋1.
（6n ＋6）n 1＋
(2)由(1)知c n ＝2n 1. ＝3(n ＋1)·（3n ＋3）
＋
又T n ＝c 1＋c 2＋„＋c n ，
＋
得T n ＝3×[2×22＋3×23＋„＋(n ＋1) ×2n 1]，
＋
2T n ＝3×[2×23＋3×24＋„＋(n ＋1) ×2n 2]，
＋＋
两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋„＋2n 1－(n ＋1) ×2n 2]＝3×[4＋4×（1－2n ）＋＋
(n ＋1) ×2n 2] ＝－3n ·2n 2，
1－2
所以T n ＝3n ·2n 2. D5 单元综合
20．D5，A1[2016·北京卷] 设数列A ：a 1，a 2，„，a N (N ≥2) ．如果对小于n (2≤n ≤N ) 的每个正整数k 都有a k
(1)对数列A ：－2，2，－1，1，3，写出G (A ) 的所有元素； (2)证明：若数列A 中存在a n 使得a n >a 1，则G (A ) ≠∅；
(3)证明：若数列A 满足a n －a n －1≤1(n ＝2，3，„，N ) ，则G (A ) 的元素个数不小于a N
－a 1.
20．解：(1)G (A ) 的元素为2和5.
(2)证明：因为存在a n 使得a n >a 1，所以{i ∈N *|2≤i ≤N ，a i >a 1}≠∅. 记m ＝min{i ∈N *|2≤i ≤N ，a i >a 1}，
则m ≥2，且对任意正整数k (3)证明：当a N ≤a 1时，结论成立． 以下设a N >a 1. 由(2)知G (A ) ≠∅.
设G (A ) ＝{n 1，n 2，„，n p }，n 1对i ＝0，1，„，p ，记G i ＝{k ∈N *|n i an i }．
如果G i ≠∅，取m i ＝min G i ，则对任何1≤k 又因为n p 是G (A ) 中的最大元素，所以G p ＝∅.
从而对任意n p ≤k ≤N ，a k ≤an p ，特别地，a N ≤an p .
＋
对i ＝0，1，„，p －1，an i ＋1－1≤an i .
因此an i ＋1＝an i ＋1－1＋(an i ＋1－an i ＋1－1) ≤an i ＋1. 所以a N －a 1≤an p －a 1＝p (ani －an i －1) ≤p.
i ＝1
因此G(A)的元素个数p 不小于a N －a 1. 20．A1、D3、D5[2016·江苏卷] 记U ＝{1，2，„，100}．对数列{a n }(n ∈N *) 和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，„，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋„＋at k . 例如：T ＝{1，3，66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66. 现设{a n }(n ∈N *) 是公比为3的等比数列，且当T ＝{2，4}时，S T ＝30.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)对任意正整数k (1≤k ≤100) ，若T ⊆{1，2，„，k }，求证：S T
－
20．解：(1)由已知得a n ＝a 1·3n 1，n ∈N *.
于是当T ＝{2，4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，所以30a 1＝30，即a 1＝1，
－
故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 1，n ∈N *.
－
(2)证明：因为T ⊆{1，2，„，k }，a n ＝3n 1>0，n ∈N *，
1－
所以S T ≤a 1＋a 2＋„＋a k ＝1＋3＋„＋3k 1＝(3k －1)
2
因此，S T
(3)证明：下面分三种情况证明．
①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D . ②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集．
令E ＝C ∩(∁U D ) ，F ＝D ∩(∁U C ) ，则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅. 于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D ，得S E ≥S F . 设k 是E 中最大的数，l 为F 中最大的数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l .
－
由(2)知，S E
l k －1
－1a －1S －1l －13－13从而S F ≤a 1＋a 2＋„＋a l ＝1＋3＋„＋3＝≤≤，
2222
故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D ) ＋1， 即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1.
综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D . 12．D5[2016·全国卷Ⅲ] 定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，„，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )
A ．18个 B ．16个 C ．14个 D ．12个
12．C [解析] ∵a 1，a 2，„，a 8中0的个数不少于1的个数，∴a 1＝0，a 8＝1. 先排定中间三个1，当三个0在一起时排法种数为C 1当三个0不相邻时排法种数为C 3当三个02，4，
11321
分成两组时排法种数为A 2 3＋C 2，∴不同的“规范01数列”共有C 2＋C 4＋A 3＋C 2＝14(个) ．
a n ＋1
20．D5[2016·浙江卷] 设数列{a n }满足a n －≤1，n ∈N *.
2
－
(1)证明：|a n |≥2n 1(|a 1|－2) ，n ∈N *；
3
(2)若|a n |≤，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.
2
a n ＋11|a ||a n ＋1|1
20．证明：(1)由⎪a n －≤1，得|a n |a n ＋1|≤1，故－＋≤，n ∈N *，
2222⎪2
|a n －1||a |11|a ||a ||a ||a ||a ||a |1
所以－－－－，
[1**********]
n －1
因此|a n |≥2(|a 1|－2) ．
(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m >n ，
|a n ＋1||a n ＋2||a m －1||a |1|a ||a ||a ||a n ＋1|111
(＋＋＋＋＋„＋(－) ≤＋＋－－， [1**********]2
1|a |3m 113n ⎛n ⎛故|a n |
22⎝⎭2
3⎫m ⎛从而对于任意m >n ，均有|a n |
由m 的任意性得|a n |≤2. ①
否则，存在n 0∈N *，有|an 0|>2，
3|an 0|－2
取正整数m 0m 0>n 0，则
42n 0
3⎫m 33|an 0|－2⎛2n 0·⎝4⎭
综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 23．D5，M2[2016·上海卷] 若无穷数列{a n }满足：只要a p ＝a q (p ，q ∈N *) ，必有a p ＋1＝a q ＋1，则称{a n }具有性质P .
(1)若{a n }具有性质P ，且a 1＝1，a 2＝2，a 4＝3，a 5＝2，a 6＋a 7＋a 8＝21，求a 3；
(2)若无穷数列{b n }是等差数列，无穷数列{c n }是公比为正数的等比数列，b 1＝c 5＝1，b 5
＝c 1＝81，a n ＝b n ＋c n ，判断{a n }是否具有性质P ，并说明理由；
(3)设{b n }是无穷数列，已知a n ＋1＝b n ＋sin a n (n ∈N *) ，求证：“对任意a 1，{a n }都具有性质P ”的充要条件为“{b n }是常数列”．
23．解：(1)因为a 5＝a 2，所以a 6＝a 3，a 7＝a 4＝3，a 8＝a 5＝2， 于是a 6＋a 7＋a 8＝a 3＋3＋2. 又因为a 6＋a 7＋a 8＝21，所以a 3＝16.
1
(2){b n }的公差为20，{c n }
3
1－－
所以b n ＝1＋20(n －1) ＝20n －19，c n ＝) n 1＝35n ，
3a n ＝b n ＋c n ＝20n －19＋35n .
－
a 1＝a 5＝82，但a 2＝48，a 6＝
304
a 2≠a 6， 3
所以{a n }不具有性质P . (3)证明：充分性：
当{b n }为常数列时，a n ＋1＝b 1＋sin a n .
对任意给定的a 1，若a p ＝a q ，则b 1＋sin a p ＝b 1＋sin a q ，即a p ＋1＝a q ＋1， 充分性得证． 必要性：
用反证法证明．假设{b n }不是常数列，则存在k ∈N *，使得b 1＝b 2＝„＝b k ＝b ，而b k ＋1
≠b .
下面证明存在满足a n ＋1＝b n ＋sin a n 的{a n }，使得a 1＝a 2＝„＝a k ＋1，但a k ＋2≠a k ＋1. 设f (x ) ＝x －sin x －b ，取m ∈N *，使得m π>|b |，则f (m π) ＝m π－b >0，f (－m π) ＝－m π－b
取a 1＝c ，因为a n ＋1＝b ＋sin a n (1≤n ≤k ) ，所以a 2＝b ＋sin c ＝c ＝a 1， 依此类推，得a 1＝a 2＝„＝a k ＋1＝c .
但a k ＋2＝b k ＋1＋sin a k ＋1＝b k ＋1＋sin c ≠b ＋sin c ，即a k ＋2≠a k ＋1. 所以{a n }不具有性质P ，矛盾． 必要性得证．
综上，“对任意a 1，{a n }都具有性质P ”的充要条件为“{b n }是常数列”． 3．[2016·淮南一模] 已知数列{a n }中，a n ＝n 2＋λn，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A. (－2，＋∞) B. [－2，＋∞) C. (－3，＋∞) D. [－3，＋∞)
3．C [解析] 由题意可知a n ＋1>a n 对任意正整数n 恒成立，即(n ＋1) 2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn对任意正整数n 恒成立，即λ>－2n －1对任意正整数n 恒成立，故λ>－3.
6．[2016·怀化模拟] 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n
＝36，则n ＝( )
A ．5 B ．6 C ．7 D ．8
6．D [解析] S n ＋2－S n ＝36，即a n ＋2＋a n ＋1＝36，即a 1＋(n ＋1)·d ＋a 1＋nd ＝36，将a 1
＝1，d ＝2代入上式，解得n ＝8.
15．[2016·淮南模拟] 在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3
成等比数列．
(1)求d, an ；
(2)若d
因为d
121
当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋„＋|a n |＝S n ＝－n 2＋n;
22
当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋„＋|a 11|＋|a 12|＋„＋|a n |＝ a 1＋a 2＋„＋a 11－a 12－„－a n ＝S 11－(S n －S 11) ＝
121
－S n ＋2S 11＝n 2－n ＋110.
22
121
－n 2＋n ，n ≤11，22
综上所述，|a 1|＋|a 2|＋„＋|a n |＝
1221
－n ＋110，n ≥12. 22
9．[2016·湖北七市调研] 已知等差数列{a n }，等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＝b 2，2a 3
－b 3＝1.
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)记c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和S n .
9．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . ∵a 1＝b 1＝1，a 2＝b 2，2a 3－b 3＝1， ⎧⎧⎪1＋d ＝q ，⎪d ＝0，⎧⎪d ＝2，⎨⎨∴解得或⎨ 2
⎪2（1＋2d ）－q ＝1，⎪q ＝1⎪q ＝3，⎩⎩⎩
－
∴a n ＝1，b n ＝1或a n ＝1＋2(n －1) ＝2n －1，b n ＝3n 1.
⎧⎪d ＝0，(2)当⎨时，c n ＝a n b n ＝1，S n ＝n .
⎪q ＝1⎩
⎧
⎨⎩
⎧⎪d ＝2，－当⎨时，c n ＝a n b n ＝(2n －1)·3n 1， ⎪q ＝3⎩
则S n ＝1＋3×3＋5×32＋„＋(2n －1)·3n 1，
－∴3S n ＝3＋3×32＋„＋(2n －3)·3n 1＋(2n －1)·3n ， －∴－2S n ＝1＋2×(3＋32＋„＋3n 1) －(2n －1)·3n ＝
(2－2n )·3n －2， ∴S n ＝(n －1)·3n ＋1. －