2014年高考数学数列文科试题汇编
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2014年高考数学数列文科试题汇编
作者：佚名 资料来源：网络 点击数：7020
┃&2014年高考数学数列文科试题汇编
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学D单元　数列
数列的概念与简单表示法17．、、[2014o江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对任意的n&1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．17．解：(1)由Sn＝3n2－n2，得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要a2n＝a1oam，即(3n－2)2＝1o(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.而此时m∈N*，且m＞n，所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．18．、[2014o江西卷] 已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a&0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．18．解：(1)当a＝－4时，由f′(x)＝2（5x－2）（x－2）x＝0得x＝25或x＝2，由f′(x)＞0得x∈0，25或x∈(2，＋∞)．故函数f(x)的单调递增区间为0，25和(2，＋∞)．(2)因为f′(x)＝（10x＋a）（2x＋a）2x，a＜0，所以由f′(x)＝0得x＝－a10或x＝－a2.当x∈0，－a10时，f(x)单调递增；当x∈－a10，－a2时，f(x)单调递减；当x∈－a2，＋∞时，f(x)单调递增．易知f(x)＝(2x＋a)2x≥0，且f－a2＝0.①当－a2≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±22－2，均不符合题意．②当1&－a2≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]时的最小值为f－a2＝0，不符合题意．③当－a2＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4时取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)．当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．综上有，a＝－10.16．[2014o新课标全国卷Ⅱ] 数列{an}满足an＋1＝11－an，a8＝2，则a1＝________．16.12　D2
等差数列及等差数列前n项和2．[2014o重庆卷] 在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝(　　)A．5
D．142．B　5．[2014o天津卷] 设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝(　　)A．2
B．－2C.12
D．－125．D　15．、[2014o北京卷] 已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．15．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝a4－a13＝12－33＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝b4－a4b1－a1＝20－124－3＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．数列{3n}的前n项和为32n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×1－2n1－2＝2n－1，所以，数列{bn}的前n项和为32n(n＋1)＋2n－1.17．，[2014o福建卷] 在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.(1)求an；(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.17．解：(1)设{an}的公比为q，依题意得a1q＝3，a1q4＝81，解得a1＝1，q＝3.因此，an＝3n－1.(2)因为bn＝log3an＝n－1，所以数列{bn}的前n项和Sn＝n（b1＋bn）2＝n2－n2.19．、、[2014o湖北卷] 已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式．(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．19．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意知，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4，当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)o4＝4n－2，从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n&60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn&60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝n[2＋（4n－2）]2＝2n2.令2n2&60n＋800，即n2－30n－400&0，解得n&40或n&－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn&60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.16．、[2014o湖南卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和． 16.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－（n－1）2＋（n－1）2＝n.故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝2（1－22n）1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.13．[2014o江西卷] 在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．13.－1，－78　9．[2014o辽宁卷] 设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则(　　)A．d＞0
B．d＜0C．a1d＞0
D．a1d＜09．D　17．[2014o全国卷] 数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．17．解：(1)由an＋2＝2an＋1－an＋2，得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1，所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)，即an＋1－an＝2n－1.于是 所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1，所以{an}的通项公式an＝n2－2n＋2.5．[2014o新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　)A．n(n＋1)
B．n(n－1)C.n（n＋1）2
D.n（n－1）25．A　17．、[2014o全国新课标卷Ⅰ] 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n的前n项和．17．解：(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3.由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝12，从而得a1＝32.所以{an}的通项公式为an＝12n＋1.(2)设an2n的前n项和为Sn，由(1)知an2n＝n＋22n＋1，则Sn＝322＋423＋…＋n＋12n＋n＋22n＋1，12Sn＝323＋424＋…＋n＋12n＋1＋n＋22n＋2，两式相减得12Sn＝34＋123＋…＋12n＋1－n＋22n＋2＝34＋141－12n－1－n＋22n＋2，所以Sn＝2－n＋42n＋1.19．，，[2014o山东卷] 在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an（n＋1）2，记Tm＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.19．解：(1)由题意知，(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2.故数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题意知，bn＝an（n＋1）2＝n(n＋1)，所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，所以当n为偶数时，Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)＝4＋8＋12＋…＋2n＝n2（4＋2n）2＝n（n＋2）2，当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝（n－1）（n＋1）2－n(n＋1)＝－（n＋1）22.所以Tn＝－（n＋1）22，n为奇数，n（n＋2）2，n为偶数.16．、、[2014o陕西卷] △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比数列，且c＝2a，求cos B的值．16．解： (1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B.∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．(2)由题设有b2＝ac，c＝2a，∴b＝2a.由余弦定理得cos B＝a2＋c2－b22ac＝a2＋4a2－2a24a2＝34.19．、、[2014o四川卷] 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N*)．(1)证明：数列{bn}为等比数列；(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－1ln 2，求数列{anb2n}的前n项和Sn.19．解：(1)证明：由已知得，bn＝2an＞0，当n≥1时，bn＋1bn＝2an＋1－an＝2d.故数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．(2)函数f(x)＝2x在点(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，其在x轴上的截距为a2－1ln 2.由题意知，a2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a2＝2，所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anb2n＝no4n.于是，Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－no4n＋1＝4n＋1－43－no4n＋1＝（1－3n）4n＋1－43，所以，Sn＝（3n－1）4n＋1＋49.19．[2014o浙江卷] 已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2oS3＝36.(1)求d及Sn；(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.19．解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.因为d&0，所以d＝2.从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1&1，故2m＋k－1＝13，k＋1＝5，所以m＝5，k＝4.16．、[2014o重庆卷] 已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．(1)求an及Sn；(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.16．解：(1)因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.故Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n（a1＋an）2＝n（1＋2n－1）2＝n2.(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，所以(q－4)2＝0，从而q＝4.又因为b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，所以bn＝b1qn－1＝2×4n－1＝22n－1.从而{bn}的前n项和Tn＝b1（1－qn）1－q＝23(4n－1)．D3　等比数列及等比数列前n项和12．[2014o安徽卷] 如图1-3，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝22，过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；….依此类推，设BA＝a1，AA1＝a2，A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，则a7＝________．图1-312.14　17．，[2014o福建卷] 在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.(1)求an；(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.17．解：(1)设{an}的公比为q，依题意得a1q＝3，a1q4＝81，解得a1＝1，q＝3.因此，an＝3n－1.(2)因为bn＝log3an＝n－1，所以数列{bn}的前n项和Sn＝n（b1＋bn）2＝n2－n2.13．、[2014o广东卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________．13．5　19．、、[2014o湖北卷] 已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式．(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．19．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意知，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4，当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)o4＝4n－2，从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n&60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn&60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝n[2＋（4n－2）]2＝2n2.令2n2&60n＋800，即n2－30n－400&0，解得n&40或n&－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn&60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.7．[2014o江苏卷] 在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．7．4　17．、、[2014o江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对任意的n&1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．17．解：(1)由Sn＝3n2－n2，得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要a2n＝a1oam，即(3n－2)2＝1o(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.而此时m∈N*，且m＞n，所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．18．、[2014o江西卷] 已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a&0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．18．解：(1)当a＝－4时，由f′(x)＝2（5x－2）（x－2）x＝0得x＝25或x＝2，由f′(x)＞0得x∈0，25或x∈(2，＋∞)．故函数f(x)的单调递增区间为0，25和(2，＋∞)．(2)因为f′(x)＝（10x＋a）（2x＋a）2x，a＜0，所以由f′(x)＝0得x＝－a10或x＝－a2.当x∈0，－a10时，f(x)单调递增；当x∈－a10，－a2时，f(x)单调递减；当x∈－a2，＋∞时，f(x)单调递增．易知f(x)＝(2x＋a)2x≥0，且f－a2＝0.①当－a2≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±22－2，均不符合题意．②当1&－a2≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]时的最小值为f－a2＝0，不符合题意．③当－a2＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4时取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)．当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．综上有，a＝－10.8．[2014o全国卷] 设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝(　　)A．31
B．32C．63
D．648．C　[解析] 设等比数列{an}的首项为a，公比为q，易知q≠1，根据题意可得a（1－q2）1－q＝3，a（1－q4）1－q＝15，解得q2＝4，a1－q＝－1，所以S6＝a（1－q6）1－q＝(－1)(1－43)＝63.5．[2014o新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　)A．n(n＋1)
B．n(n－1)C.n（n＋1）2
D.n（n－1）25．A　[解析] 由题意，得a2，a2＋4，a2＋12成等比数列，即(a2＋4)2＝a2(a2＋12)，解得a2＝4，即a1＝2，所以Sn＝2n＋n（n－1）2×2＝n(n＋1)．19．，，[2014o山东卷] 在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an（n＋1）2，记Tm＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.19．解：(1)由题意知，(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2.故数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题意知，bn＝an（n＋1）2＝n(n＋1)，所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，所以当n为偶数时，Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)＝4＋8＋12＋…＋2n＝n2（4＋2n）2＝n（n＋2）2，当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝（n－1）（n＋1）2－n(n＋1)＝－（n＋1）22.所以Tn＝－（n＋1）22，n为奇数，n（n＋2）2，n为偶数.16．、、[2014o陕西卷] △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比数列，且c＝2a，求cos B的值．16．解： (1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B.∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．(2)由题设有b2＝ac，c＝2a，∴b＝2a.由余弦定理得cos B＝a2＋c2－b22ac＝a2＋4a2－2a24a2＝34.20．、、[2014o天津卷] 已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A.(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an＜bn，则s＜t.20．解：(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2o2＋x3o22，xi∈M，i＝1，2，3}，可得A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an&bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)q n－2－qn－1＝（q－1）（1－qn－1）1－q－qn－1＝－1&0，所以s&t.16．、[2014o重庆卷] 已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．(1)求an及Sn；(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.16．解：(1)因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.故Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n（a1＋an）2＝n（1＋2n－1）2＝n2.(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，所以(q－4)2＝0，从而q＝4.又因为b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，所以bn＝b1qn－1＝2×4n－1＝22n－1.从而{bn}的前n项和Tn＝b1（1－qn）1－q＝23(4n－1)．D4　数列求和15．、[2014o北京卷] 已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．15．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝a4－a13＝12－33＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝b4－a4b1－a1＝20－124－3＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．数列{3n}的前n项和为32n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×1－2n1－2＝2n－1，所以，数列{bn}的前n项和为32n(n＋1)＋2n－1.16．、[2014o湖南卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和． 16.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－（n－1）2＋（n－1）2＝n.故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝2（1－22n）1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.17．、[2014o全国新课标卷Ⅰ] 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列an2n的前n项和．17．解：(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3.由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝12，从而得a1＝32.所以{an}的通项公式为an＝12n＋1.(2)设an2n的前n项和为Sn，由(1)知an2n＝n＋22n＋1，则Sn＝322＋423＋…＋n＋12n＋n＋22n＋1，12Sn＝323＋424＋…＋n＋12n＋1＋n＋22n＋2，两式相减得12Sn＝34＋123＋…＋12n＋1－n＋22n＋2＝34＋141－12n－1－n＋22n＋2，所以Sn＝2－n＋42n＋1.19．，，[2014o山东卷] 在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an（n＋1）2，记Tm＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.19．解：(1)由题意知，(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2.故数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题意知，bn＝an（n＋1）2＝n(n＋1)，所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，所以当n为偶数时，Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)＝4＋8＋12＋…＋2n＝n2（4＋2n）2＝n（n＋2）2，当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝（n－1）（n＋1）2－n(n＋1)＝－（n＋1）22.所以Tn＝－（n＋1）22，n为奇数，n（n＋2）2，n为偶数.
单元综合18．[2014o安徽卷] 数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.(1)证明：数列ann是等差数列；(2)设bn＝3noan，求数列{bn}的前n项和Sn.18．解： (1)证明：由已知可得an＋1n＋1＝ann＋1，即an＋1n＋1－ann＝1，所以ann是以a11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得ann＝1＋(n－1)o1＝n，所以an＝n2，从而可得bn＝no3n.Sn＝1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n，①3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)3n＋n×3n＋1.②①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－no3n＋1＝3o（1－3n）1－3－no3n＋1＝（1－2n）o3n＋1－32，所以Sn＝（2n－1）o3n＋1＋34.19．[2014o广东卷] 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S2n－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1（a1＋1）＋1a2（a2＋1）＋…＋1an（an＋1）&13.19．、、[2014o湖北卷] 已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式．(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．19．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意知，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4，当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)o4＝4n－2，从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n&60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn&60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝n[2＋（4n－2）]2＝2n2.令2n2&60n＋800，即n2－30n－400&0，解得n&40或n&－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn&60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.20．[2014o江苏卷] 设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈)，证明：{an}是“H数列”．(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d&0.若{an}是“H数列”，求d的值．(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈)成立．20．解： (1)证明：由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am，所以{an}是“H数列”．(2)由已知得，S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.因为d&0，所以m－2&0，故m＝1，从而d＝－1.当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝n（3－n）2是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－n（3－n）2，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”，因此d的值为－1.(3)证明：设等差数列{an}的公差为d，则an ＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．下证{bn}是“H数列”．设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝n（n＋1）2a1(n∈N*)．于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n（n＋1）2，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”．同理可证{cn}也是“H数列”．所以对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．17．、、[2014o江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对任意的n&1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．17．解：(1)由Sn＝3n2－n2，得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要a2n＝a1oam，即(3n－2)2＝1o(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.而此时m∈N*，且m＞n，所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．18．、[2014o江西卷] 已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a&0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．18．解：(1)当a＝－4时，由f′(x)＝2（5x－2）（x－2）x＝0得x＝25或x＝2，由f′(x)＞0得x∈0，25或x∈(2，＋∞)．故函数f(x)的单调递增区间为0，25和(2，＋∞)．(2)因为f′(x)＝（10x＋a）（2x＋a）2x，a＜0，所以由f′(x)＝0得x＝－a10或x＝－a2.当x∈0，－a10时，f(x)单调递增；当x∈－a10，－a2时，f(x)单调递减；当x∈－a2，＋∞时，f(x)单调递增．易知f(x)＝(2x＋a)2x≥0，且f－a2＝0.①当－a2≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±22－2，均不符合题意．②当1&－a2≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]时的最小值为f－a2＝0，不符合题意．③当－a2＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4时取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)．当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．综上有，a＝－10.19．、、[2014o四川卷] 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N*)．(1)证明：数列{bn}为等比数列；(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－1ln 2，求数列{anb2n}的前n项和Sn.19．解：(1)证明：由已知得，bn＝2an＞0，当n≥1时，bn＋1bn＝2an＋1－an＝2d.故数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．(2)函数f(x)＝2x在点(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，其在x轴上的截距为a2－1ln 2.由题意知，a2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a2＝2，所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anb2n＝no4n.于是，Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－no4n＋1＝4n＋1－43－no4n＋1＝（1－3n）4n＋1－43，所以，Sn＝（3n－1）4n＋1＋49.
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