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2014高考数学文科分类汇编:数列


a ? 减;当 x∈? ?-2,+∞?时,f(x)单调递增.

1.数列的概念与简单表示法
3n -n [2014· 江西卷] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ,n∈N*. 2 (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. 3n2-n 17.解:(1)由 Sn= ,得 a1=S1=1.当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3n 2 -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 a2 n=a1·am,即(3n- 2 2) =1· (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. [2014· 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. 2(5x-2)(x-2) 2 18.解:(1)当 a=-4 时,由 f′(x)= =0 得 x= 或 5 x 2? x=2,由 f′(x)>0 得 x∈? ?0,5?或 x∈(2,+∞). 2? 故函数 f(x)的单调递增区间为? ?0,5?和(2,+∞). (10x+a)(2x+a) (2)因为 f′(x)= ,a<0, 2 x a a 所以由 f′(x)=0 得 x=- 或 x=- . 10 2 a? a? ? a 当 x∈? ?0,-10?时,f(x)单调递增;当 x∈?-10,-2?时,f(x)单调递
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a? 易知 f(x)=(2x+a)2 x≥0,且 f? ?-2?=0. a ①当- ≤1,即-2≤a<0 时,f(x)在[1,4]上的最小值为 f(1),由 f(1) 2 =4+4a+a2=8,得 a=± 2 2-2,均不符合题意. a? a ②当 1<- ≤4 时, 即-8≤a<-2 时, f(x)在[1, 4]时的最小值为 f? ?-2? 2 =0,不符合题意. a ③当- >4 时,即 a<-8 时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在 x=1 或 2 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. 1 , a8= 2,则 a1= 1-an

[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 数列 {an}满足 an +1 = ________. 1 16. 2

1 1 1 1 [解析] 由题易知 a8= =2,得 a7= ;a7= = ,得 a6 2 1-a7 1-a6 2

1 =-1;a6= =-1,得 a5=2,于是可知数列{an}具有周期性,且周期 1-a5 1 为 3,所以 a1=a7= . 2

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2.等差数列及等差数列前 n 项和
[2014· 重庆卷] 在等差数列{an}中,a1=2,a3+a5=10,则 a7=( ) A.5 B.8 C.10 D.14 2.B [解析] 由题意,得 a1+2d+a1+4d=2a1+6d=4+6d=10,解 得 d=1,所以 a7=a1+6d=2+6=8. [2014· 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.-2 1 1 C. D.- 2 2 4×3 5.D [解析] ∵S2=2a1-1,S4=4a1+ ×(-1)=4a1-6,且 S1, 2 1 S2,S4 成等比数列,∴(2a1-1)2=a1(4a1-6),解得 a1=- . 2 [2014· 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 a4-a1 12-3 d= = =3. 3 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

b4-a4 20-12 q3= = =8,解得 q=2. b1-a1 4-3 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,?).
- -

1-2n 3 - 数列{3n}的前 n 项和为 n(n+1),数列{2n 1}的前 n 项和为 1× = 2 1-2 2n-1, 3 所以,数列{bn}的前 n 项和为 n(n+1)+2n-1. 2 [2014· 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, ?a1=1, ? ? ? 解得? 4 ? ? ?a1q =81, ?q=3.

因此,an=3n 1. (2)因为 bn=log3an=n-1,


n(b1+bn) n2-n 所以数列{bn}的前 n 项和 Sn= = . 2 2 [2014· 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+

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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)· 4=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. n[2+(4n-2)] 当 an=4n-2 时,Sn= =2n2. 2 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. n2+n [2014· 湖南卷] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ,n∈N*. 2 (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; n2+n (n-1)2+(n-1) 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= - =n. 2 2 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 2 2n +2 +?+2 )+(-1+2-3+4-?+2n). 记 A=21+22+?+22n,B=-1+2-3+4-?+2n, 2(1-22n) 2n+1 则 A= =2 -2, 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. [2014· 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________. 7? 13.? 即 7+7d>0 且 7+8d<0, ?-1,-8? [解析] 由题可知 a8>0 且 a9<0, 7 所以-1<d<- . 8 [2014· 辽宁卷] 设等差数列{an}的公差为 d, 若数列{2a1an}为递减数列, ) A.d>0 B.d<0 C.a1d>0 D.a1d<0 bn+1 9.D [解析] 令 bn=2a1an,因为数列{2a1an}为递减数列,所以 bn 2a1an+1 = =2a1(an+1-an)=2a1d<1,所以 a1d<0. 2a1an 则(

[2014· 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),

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即 an+1-an=2n-1.

由题意得 a2=2,a4=3. 设数列{an}的公差为 d,则 a4-a2=2d, 1 3 故 d= ,从而得 a1= . 2 2 1 所以{an}的通项公式为 an= n+1. 2
?an? an n+2 (2)设?2n?的前 n 项和为 Sn,由(1)知 n= n+1 , 2 2 ? ?

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.

[2014· 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) n(n+1) n(n-1) C. D. 2 2 5.A [解析] 由题意,得 a2,a2+4,a2+12 成等比数列,即(a2+4)2 n(n-1) =a2(a2+12),解得 a2=4,即 a1=2,所以 Sn=2n+ ×2=n(n+ 2 1).

n+1 n+2 3 4 则 Sn= 2+ 3+?+ n + n+1 , 2 2 2 2 n+1 n+2 1 3 4 S = + +?+ n+1 + n+2 , 2 n 23 24 2 2 两式相减得 1 1 1 n+2 3 1 n+2 1 3 S = +? 3+?+2n+1?- n+2 = + ?1-2n-1?- n+2 ,所以 Sn=2- 2 n 4 ?2 4 4? ? 2 ? 2 n+ 4 + . 2n 1

[2014· 全国新课标卷Ⅰ] 已知{an}是递增的等差数列,a2,a4 是方程 x -5x+6=0 的根. (1)求{an}的通项公式;
?an? (2)求数列?2n?的前 n 项和. ? ?

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[2014· 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),记 Tm=-b1+b2-b3+b4-?+(-1)nbn,求 Tn.
2

17.解:(1)方程 x2-5x+6=0 的两根为 2,3.

19.解:(1)由题意知,(a1+d)2=a1(a1+3d), 即(a1+2)2=a1(a1+6),解得 a1=2.

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故数列{an}的通项公式为 an=2n. (2)由题意知,bn=an(n+1)=n(n+1),
2

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 n (4+2n) 2 = 2 n(n+2) = , 2 当 n 为奇数时, Tn=Tn-1+(-bn) (n-1)(n+1) = -n(n+1) 2 (n+1)2 =- . 2 1) ,n为奇数, ?-(n+ 2 所以 T =? n(n+2) ? 2 ,n为偶数.
n 2

(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. a2+c2-b2 a2+4a2-2a2 3 由余弦定理得 cos B= = = . 2ac 4a2 4

[2014· 陕西卷] △ABC 的内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c.

[2014· 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 1 - ,求数列{anb2 n}的前 n 项和 Sn. ln 2 19.解:(1)证明:由已知得,bn=2an>0, bn+1 当 n≥1 时, =2an+1-an=2d. bn 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), 1 其在 x 轴上的截距为 a2- . ln 2 1 1 由题意知,a2- =2- , ln 2 ln 2 解得 a2=2, 2 所以 d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,anbn =n· 4n.

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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, + 4n 1-4 + + 因 此 , Sn - 4Sn = 4 + 42 + ? + 4n - n· 4n 1 = - n · 4n 1 = 3 + (1-3n)4n 1-4 , 3 + (3n-1)4n 1+4 所以,Sn= . 9


[2014· 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,S2·S3=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,
? ? ?2m+k-1=13, ?m=5, 故? 所以? ? ? ?k+1=5, ?k=4.

(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. n(a1+an) n(1+2n-1) 2 故 Sn=1+3+?+(2n-1)= = =n . 2 2 (2)由(1)得 a4=7, S4=16.因为 q2-(a4+1)q+S4=0, 即 q2-8q+16=0, 2 所以(q-4) =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. b1(1-qn) 2 n 从而{bn}的前 n 项和 Tn= = (4 -1). 3 1-q

3.等比数列及等比数列前 n 项和
[2014· 安徽卷] 如图 13,在等腰直角三角形 ABC 中,斜边 BC=2 2, 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=________.

[2014· 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.

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[2014· 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 [解析] 在等比数列中,a1a5=a2a4=a2 3=4.因为 an>0,所以 a3 5 5 =2,所以 a1a2a3a4a5=(a1a5)(a2a4)a3=a3=2 , 所以 log2a1 + log2a2 + log2a3 + log2a4 + log2a5 = log2(a1a2a3a4a5) = log225 =5. 图 13 1 12. 4 [解析] 在等腰直角三角形 ABC 中,斜边 BC=2 2,所以 AB [2014· 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)· 4=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. n[2+(4n-2)] 当 an=4n-2 时,Sn= =2n2. 2 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.

1?3 1? 1 =AC=a1=2, 由题易知 A1A2=a3= AB=1, ?, A6A7=a7=? · AB=2×? 2 2? ? ? ? 2
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1 = . 4 [2014· 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, ?a1=1, ? ? ? 解得? 4 ?a1q =81, ?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) n2-n = . 2 2

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[2014· 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 [解析] 由等比数列的定义可得,a8=a2q6,a6=a2q4,a4=a2q2, 即 a2q6=a2q4+2a2q2.又 an>0, 所以 q4-q2-2=0, 解得 q2=2, 故 a6=a2q4 =1×22=4. 3n2-n [2014· 江西卷] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ,n∈N*. 2 (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. 3n2-n 17.解:(1)由 Sn= ,得 a1=S1=1.当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3n 2 -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 a2 n=a1·am,即(3n- 2 2) =1· (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. [2014· 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. 2(5x-2)(x-2) 2 18.解:(1)当 a=-4 时,由 f′(x)= =0 得 x= 或 5 x 2 ? x=2,由 f′(x)>0 得 x∈? ?0,5?或 x∈(2,+∞). 2? 故函数 f(x)的单调递增区间为? ?0,5?和(2,+∞). (10x+a)(2x+a) (2)因为 f′(x)= ,a<0, 2 x

a a 所以由 f′(x)=0 得 x=- 或 x=- . 10 2 a? a? ? a 当 x∈? ?0,-10?时,f(x)单调递增;当 x∈?-10,-2?时,f(x)单调递 a ? 减;当 x∈? ?-2,+∞?时,f(x)单调递增. a? 易知 f(x)=(2x+a)2 x≥0,且 f? ?-2?=0. a ①当- ≤1,即-2≤a<0 时,f(x)在[1,4]上的最小值为 f(1),由 f(1) 2 =4+4a+a2=8,得 a=± 2 2-2,均不符合题意. a a - ? ②当 1<- ≤4 时, 即-8≤a<-2 时, f(x)在[1, 4]时的最小值为 f? ? 2? 2 =0,不符合题意. a ③当- >4 时,即 a<-8 时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在 x=1 或 2 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.

[2014· 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.32 C.63 D.64 8.C [解析] 设等比数列{an}的首项为 a,公比为 q,易知 q≠1,根

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a(1-q ) ? ? 1-q =3, 据题意可得? 解得 a(1-q ) ? 1-q =15, ?
4

2

故数列{an}的通项公式为 an=2n. q2 = 4 , a = - 1 , 所 以 S6 = 1-q (2)由题意知,bn=an(n+1)=n(n+1),
2

a(1-q6) =(-1)(1-43)=63. 1-q

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 n (4+2n) 2 = 2 = n(n+2) , 2

[2014· 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) n(n+1) n(n-1) C. D. 2 2 5.A [解析] 由题意,得 a2,a2+4,a2+12 成等比数列,即(a2+4)2 n(n-1) =a2(a2+12),解得 a2=4,即 a1=2,所以 Sn=2n+ ×2=n(n+ 2 1).

当 n 为奇数时, Tn=Tn-1+(-bn) = (n-1)(n+1) -n(n+1) 2

(n+1)2 =- . 2 [2014· 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),记 Tm=-b1+b2-b3+b4-?+(-1)nbn,求 Tn.
2

1) ,n为奇数, ?-(n+ 2 所以 T =? n(n+2) ? 2 ,n为偶数.
n

2

19.解:(1)由题意知,(a1+d)2=a1(a1+3d), 即(a1+2)2=a1(a1+6),解得 a1=2.

[2014· 陕西卷] △ABC 的内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c.

9

(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. a2+c2-b2 a2+4a2-2a2 3 由余弦定理得 cos B= = = . 2ac 4a2 4

[2014· 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+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)q n-2-qn 1 n-1 (q-1)(1-q ) n-1 = -q 1-q =-1<0, 所以 s<t.

[2014· 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. n(a1+an) n(1+2n-1) 2 故 Sn=1+3+?+(2n-1)= = =n . 2 2 (2)由(1)得 a4=7, S4=16.因为 q2-(a4+1)q+S4=0, 即 q2-8q+16=0, 2 所以(q-4) =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. b1(1-qn) 2 n 从而{bn}的前 n 项和 Tn= = (4 -1). 3 1-q

4.数列求和
[2014· 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

10

a4-a1 12-3 d= = =3. 3 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 b4-a4 20-12 q3= = =8,解得 q=2. b1-a1 4-3 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,?).
- -

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. [2014· 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;
?an? (2)求数列?2n?的前 n 项和. ? ?

1-2n 3 - 数列{3n}的前 n 项和为 n(n+1),数列{2n 1}的前 n 项和为 1× = 2 1-2 2n-1, 3 所以,数列{bn}的前 n 项和为 n(n+1)+2n-1. 2 n2+n [2014· 湖南卷] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ,n∈N*. 2 (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; n2+n (n-1)2+(n-1) 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= - =n. 2 2 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 2 2n +2 +?+2 )+(-1+2-3+4-?+2n). 记 A=21+22+?+22n,B=-1+2-3+4-?+2n, 2(1-22n) 2n+1 则 A= =2 -2, 1-2

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, 1 3 故 d= ,从而得 a1= . 2 2 1 所以{an}的通项公式为 an= n+1. 2
?an? an n+2 (2)设?2n?的前 n 项和为 Sn,由(1)知 n= n+1 , 2 2 ? ?

n+1 n+2 3 4 则 Sn= 2+ 3+?+ n + n+1 , 2 2 2 2 n+1 n+2 1 3 4 S = + +?+ n+1 + n+2 , 2 n 23 24 2 2 两式相减得 1 1 1 n+2 3 1 n+2 1 3 S = +? 3+?+2n+1?- n+2 = + ?1-2n-1?- n+2 ,所以 Sn=2- 2 n 4 ?2 4 4? ? 2 ? 2 n+ 4 + . 2n 1

11

[2014· 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),记 Tm=-b1+b2-b3+b4-?+(-1)nbn,求 Tn.
2

(n+1)2 =- . 2 1) ,n为奇数, ?-(n+ 2 所以 T =? n(n+2) ? 2 ,n为偶数.
n 2

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)=n(n+1),
2

所以 Tn=-1×2+2×3-3×4+?+(-1) n×(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 n (4+2n) 2 = 2 n(n+2) = , 2 当 n 为奇数时, Tn=Tn-1+(-bn) (n-1)(n+1) = -n(n+1) 2

n

5.单元综合
[2014· 安徽卷] 数列{an}满足 a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.
?an? (1)证明:数列? n ?是等差数列; ? ?

(2)设 bn=3 · an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. an+1 an an+1 an ?an? 18.解: (1)证明:由已知可得 = +1,即 - =1,所以? n ? ? ? n+1 n n+1 n a1 是以 =1 为首项,1 为公差的等差数列. 1 an (2)由(1)得 =1+(n-1)· 1=n,所以 an=n2, n 从而可得 bn=n· 3n. - 1 Sn=1×3 +2×32+?+(n-1)×3n 1+n×3n,① + 3Sn=1×32+2×33+?+(n-1)3n+n×3n 1.②

n

12

①-②得- 2Sn = 31 + 32 +?+ 3n - n· 3n (1-2n)· 3n 1-3 , 2


+1



3·(1-3n) + - n· 3n 1 = 1-3

(2n-1)· 3n 1+3 所以 Sn= . 4


[2014· 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
2 2 * S2 n-(n +n-3)Sn-3(n +n)=0,n∈N .

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. n[2+(4n-2)] 当 an=4n-2 时,Sn= =2n2. 2 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.

(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 1 1 < . an(an+1) 3 1 1 + +?+ a1(a1+1) a2(a2+1)

[2014· 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)· 4=4n-2,

[2014· 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) 是小于 2 的整数,n∈N*.于是 2

13

n(3-n) 对任意的正整数 n,总存在正整数 m=2-Sn=2- ,使得 Sn=2 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”. n(n+1) 设{bn}的前 n 项和为 Tn, 则 Tn= a1(n∈N*). 于是对任意的正 2 n(n+1) 整数 n, 总存在正整数 m= , 使得 Tn=bm, 所以{bn}是“H 数列”. 2 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. 3n2-n [2014· 江西卷] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ,n∈N*. 2 (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. 3n2-n 17.解:(1)由 Sn= ,得 a1=S1=1.当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3n 2 -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 a2 n=a1·am,即(3n- 2 2) =1· (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.

[2014· 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. 2(5x-2)(x-2) 2 18.解:(1)当 a=-4 时,由 f′(x)= =0 得 x= 或 5 x 2? x=2,由 f′(x)>0 得 x∈? ?0,5?或 x∈(2,+∞). 2? 故函数 f(x)的单调递增区间为? ?0,5?和(2,+∞). (10x+a)(2x+a) (2)因为 f′(x)= ,a<0, 2 x a a 所以由 f′(x)=0 得 x=- 或 x=- . 10 2 a a? ? ? a 当 x∈? ?0,-10?时,f(x)单调递增;当 x∈?-10,-2?时,f(x)单调递 a ? 减;当 x∈? ?-2,+∞?时,f(x)单调递增. a? 易知 f(x)=(2x+a)2 x≥0,且 f? ?-2?=0. a ①当- ≤1,即-2≤a<0 时,f(x)在[1,4]上的最小值为 f(1),由 f(1) 2 =4+4a+a2=8,得 a=± 2 2-2,均不符合题意. a? a ②当 1<- ≤4 时, 即-8≤a<-2 时, f(x)在[1, 4]时的最小值为 f? ?-2? 2 =0,不符合题意. a ③当- >4 时,即 a<-8 时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在 x=1 或 2 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.

14

综上有,a=-10. [2014· 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 1 - ,求数列{anb2 n}的前 n 项和 Sn. ln 2 19.解:(1)证明:由已知得,bn=2an>0, bn+1 当 n≥1 时, =2an+1-an=2d. bn 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), 1 其在 x 轴上的截距为 a2- . ln 2 1 1 由题意知,a2- =2- , ln 2 ln 2 解得 a2=2, 2 所以 d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,anbn =n· 4n. - 2 3 于是,Sn=1×4+2×4 +3×4 +?+(n-1)×4n 1+n×4n, 2 3 n n+1 4Sn=1×4 +2×4 +?+(n-1)×4 +n×4 , + 4n 1-4 + + 因 此 , Sn - 4Sn = 4 + 42 + ? + 4n - n· 4n 1 = - n · 4n 1 = 3 + (1-3n)4n 1-4 , 3 + (3n-1)4n 1+4 所以,Sn= . 9

[2014· 黄冈中学月考] 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-2n+2, 则数列 {an}的通项公式为( ) A.an=2n-3 B.an=2n+3
? ? ?1,n=1, ?1,n=1, C.an=? D.an=? ?2n-3,n≥2 ?2n+3,n≥2 ? ?

1.C [解析] 当 n=1 时,a1=S1=1;当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n -3.又当 n=1 时,a1 的值不适合 n≥2 时的通项公式,故选 C.

[2014· 杭州检测] 设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和, 若 a4<0,a5>|a4|, 则使 Sn>0 成立的最小正整数 n 为( ) A.6 B.7 C.8 D.9 8(a1+a8) 6.C [解析] 由题意知,S7=7a4<0,a4+a5>0,∴S8= = 2 8(a4+a5) >0,故选 C. 2

[2014· 成都七中模拟] 已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7=a6+ 1 9 2a5,若存在两项 am,an,使得 aman=4a1,则 + 的最小值为( m n 8 A. 3 14 C. 5 11 B. 4 17 D. 6 )

15

[解析] 设等比数列{an}的公比为 q(q>0). 由 a7=a6+2a5, 得 a5q2 m+n-2 =a5q+2a5,解得 q=2.由 aman=4a1,得 a12 =4a1,所以 m+n= 2 1 9 1 9 m+n 1 9m n 9 5 9m n 8 6.故 + = + · = + + + ≥ +2 · = , 当且仅当 m n m n 6 6 6n 6m 6 3 6n 6m 3 n=3m 时,等号成立. 7. A

[2014· 合肥检测] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 an+2=2an+1 -an,a5=4-a3,则 S7=( ) A.7 B.12 C.14 D.21 2.C [解析] 由 an+2=2an+1-an 得,数列{an}为等差数列.由 a5=4 7(a1+a7) -a3,得 a5+a3=4=a1+a7,所以 S7= =14. 2

[2014· 常德期末] 在 1 和 2 之间依次插入 n(n∈N*)个正数 a1, a2, a3, ?, an,使得这 n+2 个数构成递增的等比数列,将这 n+2 个数的乘积记作 Tn, 令 bn=2log2Tn. (1)求数列{bn}的通项公式; b1 b2 bn (2)令 cn=2n,设 Sn= + +?+ ,求 Sn. c1 c2 cn 1.解:(1)方法一:设等比数列 1,a1,a2,a3,?,an,2 的公比为 q, + + 则 2=1· qn 1,∴qn 1=2, + ∴Tn=1· a1·a2·?·an·2=1· q· q2·?·qn·qn 1= (n+1)(n+2) n+2 + + +?+(n+1) q1 2 3 =q =2 , 2 2

n+2 ∴bn=2log2Tn=2log22 =n+2. 2 故数列{bn}的通项公式为 bn=n+2. 方法二:设等比数列 1,a1,a2,a3,?,an,2 的公比为 q, 1 1 m m + 则 2=1· qn 1,∴q=2 ,∴am=1· qm=(2 ) =2 , n+1 n+1 n+1 1 2 n 1 ∴Tn=1· a1· a2· ?· an· 2=1×2 ×2 ×?×2 ×2=21+ n+1 n+1 n+1 n+1 n+2 2 n + +?+ =2 , 2 n+1 n+1 n+2 ∴bn=2log2Tn=2log22 =n+2. 2 故数列{an}的通项公式为 bn=n+2. 方法三:由 Tn=1· a1·a2·?·an·2,Tn=2· an·an-1·?·a1·1,得 T2 n=(1×2)(a1×an)(a2×an-1)?(2×1), n+2 n+2 由等比数列的性质得 T2 ,∴Tn=2 , n=2 2 n+2 ∴bn=2log2Tn=2log22 =n+2. 2 故数列{an}的通项公式为 bn=n+2. n+2 3 4 5 (2)由 cn=2n,得 Sn= + 2+ 3+?+ n , 2 2 2 2 n+2 1 3 4 5 ∴ Sn= 2+ 3+ 4+?+ n+1 . 2 2 2 2 2 1 3 1 1 1 1 n+2 由错位相减法求得 Sn = + 2 + 3 + 4 +?+ n - n+1 ,∴Sn = 4 - 2 2 2 2 2 2 2 n+ 4 . 2n

16

[2014· 湖南师大附中月考 ] 对于数列 {xn} ,若对任意 n∈N* ,都有 xn+xn+2 <xn+1 成立,则称数列{xn}为“减差数列”.设数列{an}是各项都 2 7 为正数的等比数列,其前 n 项和为 Sn,且 a1=1,S3= . 4 (1)求数列{an}的通项公式,并判断数列{Sn}是否为“减差数列”; (2)设 bn=(2-nan)t+an,若数列 b3,b4,b5,?是“减差数列”,求实 数 t 的取值范围. 7 2.解:(1)设数列{an}的公比为 q,则 1+q+q2= , 4 即 4q2+4q-3=0,所以(2q-1)(2q+3)=0. 1 1 因为 q>0,所以 q= ,所以 an= n-1, 2 2 1 1- n 2 1 Sn= =2- n-1, 1 2 1- 2 Sn+Sn+2 1 1 1 所以 =2- n- n+2<2- n=Sn+1, 2 2 2 2 所以数列{Sn}是“减差数列”. tn-1 n 1 (2)由题设知,bn=2- n-1t+ n-1=2t- n-1 . 2 2 2 bn+bn+2 由 <bn+1, 2 tn-1 t(n+2)-1 t(n+1)-1 得 t- n +t- <2t- , n+2 2 2n 2 tn-1 t(n+2)-1 t(n+1)-1 即 n + > ,化简得 t(n-2)>1. + 2 2n 2n 2

1 又当 n≥3 时,t(n-2)>1 恒成立,即 t> 恒成立, n-2 1 所以 t> =1. n-2max 故 t 的取值范围是(1,+∞).

3+(-1)n [2014· 青岛一模] 已知 n∈N ,数列{dn}满足 dn= ,数列 2
*

{an}满足 an=d1+d2+d3+?+d2n.数列{bn}为公比大于 1 的等比数列,且 b2,b4 为方程 x2-20x+64=0 的两个不相等的实根. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式; (2)将数列{bn}中的第 a1 项、第 a2 项、第 a3 项、?、第 an 项删去后, 将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{cn},求数列{cn}的前 2013 项的 和. 3+(-1)n 4.解:(1)∵dn= , 2 3×2n ∴an=d1+d2+d3+?+d2n= =3n. 2 2 ∵b2,b4 为方程 x -20x+64=0 的两个不相等的实数根, ∴b2+b4=20,b2·b4=64,又 b4>b2, ∴b2=4,b4=16,∴bn=2n. (2)由题意知将数列{bn}中的第 3 项、第 6 项、第 9 项、??删去后构 成的新数列{cn}中,奇数项与偶数项分别成等比数列,首项分别是 b1=2, b2=4,公比均是 8, T2013=(c1+c3+c5+?+c2013)+(c2+c4+c6+?+c2012)

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2×(1-81007) 4×(1-81006) = + 1-8 1-8 1006 20×8 -6 = . 7

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