2014年高考数学理科（高考真题+模拟新题）分类汇编：D单元　数列.doc

数 学 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{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0. (1)令cn＝，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－＝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．、[2014·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．、、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1. (1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)证明＋＋…＋＜. 17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3. 又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝. (2)证明：由(1)知＝. 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1， 所以≤，即＝≤. 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<. 所以＋＋…＋<. 22．，，[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝＋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＝＋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＝＋1(n∈N*)． 方法二：a2＝2，a3＝＋1. 可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.因此猜想an＝＋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＝＋1，则 ak＋1＝＋1＝＋1＝＋1， 这就是说，当n＝k＋1时结论成立． 所以an＝＋1(n∈N*)． (2)方法一：设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)． 令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝. 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)＝－1，所以a2<<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＝使a2n<C<a2a＋1对所有n∈N*成立． 方法二：设f(x)＝－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)＝－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)＝－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<－1， 即(a2n＋1)2<a－2a2n＋2， 因此a2n<.　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>－1，解得a2n＋1>.　④ 综上，由②③④知存在c＝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．、[2014·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　[解析] 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1. 12．[2014·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　[解析] ∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a8>0，a9<0，∴n＝8时，数列{an}的前n项和最大． 3．[2014·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．14 3．C　[解析] 设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的前n项和公式，得S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2， 则a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12. 18．、、[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． 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)·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． 当an＝4n－2时，Sn＝＝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．、[2014·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＝，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.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝或p＝0. 当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝. (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<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.② 由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝＝.③ 因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－＝.④ 由③④可知，an＋1－an＝. 于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·. 故数列{an}的通项公式为an＝＋·. 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，则(　　) A．d<0 B．d>0 C．a1d<0 D．a1d>0 8．C　[解析] 令bn＝2a1an，因为数列{2a1an}为递减数列，所以＝＝2a1(an＋1－an)＝2a1d<1，所得a1d<0. 18．、[2014·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＝，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－≤d≤－， 因此d＝－3. 故数列{an}的通项公式为an＝13－3n. (2)bn＝＝.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝＝. 17．、[2014·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．，，[2014·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－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2， S4＝4a1＋×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－1 ＝(－1)n－1 ＝(－1)n－1. 当n为偶数时， Tn＝－＋…＋－ ＝1－ ＝. 当n为奇数时， Tn＝－＋…－＋ ＝1＋ ＝. 所以Tn＝ 16．，，[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，∴b2＝ac. 由余弦定理得 cos B＝＝≥＝， 当且仅当a＝c时等号成立， ∴cos B的最小值为. 11．、[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的值为________． 11．－　[解析] ∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，S1，S2，S4成等比数列， ∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－. 22．，，[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝＋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＝＋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＝＋1(n∈N*)． 方法二：a2＝2，a3＝＋1. 可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.因此猜想an＝＋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＝＋1，则 ak＋1＝＋1＝＋1＝＋1， 这就是说，当n＝k＋1时结论成立． 所以an＝＋1(n∈N*)． (2)方法一：设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)． 令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝. 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)＝－1，所以a2<<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＝使a2n<C<a2a＋1对所有n∈N*成立． 方法二：设f(x)＝－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)＝－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)＝－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<－1， 即(a2n＋1)2<a－2a2n＋2， 因此a2n<.　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>－1，解得a2n＋1>.　④ 综上，由②③④知存在c＝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．[2014·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　[解析] 因为在等比数列中an，a2n，a3n，…也成等比数列，所以a3，a6，a9成等比数列． 12．、[2014·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　[解析] 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列．又 a1＋1，a3＋3，a5＋5构为公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5为常数列，故q＝1. 13．、[2014·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＝________． 13．50　[解析] 本题考查了等比数列以及对数的运算性质．∵{an}为等比数列，且a10a11＋a9a12＝2e5， ∴a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，∴a10a11＝e5， ∴ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝ ln(a10a11)10＝ln(e5)10＝ln e50＝50. 10．[2014·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．3 10．C　[解析] 设数列{an}的首项为a1，公比为q，根据题意可得，解得所以an＝a1qn－1＝×＝2×，所以lg an＝lg 2＋(n－4)lg，所以前8项的和为8lg 2＋(－3－2－1＋0＋1＋2＋3＋4)lg＝8lg 2＋4lg＝4lg＝4. 18．、、[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． 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)·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． 当an＝4n－2时，Sn＝＝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．、、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1. (1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)证明＋＋…＋＜. 17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3. 又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝. (2)证明：由(1)知＝. 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1， 所以≤，即＝≤. 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<. 所以＋＋…＋<. 19．，，[2014·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－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2， S4＝4a1＋×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－1 ＝(－1)n－1 ＝(－1)n－1. 当n为偶数时， Tn＝－＋…＋－ ＝1－ ＝. 当n为奇数时， Tn＝－＋…－＋ ＝1＋ ＝. 所以Tn＝ 16．，，[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，∴b2＝ac. 由余弦定理得 cos B＝＝≥＝， 当且仅当a＝c时等号成立， ∴cos B的最小值为. 11．、[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的值为________． 11．－　[解析] ∵S2＝2a1－1，S4＝4a1＋×(－1)＝4a1－6，S1，S2，S4成等比数列， ∴(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－. 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＝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 ＝－qn－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{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0. (1)令cn＝，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－＝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．、[2014·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＝，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－≤d≤－， 因此d＝－3. 故数列{an}的通项公式为an＝13－3n. (2)bn＝＝.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝＝. 19．，，[2014·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－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2， S4＝4a1＋×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－1 ＝(－1)n－1 ＝(－1)n－1. 当n为偶数时， Tn＝－＋…＋－ ＝1－ ＝. 当n为奇数时， Tn＝－＋…－＋ ＝1＋ ＝. 所以Tn＝ D5 单元综合 20．、[2014·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＝，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.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝或p＝0. 当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝. (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<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.② 由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝＝.③ 因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－＝.④ 由③④可知，an＋1－an＝. 于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·. 故数列{an}的通项公式为an＝＋·. 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{an}满足a1＞c，an＋1＝an＋a，证明：an＞an＋1＞c. 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>c. ①当n＝1时，由题设知a1>c成立． ②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c成立． 由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*. 当n＝k＋1时，＝＋a＝ 1＋. 由ak>c>0得－1<－<<0. 由(1)中的结论得＝>1＋p· ＝. 因此a>c，即ak＋1>c， 所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立． 综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立． 再由＝1＋可得<1， 即an＋1<an. 综上所述，an>an＋1>c，n∈N*. 方法二：设f(x)＝x＋x1－p，x≥c，则xp≥c， 所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0. 由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c. ①当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知 a2＝a1＋a＝a1<a1，并且a2＝f(a1)>c，从而可得a1>a2>c， 故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立． ②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)， 即有ak＋1>ak＋2>c， 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>c均成立． 18．、、[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． 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)·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． 当an＝4n－2时，Sn＝＝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．、、[2014·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＝，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－＝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．、、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1. (1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)证明＋＋…＋＜. 17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3. 又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝. (2)证明：由(1)知＝. 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1， 所以≤，即＝≤. 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<. 所以＋＋…＋<. 19．，[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)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－，求数列的前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＋d＝－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－. 由题意有a2－＝2－，解得a2＝2. 所以d＝a2－a1＝1. 从而an＝n，bn＝2n， 所以数列{}的通项公式为＝， 所以Tn＝＋＋＋…＋＋， 2Tn＝＋＋＋…＋， 因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝. 所以，Tn＝. 19．[2014·浙江卷] 已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2. (1)求an与bn. (2)设cn＝－(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＝()bn，b3－b2＝6， 知a3＝()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＝2＝()n(n＋1)． 故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)． (2)(i)由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)． 所以Sn＝－(n∈N*)． (ii)因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0， 当n≥5时，cn＝， 而－＝>0， 得≤<1， 所以，当n≥5时，cn<0. 综上，若对任意n∈N*恒有Sk≥Sn，则k＝4. 3．[2014·闽南四校期末] 若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式为(　　) A．an＝－2n－1 B．an＝(－2)n－1 C．an＝(－2)n D．an＝－2n 3．B　[解析] 由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得an＝an－an－1.∴an＝－2an－1.又a1＝1，∴an＝(－2)n－1(n≥2)．又a1＝(－2)1－1＝1，∴an＝(－2)n－1. 6．[2014·南昌联考] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．若bn＋1＝(n－λ)，b1＝－λ，且数列{bn}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＜3 6．A　[解析] 易知＝＋1，∴＋1＝2＋1. 又a1＝1，∴＋1＝＋12n－1＝2n，∴bn＋1＝(n－λ)2n， ∴bn＋1－bn＝(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{an}满足a1＝，an＋1＝，n∈N*. (1)求证：数列为等比数列． (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am－1，as－1，at－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an＋1＝，所以＝＋， 所以－1＝－1. 因为a1＝，所以－1＝， 所以数列是首项为，公比为的等比数列． (2)由(1)知，－1＝×n－1＝，所以an＝. 假设存在互不相等的正整数m，s，t满足条件