2014年高考数学数列试题汇编
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2014年高考数学数列试题汇编
作者：佚名 资料来源：网络 点击数： &&&
2014年高考数学数列试题汇编
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文章来源 莲山课件 w w w.5 Y Kj.Co M &&&&&&&&&&&&&&&&&& 数&&& 学D单元　数列&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& D1& 数列的概念与简单表示法17．、、[;江西卷] 已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝anbn，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以an＋1bn＋1－anbn＝2，即cn＋1－cn＝2，所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.17．、[;新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ.(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1，由(1)知，a3＝λ＋1.若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．17．、、[;新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明an＋12是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明1a1＋1a2＋…＋1an＜32.17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋12＝3an＋12.又a1＋12＝32，所以an＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以an＋12＝3n2，因此数列{an}的通项公式为an＝3n－12.(2)证明：由(1)知1an＝23n－1.因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以13n－1≤12×3n－1，即1an＝23n－1≤13n－1.于是1a1＋1a2＋…＋1an≤1＋13＋…＋13n－1＝321－13n&32.所以1a1＋1a2＋…＋1an&32.22．，，[;重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝a2n－2an＋2＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n&c&a2n＋1对所有n∈N*成立？证明你的结论．22．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝2＋1.再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(an－1)2＝n－1，即an＝n－1＋1(n∈N*)．方法二：a2＝2，a3＝2＋1.可写为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.因此猜想an＝n－1＋1.下面用数学归纳法证明上式．当n＝1时，结论显然成立．假设n＝k时结论成立，即ak＝k－1＋1，则ak＋1＝（ak－1）2＋1＋1＝（k－1）＋1＋1＝（k＋1）－1＋1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．所以an＝n－1＋1(n∈N*)．(2)方法一：设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝（c－1）2＋1－1，解得c＝14.下面用数学归纳法证明命题a2n&c&a2n＋1&1.当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，所以a2&14&a3&1，结论成立．假设n＝k时结论成立，即a2k&c&a2k＋1&1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)&f(a2k＋1)&f(1)＝a2，即1&c&a2k＋2&a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)&f(a2k＋2)&f(a2)＝a3&1，故c&a2k＋3&1，因此a2(k＋1)&c&a2(k＋1)＋1&1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．综上，存在 c＝14使a2n&C&a2a＋1对所有n∈N*成立．方法二：设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)．先证：0≤an≤1(n∈N*)．　　①当n＝1时，结论明显成立．假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝2－1&1.即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．故①成立．再证：a2n&a2n＋1(n∈N*)．　②当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝2－1，所以a2&a3，即n＝1时②成立．假设n＝k时，结论成立，即a2k&a2k＋1.由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得a2k＋1＝f(a2k)&f(a2k＋1)＝a2k＋2，a2(k＋1)＝f(a2k＋1)&f(a2k＋2)＝a2(k＋1)＋1.这就是说，当n＝k＋1时②成立．所以②对一切n∈N*成立．由②得a2n&a22n－2a2n＋2－1，即(a2n＋1)2&a22n－2a2n＋2，因此a2n&14.　③又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)&f(a2n＋1)，即a2n＋1&a2n＋2.所以a2n＋1&a22n＋1－2a2n＋1＋2－1，解得a2n＋1&14.　④综上，由②③④知存在c＝14使a2n&c&a2n＋1对一切n∈N*成立．
D2& 等差数列及等差数列前n项和12．、[;安徽卷] 数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.12．112．[;北京卷] 若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9&0，a7＋a10&0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．12．8　3．[;福建卷] 等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)A．8& B．10& C．12& D．143．C　18．、、[;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．18．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意得，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)&#n－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．、[;湖南卷] 已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；(2)若p＝12，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．20．解：(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝13或p＝0.当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝13.(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1&0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)&0.①因为122n&122n－1，所以|a2n＋1－a2n|&|a2n－a2n－1|.②由①②知，a2n－a2n－1&0，因此a2n－a2n－1＝122n－1＝（－1）2n22n－1.③因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n&0，故a2n＋1－a2n＝－122n＝（－1）2n＋122n.④由③④可知，an＋1－an＝（－1）n＋12n.于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋12－122＋…＋（－1）n2n－1＝1＋12•1－－12n－11＋12＝43＋13•（－1）n2n－1.故数列{an}的通项公式为an＝43＋13•（－1）n2n－1.8．[;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&0& C．a1d&0& D．a1d&08．C　18．、[;全国卷] 等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.18．解：(1)由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0，解得－103≤d≤－52，因此d＝－3.故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.(2)bn＝1（13－3n）（10－3n）＝13110－3n－113－3n.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋14－17＋…＋110－3n－113－3n＝13110－3n－110＝n10（10－3n）.17．、[;新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．(1)证明：an＋2－an＝λ.(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1，由(1)知，a3＝λ＋1.若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．19．，，[;山东卷] 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{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－14nanan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋2×12×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋4×32×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由题意可知，bn＝(－1)n－14nanan＋1＝(－1)n－14n（2n－1）（2n＋1）＝(－1)n－112n－1＋12n＋1.当n为偶数时，Tn＝1＋13－13＋15＋…＋12n－3＋12n－1－12n－1＋12n＋1＝1－12n＋1＝2n2n＋1.当n为奇数时，Tn＝1＋13－13＋15＋…－12n－3＋12n－1＋12n－1＋12n＋1＝1＋12n＋1＝2n＋22n＋1.所以Tn＝2n＋22n＋1，n为奇数，2n2n＋1，n为偶数.或Tn＝2n＋1＋（－1）n－12n＋116．，，[;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，求cos B的最小值．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)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.由余弦定理得cos B＝a2＋c2－b22ac＝a2＋c2－ac2ac≥2ac－ac2ac＝12，当且仅当a＝c时等号成立，∴cos B的最小值为12.11．、[;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的值为________．11．－12　22．，，[;重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝a2n－2an＋2＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n&c&a2n＋1对所有n∈N*成立？证明你的结论．22．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝2＋1.再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(an－1)2＝n－1，即an＝n－1＋1(n∈N*)．方法二：a2＝2，a3＝2＋1.可写为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.因此猜想an＝n－1＋1.下面用数学归纳法证明上式．当n＝1时，结论显然成立．假设n＝k时结论成立，即ak＝k－1＋1，则ak＋1＝（ak－1）2＋1＋1＝（k－1）＋1＋1＝（k＋1）－1＋1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．所以an＝n－1＋1(n∈N*)．(2)方法一：设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝（c－1）2＋1－1，解得c＝14.下面用数学归纳法证明命题a2n&c&a2n＋1&1.当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，所以a2&14&a3&1，结论成立．假设n＝k时结论成立，即a2k&c&a2k＋1&1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)&f(a2k＋1)&f(1)＝a2，即1&c&a2k＋2&a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)&f(a2k＋2)&f(a2)＝a3&1，故c&a2k＋3&1，因此a2(k＋1)&c&a2(k＋1)＋1&1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．综上，存在 c＝14使a2n&C&a2a＋1对所有n∈N*成立．方法二：设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)．先证：0≤an≤1(n∈N*)．　　①当n＝1时，结论明显成立．假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝2－1&1.即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．故①成立．再证：a2n&a2n＋1(n∈N*)．　②当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝2－1，所以a2&a3，即n＝1时②成立．假设n＝k时，结论成立，即a2k&a2k＋1.由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得a2k＋1＝f(a2k)&f(a2k＋1)＝a2k＋2，a2(k＋1)＝f(a2k＋1)&f(a2k＋2)＝a2(k＋1)＋1.这就是说，当n＝k＋1时②成立．所以②对一切n∈N*成立．由②得a2n&a22n－2a2n＋2－1，即(a2n＋1)2&a22n－2a2n＋2，因此a2n&14.　③又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)&f(a2n＋1)，即a2n＋1&a2n＋2.所以a2n＋1&a22n＋1－2a2n＋1＋2－1，解得a2n＋1&14.　④综上，由②③④知存在c＝14使a2n&c&a2n＋1对一切n∈N*成立．
D3　等比数列及等比数列前n项和2．[;重庆卷] 对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是(　　)A．a1，a3，a9成等比数列& B．a2，a3，a6成等比数列& C．a2，a4，a8成等比数列& D．a3，a6，a9，成等比数列2．D　
12．、[;安徽卷] 数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.12．1　13．、[;广东卷] 若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________．13．5010．[;全国卷] 等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于(　　)A．6& B．5& C．4& D．310．C　
18．、、[;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．18．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意得，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)&#n－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41.17．、、[;新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明an＋12是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明1a1＋1a2＋…＋1an＜32.17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋12＝3an＋12.又a1＋12＝32，所以an＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以an＋12＝3n2，因此数列{an}的通项公式为an＝3n－12.(2)证明：由(1)知1an＝23n－1.因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以13n－1≤12×3n－1，即1an＝23n－1≤13n－1.于是1a1＋1a2＋…＋1an≤1＋13＋…＋13n－1＝321－13n&32.所以1a1＋1a2＋…＋1an&32.19．，，[;山东卷] 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{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－14nanan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋2×12×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋4×32×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由题意可知，bn＝(－1)n－14nanan＋1＝(－1)n－14n（2n－1）（2n＋1）＝(－1)n－112n－1＋12n＋1.当n为偶数时，Tn＝1＋13－13＋15＋…＋12n－3＋12n－1－12n－1＋12n＋1＝1－12n＋1＝2n2n＋1.当n为奇数时，Tn＝1＋13－13＋15＋…－12n－3＋12n－1＋12n－1＋12n＋1＝1＋12n＋1＝2n＋22n＋1.所以Tn＝2n＋22n＋1，n为奇数，2n2n＋1，n为偶数.或Tn＝2n＋1＋（－1）n－12n＋116．，，[;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，求cos B的最小值．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)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.由余弦定理得cos B＝a2＋c2－b22ac＝a2＋c2－ac2ac≥2ac－ac2ac＝12，当且仅当a＝c时等号成立，∴cos B的最小值为12.11．、[;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的值为________．11．－12　19．、、[;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.19．解：(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2•2＋x3•22，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)qn－2－qn－1＝（q－1）（1－qn－1）1－q－qn－1＝－1&0，所以s&t.
D4　数列求和17．、、[;江西卷] 已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝anbn，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以an＋1bn＋1－anbn＝2，即cn＋1－cn＝2，所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.18．、[;全国卷] 等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.18．解：(1)由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0，解得－103≤d≤－52，因此d＝－3.故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.(2)bn＝1（13－3n）（10－3n）＝13110－3n－113－3n.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋14－17＋…＋110－3n－113－3n＝13110－3n－110＝n10（10－3n）.19．，，[;山东卷] 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{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－14nanan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋2×12×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋4×32×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由题意可知，bn＝(－1)n－14nanan＋1＝(－1)n－14n（2n－1）（2n＋1）＝(－1)n－112n－1＋12n＋1.当n为偶数时，Tn＝1＋13－13＋15＋…＋12n－3＋12n－1－12n－1＋12n＋1＝1－12n＋1＝2n2n＋1.当n为奇数时，Tn＝1＋13－13＋15＋…－12n－3＋12n－1＋12n－1＋12n＋1＝1＋12n＋1＝2n＋22n＋1.所以Tn＝2n＋22n＋1，n为奇数，2n2n＋1，n为偶数.或Tn＝2n＋1＋（－1）n－12n＋1
&&&& D5& 单元综合20．、[;湖南卷] 已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；(2)若p＝12，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．20．解：(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝13或p＝0.当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝13.(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1&0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)&0.①因为122n&122n－1，所以|a2n＋1－a2n|&|a2n－a2n－1|.②由①②知，a2n－a2n－1&0，因此a2n－a2n－1＝122n－1＝（－1）2n22n－1.③因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n&0，故a2n＋1－a2n＝－122n＝（－1）2n＋122n.④由③④可知，an＋1－an＝（－1）n＋12n.于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋12－122＋…＋（－1）n2n－1＝1＋12•1－－12n－11＋12＝43＋13•（－1）n2n－1.故数列{an}的通项公式为an＝43＋13•（－1）n2n－1.
21．、、[;安徽卷] 设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；(2)数列{an}满足a1＞c1p，an＋1＝p－1pan＋cpa1－pn，证明：an＞an＋1＞c1p.21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2&1＋2x，原不等式成立．②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k&1＋kx成立．当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k&(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2&1＋(k＋1)x.所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x&－1，x≠0时，对一切整数p&1，不等式(1＋x)p&1＋px均成立．(2)方法一：先用数学归纳法证明an&c1p.①当n＝1时，由题设知a1&c1p成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak&c1p成立．由an＋1＝p－1pan＋cpa1－pn易知an&0，n∈N*.当n＝k＋1时，ak＋1ak＝p－1p＋cpa－pk＝1＋1pcapk－1.由ak&c1p&0得－1&－1p&1pcapk－1&0.由(1)中的结论得ak＋1akp＝1＋1pcapk－1p&1＋p• 1pcapk－1＝capk.因此apk＋1&c，即ak＋1&c1p，所以当n＝k＋1时，不等式an&c1p也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an&c1p均成立．再由an＋1an＝1＋1pcapn－1可得an＋1an&1，即an＋1&an.综上所述，an&an＋1&c1p，n∈N*.方法二：设f(x)＝p－1px＋cpx1－p，x≥c1p，则xp≥c，所以f′(x)＝p－1p＋cp(1－p)x－p＝p－1p1－cxp&0.由此可得，f(x)在[c1p，＋∞)上单调递增，因而，当x&c1p时，f(x)&f(c1p)＝c1p.①当n＝1时，由a1&c1p&0，即ap1&c可知a2＝p－1pa1＋cpa1－p1＝a11＋1pcap1－1&a1，并且a2＝f(a1)&c1p，从而可得a1&a2&c1p，故当n＝1时，不等式an&an＋1&c1p成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak&ak＋1&c1p成立，则当n＝k＋1时，f(ak)&f(ak＋1)&f(c1p)，即有ak＋1&ak＋2&c1p，所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an&an＋1&c1p均成立．18．、、[;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．18．解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意得，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)&#n－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41.17．、、[;江西卷] 已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝anbn，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以an＋1bn＋1－anbn＝2，即cn＋1－cn＝2，所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.(2)由bn＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，所以Sn＝(n－1)3n＋1.17．、、[;新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明an＋12是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明1a1＋1a2＋…＋1an＜32.17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋12＝3an＋12.又a1＋12＝32，所以an＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以an＋12＝3n2，因此数列{an}的通项公式为an＝3n－12.(2)证明：由(1)知1an＝23n－1.因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以13n－1≤12×3n－1，即1an＝23n－1≤13n－1.于是1a1＋1a2＋…＋1an≤1＋13＋…＋13n－1＝321－13n&32.所以1a1＋1a2＋…＋1an&32.19．，[;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)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图像上，求数列{an}的前n项和Sn；(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anbn的前n项和Tn.19．解：(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，所以2a8＝4×2a7＝2a7＋2，解得d＝a8－a7＝2，所以Sn＝na1＋n（n－1）2d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(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.由题意有a2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n，所以数列{anbn}的通项公式为anbn＝n2n，所以Tn＝12＋222＋323＋…＋n－12n－1＋n2n，2Tn＝11＋22＋322＋…＋n2n－1，因此，2Tn－Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝2－12n－1－n2n＝2n＋1－n－22n.所以，Tn＝2n＋1－n－22n.19．[;浙江卷] 已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝(2)bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.(1)求an与bn.(2)设cn＝1an－1bn(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.(i)求Sn；(ii)求正整数k，使得对任意n∈均有Sk≥Sn.19．解：(1)由题意a1a2a3…an＝(2)bn，b3－b2＝6，知a3＝(2)b3－b2＝8.又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．所以，a1a2a3…an＝2n（n＋1）2＝(2)n(n＋1)．故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．(2)(i)由(1)知cn＝1an－1bn＝12n－1n－1n＋1(n∈N*)．所以Sn＝1n＋1－12n(n∈N*)．(ii)因为c1＝0，c2&0，c3&0，c4&0，当n≥5时，cn＝1n（n＋1）n（n＋1）2n－1，而n（n＋1）2n－（n＋1）（n＋2）2n＋1＝（n＋1）（n－2）2n＋1&0，得n（n＋1）2n≤5×（5＋1）25&1，所以，当n≥5时，cn&0.综上，若对任意n∈N*恒有Sk≥Sn，则k＝4. 文章来源 莲山课件 w w w.5 Y Kj.Co M
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