2015高考理科数学试题分类汇编-----数列
1. 【2015高考重庆，理2】在等差数列{a n }中，若a 2=4，a 4=2，则a 6= （ ） A 、-1 B 、0 C 、1 D 、6 2. 【2015高考福建，理8】若a , b 是函数f (x )=x -px +q (p >0, q >0) 的两个不同的零
2
点，且a , b , -2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p +q 的值等于（ ）
A ．6 B ．7 C ．8 D ．9
3. 【2015高考北京，理6】设{a n }是等差数列. 下列结论中正确的是（ ）
A ．若a 1+a 2>0，则a 2+a 3>0 B ．若a 1+a 3a 2，则a 2> D ．若a 10 4. 【2015高考浙江，理3】已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，
a 8成等比数列，则（ ）
A. a 1d >0, dS 4>0 B. a 1d 0, dS 4
a 1d 0
5. 【2015高考安徽，理14】已知数列{a n }是递增的等比数列，则数列{a n }a 1+a 4=9, a 2a 3=8，的前n 项和等于 .
6. 【2015高考新课标2，理16】设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1=-1，a n +1=S n S n +1，则S n =________．
7. 【2015高考广东，理10】在等差数列{a n }中，若a 3+a 4+a 5+a 6+a 7=25，则
a 2+a 8=.
8. 【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ．
9. 【2015江苏高考，11】数列{a n }满足a 1=1，且a n +1-a n =n +1（n ∈N *），则数列{
1
的a n
前10项和为
10. 【2015江苏高考，20】（本小题满分16分） 设a 1, a 2, a 3, a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0) 的等差数列（1）证明：21, 22, 23, 24依次成等比数列； （2）是否存在a 1, d ，使得
a
a
a
a
a 1, a 22, a 33, a 44依次成等比数列，并说明理由； （3）是否存在a 1, d 及正整数n , k ，使得
n +k n +2k n +3k
依次成等比数列，并说明理由. a 1n , a 2, a 3, a 4
11. 【2015高考浙江，理20】已知数列{a n }满足a 1=
12
且a n +1=a n -a n （n ∈N *）（1）证明：2
S 11（n ∈N *）2
1≤a n ≤2（n ∈N *）；（2）设数列a n 的前n 项和为S n ，证明. ≤n ≤
2(n +2) n 2(n +1) a n +1
{}
12. 【2015高考山东，理18】设数列{a n }的前n 项和为S n . 已知2S n =3n +3. （I ）求{a n }的通项公式；（II ）若数列{b n }满足a n b n =log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n .
13. 【2015高考安徽，理18】设n ∈N *，x n 是曲线y =x
2n +2
+1在点(1，2) 处的切线与x 轴交
1
. 4n
22
点的横坐标. （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）记T n =x 12x 3 x 2n -1，证明T n ≥
14. 【2015高考天津，理18】（本小题满分13分）已知数列{a n }满足
a n +2=qa n (q 为实数，且q ≠1) ，n ∈N *,a 1=1, a 2=2，且a 2+a 3, a 3+a 4, a 4+a 5成等差数
列(I)求q 的值和{a n }的通项公式；(II)设b =log 2a 2n , n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和.
n
a 2n -1
15. 【2015高考重庆，理22】在数列{a n }中，a 1=3, a n +1a n +λa n +1+μa n =0(n ∈N +)
2
（1）若λ=0, μ=-2, 求数列{a n }的通项公式； （2）若λ=
16. 【2015高考四川，理16】设数列{a n }的前n 项和S n =2a n -a 1，且a 1, a 2+1, a 3成等差数列. （1）求数列{a n }的通项公式；（2）记数列{
17. 【2015高考湖北，理18】设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ．已知b 1=a 1，b 2=2，q =d ，S 10=100．（Ⅰ）求数列{a n }，{b n }的通项公式； （Ⅱ）当d >1时，记c n =
18. 【2015高考陕西，理21】（本小题满分12分）设f n (x )是等比数列1，x ，x 2，⋅⋅⋅，x n 的各项和，其中x >0，n ∈N，n ≥2．（I ）证明：函数F n (x )=f n (x )-2在 仅有一个零点（记为x n ），且x n =
a n
，求数列{c n }的前n 项和T n ． b n
111
k 03k 0+12k 0+1
11
求得|T n -1|
1000a n
⎛1⎫
,1⎪内有且2⎝⎭
11n +1
（II ）设有一个与上述等比数列的首项、末项、+x n ；
22
项数分别相同的等差数列，其各项和为g n (x )，比较f n (x )与g n (x )的大小，并加以证明．
2
19. 【2015高考新课标1，理17】S n 为数列{a n }的前n 项和. 已知a n ＞0，a n +a n =错误！未
找到引用源。.
（Ⅰ）求{a n }的通项公式； （Ⅱ）设b n =
20. 【2015高考广东，理21】数列{a n }满足a 1+2a 2+ na n =4-
(1) 求a 3的值； (2) 求数列b n =
1
错误！未找到引用源。 ,求数列{b n }的前n 项和. a n a n +1
n +2
n ∈N *)， n -1(2
{a n }
前n 项和T n ；(3) 令b 1=a 1，
T n -1⎛111⎫
+ 1+++⋅⋅⋅+⎪a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n
【2015高考上海，理22】已知数列{a n }与{b n }满足a n +1-a n =2(b n +1-b n )，n ∈N*. （1）若b n =3n +5，且a 1=1，求数列{a n }的通项公式；
（2）设{a n }的第n 0项是最大项，即a n 0>a n （n ∈N*），求证：数列{b n }的第n 0项是最大项； （3）设a 1=λ
M
∈(-2, 2). m
2015高考理科数学试题分类汇编-----数列
BDCB 5. 2-1 6. -10. 【解析】
试题分析（1）根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可（2）本题列式简单，变形较难，首先令t =
n
120 7.10． 8.5 9.
11n
d
将二元问题转化为一元，再分别求解两个高a 1
次方程，利用消最高次的方法得到方程：7t 2+4t +3=0，无解，所以不存在（3）同（2）先令t =
d
将二元问题转化为一元，为降次，所以两边取对数，消去n,k 得到关于t 的一元方程a 1
4ln(1+3t )ln(1+t ) -ln(1+3t )ln(1+2t ) -3ln(1+2t )ln(1+t ) =0，从而将方程的解转化为研
究函数g (t ) =4ln(1+3t )ln(1+t ) -ln(1+3t )ln(1+2t ) -3ln(1+2t )ln(1+t ) 零点情况，这个函数需要利用二次求导才可确定其在(0,+∞) 上无零点
2a n +1
试题解析：（1）证明：因为a =2a n +1-a n =2d （n =1，2，3）是同一个常数，
2n
所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．
（2）令a 1+d =a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a -d ，a ，a +d ，a +2d （a >d ，a >-2d ，． d ≠0）
假设存在a 1，d ，使得a 1，a 2，a 3，a 4依次构成等比数列， 则a 4=(a -d )(a +d )，且(a +d )=a 2(a +2d )． 令t =
3
6
4
2
3
4
d 1364
，则1=(1-t )(1+t )，且(1+t )=(1+2t )（-
化简得t 3+2t 2-2=0（*），且t 2=t +1．将t 2=t +1代入（*）式，
1t (t +1)+2(t +1)-2=t 2+3t =t +1+3t =4t +1=0，则t =-．
4
1
显然t =-不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，
4
因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 2，a 3，a 4依次构成等比数列． 11. 试题分析：（1）首先根据递推公式可得a n ≤
2
3
4
1
，再由递推公式变形可知 2
a n a n a n a n 111
，从而得证；（2）由和==∈[1,2]-=1≤≤2得， 2
a n +1a n -a n 1-a n a n +1a n a n +1a n +11≤
1111
≤a n +1≤(n ∈N *) ，即可得证. -≤2，从而可得
a n +1a n 2(n +1) n +2
1
，由a n =(1-a n -1) a n -1 2
试题解析：（1）由题意得，a n +1-a n =-a n 2≤0，即a n +1≤a n ，a n ≤得a n =(1-a n -1)(1-a n -2) ⋅⋅⋅(1-a 1) a 1>0，由0
1
得， 2
a n a n a n 1
，即（2）由题意得a n 2=a n -a n +1， ==∈[1,2]1≤≤2；2
a n +1a n -a n 1-a n a n +1
∴S n =a 1-a n +1①，由
a a 1111
-=n 和1≤n ≤2得，1≤-≤2， a n +1a n a n +1a n +1a n +1a n
∴n ≤
1111
≤a n +1≤(n ∈N *) ②，由①②得 -≤2n ，因此
a n +1a 12(n +1) n +2
S 11
. ≤n ≤
2(n +2) n 2(n +1)
12.
所以T 1=b 1=
1 3
当n >1 时，
1
T n =b 1+b 2+b 3++b n =+(1⨯3-1+2⨯3-2+ +(n -1)31-n )
3
所以3T n =1+1⨯30+2⨯3-1+ +(n -1)32-n 两式相减，得
()
21-31-n 21-n 0-12-n 1-n
-n -1⋅32T n =+(3+3+3)-(n -1)⋅3 =+()-1
31-33
136n +3
-n
62⨯3
136n +3
所以T n = +n
124⨯3=
经检验，n =1 时也适合， 综上可得：T n =13. 解析】
试题分析：（Ⅰ）对题中所给曲线的解析式进行求导，得出曲线y =x
2n +2
136n +3
+n
124⨯3
+1在点(1，2) 处的
切线斜率为2n +2. 从而可以写出切线方程为y -2=(2n +2)(x -1) . 令y =0. 解得切线与x 轴交点的横坐标x n =1-
1n
. =
n +1n +1
（Ⅱ）要证T n ≥
1
，需考虑通项x 2n -12，通过适当放缩能够使得每项相消即可证明. 思路4n
12322n -1222
如下：先表示出T n =x 12x 3 x 2=() () () ，求出初始条件当n =1时，n -1
242n
1
. 当n ≥2时，单独考虑x 2n -12，并放缩得T 1=4
x
22n -1
2n -12(2n -1) 2(2n -1) 2-14n 2-4n n -1=() =>==，所以
2n (2n ) 2(2n ) 2(2n ) 2n
12
12n -111
，综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥. ⨯⨯ ⨯=
23n 4n 4n
2n +2
T n >() 2⨯
试题解析：（Ⅰ）解：y ' =(x 线斜率为2n +2.
+1)' =(2n +2) x 2n +1，曲线y =x 2n +2+1在点(1，2) 处的切
从而切线方程为y -2=(2n +2)(x -1) . 令y =0，解得切线与x 轴交点的横坐标
x n =1-
1n
. =
n +1n +1
12
34
2n -12
) . 2n
（Ⅱ）证：由题设和（Ⅰ）中的计算结果知
2222
T n =x 12x 3 x 2n -1=() () (
当n =1时，T 1=
1
. 4
22n -1
当n ≥2时，因为x 所以T n >() 2⨯
2n -12(2n -1) 2(2n -1) 2-14n 2-4n n -1=() =>==， 222
2n (2n ) (2n ) (2n ) n
12n -11
. ⨯⨯ ⨯=
23n 4n
1
综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥.
4n
14.
12
(II) 由(I)得b n =
log 2a 2n n
=n -1，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则
a 2n -12
S n =1⨯
1111
， +2⨯+3⨯+ +n ⨯
2021222n -1
11111S n =1⨯1+2⨯2+3⨯3+ +n ⨯n 22222
两式相减得
1
n 11111n n 2n S n =1++2+3+ +n -1-n =-n =2-n -n ， 2222222221-2
n +2
整理得S n =4-n -1
2
n +2
所以数列{b n }的前n 项和为4-n -1, n ∈N *.
2
1-
15. 【解析】
2
试题分析：（1）由于λ=0, μ=-2，因此把已知等式具体化得a n +1a n =2a n ，显然由于a 1=3，
则a n ≠0（否则会得出a 1=0），从而a n +1=2a n ，所以{a n }是等比数列，由其通项公式可得结论；（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系是a n +1a n +
1
a n +1-a n 2=0, k 0
可变形为a n +1 a n +
⎛⎝1⎫2
⎪=a n (n ∈N +), k 0⎭
a n
于是可得a n +1a 2> >a n >a n +1> >0，
由于k 0>0，因此
1
a n +
k 0
又
a n +1=
a n 21a n +
k 0
a n 2-=
11+k 02k 02111
=a n -+?
1k 0k 0k 0a n +1a n +k 0
，于是有
a k 0+1=a 1+(a 2-a 1) + +a k 0+1-a k 0
()
=a 1-k 0⋅
⎫11⎛111
+⋅ ++ +⎪
⎪k 0k 0 k a +1k a +1k a +1020k 0⎝01⎭
>2+
1⎛111⎫⋅ ++ +⎪ k 0⎝3k 0+13k 0+13k 0+1⎭
1
，这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知a n >2(n ∈N *)，因此
3k 0+1
=2+
a k 0+1=
⎫11⎛111
=a 1-k 0⋅+⋅ ++ +⎪
k 0k 0⎝k 0a 1+1k 0a 2+1k 0a k 0+1⎪⎭
1⎛111⎫1
⋅ ++ +，这样结论得证，本题不等式的证=2+⎪k 0⎝2k 0+12k 0+12k 0+1⎭2k 0+1
明应用了放缩法.(1)由λ=0，μ=-2, 有a n +1a n =2a n 2,(n∈N +)
若存在某个n 0∈N +，使得a n 0=0，则由上述递推公式易得a n 0+1=0，重复上述过程可得
a 1=0，此与a 1=3矛盾，所以对任意n ∈N +, a n ≠0.
从而a n +1=2a n (n ∈N +)，即{a n }是一个公比q =2的等比数列. 故a n =a 1q n -1=3?
2n -1.
求和得a k 0+1=a 1+a 2-a 1+ +a k 0+1-a k 0
()
()
⎫11⎛111
=a 1-k 0⋅+⋅ ++ +⎪
⎪k 0k 0 k a +1k a +1k a +1020k 0⎝01⎭
1⎛111⎫1>2+⋅ ++ +=2+⎪
k 0⎝3k 0+13k 0+13k 0+1⎭3k 0+1
另一方面，由上已证的不等式知a 1>a 2> >a k 0>a k 0+1>2得
⎫11⎛111
a k 0+1=a 1-k 0⋅+⋅ ++ +⎪
k 0k 0⎝k 0a 1+1k 0a 2+1k 0a k 0+1⎪⎭
1
1⎛111⎫1
⋅ ++ +=2+ ⎪k 0⎝2k 0+12k 0+12k 0+1⎭2k 0+1
12k 0+1
综上：2+16.
3k 0+1
【解析】（1）由已知S n =2a n -a 1，有a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1(n >1) ， 即a n =2a n -1(n >1) . 从而a 2=2a 1, a 3=4a 1.
又因为a 1, a 2+1, a 3成等差数列，即a 1+a 3=2(a 2+1) . 所以a 1+4a 1=2(2a 1+1) ，解得a 1=2.
所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列. 故a n =2n . （2）由（1）得
11=n . a n 2
11[1-() n ]
1111=1-1. 所以T n =+2+3+ +n =n
1222221-2
由|T n -1|
9
111n
，得|1-n -1|1000. 100021000
10
因为2=512
1
成立的n 的最小值为10. 1000
17.
1135792n -1
T n =+2+3+4+5+ +n . ② [1**********]2n -12n +3①-②可得T n =2++2+ +n -2-n =3-，
222222n
故T n =6-18. 【解析】
2n +3
. 2n -1
试题分析：（I ）先利用零点定理可证F n (x )在
⎛1⎫
,1⎪内至少存在一个零点，再利用函数的单2⎝⎭
调性可证F n (x )在
⎛1⎫
,1⎪内有且仅有一个零点，进而利用x n 是F n (x )的零点可证⎝2⎭
x n =
11n +1
（II ）先设h (x )=f n (x )-g n (x )，再对x 的取值范围进行讨论来判断h (x )+x n ；
22
与0的大小，进而可得f n (x )和g n (x )的大小．
试题解析：（I ）F n (x ) =f n (x ) -2=1+x +x 2+ +x n -2，则F n (1)=n -1>0,
⎛1⎫
1- ⎪2n
11⎛1⎫2⎛1⎫
F n () =1++ ⎪+ + ⎪-2=122⎝2⎭⎝2⎭1-2
所以F n (x ) 在
n +1
-2=-
1
⎛1⎫
,1⎪内至少存在一个零点x n . ⎝2⎭
又F n '(x ) =1+2x + +nx n -1>0，故在
⎛1⎫
,1⎪内单调递增， ⎝2⎭
所以F n (x ) 在
⎛1⎫
,1⎪内有且仅有一个零点x n . 2⎝⎭
1-x n n +111
因为x n 是F n (x ) 的零点，所以F n (x n )=0，即-2=0，故x n =+x n n +1.
1-x n 22
(II)解法一：由题设，g n (x
) =
n
n +11+x ()
2
.
所以h (x )
综上所述，当x =1时, f n (x ) =g n (x ) ；当x ≠1时f n (x )
2
n
解法二 由题设，f n (x ) =1+x +x + +x , g n (x ) =当x =1时, f n (x ) =g n (x )
(n +1)(1+x n )
2
, x >0.
当x ≠1时, 用数学归纳法可以证明f n (x )
1
(1-x ) 2
假设n =k (k ≥2) 时，不等式成立，即f k (x )
f k+1(x ) =f k (x ) +x k +1
2x k +1+k +1x k +k +1
2
k +1) 1+x (=+x
k
k +1
2
=
2x k +1+k +1x k +k +1
2
.
又g k+1(x ) -令
=
kx k +1-k +1x k +1
2
，
则
h k (x ) =kx k +1-(k +1)x k +1(x >0)
h k '(x ) =k (k +1) x k -k (k +1)x k -1=k (k +1)x k -1(x -1) '(x )
'(x ) >0, h k (x ) 在(1,+∞) 上递增. 当x >1, h k
所以h k (x ) >h k (1)=0，从而g k+1(x ) >
2x k +1+k +1x k +k +1
2
故f k +1(x )
解法三:由已知，记等差数列为{a k }, 等比数列为{b k }, k =1, 2, , n +1. 则a 1=b 1=1，
a n +1=b n +1=x n ，
x n -1
所以a k =1+(k -1)⋅(2≤k ≤n) , b k =x k -1(2≤k ≤n ),
n
令m k (x)=a k -b k =1+
(k -1)(x n -1)
n
-x k -1, x >0(2≤k ≤n ).
当x =1时, a k =b k , 所以f n (x ) =g n (x ) . 当x ≠1时, m k '(x ) =
k -1n -1
nx -(k-1) x k -2=(k -1)x k -2(x n -k +1-1) n
而2≤k ≤n ，所以k -1>0，n -k +1≥1. 若0
'(x )>0， 当x >1，x n -k +1>1，m k
从而m k (x ) 在(0,1)上递减，m k (x ) 在(1,+∞) 上递增. 所以m k (x ) >m k (1)=0， 所以当x >0且x ≠1时, a k >b k (2≤k ≤n ), 又a 1=b 1，a n +1=b n +1，故f n (x )
综上所述，当x =1时，f n (x ) =g n (x ) ；当x ≠1时f n (x )
考点：1、等比数列的前n 项和公式；2、零点定理；3、等差数列的前n 项和公式；4、利用导数研究函数的单调性.
【名师点晴】本题主要考查的是等比数列的前n 项和公式、零点定理、等差数列的前n 项和公式和利用导数研究函数的单调性，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“有且仅有一个”，否则很容易出现错误．证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性．有关函数的不等式，一般是先构造新函数，再求出新函数在定义域范围内的值域即可． 19. 【答案】（Ⅰ）2n +1（Ⅱ）
11
-
64n +
6
所以a n =2n +1； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，b n =
1111
=(-) ，
(2n +1)(2n +3) 22n +12n +3
1111111[(-) +(-) + +(-)] 235572n +12n +3
所以数列{b n }前n 项和为b 1+b 2+ +b n ==
11
. -
64n +6
3+2⎛2+2⎫3
-4-=， 3-12-1⎪22⎭4⎝
20. 【解析】（1）依题3a 3=(a 1+2a 2+3a 3)-(a 1+2a 2)=4-∴ a 3=（
1
； 4
2
）
依
题
当
n >1时，
na n =(a 1+2a 2+ na n )-⎡⎣a 1+2a 2+ (n -1)a n -1⎤⎦=4-⎛1⎫∴ a n = ⎪
⎝2⎭⎛1⎫
∴ a n = ⎪
⎝2⎭
n -1
n +2⎛n +1⎫n
，-4-= ⎪n -1n -2n -1
22⎭2⎝
，又a 1=4-
n -1
1+2
=1也适合此式， 02
，
⎛1⎫1- ⎪n -1
12⎭⎛1⎫⎝∴ 数列{a n }是首项为1，公比为的等比数列，故T n ==2- ⎪；
2⎝2⎭1-2
（3）依题由b n =
n
a 1+a 2+ +a n -1⎛1a ⎛1⎫1⎫
+ 1++ +⎪a n 知b 1=a 1，b 2=1+ 1+⎪a 2，
n n ⎭2⎝2⎭⎝2
b 3=
a 1+a 2⎛11⎫
+ 1++⎪a 3，
3⎝23⎭
21【解析】解：（1）由b n +1-b n =3，得a n +1-a n =6， 所以{a n }是首项为1，公差为6的等差数列，
故{a n }的通项公式为a n =6n -5，n ∈N*.
证明：（2）由a n +1-a n =2(b n +1-b n )，得a n +1-2b n +1=a n -2b n . 所以{a n -2b n }为常数列，a n -2b n =a 1-2b 1，即a n =2b n +a 1-2b 1. 因为a n 0≥a n ，n ∈N*，所以2b n 0+a 1-2b 1≥2b n +a 1-2b 1，即b n 0≥b n . 故{b n }的第n 0项是最大项.
解：（3）因为b n =λn ，所以a n +1-a n =2λn +1-λn ， 当n ≥2时，a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+⋅⋅⋅+(a 2-a 1)+a 1 =2λn -λn -1+2λn -1-λn -2+⋅⋅⋅+2λ2-λ+λ =2λn -λ. 当n =1时，a 1=λ，符合上式. 所以a n =2λn -λ. 因为λ>0，所以a 2n =2λ
2n
()
()()()
-λ>-λ，a 2n -1=2λ
2n -1
-λ
①当λ
3
∉(-2, 2)； -1
③当-1
m =a 1=λ，由-2
2λ2-λ
λ
1
2
综上，λ的取值范围是 -
⎛1⎫
,0⎪. ⎝2⎭
2. 数列作为特殊的函数，其单调性的判断与研究也是特别的，只需研究相邻两项之间关系即可.
2015高考理科数学试题分类汇编-----数列
1. 【2015高考重庆，理2】在等差数列{a n }中，若a 2=4，a 4=2，则a 6= （ ） A 、-1 B 、0 C 、1 D 、6 2. 【2015高考福建，理8】若a , b 是函数f (x )=x -px +q (p >0, q >0) 的两个不同的零
2
点，且a , b , -2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p +q 的值等于（ ）
A ．6 B ．7 C ．8 D ．9
3. 【2015高考北京，理6】设{a n }是等差数列. 下列结论中正确的是（ ）
A ．若a 1+a 2>0，则a 2+a 3>0 B ．若a 1+a 3a 2，则a 2> D ．若a 10 4. 【2015高考浙江，理3】已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，
a 8成等比数列，则（ ）
A. a 1d >0, dS 4>0 B. a 1d 0, dS 4
a 1d 0
5. 【2015高考安徽，理14】已知数列{a n }是递增的等比数列，则数列{a n }a 1+a 4=9, a 2a 3=8，的前n 项和等于 .
6. 【2015高考新课标2，理16】设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1=-1，a n +1=S n S n +1，则S n =________．
7. 【2015高考广东，理10】在等差数列{a n }中，若a 3+a 4+a 5+a 6+a 7=25，则
a 2+a 8=.
8. 【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ．
9. 【2015江苏高考，11】数列{a n }满足a 1=1，且a n +1-a n =n +1（n ∈N *），则数列{
1
的a n
前10项和为
10. 【2015江苏高考，20】（本小题满分16分） 设a 1, a 2, a 3, a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0) 的等差数列（1）证明：21, 22, 23, 24依次成等比数列； （2）是否存在a 1, d ，使得
a
a
a
a
a 1, a 22, a 33, a 44依次成等比数列，并说明理由； （3）是否存在a 1, d 及正整数n , k ，使得
n +k n +2k n +3k
依次成等比数列，并说明理由. a 1n , a 2, a 3, a 4
11. 【2015高考浙江，理20】已知数列{a n }满足a 1=
12
且a n +1=a n -a n （n ∈N *）（1）证明：2
S 11（n ∈N *）2
1≤a n ≤2（n ∈N *）；（2）设数列a n 的前n 项和为S n ，证明. ≤n ≤
2(n +2) n 2(n +1) a n +1
{}
12. 【2015高考山东，理18】设数列{a n }的前n 项和为S n . 已知2S n =3n +3. （I ）求{a n }的通项公式；（II ）若数列{b n }满足a n b n =log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n .
13. 【2015高考安徽，理18】设n ∈N *，x n 是曲线y =x
2n +2
+1在点(1，2) 处的切线与x 轴交
1
. 4n
22
点的横坐标. （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）记T n =x 12x 3 x 2n -1，证明T n ≥
14. 【2015高考天津，理18】（本小题满分13分）已知数列{a n }满足
a n +2=qa n (q 为实数，且q ≠1) ，n ∈N *,a 1=1, a 2=2，且a 2+a 3, a 3+a 4, a 4+a 5成等差数
列(I)求q 的值和{a n }的通项公式；(II)设b =log 2a 2n , n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和.
n
a 2n -1
15. 【2015高考重庆，理22】在数列{a n }中，a 1=3, a n +1a n +λa n +1+μa n =0(n ∈N +)
2
（1）若λ=0, μ=-2, 求数列{a n }的通项公式； （2）若λ=
16. 【2015高考四川，理16】设数列{a n }的前n 项和S n =2a n -a 1，且a 1, a 2+1, a 3成等差数列. （1）求数列{a n }的通项公式；（2）记数列{
17. 【2015高考湖北，理18】设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ．已知b 1=a 1，b 2=2，q =d ，S 10=100．（Ⅰ）求数列{a n }，{b n }的通项公式； （Ⅱ）当d >1时，记c n =
18. 【2015高考陕西，理21】（本小题满分12分）设f n (x )是等比数列1，x ，x 2，⋅⋅⋅，x n 的各项和，其中x >0，n ∈N，n ≥2．（I ）证明：函数F n (x )=f n (x )-2在 仅有一个零点（记为x n ），且x n =
a n
，求数列{c n }的前n 项和T n ． b n
111
k 03k 0+12k 0+1
11
求得|T n -1|
1000a n
⎛1⎫
,1⎪内有且2⎝⎭
11n +1
（II ）设有一个与上述等比数列的首项、末项、+x n ；
22
项数分别相同的等差数列，其各项和为g n (x )，比较f n (x )与g n (x )的大小，并加以证明．
2
19. 【2015高考新课标1，理17】S n 为数列{a n }的前n 项和. 已知a n ＞0，a n +a n =错误！未
找到引用源。.
（Ⅰ）求{a n }的通项公式； （Ⅱ）设b n =
20. 【2015高考广东，理21】数列{a n }满足a 1+2a 2+ na n =4-
(1) 求a 3的值； (2) 求数列b n =
1
错误！未找到引用源。 ,求数列{b n }的前n 项和. a n a n +1
n +2
n ∈N *)， n -1(2
{a n }
前n 项和T n ；(3) 令b 1=a 1，
T n -1⎛111⎫
+ 1+++⋅⋅⋅+⎪a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n
【2015高考上海，理22】已知数列{a n }与{b n }满足a n +1-a n =2(b n +1-b n )，n ∈N*. （1）若b n =3n +5，且a 1=1，求数列{a n }的通项公式；
（2）设{a n }的第n 0项是最大项，即a n 0>a n （n ∈N*），求证：数列{b n }的第n 0项是最大项； （3）设a 1=λ
M
∈(-2, 2). m
2015高考理科数学试题分类汇编-----数列
BDCB 5. 2-1 6. -10. 【解析】
试题分析（1）根据等比数列定义只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可（2）本题列式简单，变形较难，首先令t =
n
120 7.10． 8.5 9.
11n
d
将二元问题转化为一元，再分别求解两个高a 1
次方程，利用消最高次的方法得到方程：7t 2+4t +3=0，无解，所以不存在（3）同（2）先令t =
d
将二元问题转化为一元，为降次，所以两边取对数，消去n,k 得到关于t 的一元方程a 1
4ln(1+3t )ln(1+t ) -ln(1+3t )ln(1+2t ) -3ln(1+2t )ln(1+t ) =0，从而将方程的解转化为研
究函数g (t ) =4ln(1+3t )ln(1+t ) -ln(1+3t )ln(1+2t ) -3ln(1+2t )ln(1+t ) 零点情况，这个函数需要利用二次求导才可确定其在(0,+∞) 上无零点
2a n +1
试题解析：（1）证明：因为a =2a n +1-a n =2d （n =1，2，3）是同一个常数，
2n
所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．
（2）令a 1+d =a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a -d ，a ，a +d ，a +2d （a >d ，a >-2d ，． d ≠0）
假设存在a 1，d ，使得a 1，a 2，a 3，a 4依次构成等比数列， 则a 4=(a -d )(a +d )，且(a +d )=a 2(a +2d )． 令t =
3
6
4
2
3
4
d 1364
，则1=(1-t )(1+t )，且(1+t )=(1+2t )（-
化简得t 3+2t 2-2=0（*），且t 2=t +1．将t 2=t +1代入（*）式，
1t (t +1)+2(t +1)-2=t 2+3t =t +1+3t =4t +1=0，则t =-．
4
1
显然t =-不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，
4
因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 2，a 3，a 4依次构成等比数列． 11. 试题分析：（1）首先根据递推公式可得a n ≤
2
3
4
1
，再由递推公式变形可知 2
a n a n a n a n 111
，从而得证；（2）由和==∈[1,2]-=1≤≤2得， 2
a n +1a n -a n 1-a n a n +1a n a n +1a n +11≤
1111
≤a n +1≤(n ∈N *) ，即可得证. -≤2，从而可得
a n +1a n 2(n +1) n +2
1
，由a n =(1-a n -1) a n -1 2
试题解析：（1）由题意得，a n +1-a n =-a n 2≤0，即a n +1≤a n ，a n ≤得a n =(1-a n -1)(1-a n -2) ⋅⋅⋅(1-a 1) a 1>0，由0
1
得， 2
a n a n a n 1
，即（2）由题意得a n 2=a n -a n +1， ==∈[1,2]1≤≤2；2
a n +1a n -a n 1-a n a n +1
∴S n =a 1-a n +1①，由
a a 1111
-=n 和1≤n ≤2得，1≤-≤2， a n +1a n a n +1a n +1a n +1a n
∴n ≤
1111
≤a n +1≤(n ∈N *) ②，由①②得 -≤2n ，因此
a n +1a 12(n +1) n +2
S 11
. ≤n ≤
2(n +2) n 2(n +1)
12.
所以T 1=b 1=
1 3
当n >1 时，
1
T n =b 1+b 2+b 3++b n =+(1⨯3-1+2⨯3-2+ +(n -1)31-n )
3
所以3T n =1+1⨯30+2⨯3-1+ +(n -1)32-n 两式相减，得
()
21-31-n 21-n 0-12-n 1-n
-n -1⋅32T n =+(3+3+3)-(n -1)⋅3 =+()-1
31-33
136n +3
-n
62⨯3
136n +3
所以T n = +n
124⨯3=
经检验，n =1 时也适合， 综上可得：T n =13. 解析】
试题分析：（Ⅰ）对题中所给曲线的解析式进行求导，得出曲线y =x
2n +2
136n +3
+n
124⨯3
+1在点(1，2) 处的
切线斜率为2n +2. 从而可以写出切线方程为y -2=(2n +2)(x -1) . 令y =0. 解得切线与x 轴交点的横坐标x n =1-
1n
. =
n +1n +1
（Ⅱ）要证T n ≥
1
，需考虑通项x 2n -12，通过适当放缩能够使得每项相消即可证明. 思路4n
12322n -1222
如下：先表示出T n =x 12x 3 x 2=() () () ，求出初始条件当n =1时，n -1
242n
1
. 当n ≥2时，单独考虑x 2n -12，并放缩得T 1=4
x
22n -1
2n -12(2n -1) 2(2n -1) 2-14n 2-4n n -1=() =>==，所以
2n (2n ) 2(2n ) 2(2n ) 2n
12
12n -111
，综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥. ⨯⨯ ⨯=
23n 4n 4n
2n +2
T n >() 2⨯
试题解析：（Ⅰ）解：y ' =(x 线斜率为2n +2.
+1)' =(2n +2) x 2n +1，曲线y =x 2n +2+1在点(1，2) 处的切
从而切线方程为y -2=(2n +2)(x -1) . 令y =0，解得切线与x 轴交点的横坐标
x n =1-
1n
. =
n +1n +1
12
34
2n -12
) . 2n
（Ⅱ）证：由题设和（Ⅰ）中的计算结果知
2222
T n =x 12x 3 x 2n -1=() () (
当n =1时，T 1=
1
. 4
22n -1
当n ≥2时，因为x 所以T n >() 2⨯
2n -12(2n -1) 2(2n -1) 2-14n 2-4n n -1=() =>==， 222
2n (2n ) (2n ) (2n ) n
12n -11
. ⨯⨯ ⨯=
23n 4n
1
综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥.
4n
14.
12
(II) 由(I)得b n =
log 2a 2n n
=n -1，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则
a 2n -12
S n =1⨯
1111
， +2⨯+3⨯+ +n ⨯
2021222n -1
11111S n =1⨯1+2⨯2+3⨯3+ +n ⨯n 22222
两式相减得
1
n 11111n n 2n S n =1++2+3+ +n -1-n =-n =2-n -n ， 2222222221-2
n +2
整理得S n =4-n -1
2
n +2
所以数列{b n }的前n 项和为4-n -1, n ∈N *.
2
1-
15. 【解析】
2
试题分析：（1）由于λ=0, μ=-2，因此把已知等式具体化得a n +1a n =2a n ，显然由于a 1=3，
则a n ≠0（否则会得出a 1=0），从而a n +1=2a n ，所以{a n }是等比数列，由其通项公式可得结论；（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系是a n +1a n +
1
a n +1-a n 2=0, k 0
可变形为a n +1 a n +
⎛⎝1⎫2
⎪=a n (n ∈N +), k 0⎭
a n
于是可得a n +1a 2> >a n >a n +1> >0，
由于k 0>0，因此
1
a n +
k 0
又
a n +1=
a n 21a n +
k 0
a n 2-=
11+k 02k 02111
=a n -+?
1k 0k 0k 0a n +1a n +k 0
，于是有
a k 0+1=a 1+(a 2-a 1) + +a k 0+1-a k 0
()
=a 1-k 0⋅
⎫11⎛111
+⋅ ++ +⎪
⎪k 0k 0 k a +1k a +1k a +1020k 0⎝01⎭
>2+
1⎛111⎫⋅ ++ +⎪ k 0⎝3k 0+13k 0+13k 0+1⎭
1
，这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知a n >2(n ∈N *)，因此
3k 0+1
=2+
a k 0+1=
⎫11⎛111
=a 1-k 0⋅+⋅ ++ +⎪
k 0k 0⎝k 0a 1+1k 0a 2+1k 0a k 0+1⎪⎭
1⎛111⎫1
⋅ ++ +，这样结论得证，本题不等式的证=2+⎪k 0⎝2k 0+12k 0+12k 0+1⎭2k 0+1
明应用了放缩法.(1)由λ=0，μ=-2, 有a n +1a n =2a n 2,(n∈N +)
若存在某个n 0∈N +，使得a n 0=0，则由上述递推公式易得a n 0+1=0，重复上述过程可得
a 1=0，此与a 1=3矛盾，所以对任意n ∈N +, a n ≠0.
从而a n +1=2a n (n ∈N +)，即{a n }是一个公比q =2的等比数列. 故a n =a 1q n -1=3?
2n -1.
求和得a k 0+1=a 1+a 2-a 1+ +a k 0+1-a k 0
()
()
⎫11⎛111
=a 1-k 0⋅+⋅ ++ +⎪
⎪k 0k 0 k a +1k a +1k a +1020k 0⎝01⎭
1⎛111⎫1>2+⋅ ++ +=2+⎪
k 0⎝3k 0+13k 0+13k 0+1⎭3k 0+1
另一方面，由上已证的不等式知a 1>a 2> >a k 0>a k 0+1>2得
⎫11⎛111
a k 0+1=a 1-k 0⋅+⋅ ++ +⎪
k 0k 0⎝k 0a 1+1k 0a 2+1k 0a k 0+1⎪⎭
1
1⎛111⎫1
⋅ ++ +=2+ ⎪k 0⎝2k 0+12k 0+12k 0+1⎭2k 0+1
12k 0+1
综上：2+16.
3k 0+1
【解析】（1）由已知S n =2a n -a 1，有a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1(n >1) ， 即a n =2a n -1(n >1) . 从而a 2=2a 1, a 3=4a 1.
又因为a 1, a 2+1, a 3成等差数列，即a 1+a 3=2(a 2+1) . 所以a 1+4a 1=2(2a 1+1) ，解得a 1=2.
所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列. 故a n =2n . （2）由（1）得
11=n . a n 2
11[1-() n ]
1111=1-1. 所以T n =+2+3+ +n =n
1222221-2
由|T n -1|
9
111n
，得|1-n -1|1000. 100021000
10
因为2=512
1
成立的n 的最小值为10. 1000
17.
1135792n -1
T n =+2+3+4+5+ +n . ② [1**********]2n -12n +3①-②可得T n =2++2+ +n -2-n =3-，
222222n
故T n =6-18. 【解析】
2n +3
. 2n -1
试题分析：（I ）先利用零点定理可证F n (x )在
⎛1⎫
,1⎪内至少存在一个零点，再利用函数的单2⎝⎭
调性可证F n (x )在
⎛1⎫
,1⎪内有且仅有一个零点，进而利用x n 是F n (x )的零点可证⎝2⎭
x n =
11n +1
（II ）先设h (x )=f n (x )-g n (x )，再对x 的取值范围进行讨论来判断h (x )+x n ；
22
与0的大小，进而可得f n (x )和g n (x )的大小．
试题解析：（I ）F n (x ) =f n (x ) -2=1+x +x 2+ +x n -2，则F n (1)=n -1>0,
⎛1⎫
1- ⎪2n
11⎛1⎫2⎛1⎫
F n () =1++ ⎪+ + ⎪-2=122⎝2⎭⎝2⎭1-2
所以F n (x ) 在
n +1
-2=-
1
⎛1⎫
,1⎪内至少存在一个零点x n . ⎝2⎭
又F n '(x ) =1+2x + +nx n -1>0，故在
⎛1⎫
,1⎪内单调递增， ⎝2⎭
所以F n (x ) 在
⎛1⎫
,1⎪内有且仅有一个零点x n . 2⎝⎭
1-x n n +111
因为x n 是F n (x ) 的零点，所以F n (x n )=0，即-2=0，故x n =+x n n +1.
1-x n 22
(II)解法一：由题设，g n (x
) =
n
n +11+x ()
2
.
所以h (x )
综上所述，当x =1时, f n (x ) =g n (x ) ；当x ≠1时f n (x )
2
n
解法二 由题设，f n (x ) =1+x +x + +x , g n (x ) =当x =1时, f n (x ) =g n (x )
(n +1)(1+x n )
2
, x >0.
当x ≠1时, 用数学归纳法可以证明f n (x )
1
(1-x ) 2
假设n =k (k ≥2) 时，不等式成立，即f k (x )
f k+1(x ) =f k (x ) +x k +1
2x k +1+k +1x k +k +1
2
k +1) 1+x (=+x
k
k +1
2
=
2x k +1+k +1x k +k +1
2
.
又g k+1(x ) -令
=
kx k +1-k +1x k +1
2
，
则
h k (x ) =kx k +1-(k +1)x k +1(x >0)
h k '(x ) =k (k +1) x k -k (k +1)x k -1=k (k +1)x k -1(x -1) '(x )
'(x ) >0, h k (x ) 在(1,+∞) 上递增. 当x >1, h k
所以h k (x ) >h k (1)=0，从而g k+1(x ) >
2x k +1+k +1x k +k +1
2
故f k +1(x )
解法三:由已知，记等差数列为{a k }, 等比数列为{b k }, k =1, 2, , n +1. 则a 1=b 1=1，
a n +1=b n +1=x n ，
x n -1
所以a k =1+(k -1)⋅(2≤k ≤n) , b k =x k -1(2≤k ≤n ),
n
令m k (x)=a k -b k =1+
(k -1)(x n -1)
n
-x k -1, x >0(2≤k ≤n ).
当x =1时, a k =b k , 所以f n (x ) =g n (x ) . 当x ≠1时, m k '(x ) =
k -1n -1
nx -(k-1) x k -2=(k -1)x k -2(x n -k +1-1) n
而2≤k ≤n ，所以k -1>0，n -k +1≥1. 若0
'(x )>0， 当x >1，x n -k +1>1，m k
从而m k (x ) 在(0,1)上递减，m k (x ) 在(1,+∞) 上递增. 所以m k (x ) >m k (1)=0， 所以当x >0且x ≠1时, a k >b k (2≤k ≤n ), 又a 1=b 1，a n +1=b n +1，故f n (x )
综上所述，当x =1时，f n (x ) =g n (x ) ；当x ≠1时f n (x )
考点：1、等比数列的前n 项和公式；2、零点定理；3、等差数列的前n 项和公式；4、利用导数研究函数的单调性.
【名师点晴】本题主要考查的是等比数列的前n 项和公式、零点定理、等差数列的前n 项和公式和利用导数研究函数的单调性，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“有且仅有一个”，否则很容易出现错误．证明函数仅有一个零点的步骤：①用零点存在性定理证明函数零点的存在性；②用函数的单调性证明函数零点的唯一性．有关函数的不等式，一般是先构造新函数，再求出新函数在定义域范围内的值域即可． 19. 【答案】（Ⅰ）2n +1（Ⅱ）
11
-
64n +
6
所以a n =2n +1； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，b n =
1111
=(-) ，
(2n +1)(2n +3) 22n +12n +3
1111111[(-) +(-) + +(-)] 235572n +12n +3
所以数列{b n }前n 项和为b 1+b 2+ +b n ==
11
. -
64n +6
3+2⎛2+2⎫3
-4-=， 3-12-1⎪22⎭4⎝
20. 【解析】（1）依题3a 3=(a 1+2a 2+3a 3)-(a 1+2a 2)=4-∴ a 3=（
1
； 4
2
）
依
题
当
n >1时，
na n =(a 1+2a 2+ na n )-⎡⎣a 1+2a 2+ (n -1)a n -1⎤⎦=4-⎛1⎫∴ a n = ⎪
⎝2⎭⎛1⎫
∴ a n = ⎪
⎝2⎭
n -1
n +2⎛n +1⎫n
，-4-= ⎪n -1n -2n -1
22⎭2⎝
，又a 1=4-
n -1
1+2
=1也适合此式， 02
，
⎛1⎫1- ⎪n -1
12⎭⎛1⎫⎝∴ 数列{a n }是首项为1，公比为的等比数列，故T n ==2- ⎪；
2⎝2⎭1-2
（3）依题由b n =
n
a 1+a 2+ +a n -1⎛1a ⎛1⎫1⎫
+ 1++ +⎪a n 知b 1=a 1，b 2=1+ 1+⎪a 2，
n n ⎭2⎝2⎭⎝2
b 3=
a 1+a 2⎛11⎫
+ 1++⎪a 3，
3⎝23⎭
21【解析】解：（1）由b n +1-b n =3，得a n +1-a n =6， 所以{a n }是首项为1，公差为6的等差数列，
故{a n }的通项公式为a n =6n -5，n ∈N*.
证明：（2）由a n +1-a n =2(b n +1-b n )，得a n +1-2b n +1=a n -2b n . 所以{a n -2b n }为常数列，a n -2b n =a 1-2b 1，即a n =2b n +a 1-2b 1. 因为a n 0≥a n ，n ∈N*，所以2b n 0+a 1-2b 1≥2b n +a 1-2b 1，即b n 0≥b n . 故{b n }的第n 0项是最大项.
解：（3）因为b n =λn ，所以a n +1-a n =2λn +1-λn ， 当n ≥2时，a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+⋅⋅⋅+(a 2-a 1)+a 1 =2λn -λn -1+2λn -1-λn -2+⋅⋅⋅+2λ2-λ+λ =2λn -λ. 当n =1时，a 1=λ，符合上式. 所以a n =2λn -λ. 因为λ>0，所以a 2n =2λ
2n
()
()()()
-λ>-λ，a 2n -1=2λ
2n -1
-λ
①当λ
3
∉(-2, 2)； -1
③当-1
m =a 1=λ，由-2
2λ2-λ
λ
1
2
综上，λ的取值范围是 -
⎛1⎫
,0⎪. ⎝2⎭
2. 数列作为特殊的函数，其单调性的判断与研究也是特别的，只需研究相邻两项之间关系即可.