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2014高考数学真题分类汇编- 数列

D 单元 数列D1 数列的概念与简单表示法 17.、、[2014·江西卷] 已知首项都是1的两个数列{a n },{b n }(b n ≠0,n ∈N *)满足a n b n +1-a n +1b n +2b n +1b n =0.(1)令c n =a nb n ,求数列{c n }的通项公式;(2)若b n =3n -1,求数列{a n }的前n 项和S n .17.解:(1)因为a n b n +1-a n +1b n +2b n +1b n =0,b n ≠0(n ∈N *),所以a n +1b n +1-a nb n=2,即c n +1-c n =2,所以数列{c n }是以c 1=1为首项,d =2为公差的等差数列,故c n =2n -1.(2)由b n =3n -1,知a n =(2n -1)3n -1,于是数列{a n }的前n 项和S n =1×30+3×31+5×32+…+(2n -1)×3n -1,3S n =1×31+3×32+…+(2n -3)×3n -1+(2n -1)×3n ,将两式相减得-2S n =1+2×(31+32+…+3n -1)-(2n -1)×3n =-2-(2n -2)×3n ,所以S n =(n -1)3n +1. 17.、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n ≠0,a n a n +1=λS n-1,其中λ为常数.(1)证明:a n +2-a n =λ.(2)是否存在λ,使得{a n }为等差数列?并说明理由.17.解:(1)证明:由题设,a n a n +1=λS n -1,a n +1a n +2=λS n +1-1, 两式相减得a n +1(a n +2-a n )=λa n +1. 因为a n +1≠0,所以a n +2-a n =λ.(2)由题设,a 1=1,a 1a 2=λS 1-1,可得 a 2=λ-1, 由(1)知,a 3=λ+1.若{a n }为等差数列,则2a 2=a 1+a 3,解得λ=4,故a n +2-a n =4. 由此可得{a 2n -1}是首项为1,公差为4的等差数列, a 2n -1=4n -3;{a 2n }是首项为3,公差为4的等差数列,a 2n =4n -1. 所以a n =2n -1,a n +1-a n =2.因此存在λ=4,使得数列{a n }为等差数列. 17.、、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=3a n +1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n +12是等比数列,并求{a n }的通项公式;(2)证明1a 1+1a 2+…+1a n <32.17.解:(1)由a n +1=3a n +1得a n +1+12=3⎝⎛⎭⎫a n +12. 又a 1+12=32,所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n +12是首项为32,公比为3的等比数列,所以a n +12=3n2,因此数列{a n }的通项公式为a n =3n-12.(2)证明:由(1)知1a n =23n -1.因为当n ≥1时,3n -1≥2×3n -1,所以13n -1≤12×3n -1,即1a n =23n-1≤13n -1.于是1a 1+1a 2+…+1a n ≤1+13+…+13n -1=32⎝⎛⎭⎫1-13n <32. 所以1a 1+1a 2+…+1a n <32.22.,,[2014·重庆卷] 设a 1=1,a n +1=a 2n -2a n +2+b (n ∈N *). (1)若b =1,求a 2,a 3及数列{a n }的通项公式.(2)若b =-1,问:是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n +1对所有n ∈N *成立?证明你的结论. 22.解:(1)方法一:a 2=2,a 3=2+1. 再由题设条件知(a n +1-1)2=(a n -1)2+1.从而{(a n -1)2}是首项为0,公差为1的等差数列, 故(a n -1)2=n -1,即a n =n -1+1(n ∈N *). 方法二:a 2=2,a 3=2+1.可写为a 1=1-1+1,a 2=2-1+1,a 3=3-1+1.因此猜想a n =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a k =k -1+1,则a k +1=(a k -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a n =n -1+1(n ∈N *).(2)方法一:设f (x )=(x -1)2+1-1,则a n +1=f (a n ).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 a 2n <c <a 2n +1<1.当n =1时,a 2=f (1)=0,a 3=f (0)=2-1,所以a 2<14<a 3<1,结论成立.假设n =k 时结论成立,即a 2k <c <a 2k +1<1. 易知f (x )在(-∞,1]上为减函数,从而 c =f (c )>f (a 2k +1)>f (1)=a 2,即 1>c >a 2k +2>a 2.再由f (x )在(-∞,1]上为减函数,得c =f (c )<f (a 2k +2)<f (a 2)=a 3<1,故c <a 2k +3<1,因此a 2(k +1)<c <a 2(k +1)+1<1,这就是说,当n =k +1时结论成立.综上,存在 c =14使a 2n <C <a 2a +1对所有n ∈N *成立.方法二:设f (x )=(x -1)2+1-1,则a n +1=f (a n ). 先证:0≤a n ≤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≤a k ≤1. 易知f (x )在(-∞,1]上为减函数,从而 0=f (1)≤f (a k )≤f (0)=2-1<1.即0≤a k +1≤1.这就是说,当n =k +1时结论成立.故①成立. 再证:a 2n <a 2n +1(n ∈N *). ②当n =1时,a 2=f (1)=0,a 3=f (a 2)=f (0)=2-1,所以a 2<a 3,即n =1时②成立. 假设n =k 时,结论成立,即a 2k <a 2k +1. 由①及f (x )在(-∞,1]上为减函数,得 a 2k +1=f (a 2k )>f (a 2k +1)=a 2k +2, a 2(k +1)=f (a 2k +1)<f (a 2k +2)=a 2(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a 2n <a 22n -2a 2n +2-1,即(a 2n +1)2<a 22n -2a 2n +2,因此a 2n <14. ③又由①②及f (x )在(-∞,1]上为减函数,得f (a 2n )>f (a 2n +1),即a 2n +1>a 2n +2.所以a 2n +1>a 22n +1-2a 2n +1+2-1,解得a 2n +1>14. ④ 综上,由②③④知存在c =14使a 2n <c <a 2n +1对一切n ∈N *成立.D2 等差数列及等差数列前n 项和 12.、[2014·安徽卷] 数列{a n }是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q =________.12.1 [解析] 因为数列{a n }是等差数列,所以a 1+1,a 3+3,a 5+5也成等差数列.又 a 1+1,a 3+3,a 5+5构为公比为q 的等比数列,所以a 1+1,a 3+3,a 5+5为常数列,故q =1.12.[2014·北京卷] 若等差数列{a n }满足a 7+a 8+a 9>0,a 7+a 10<0,则当n =________时,{a n }的前n 项和最大.12.8 [解析] ∵a 7+a 8+a 9=3a 8>0,a 7+a 10=a 8+a 9<0,∴a 8>0,a 9<0,∴n =8时,数列{a n }的前n 项和最大.3.[2014·福建卷] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=2,S 3=12,则a 6等于( ) A .8 B .10 C .12 D .143.C [解析] 设等差数列{a n }的公差为d ,由等差数列的前n 项和公式,得S 3=3×2+3×22d =12,解得d =2,则a 6=a 1+(6-1)d =2+5×2=12. 18.、、[2014·湖北卷] 已知等差数列{a n }满足:a 1=2,且a 1,a 2,a 5成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和,是否存在正整数n ,使得S n >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{a n }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d 2-4d =0,解得d =0或d =4. 当d =0时,a n =2;当d =4时,a n =2+(n -1)·4=4n -2.从而得数列{a n }的通项公式为a n =2或a n =4n -2. (2)当a n =2时,S n =2n ,显然2n <60n +800, 此时不存在正整数n ,使得S n >60n +800成立.当a n =4n -2时,S n =n [2+(4n -2)]2=2n 2.令2n 2>60n +800,即n 2-30n -400>0, 解得n >40或n <-10(舍去),此时存在正整数n ,使得S n >60n +800成立,n 的最小值为41. 综上,当a n =2时,不存在满足题意的正整数n ;当a n =4n -2时,存在满足题意的正整数n ,其最小值为41. 20.、[2014·湖南卷] 已知数列{a n }满足a 1=1,|a n +1-a n |=p n ,n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列,且a 1,2a 2,3a 3成等差数列,求p 的值;(2)若p =12,且{a 2n -1}是递增数列,{a 2n }是递减数列,求数列{a n }的通项公式.20.解:(1)因为{a n }是递增数列,所以a n +1-a n =|a n +1-a n |=p n .而a 1=1,因此 a 2=p +1,a 3=p 2+p +1.又a 1,2a 2,3a 3成等差数列,所以4a 2=a 1+3a 3,因而3p 2-p =0,解得p =13或p =0.当p =0时,a n +1=a n ,这与{a n }是递增数列矛盾,故p =13.(2)由于{a 2n -1}是递增数列,因而a 2n +1-a 2n -1>0,于是(a 2n +1-a 2n )+(a 2n -a 2n -1)>0.①因为122n <122n -1,所以|a 2n +1-a 2n |<|a 2n -a 2n -1|.②由①②知,a 2n -a 2n -1>0,因此a 2n -a 2n -1=⎝⎛⎭⎫122n -1=(-1)2n 22n -1.③ 因为{a 2n }是递减数列,同理可得,a 2n +1-a 2n <0,故a 2n +1-a 2n =-⎝⎛⎭⎫122n=(-1)2n +122n.④由③④可知,a n +1-a n =(-1)n +12n.于是a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1)=1+12-122+…+(-1)n 2n -1=1+12·1-⎝⎛⎭⎫-12n -11+12=43+13·(-1)n2n -1. 故数列{a n }的通项公式为a n =43+13·(-1)n2n -1. 8.[2014·辽宁卷] 设等差数列{a n }的公差为d .若数列{2a 1a n }为递减数列,则( ) A .d <0 B .d >0 C .a 1d <0 D .a 1d >08.C [解析] 令b n =2a 1a n ,因为数列{2a 1a n }为递减数列,所以b n +1b n =2a 1a n +12a 1a n=2a 1(a n +1-a n )=2a 1d <1,所得a 1d <0.18.、[2014·全国卷] 等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=10,a 2为整数,且S n ≤S 4. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =1a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和T n .18.解:(1)由a 1=10,a 2为整数知,等差数列{a n }的公差d 为整数. 又S n ≤S 4,故a 4≥0,a 5≤0, 于是10+3d ≥0,10+4d ≤0, 解得-103≤d ≤-52,因此d =-3.故数列{a n }的通项公式为a n =13-3n .(2)b n =1(13-3n )(10-3n )=13⎝⎛⎭⎫110-3n -113-3n .于是T n =b 1+b 2+…+b n =13⎝⎛⎭⎫17-110+⎝⎛⎭⎫14-17+…+⎝⎛⎭⎫110-3n -113-3n =13⎝⎛⎭⎫110-3n -110=n 10(10-3n ).17.、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n ≠0,a n a n +1=λS n -1,其中λ为常数.(1)证明:a n +2-a n =λ.(2)是否存在λ,使得{a n }为等差数列?并说明理由.17.解:(1)证明:由题设,a n a n +1=λS n -1,a n +1a n +2=λS n +1-1, 两式相减得a n +1(a n +2-a n )=λa n +1. 因为a n +1≠0,所以a n +2-a n =λ.(2)由题设,a 1=1,a 1a 2=λS 1-1,可得 a 2=λ-1, 由(1)知,a 3=λ+1.若{a n }为等差数列,则2a 2=a 1+a 3,解得λ=4,故a n +2-a n =4. 由此可得{a 2n -1}是首项为1,公差为4的等差数列, a 2n -1=4n -3;{a 2n }是首项为3,公差为4的等差数列,a 2n =4n -1. 所以a n =2n -1,a n +1-a n =2.因此存在λ=4,使得数列{a n }为等差数列. 19.,,[2014·山东卷] 已知等差数列{a n }的公差为2,前n 项和为S n ,且S 1,S 2,S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =(-1)n-14na n a n +1,求数列{b n }的前n 项和T n . 19.解: (1)因为S 1=a 1,S 2=2a 1+2×12×2=2a 1+2,S 4=4a 1+4×32×2=4a 1+12,由题意得(2a 1+2)2=a 1(4a 1+12),解得a 1=1, 所以a n =2n -1. (2)由题意可知, b n =(-1)n -14na n a n +1=(-1)n-14n(2n -1)(2n +1)=(-1)n -1⎝⎛⎭⎫12n -1+12n +1.当n 为偶数时,T n =⎝⎛⎭⎫1+13-⎝⎛⎭⎫13+15+…+⎝⎛12n -3+⎭⎫12n -1-⎝⎛⎭⎫12n -1+12n +1 =1-12n +1=2n2n +1. 当n 为奇数时,T n =⎝⎛⎭⎫1+13-⎝⎛⎭⎫13+15+…-⎝⎛⎭⎫12n -3+12n -1+⎝⎛⎭⎫12n -1+12n +1 =1+12n +1=2n +22n +1.所以T n=⎩⎪⎨⎪⎧2n +22n +1,n 为奇数,2n2n +1,n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n=2n +1+(-1)n -12n +116.,,[2014·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,∴b 2=ac . 由余弦定理得cos B =a 2+c 2-b 22ac =a 2+c 2-ac 2ac ≥2ac -ac 2ac =12,当且仅当a =c 时等号成立, ∴cos B 的最小值为12.11.、[2014·天津卷] 设{a n }是首项为a 1,公差为-1的等差数列,S n 为其前n 项和.若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1的值为________.11.-12 [解析] ∵S 2=2a 1-1,S 4=4a 1+4×32×(-1)=4a 1-6,S 1,S 2,S 4成等比数列,∴(2a 1-1)2=a 1(4a 1-6),解得a 1=-12.22.,,[2014·重庆卷] 设a 1=1,a n +1=a 2n -2a n +2+b (n ∈N *). (1)若b =1,求a 2,a 3及数列{a n }的通项公式.(2)若b =-1,问:是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n +1对所有n ∈N *成立?证明你的结论. 22.解:(1)方法一:a 2=2,a 3=2+1. 再由题设条件知(a n +1-1)2=(a n -1)2+1.从而{(a n -1)2}是首项为0,公差为1的等差数列, 故(a n -1)2=n -1,即a n =n -1+1(n ∈N *). 方法二:a 2=2,a 3=2+1.可写为a 1=1-1+1,a 2=2-1+1,a 3=3-1+1.因此猜想a n =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a k =k -1+1,则a k +1=(a k -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a n =n -1+1(n ∈N *).(2)方法一:设f (x )=(x -1)2+1-1,则a n +1=f (a n ).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 a 2n <c <a 2n +1<1.当n =1时,a 2=f (1)=0,a 3=f (0)=2-1,所以a 2<14<a 3<1,结论成立.假设n =k 时结论成立,即a 2k <c <a 2k +1<1. 易知f (x )在(-∞,1]上为减函数,从而 c =f (c )>f (a 2k +1)>f (1)=a 2,即 1>c >a 2k +2>a 2.再由f (x )在(-∞,1]上为减函数,得c =f (c )<f (a 2k +2)<f (a 2)=a 3<1,故c <a 2k +3<1,因此a 2(k +1)<c <a 2(k +1)+1<1,这就是说,当n =k +1时结论成立.综上,存在 c =14使a 2n <C <a 2a +1对所有n ∈N *成立.方法二:设f (x )=(x -1)2+1-1,则a n +1=f (a n ). 先证:0≤a n ≤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≤a k ≤1. 易知f (x )在(-∞,1]上为减函数,从而 0=f (1)≤f (a k )≤f (0)=2-1<1.即0≤a k +1≤1.这就是说,当n =k +1时结论成立.故①成立. 再证:a 2n <a 2n +1(n ∈N *). ②当n =1时,a 2=f (1)=0,a 3=f (a 2)=f (0)=2-1,所以a 2<a 3,即n =1时②成立. 假设n =k 时,结论成立,即a 2k <a 2k +1. 由①及f (x )在(-∞,1]上为减函数,得 a 2k +1=f (a 2k )>f (a 2k +1)=a 2k +2, a 2(k +1)=f (a 2k +1)<f (a 2k +2)=a 2(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a 2n <a 22n -2a 2n +2-1,即(a 2n +1)2<a 22n -2a 2n +2,因此a 2n <14. ③又由①②及f (x )在(-∞,1]上为减函数,得f (a 2n )>f (a 2n +1),即a 2n +1>a 2n +2.所以a 2n +1>a 22n +1-2a 2n +1+2-1,解得a 2n +1>14. ④ 综上,由②③④知存在c =14使a 2n <c <a 2n +1对一切n ∈N *成立.D3 等比数列及等比数列前n 项和 2.[2014·重庆卷] 对任意等比数列{a n },下列说法一定正确的是( ) A .a 1,a 3,a 9成等比数列 B .a 2,a 3,a 6成等比数列 C .a 2,a 4,a 8成等比数列 D .a 3,a 6,a 9,成等比数列2.D [解析] 因为在等比数列中a n ,a 2n ,a 3n ,…也成等比数列,所以a 3,a 6,a 9成等比数列.12.、[2014·安徽卷] 数列{a n }是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q =________.12.1 [解析] 因为数列{a n }是等差数列,所以a 1+1,a 3+3,a 5+5也成等差数列.又 a 1+1,a 3+3,a 5+5构为公比为q 的等比数列,所以a 1+1,a 3+3,a 5+5为常数列,故q =1.13.、[2014·广东卷] 若等比数列{a n }的各项均为正数,且a 10a 11+a 9a 12=2e 5,则ln a 1+ln a 2+…+ln a 20=________.13.50 [解析] 本题考查了等比数列以及对数的运算性质.∵{a n }为等比数列,且a 10a 11+a 9a 12=2e 5,∴a 10a 11+a 9a 12=2a 10a 11=2e 5,∴a 10a 11=e 5, ∴ln a 1+ln a 2+…+ln a 20=ln(a 1a 2…a 20)= ln(a 10a 11)10=ln(e 5)10=ln e 50=50. 10.[2014·全国卷] 等比数列{a n }中,a 4=2,a 5=5,则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A .6 B .5 C .4 D .310.C [解析] 设数列{a n }的首项为a 1,公比为q ,根据题意可得,⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3=2,a 1q 4=5,解得⎩⎨⎧a 1=16125,q =52,所以a n=a 1q n -1=16125×⎝⎛⎭⎫52n -1=2×⎝⎛⎭⎫52n -4,所以lg a n =lg 2+(n -4)lg 52,所以前8项的和为8lg 2+(-3-2-1+0+1+2+3+4)lg 52=8lg 2+4lg 52=4lg ⎝⎛⎭⎫4×52=4.18.、、[2014·湖北卷] 已知等差数列{a n }满足:a 1=2,且a 1,a 2,a 5成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和,是否存在正整数n ,使得S n >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{a n }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d 2-4d =0,解得d =0或d =4. 当d =0时,a n =2;当d =4时,a n =2+(n -1)·4=4n -2.从而得数列{a n }的通项公式为a n =2或a n =4n -2. (2)当a n =2时,S n =2n ,显然2n <60n +800, 此时不存在正整数n ,使得S n >60n +800成立.当a n =4n -2时,S n =n [2+(4n -2)]2=2n 2.令2n 2>60n +800,即n 2-30n -400>0, 解得n >40或n <-10(舍去),此时存在正整数n ,使得S n >60n +800成立,n 的最小值为41. 综上,当a n =2时,不存在满足题意的正整数n ;当a n =4n -2时,存在满足题意的正整数n ,其最小值为41. 17.、、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=3a n +1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n +12是等比数列,并求{a n }的通项公式;(2)证明1a 1+1a 2+…+1a n <32.17.解:(1)由a n +1=3a n +1得a n +1+12=3⎝⎛⎭⎫a n +12. 又a 1+12=32,所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n +12是首项为32,公比为3的等比数列,所以a n +12=3n2,因此数列{a n }的通项公式为a n =3n-12.(2)证明:由(1)知1a n =23n -1.因为当n ≥1时,3n -1≥2×3n -1,所以13n -1≤12×3n -1,即1a n =23n-1≤13n -1. 于是1a 1+1a 2+…+1a n ≤1+13+…+13n -1=32⎝⎛⎭⎫1-13n <32. 所以1a 1+1a 2+…+1a n <32.19.,,[2014·山东卷] 已知等差数列{a n }的公差为2,前n 项和为S n ,且S 1,S 2,S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =(-1)n-14na n a n +1,求数列{b n }的前n 项和T n . 19.解: (1)因为S 1=a 1,S 2=2a 1+2×12×2=2a 1+2,S 4=4a 1+4×32×2=4a 1+12,由题意得(2a 1+2)2=a 1(4a 1+12),解得a 1=1, 所以a n =2n -1. (2)由题意可知, b n =(-1)n -14na n a n +1=(-1)n-14n(2n -1)(2n +1)=(-1)n -1⎝⎛⎭⎫12n -1+12n +1.当n 为偶数时,T n =⎝⎛⎭⎫1+13-⎝⎛⎭⎫13+15+…+⎝⎛12n -3+⎭⎫12n -1-⎝⎛⎭⎫12n -1+12n +1 =1-12n +1=2n2n +1. 当n 为奇数时,T n =⎝⎛⎭⎫1+13-⎝⎛⎭⎫13+15+…-⎝⎛⎭⎫12n -3+12n -1+⎝⎛⎭⎫12n -1+12n +1 =1+12n +1=2n +22n +1. 所以T n=⎩⎪⎨⎪⎧2n +22n +1,n 为奇数,2n2n +1,n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n=2n +1+(-1)n -12n +116.,,[2014·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,∴b 2=ac . 由余弦定理得cos B =a 2+c 2-b 22ac =a 2+c 2-ac 2ac ≥2ac -ac 2ac =12,当且仅当a =c 时等号成立, ∴cos B 的最小值为12.11.、[2014·天津卷] 设{a n }是首项为a 1,公差为-1的等差数列,S n 为其前n 项和.若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1的值为________.11.-12 [解析] ∵S 2=2a 1-1,S 4=4a 1+4×32×(-1)=4a 1-6,S 1,S 2,S 4成等比数列,∴(2a 1-1)2=a 1(4a 1-6),解得a 1=-12.19.、、[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 =x 1+x 2q +…+x n q n -1,x i ∈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 =a 1+a 2q +…+a n q n -1,t =b 1+b 2q +…+b n q n -1,其中a i ,b i ∈M ,i =1,2,…,n .证明:若a n <b n ,则s <t .19.解:(1)当q =2,n =3时,M ={0,1},A ={x |x =x 1+x 2·2+x 3·22,x i ∈M ,i =1,2,3},可得A ={0,1,2,3,4,5,6,7}.(2)证明:由s ,t ∈A ,s =a 1+a 2q +…+a n q n -1,t =b 1+b 2q +…+b n q n -1,a i ,b i ∈M ,i =1,2,…,n 及a n <b n ,可得s -t =(a 1-b 1)+(a 2-b 2)q +…+(a n -1-b n -1)q n -2+(a n -b n )q n -1≤(q -1)+(q -1)q +…+(q -1)q n -2-q n -1=(q -1)(1-q n -1)1-q-q n -1=-1<0, 所以s <t .D4 数列求和 17.、、[2014·江西卷] 已知首项都是1的两个数列{a n },{b n }(b n ≠0,n ∈N *)满足a n b n +1-a n +1b n +2b n +1b n =0.(1)令c n =a nb n ,求数列{c n }的通项公式;(2)若b n =3n -1,求数列{a n }的前n 项和S n .17.解:(1)因为a n b n +1-a n +1b n +2b n +1b n =0,b n ≠0(n ∈N *),所以a n +1b n +1-a nb n=2,即c n +1-c n =2,所以数列{c n }是以c 1=1为首项,d =2为公差的等差数列,故c n =2n -1.(2)由b n =3n -1,知a n =(2n -1)3n -1,于是数列{a n }的前n 项和S n =1×30+3×31+5×32+…+(2n -1)×3n -1,3S n =1×31+3×32+…+(2n -3)×3n -1+(2n -1)×3n ,将两式相减得-2S n =1+2×(31+32+…+3n -1)-(2n -1)×3n =-2-(2n -2)×3n ,所以S n =(n -1)3n +1. 18.、[2014·全国卷] 等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=10,a 2为整数,且S n ≤S 4. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =1a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和T n .18.解:(1)由a 1=10,a 2为整数知,等差数列{a n }的公差d 为整数. 又S n ≤S 4,故a 4≥0,a 5≤0, 于是10+3d ≥0,10+4d ≤0, 解得-103≤d ≤-52,因此d =-3.故数列{a n }的通项公式为a n =13-3n . (2)b n =1(13-3n )(10-3n )=13⎝⎛⎭⎫110-3n -113-3n .于是T n =b 1+b 2+…+b n =13⎝⎛⎭⎫17-110+⎝⎛⎭⎫14-17+…+⎝⎛⎭⎫110-3n -113-3n =13⎝⎛⎭⎫110-3n -110=n 10(10-3n ).19.,,[2014·山东卷] 已知等差数列{a n }的公差为2,前n 项和为S n ,且S 1,S 2,S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =(-1)n-14na n a n +1,求数列{b n }的前n 项和T n . 19.解: (1)因为S 1=a 1,S 2=2a 1+2×12×2=2a 1+2,S 4=4a 1+4×32×2=4a 1+12,由题意得(2a 1+2)2=a 1(4a 1+12),解得a 1=1, 所以a n =2n -1. (2)由题意可知, b n =(-1)n -14na n a n +1=(-1)n -14n(2n -1)(2n +1)=(-1)n -1⎝⎛⎭⎫12n -1+12n +1. 当n 为偶数时,T n =⎝⎛⎭⎫1+13-⎝⎛⎭⎫13+15+…+⎝⎛12n -3+⎭⎫12n -1-⎝⎛⎭⎫12n -1+12n +1 =1-12n +1=2n2n +1. 当n 为奇数时,T n =⎝⎛⎭⎫1+13-⎝⎛⎭⎫13+15+…-⎝⎛⎭⎫12n -3+12n -1+⎝⎛⎭⎫12n -1+12n +1 =1+12n +1=2n +22n +1. 所以T n=⎩⎪⎨⎪⎧2n +22n +1,n 为奇数,2n2n +1,n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n=2n +1+(-1)n -12n +1D5 单元综合20.、[2014·湖南卷] 已知数列{a n }满足a 1=1,|a n +1-a n |=p n ,n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列,且a 1,2a 2,3a 3成等差数列,求p 的值;(2)若p =12,且{a 2n -1}是递增数列,{a 2n }是递减数列,求数列{a n }的通项公式.20.解:(1)因为{a n }是递增数列,所以a n +1-a n =|a n +1-a n |=p n .而a 1=1,因此 a 2=p +1,a 3=p 2+p +1.又a 1,2a 2,3a 3成等差数列,所以4a 2=a 1+3a 3,因而3p 2-p =0,解得p =13或p =0.当p =0时,a n +1=a n ,这与{a n }是递增数列矛盾,故p =13.(2)由于{a 2n -1}是递增数列,因而a 2n +1-a 2n -1>0,于是(a 2n +1-a 2n )+(a 2n -a 2n -1)>0.①因为122n <122n -1,所以|a 2n +1-a 2n |<|a 2n -a 2n -1|.②由①②知,a 2n -a 2n -1>0,因此a 2n -a 2n -1=⎝⎛⎭⎫122n -1=(-1)2n 22n -1.③ 因为{a 2n }是递减数列,同理可得,a 2n +1-a 2n <0,故a 2n +1-a 2n =-⎝⎛⎭⎫122n=(-1)2n +122n.④由③④可知,a n +1-a n =(-1)n +12n.于是a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1)=1+12-122+…+(-1)n 2n -1=1+12·1-⎝⎛⎭⎫-12n -11+12=43+13·(-1)n2n -1. 故数列{a n }的通项公式为a n =43+13·(-1)n2n -1.21.、、[2014·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{a n }满足a 1>c 1p ,a n +1=p -1p a n +c p a 1-p n ,证明:a n >a n +1>c 1p.21.证明:(1)用数学归纳法证明如下.①当p =2时,(1+x )2=1+2x +x 2>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 +kx 2>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a n >c 1p .①当n =1时,由题设知a 1>c 1p成立.②假设n =k (k ≥1,k ∈N *)时,不等式a k >c 1p成立. 由a n +1=p -1p a n +c p a 1-p n 易知a n >0,n ∈N *. 当n =k +1时,a k +1a k =p -1p +c p a -p k =1+1p ⎝⎛⎭⎫c a p k-1. 由a k >c 1p >0得-1<-1p <1p ⎝⎛⎭⎫c a p k-1<0. 由(1)中的结论得⎝⎛⎭⎫a k +1a k p=⎣⎡⎦⎤1+1p ⎝⎛⎭⎫c a p k -1p>1+p · 1p ⎝⎛⎭⎫c a p k -1=c a p k . 因此a p k +1>c ,即a k +1>c 1p, 所以当n =k +1时,不等式a n >c 1p也成立.综合①②可得,对一切正整数n ,不等式a n >c 1p 均成立.再由a n +1a n =1+1p ⎝⎛⎭⎫c a p n -1可得a n +1a n <1, 即a n +1<a n .综上所述,a n >a n +1>c 1p,n ∈N *.方法二:设f (x )=p -1p x +c p x 1-p ,x ≥c 1p ,则x p ≥c ,所以f ′(x )=p -1p +c p (1-p )x -p =p -1p ⎝⎛⎭⎫1-c x p >0. 由此可得,f (x )在[c 1p ,+∞)上单调递增,因而,当x >c 1p 时,f (x )>f (c 1p )=c 1p .①当n =1时,由a 1>c 1p>0,即a p 1>c 可知 a 2=p -1p a 1+c p a 1-p 1=a 1⎣⎡⎦⎤1+1p ⎝⎛⎭⎫c a p 1-1<a 1,并且a 2=f (a 1)>c 1p ,从而可得a 1>a 2>c 1p,故当n =1时,不等式a n >a n +1>c 1p成立.②假设n =k (k ≥1,k ∈N *)时,不等式a k >a k +1>c 1p 成立,则当n =k +1时,f (a k )>f (a k +1)>f (c 1p ),即有a k +1>a k +2>c 1p,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a n >a n +1>c 1p均成立.18.、、[2014·湖北卷] 已知等差数列{a n }满足:a 1=2,且a 1,a 2,a 5成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和,是否存在正整数n ,使得S n >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{a n }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d 2-4d =0,解得d =0或d =4. 当d =0时,a n =2;当d =4时,a n =2+(n -1)·4=4n -2.从而得数列{a n }的通项公式为a n =2或a n =4n -2. (2)当a n =2时,S n =2n ,显然2n <60n +800, 此时不存在正整数n ,使得S n >60n +800成立.当a n =4n -2时,S n =n [2+(4n -2)]2=2n 2.令2n 2>60n +800,即n 2-30n -400>0, 解得n >40或n <-10(舍去),此时存在正整数n ,使得S n >60n +800成立,n 的最小值为41. 综上,当a n =2时,不存在满足题意的正整数n ;当a n =4n -2时,存在满足题意的正整数n ,其最小值为41. 17.、、[2014·江西卷] 已知首项都是1的两个数列{a n },{b n }(b n ≠0,n ∈N *)满足a n b n +1-a n +1b n +2b n +1b n =0.(1)令c n =a nb n ,求数列{c n }的通项公式;(2)若b n =3n -1,求数列{a n }的前n 项和S n .17.解:(1)因为a n b n +1-a n +1b n +2b n +1b n =0,b n ≠0(n ∈N *),所以a n +1b n +1-a nb n=2,即c n +1-c n =2,所以数列{c n }是以c 1=1为首项,d =2为公差的等差数列,故c n =2n -1.(2)由b n =3n -1,知a n =(2n -1)3n -1,于是数列{a n }的前n 项和S n =1×30+3×31+5×32+…+(2n -1)×3n -1,3S n =1×31+3×32+…+(2n -3)×3n -1+(2n -1)×3n ,将两式相减得-2S n =1+2×(31+32+…+3n -1)-(2n -1)×3n =-2-(2n -2)×3n ,所以S n =(n -1)3n +1. 17.、、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=3a n +1.(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n +12是等比数列,并求{a n }的通项公式;(2)证明1a 1+1a 2+…+1a n <32.17.解:(1)由a n +1=3a n +1得a n +1+12=3⎝⎛⎭⎫a n +12. 又a 1+12=32,所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n +12是首项为32,公比为3的等比数列,所以a n +12=3n2,因此数列{a n }的通项公式为a n =3n -12.(2)证明:由(1)知1a n =23n -1.因为当n ≥1时,3n -1≥2×3n -1,所以13n -1≤12×3n -1,即1a n =23n -1≤13n -1. 于是1a 1+1a 2+…+1a n ≤1+13+…+13n -1=32⎝⎛⎭⎫1-13n <32. 所以1a 1+1a 2+…+1a n <32.19.,[2014·四川卷] 设等差数列{a n }的公差为d ,点(a n ,b n )在函数f (x )=2x 的图像上(n ∈N *).(1)若a 1=-2,点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图像上,求数列{a n }的前n 项和S n ;(2)若a 1=1,函数f (x )的图像在点(a 2,b 2)处的切线在x 轴上的截距为2-1ln 2,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .19.解:(1)由已知得,b 7=2a 7,b 8=2a 8=4b 7,所以 2a 8=4×2a 7=2a 7+2,解得d =a 8-a 7=2,所以S n =na 1+n (n -1)2d =-2n +n (n -1)=n 2-3n .(2)函数f (x )=2x 在点(a 2,b 2)处的切线方程为y -2a 2=(2a 2ln 2)(x -a 2), 其在x 轴上的截距为a 2-1ln 2.由题意有a 2-1ln 2=2-1ln 2,解得a 2=2.所以d =a 2-a 1=1.从而a n =n ,b n =2n ,所以数列{a n b n }的通项公式为a n b n =n2n ,所以T n =12+222+323+…+n -12n -1+n 2n ,2T n =11+22+322+…+n2n -1,因此,2T n -T n =1+12+122+…+12n -1-n 2n =2-12n -1-n 2n =2n +1-n -22n .所以,T n =2n +1-n -22n.19.[2014·浙江卷] 已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n =(2)b n (n ∈N *).若{a n }为等比数列,且a 1=2,b 3=6+b 2.(1)求a n 与b n .(2)设c n =1a n -1b n(n ∈N *).记数列{c n }的前n 项和为S n .(i)求S n ;(ii)求正整数k ,使得对任意n ∈均有S k ≥S n .19.解:(1)由题意a 1a 2a 3…a n =(2)b n ,b 3-b 2=6, 知a 3=(2)b 3-b 2=8.又由a 1=2,得公比q =2(q =-2舍去),所以数列{a n }的通项为a n =2n (n ∈N *).所以,a 1a 2a 3…a n =2n (n +1)2=(2)n (n +1).故数列{b n }的通项为b n =n (n +1)(n ∈N *).(2)(i)由(1)知c n =1a n -1b n =12n -⎝⎛⎭⎫1n -1n +1(n ∈N *).所以S n =1n +1-12n (n ∈N *).(ii)因为c 1=0,c 2>0,c 3>0,c 4>0,当n ≥5时,c n =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,c n <0.综上,若对任意n ∈N *恒有S k ≥S n ,则k =4.3.[2014·闽南四校期末] 若数列{a n }的前n 项和为S n =23a n +13,则数列{a n }的通项公式为( )A .a n =-2n -1B .a n =(-2)n -1 C .a n =(-2)n D .a n =-2n3.B [解析] 由a n =S n -S n -1(n ≥2),得a n =23a n -23a n -1.∴a n =-2a n -1.又a 1=1,∴a n=(-2)n -1(n ≥2).又a 1=(-2)1-1=1,∴a n =(-2)n -1.6.[2014·南昌联考] 已知数列{a n }满足a 1=1,a n +1=a na n +2(n ∈N *).若b n +1=(n -λ)⎝⎛⎭⎫1a n +1,b 1=-λ,且数列{b n }是递增数列,则实数λ的取值范围为( ) A .λ<2 B .λ>3 C .λ>2 D .λ<36.A [解析] 易知1a n +1=2a n +1,∴1a n +1+1=21a n +1.又a 1=1,∴1a n +1=1a 1+12n -1=2n ,∴b n +1=(n -λ)2n ,∴b n +1-b n =(n -λ)2n-(n -1-λ)2n -1=(n -λ+1)2n -1>0,∴n -λ+1>0.又n ∈N *,∴λ<2.4.[2014·广州调研] 已知数列{a n }满足a 1=35,a n +1=3a n2a n +1,n ∈N *.(1)求证:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n -1为等比数列.(2)是否存在互不相等的正整数m ,s ,t ,使m ,s ,t 成等差数列,且a m -1,a s -1,a t-1成等比数列?如果存在,求出所有符合条件的m ,s ,t ;如果不存在,请说明理由.4.解:(1)证明:因为a n +1=3a n 2a n +1,所以1a n +1=13a n +23,所以1a n +1-1=131a n -1.因为a 1=35,所以1a 1-1=23,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n -1是首项为23,公比为13的等比数列.(2)由(1)知,1a n -1=23×13n -1=23n ,所以a n =3n3n +2.假设存在互不相等的正整数m ,s ,t 满足条件,则有⎩⎪⎨⎪⎧m +t =2s ,(a s -1)2=(a m -1)(a t-1). 由a n =3n 3n +2与(a s -1)2=(a m -1)(a t -1),得3s 3s +2-12=3m 3m +2-13t 3t +2-1, 即3m +t +2×3m +2×3t =32s +4×3s . 因为m +t =2s ,所以3m +3t =2×3s .又3m +3t ≥2 3m +t =2×3s ,当且仅当m =t 时,等号成立, 这与m ,s ,t 互不相等矛盾,所以不存在互不相等的正整数m ,s ,t 满足条件.2.[2014·景德镇质检] 已知递增数列{a n }满足a 1+a 2+a 3+…+a n =12(a 2n+n ).(1)求a 1及数列{a n }的通项公式;(2)设c n =⎩⎪⎨⎪⎧a n +1,n 为奇数,a n -1·2a n -1+1,n 为偶数,求数列{c n }的前2n 项和T 2n .2.解:(1)当n =1时,a 1=12(a 21+1),解得a 1=1.当n ≥2时,a 1+a 2+a 3+…+a n -1=12(a 2n -1+n -1),a 1+a 2+a 3+…+a n =12(a 2n+n ),所以a n =12(a 2n -a 2n -1+1), 即(a n -1)2-a 2n -1=0,所以a n -a n -1=1或a n +a n -1=1(n ≥2).又因为数列{a n }为递增数列,所以a n -a n -1=1, 所以数列{a n }是首项为1,公差为1的等差数列, 所以a n =n .(2)由c n =⎩⎪⎨⎪⎧a n +1,n 为奇数,a n -1·2a n -1+1,n 为偶数,得c n =⎩⎪⎨⎪⎧n +1,n 为奇数,(n -1)2n -1+1,n 为偶数, 则T 2n =(2+4+…+2n )+[1×21+3×23+…+(2n -1)×22n -1]+n =n (n +1)+[1×21+3×23+…+(2n -1)×22n -1]+n .记S n =1×21+3×23+…+(2n -1)×22n -1,①则4S n =1×23+3×25+…+(2n -1)×22n +1.② 由①-②,得-3S n =2+24+26+…+22n -(2n -1)22n +1,=22+24+26+…+22n -(2n -1)22n +1-2,所以-3S n =4(1-4n )1-4-(2n -1)22n +1-2,所以S n =4(1-4n )9+(2n -1)22n +13+23,即S n =(6n -5)22n +19+109,故T 2n =(6n -5)22n +19+n 2+2n +109.7.[2014·福建闽南四校期末] 已知数列{a n }是公差为2的等差数列,且a 1,a 2,a 5成等比数列,则a 2的值为( )A .3B .-3C .2D .-27.A [解析] ∵a 1,a 2,a 5成等比数列,∴a 22=a 1·a 5, ∴a 22=(a 2-2)(a 2+6),解得a 2=3.10.[2014·郑州质检] 已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4-2a 27+3a 8=0,数列{b n }是等比数列,且b 7=a 7,则b 2b 8b 11等于( )A .1B .2C .4D .810.D [解析] 由已知,得2a 27=a 4+3a 8=a 1+3d +3a 1+21d =4a 1+24d =4(a 1+6d )=4a 7,∴a 7=2或a 7=0(舍去),∴b 7=2,∴b 2b 8b 11=b 1q ·b 1q 7·b 1q 10=b 31q 18=(b 1q 6)3=b 37=8. 17.[2014·温州十校联考] 已知二次函数f (x )=ax 2+bx 的图像过点(-4n ,0),且f ′(0)=2n ,n ∈N *,数列{a n }满足1a n +1=f ′⎝⎛⎭⎫1a n ,且a 1=4.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)记b n =a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和T n .17.解:(1)f ′(x )=2ax +b .由题意知f ′(0)=b =2n ,16n 2a -4nb =0,∴a =12,b =2n ,∴f (x )=12x 2+2nx ,n ∈N *.又数列{a n }满足1a n +1=f ′1a n,f ′(x )=x +2n ,∴1a n +1=1a n +2n , ∴1a n +1-1a n=2n . 由叠加法可得1a n -14=2+4+6+…+2(n -1)=n 2-n ,化简可得a n =4(2n -1)2(n ≥2).当n =1时,a 1=4也符合上式,∴a n =4(2n -1)2(n ∈N *). (2)∵b n =a n a n +1=4(2n -1)(2n +1)=212n -1-12n +1,∴T n =b 1+b 2+…+b n =a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n +1=21-13+13-15+…+12n -1-12n +1=21-12n +1=4n 2n +1.。

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