2016年高考数学（理科）真题分类汇编D单元 数列
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，Sn 为{an}的前 n 项和．若对
任意 n∈N*，Sn∈{2，3}，则 k 的最大值为________．
11．4 [解析] 由 Sn∈{2，3}，得 a1＝S1∈{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：
①a1＝2，a2＝0，a3＝1，a4＝－1；
②a1＝2，a2＝1，a3＝0，a4＝－1；
③a1＝2，a2＝1，a3＝－1，a4＝0；
④a1＝3，a2＝0，a3＝－1，a4＝1；
⑤a1＝3，a2＝－1，a3＝0，a4＝1；
⑥a1＝3，a2＝－1，a3＝1，a4＝0.
最多项均只能写到第 4 项，即 kmax＝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，Sn 为其前 n 项和．若 a1＝6，a3＋a5＝0，
则 S6＝________．
12．6 [解析] 设等差数列{an}的公差为 d，因为 a3＋a5＝0，所以 6＋2d＋6＋4d＝0，
解得 d＝－2，所以 S6＝6×6＋
6 × 5
2 ×(－2)＝36－30＝6.
8．D2[2016·江苏卷] 已知{a n}是等差数列，Sn 是其前 n 项和．若 a1＋a22＝－3，S5＝10，
则 a9 的值是________．
8．20 [解析] 因为 S5＝5a3＝10，所以 a3＝2，设其公差为 d，
则 a1＋a22＝2－2d＋(2－d) 2＝d2－6d＋6＝－3，解得 d＝3，所以 a 9＝a3＋6d＝2＋18＝
20.
3．D2[2016·全国卷Ⅰ] 已知等差数列{an}前 9 项的和为 27，a10＝8，则 a100＝( )
A．100 B．99
C．98 D．97
3．C [解析]
a1＋a9
2 ×9＝27，可得 a5＝3，所以 a10－a5＝5d＝5，所以 d＝1，所以 a100
＝a10＋90d＝98.
19．D2，D4，H6[2016·四川卷] 已知数列{a n}的首项为 1，Sn 为数列{an}的前 n 项和，
Sn＋1＝qSn＋1，其中 q>0，n∈N*.
(1)若 2a2，a3，a2＋2 成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)设双曲线 x2－
y2
a ＝1 的离心率为 en，且 e2＝
5
3，证明：e1＋e2＋…＋en>
4n－3n
3n－1 .
19．解：(1)由已知，S n＋1 ＝qSn＋1，S n＋2 ＝qSn＋1 ＋1，两式相减得到 an＋2 ＝qan＋1 ，
n≥1.
又由 S2＝qS1＋1 得到 a2＝qa1，
所以 an＋1＝qan 对所有 n≥1 都成立，
所以，数列{an}是首项为 1，公比为 q 的等比数列，
从而 an＝qn－1.
由 2a2，a3，a2＋2 成等差数列，可得
2a3＝3a2＋2，即 2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，
由已知，q>0，故 q＝2，
所以，an＝2n－1(n∈N*)．
(2)证明：由(1)可知，an＝qn－1，
所以双曲线 x2－
y2
a ＝1 的离心率 en＝ 1＋a＝ 1＋q2（n－1）.
由 e2＝ 1＋q2＝
5
3，解得 q＝
4
3(负值舍去)．
因为 1＋q2(k－1)>q2(k－1)，所以 1＋q2（k－1）>qk－1(k∈N*)．
于是 e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝
qn－1
q－1 ，
故 e1＋e2＋…＋en>
4n－3n
3n－1 .
17．D2[2016·全国卷Ⅱ] Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，且 a1＝1，S7＝28.记 bn＝[lg an]，
其中[x]表示不超过 x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求 b1，b11，b101；
(2)求数列{bn}的前 1000 项和．
17．解：(1)设{an}的公差为 d，据已知有 7＋21d＝28，解得 d＝1，
所以{an}的通项公式为 an＝n.
故 b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.
(2)因为 bn＝{0，1 ≤ n＜10，
1，10 ≤ n＜100，
2，100 ≤ n＜1000，
3，n＝1000，
所以数列{bn}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 Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，
且 an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令 cn＝
（an＋1）n＋1
（bn＋2）n ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
18．解：(1)由题意知，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当 n＝1 时，a1＝S1＝11，
所以 an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为 d.
由{a1＝b1＋b2，
a2＝b2＋b3，
即{11＝2b1＋d
17＝2b1＋3d，
解得{b1＝4，
d＝3，
所以 bn＝3n＋1.
(2)由(1)知 cn＝
（6n＋6）n＋1
（3n＋3）n ＝3(n＋1)·2n＋1.
又 Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得 Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两 式 作 差 ， 得 － Tn ＝ 3×[2×22 ＋ 23 ＋ 24 ＋ … ＋ 2n ＋ 1 － (n ＋ 1)×2n ＋ 2] ＝ 3×[4 ＋
4 × （1－2n）
1－2 －(n＋1)×2n＋2] ＝－3n·2n＋2，
所以 Tn＝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*，
bn 是 an 和 an＋1 的等比中项．
(1)设 cn＝b 2n＋1－b2n，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列；
(2)设 a1＝d，Tn＝ ,求证： <
1
2d2.
18．证明：(1)由题意得 b2n＝anan＋1，有 cn＝b 2n＋1－b2n＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，
因此 cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以{cn}是等差数列．
(2)Tn ＝ ( － b21＋ b22) ＋ ( － b23＋ b24) ＋ … ＋ ( － b 22n－1＋ b 22n) ＝ 2d(a2 ＋ a4 ＋ … ＋ a2n) ＝
2d·
n（a2＋a2n）
2 ＝2d2n(n＋1)，
所 以
＝
1
2d2·（1－
1
n＋1）<
1
2d2.
6．D2[2016·浙江卷] 如图 11，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An
＋1An＋2|，An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*.(P≠Q 表示点 P 与 Q
不重合)
若 dn＝|AnBn|，Sn 为△AnBnBn＋1 的面积，则( )
图 11
A．{Sn}是等差数列
B．{S2n}是等差数列
C．{dn}是等差数列
D．{d2n}是等差数列
6．A [解析] 由题意得，An 是线段 An－1An＋1(n≥2)的中点，Bn 是线段 Bn－1Bn＋1(n≥2)
的中点，且线段 AnAn＋1 的长度都相等，线段 BnBn＋1 的长度都相等．过点 An 作高线 hn.由 A1
作高线 h2 的垂线 A1C1，由 A2 作高线 h3 的垂线 A2C2，则 h2－h1＝|A1A2|sin∠A2A1C1，h3－h2＝
|A2A3|sin∠A3A2C2.而|A1A2|＝|A2A3|，∠A2A1C1＝∠A3A2C2，故 h1，h2，h3 成等差数列，故{Sn}
是等差数列．
D3 等比数列及等比数列前 n 项和
20．A1、D3、D5[2016·江苏卷] 记 U＝{1，2，…，100}．对数列{an}(n∈N*)和 U 的子
集 T，若 T＝∅，定义 ST＝0；若 T＝{t1，t2，…，tk}，定义 ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝
{1，3，66}时，ST＝a1＋a3＋a66.现设{an}(n∈N*)是公比为 3 的等比数列，且当 T＝{2，4}时，
ST＝30.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意正整数 k(1≤k≤100)，若 T⊆{1，2，…，k}，求证：ST
0，n∈N*，
所以 ST≤a1＋a2＋…＋ak＝1＋3＋…＋3k－1＝
1
2(3k－1)<3k.
因此，ST0，0.60，0.70
时，qn>
1
2，结合选项知该不等式不恒成立，舍去；当 a1<0 时，qn<
1
2⇒q2<
1
2，选项 B 满足要
求．
D4 数列求和
17．D3、D4[2016·全国卷Ⅲ] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝1＋λan，其中 λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若 S5＝
31
32，求 λ.
17．解：(1)由题意得 a1＝S1＝1＋λa1，故 λ≠1，a1＝
1
1－λ，a1≠0.
由 Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1 得 an＋1＝λan＋1－λan，即 an＋1(λ－1)＝λan.由 a1≠0，λ≠0
得 an≠0，所以
an＋1
an ＝
λ
λ－1.
因此{an}是首项为 1
1－λ，公比为
λ
λ－1的等比数列，于是 an＝
1
1－λ（
λ
λ－1）n－1.
(2)由(1)得 Sn＝1－（
λ
λ－1）n，由 S5＝
31
32得 1－（
λ
λ－1）5＝
31
32，即（
λ
λ－1）5＝ 1
32，
解得 λ＝－1.
19．D2，D4，H6[2016·四川卷] 已知数列{a n}的首项为 1，Sn 为数列{an}的前 n 项和，
Sn＋1＝qSn＋1，其中 q>0，n∈N*.
(1)若 2a2，a3，a2＋2 成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)设双曲线 x2－
y2
a ＝1 的离心率为 en，且 e2＝
5
3，证明：e1＋e2＋…＋en>
4n－3n
3n－1 .
19．解：(1)由已知，S n＋1 ＝qSn＋1，S n＋2 ＝qSn＋1 ＋1，两式相减得到 an＋2 ＝qan＋1 ，
n≥1.
又由 S2＝qS1＋1 得到 a2＝qa1，
所以 an＋1＝qan 对所有 n≥1 都成立，
所以，数列{an}是首项为 1，公比为 q 的等比数列，
从而 an＝qn－1.
由 2a2，a3，a2＋2 成等差数列，可得
2a3＝3a2＋2，即 2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0，
由已知，q>0，故 q＝2，
所以，an＝2n－1(n∈N*)．
(2)证明：由(1)可知，an＝qn－1，
所以双曲线 x2－
y2
a ＝1 的离心率 en＝ 1＋a＝ 1＋q2（n－1）.
由 e2＝ 1＋q2＝
5
3，解得 q＝
4
3(负值舍去)．
因为 1＋q2(k－1)>q2(k－1)，所以 1＋q2（k－1）>qk－1(k∈N*)．
于是 e1＋e2＋…＋en>1＋q＋…＋qn－1＝
qn－1
q－1 ，
故 e1＋e2＋…＋en>
4n－3n
3n－1 .
18．D2，D4[2016·山东卷] 已知数列{a n}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，
且 an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令 cn＝
（an＋1）n＋1
（bn＋2）n ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
18．解：(1)由题意知，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当 n＝1 时，a1＝S1＝11，
所以 an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为 d.
由{a1＝b1＋b2，
a2＝b2＋b3，
即{11＝2b1＋d
17＝2b1＋3d，
解得{b1＝4，
d＝3，
所以 bn＝3n＋1.
(2)由(1)知 cn＝
（6n＋6）n＋1
（3n＋3）n ＝3(n＋1)·2n＋1.
又 Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得 Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两 式 作 差 ， 得 － Tn ＝ 3×[2×22 ＋ 23 ＋ 24 ＋ … ＋ 2n ＋ 1 － (n ＋ 1)×2n ＋ 2] ＝ 3×[4 ＋
4 × （1－2n）
1－2 －(n＋1)×2n＋2] ＝－3n·2n＋2，
所以 Tn＝3n·2n＋2.
D5 单元综合
20．D5，A1[2016·北京卷] 设数列 A：a 1，a2，…，aN(N≥2)．如果对小于 n(2≤n≤N)
的每个正整数 k 都有 aka1，则 G(A)≠∅；
(3)证明：若数列 A 满足 an－an－1≤1(n＝2，3，…，N)，则 G(A)的元素个数不小于 aN－
a1.
20．解：(1)G(A)的元素为 2 和 5.
(2)证明：因为存在 an 使得 an>a1，所以{i∈N*|2≤i≤N，ai>a1}≠∅.
记 m＝min{i∈N*|2≤i≤N，ai>a1}，
则 m≥2，且对任意正整数 ka1.
由(2)知 G(A)≠∅.
设 G(A)＝{n1，n2，…，np}，n1ani}．
如果 Gi≠∅，取 mi＝min Gi，则对任何 1≤k0，n∈N*，
所以 ST≤a1＋a2＋…＋ak＝1＋3＋…＋3k－1＝
1
2(3k－1)<3k.
因此，STn，
|an|
2n －
|am|
2m ＝(
|an|
2n －
|an＋1|
2n＋1 )＋(
|an＋1|
2n＋1 －
|an＋2|
2n＋2 )＋…＋(
|am －1|
2m －1 －
|am|
2m )≤
1
2n＋
1
2n＋1＋…
＋
1
2m －1<
1
2n－1，
故|an|<( 1
2n－1＋|am|
2m )·2n≤[
1
2n－1＋
1
2m·
3
2
m] ·2n＝2＋(3
4 ) m
·2n.
从而对于任意 m>n，均有|an|<2＋(3
4 ) m
·2n.
由 m 的任意性得|an|≤2.①
否则，存在 n0∈N*，有|an0|>2，
取正整数 m0>log
3
4
|an0|－2
2n0 且 m0>n0，则
2n0·(3
4 )m0
<2n0·(3
4 )log
3
4
|an0|－2
2n0 ＝|an0|－2，
与①式矛盾．
综上，对于任意 n∈N*，均有|an|≤2.
23．D5，M2[2016·上海卷] 若无穷数列{an}满足：只要 ap＝aq(p，q∈N*)，必有 ap＋1＝
aq＋1，则称{an}具有性质 P.
(1)若{an}具有性质 P，且 a1＝1，a2＝2，a4＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，求 a3；
(2)若无穷数列{bn}是等差数列，无穷数列{cn}是公比为正数的等比数列，b1＝c5＝1，b5
＝c1＝81，an＝bn＋cn，判断{an}是否具有性质 P，并说明理由；
(3)设{bn}是无穷数列，已知 an＋1＝bn＋sin an(n∈N*)，求证：“对任意 a1，{an}都具有
性质 P”的充要条件为“{bn}是常数列”．
23．解：(1)因为 a5＝a2，所以 a6＝a3，a7＝a4＝3，a8＝a5＝2，
于是 a6＋a7＋a8＝a3＋3＋2.又因为 a6＋a7＋a8＝21，所以 a3＝16.
(2){bn}的公差为 20，{cn}的公比为
1
3，
所以 bn＝1＋20(n－1)＝20n－19，cn＝81·(
1
3)n－1＝35－n，
an＝bn＋cn＝20n－19＋35－n.
a1＝a5＝82，但 a2＝48，a6＝
304
3 ，a2≠a6，
所以{an}不具有性质 P.
(3)证明：充分性：
当{bn}为常数列时，an＋1＝b1＋sin an.
对任意给定的 a1，若 ap＝aq，则 b1＋sin ap＝b1＋sin aq，即 ap＋1＝aq＋1，
充分性得证．
必要性：
用反证法证明．假设{bn}不是常数列，则存在 k∈N*，使得 b1＝b2＝…＝bk＝b，而 bk＋1
≠b.
下面证明存在满足 an＋1＝bn＋sin an 的{an}，使得 a1＝a2＝…＝ak＋1，但 ak＋2≠ak＋1.
设 f(x)＝x－sin x－b，取 m∈N*，使得 mπ>|b|，则 f(mπ)＝mπ－b>0，f(－mπ)＝－mπ－
b<0，故存在 c 使得 f(c)＝0.
取 a1＝c，因为 an＋1＝b＋sin an(1≤n≤k)，所以 a2＝b＋sin c＝c＝a1，
依此类推，得 a1＝a2＝…＝ak＋1＝c.
但 ak＋2＝bk＋1＋sin ak＋1＝bk＋1＋sin c≠b＋sin c，即 ak＋2≠ak＋1.
所以{an}不具有性质 P，矛盾．
必要性得证．
综上，“对任意 a1，{an}都具有性质 P”的充要条件为“{bn}是常数列”．
3．[2016·淮南一模] 已知数列{a n}中，an＝n2＋λn，且{an}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 an＋1>an 对任意正整数 n 恒成立，即(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋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 Sn 为等差数列{an }的前 n 项和，若 a1＝1，公差 d＝2，Sn＋2－
Sn＝36，则 n＝( )
A．5
B．6
C．7
D．8
6．D [解析] Sn＋2－Sn＝36，即 an＋2＋an＋1＝36，即 a1＋(n＋1)·d＋a1＋nd＝36，将 a1＝
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 {an }中，已知 a1＝10，且 a1，2a2＋2，
5a3 成等比数列．
(1)求 d, an；
(2)若 d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
15．解：(1)由题意得 5a3·a1＝(2a2＋2)2,
所以 d2－3d－4＝0，解得 d＝－1 或 d＝4,
所以 an＝－n＋11 或 an＝4n＋6.
(2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.
因为 d<0，所以 d＝－1，an＝－n＋11.
当 n≤11 时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－
1
2n2＋
21
2 n;
当 n≥12 时，|a1|＋|a2|＋…＋|a11|＋|a12|＋…＋|an|＝
a1＋a2＋…＋a11－a12－…－an＝S11－(Sn－S11)＝
－Sn＋2S11＝
1
2n2－
21
2 n ＋110.
综上所述，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝{－1
2n2＋21
2 n，n ≤ 11，
1
2n2－21
2 n＋110，n ≥ 12.
9．[2016·湖北七市调研] 已知等差数列{an}，等比数列{bn}满足 a1＝b1＝1，a2＝b2，2a3
－b3＝1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记 cn＝anbn，求数列{cn}的前 n 项和 Sn.
9．解：(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q.
∵a1＝b1＝1，a2＝b2，2a3－b3＝1，
∴{1＋d＝q，
2（1＋2d）－q2＝1，解得{d＝0，
q＝1 或{d＝2，
q＝3，
∴an＝1，bn＝1 或 an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝3n－1.
(2)当{d＝0，
q＝1 时，cn＝anbn＝1，Sn＝n.
当{d＝2，
q＝3 时，cn＝anbn＝(2n－1)·3n－1，
则 Sn＝1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－1)·3n－1，
∴3Sn＝3＋3×32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，
∴－2Sn＝1＋2×(3＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝
(2－2n)·3n－2，
∴Sn＝(n－1)·3n＋1.
