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高考数学模拟试题及答案：数列
1．(2015·四川卷)设数列{
an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列。(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列an(1)的前n
项和为Tn，求使得|Tn－1|<1 000(1)成立的n的最小值。解 (1)由已知Sn＝
2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)。从而
a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1。又因为a1，
a2＋1，a3成等差数列，即a
1＋a3＝2(a2＋1)。 所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2。所以，数列{an}是首项为
2，公比为2的等比数列。故an
＝2n。(2)
由(1)得an(1)＝2n(1)。所以Tn
＝2(1)＋22(1)＋…＋2n(1)＝2(1)＝1－2n(1)。由
|Tn－1|<1 000(1)，得－1(1)<1 000(1)，即2n>1 000。
因为29＝512<1 000<1 024＝210
，所以n≥10。于是，使|Tn－
1|<1 000(1)成立的n的最小值为10。2．(2015·山东卷)设数列{a
n}的前n项和为Sn。已知2Sn＝3n＋3。(1)求{a
n}的通项公式；(2)若数列{b
n}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn。解 (1)因为
2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3， 当n>1时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时2an
＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，又因为
n＝1时，不满足上式，所以an＝3n－1，n>1。(3，n＝1，)(2)因为a
nbn＝log3an，所以b1＝3(1)， 当n>1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n。所以T1＝
b1＝3(1)；当n>1时，T
n＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝3(1)＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，所以3Tn
＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，两式相减，得2Tn＝
3(2)＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝3(2)＋1－3－1(1－31－n)－(n－1)×31－n＝6(13)－2×3n(6n＋3)，所以Tn＝12(13)－4×3n(6n＋3)。经检验，n＝1时也适合。综上可得T
n＝12(13)－4×3n(6n＋3)。3.(2015·
天津卷)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列。(1)求q的值和{an
}的通项公式；(2)设bn
＝a2n－1(log2a2n)，n∈N*，求数列{bn}的前n项和。解 (1)
由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，所以a
2(q－1)＝a3(q－1)。又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1·q，得q＝2。 当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝22(n－1)；当n
＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝22(n)。所以，{an
}的通项公式为an＝，n为偶数。(n)(2)由(1)得b
n＝a2n－1(log2a2n)＝2n－1(n)。设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×20(1)＋2×21(1)＋3×22(1)＋…＋(n－1)×2n－2(1)＋n×2n－1(1)， 2(1)Sn＝1×21(1)＋2×22(1)＋3×23(1)＋…＋(n－1)×2n－1(1)＋n×2n(1)，上述两式相减，得2(1)Sn
＝1＋2(1)＋22(1)＋…＋2n－1(1)－2n(n)＝2(1)－2n(n)＝2－2n(2)－2n(n)， 整理得，Sn＝4－2n－1(n＋2)。所以，数列{b
n}的前n项和为4－2n－1(n＋2)，n∈N*。4．(2015·
合肥质检)已知函数f(x)＝x＋x(1)(x>0)，以点(n，f(n))为切点作函数图像的切线ln(n∈N*)，直线x＝n＋1与函数y＝f(x)图像及切线ln分别相交于An，Bn，记an＝|AnBn|。(1)求切线ln的方程及数列
{an}的通项公式；(2)
设数列{nan}的前n项和为Sn，求证：Sn<1。解 (1)对f
(x)＝x＋x(1)(x>0)求导，得f′(x)＝1－x2(1)，则切线l
n的方程为y－n(1)＝n2(1)(x－n)，即
y＝n2(1)x＋n(2)。易知
Ann＋1(1)，Bnn2(n－1)，由
an＝|AnBn|知an＝n2(n－1)＝n2(n＋1)(1)。(2)证明：∵
nan＝n(n＋1)(1)＝n(1)－n＋1(1)，∴Sn＝
a1＋2a2＋…＋nan＝1－2(1)＋2(1)－3(1)＋…＋n(1)－n＋1(1)＝1－n＋1(1)<1。5．已知等差数列{an}
的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列。(1)求数列{a
n}的通项公式；(2)令b
n＝(－1)n－1anan＋1(4n)，求数列{bn}的前n项和Tn。解 (1)因为S1
＝a1，S2＝2a1＋2(2×1)×2＝2a1＋2，S4＝
4a1＋2(4×3)×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)
2＝a1(4a1＋12)，解得
a1＝1，所以an＝2n－1。(2)
bn＝(－1)n－1anan＋1(4n)＝(－1)n－1(2n－1)(2n＋1)(4n)＝
(－1)n－12n＋1(1)。当n为偶数时，
Tn＝3(1
)－5(1)＋…＋2n－3(1)＋2n－1(1)－2n＋1(1)＝1－2n＋1(1)＝2n＋1(2n)。当n为奇数时，
Tn＝3(1)－5(1)＋…－2n－3(1)＋2n－1(1)＋2n＋1(1)＝1＋2n＋1(1)＝2n＋1(2n＋2)。所以Tn＝
，n为偶数。(2n)或Tn＝2n＋1(2n＋1＋(－1)n－1)6．(2015·杭州质检)已知数列
{an}满足a1＝1，an＋1＝1－4an(1)，其中n∈N*。(1)设bn＝
2an－1(2)，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式；(2)
设cn＝n＋1(4an)，数列{cncn＋2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn<cmcm＋1(1)对于n∈N*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由。解 (1)
∵bn＋1－bn＝2an＋1－1(2)－2an－1(2)＝－1(1)
－2an－1(2)＝
2an－1(4an)－2an－1(2)＝2(常数)，∴数列{b
n}是等差数列。∵
a1＝1，∴b1＝2， 因此bn＝2＋(n－1)×2＝2n，由bn
＝2an－1(2)得an＝2n(n＋1)。(2)
由cn＝n＋1(4an)，an＝2n(n＋1)得cn＝n(2)，∴cnc
n＋2＝n(n＋2)(4)＝2n＋2(1)，∴Tn＝21－3(1)＋2(1)－4(1)＋3(1)－5(1)＋…＋n(1)－n＋2(1)
＝
2n＋2(1)<3，依题意要使
Tn<cmcm＋1(1)对于n∈N*恒成立，只需cmcm＋1(1)≥3， 即4(m(m＋1))≥3，解得m≥3
或m≤－4，又m为正整数，所以m的最小值为3。
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