2014年高考数学（理）真题分类汇编： 数列

这是一份2014年高考数学（理）真题分类汇编： 数列，共15页。

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＝eq \f(an,bn)，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eq \f(an＋1,bn＋1)－eq \f(an,bn)＝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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＜eq \f(3,2).
17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2))).
又a1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))是首项为eq \f(3,2)，公比为3的等比数列，所以an＋eq \f(1,2)＝eq \f(3n,2)，因此数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n－1,2).
(2)证明：由(1)知eq \f(1,an)＝eq \f(2,3n－1).
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以eq \f(1,3n－1)≤eq \f(1,2×3n－1)，即eq \f(1,an)＝eq \f(2,3n－1)≤eq \f(1,3n－1).
于是eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)≤1＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)22．[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝eq \r(aeq \\al(2,n)－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a2n22．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝eq \r(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＝eq \r(n－1)＋1(n∈N*)．
方法二：a2＝2，a3＝eq \r(2)＋1.
可写为a1＝eq \r(1－1)＋1，a2＝eq \r(2－1)＋1，a3＝eq \r(3－1)＋1.因此猜想an＝eq \r(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＝eq \r(k－1)＋1，则
ak＋1＝eq \r(（ak－1）2＋1)＋1＝eq \r(（k－1）＋1)＋1＝eq \r(（k＋1）－1)＋1，
这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
所以an＝eq \r(n－1)＋1(n∈N*)．
(2)方法一：设f(x)＝eq \r(（x－1）2＋1)－1，则an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝eq \r(（c－1）2＋1)－1，解得c＝eq \f(1,4).
下面用数学归纳法证明命题
a2n当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝eq \r(2)－1，所以a2假设n＝k时结论成立，即a2k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)故c综上，存在 c＝eq \f(1,4)使a2n方法二：设f(x)＝eq \r(（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)＝eq \r(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当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝eq \r(2)－1，所以a2假设n＝k时，结论成立，即a2k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)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即(a2n＋1)2因此a2n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>eq \r(aeq \\al(2,2n＋1)－2a2n＋1＋2)－1，解得a2n＋1>eq \f(1,4). ④
综上，由②③④知存在c＝eq \f(1,4)使a2nD2 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
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
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
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＝eq \f(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．[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＝eq \f(1,2)，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eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(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＝eq \f(1,3)或p＝0.
当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝eq \f(1,3).
(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eq \f(1,22n)由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2n－1)＝eq \f(（－1）2n,22n－1).③
因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2n)＝eq \f(（－1）2n＋1,22n).④
由③④可知，an＋1－an＝eq \f(（－1）n＋1,2n).
于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋eq \f(1,2)－eq \f(1,22)＋…＋eq \f(（－1）n,2n－1)＝1＋eq \f(1,2)·eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1),1＋\f(1,2))＝eq \f(4,3)＋eq \f(1,3)·eq \f(（－1）n,2n－1).
故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(4,3)＋eq \f(1,3)·eq \f(（－1）n,2n－1).
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
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＝eq \f(1,anan＋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－eq \f(10,3)≤d≤－eq \f(5,2)，
因此d＝－3.
故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.
(2)bn＝eq \f(1,（13－3n）（10－3n）)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n))).于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10－3n)－\f(1,10)))＝eq \f(n,10（10－3n）).
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－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋eq \f(2×1,2)×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋eq \f(4×3,2)×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－1eq \f(4n,anan＋1)
＝(－1)n－1eq \f(4n,（2n－1）（2n＋1）)
＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))).
当n为偶数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1).
当n为奇数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数，,\f(2n,2n＋1)，n为偶数.))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或Tn＝\f(2n＋1＋（－1）n－1,2n＋1)))
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cs 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
cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq \f(2ac－ac,2ac)＝eq \f(1,2)，
当且仅当a＝c时等号成立，
∴cs B的最小值为eq \f(1,2).
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．－eq \f(1,2)
22．[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝eq \r(aeq \\al(2,n)－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a2n22．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝eq \r(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＝eq \r(n－1)＋1(n∈N*)．
方法二：a2＝2，a3＝eq \r(2)＋1.
可写为a1＝eq \r(1－1)＋1，a2＝eq \r(2－1)＋1，a3＝eq \r(3－1)＋1.因此猜想an＝eq \r(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＝eq \r(k－1)＋1，则
ak＋1＝eq \r(（ak－1）2＋1)＋1＝eq \r(（k－1）＋1)＋1＝eq \r(（k＋1）－1)＋1，
这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
所以an＝eq \r(n－1)＋1(n∈N*)．
(2)方法一：设f(x)＝eq \r(（x－1）2＋1)－1，则an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝eq \r(（c－1）2＋1)－1，解得c＝eq \f(1,4).
下面用数学归纳法证明命题
a2n当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝eq \r(2)－1，所以a2假设n＝k时结论成立，即a2k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)故c综上，存在 c＝eq \f(1,4)使a2n方法二：设f(x)＝eq \r(（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)＝eq \r(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当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝eq \r(2)－1，所以a2假设n＝k时，结论成立，即a2k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)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即(a2n＋1)2因此a2n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>eq \r(aeq \\al(2,2n＋1)－2a2n＋1＋2)－1，解得a2n＋1>eq \f(1,4). ④
综上，由②③④知存在c＝eq \f(1,4)使a2nD3 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
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
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
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
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＝eq \f(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．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＜eq \f(3,2).
17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2))).
又a1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))是首项为eq \f(3,2)，公比为3的等比数列，所以an＋eq \f(1,2)＝eq \f(3n,2)，因此数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n－1,2).
(2)证明：由(1)知eq \f(1,an)＝eq \f(2,3n－1).
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以eq \f(1,3n－1)≤eq \f(1,2×3n－1)，即eq \f(1,an)＝eq \f(2,3n－1)≤eq \f(1,3n－1).
于是eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)≤1＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)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－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋eq \f(2×1,2)×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋eq \f(4×3,2)×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－1eq \f(4n,anan＋1)
＝(－1)n－1eq \f(4n,（2n－1）（2n＋1）)
＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))).
当n为偶数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1).
当n为奇数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数，,\f(2n,2n＋1)，n为偶数.))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或Tn＝\f(2n＋1＋（－1）n－1,2n＋1)))
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．－eq \f(1,2)
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an19．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ans－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
＝eq \f(（q－1）（1－qn－1）,1－q)－qn－1＝－1<0，
所以sD4 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＝eq \f(an,bn)，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eq \f(an＋1,bn＋1)－eq \f(an,bn)＝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＝eq \f(1,anan＋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－eq \f(10,3)≤d≤－eq \f(5,2)，
因此d＝－3.
故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.
(2)bn＝eq \f(1,（13－3n）（10－3n）)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n))).于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10－3n)－\f(1,10)))＝eq \f(n,10（10－3n）).
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－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋eq \f(2×1,2)×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋eq \f(4×3,2)×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－1eq \f(4n,anan＋1)
＝(－1)n－1eq \f(4n,（2n－1）（2n＋1）)
＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))).
当n为偶数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1).
当n为奇数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))
＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数，,\f(2n,2n＋1)，n为偶数.))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或Tn＝\f(2n＋1＋（－1）n－1,2n＋1)))
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＝eq \f(1,2)，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eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(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＝eq \f(1,3)或p＝0.
当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝eq \f(1,3).
(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eq \f(1,22n)由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2n－1)＝eq \f(（－1）2n,22n－1).③
因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2n)＝eq \f(（－1）2n＋1,22n).④
由③④可知，an＋1－an＝eq \f(（－1）n＋1,2n).
于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋eq \f(1,2)－eq \f(1,22)＋…＋eq \f(（－1）n,2n－1)＝1＋eq \f(1,2)·eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1),1＋\f(1,2))＝eq \f(4,3)＋eq \f(1,3)·eq \f(（－1）n,2n－1).
故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(4,3)＋eq \f(1,3)·eq \f(（－1）n,2n－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{an}满足a1＞ceq \f(1,p)，an＋1＝eq \f(p－1,p)an＋eq \f(c,p)aeq \\al(1－p,n)，证明：an＞an＋1＞ceq \f(1,p).
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>ceq \f(1,p).
①当n＝1时，由题设知a1>ceq \f(1,p)成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ceq \s\up6(\f(1,p))成立．
由an＋1＝eq \f(p－1,p)an＋eq \f(c,p)aeq \\al(1－p,n)易知an>0，n∈N*.
当n＝k＋1时，eq \f(ak＋1,ak)＝eq \f(p－1,p)＋eq \f(c,p)aeq \\al(－p,k)＝
1＋eq \f(1,p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,aeq \\al(p,k))－1)).
由ak>ceq \f(1,p)>0得－1<－eq \f(1,p)由(1)中的结论得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ak＋1,ak)))eq \s\up12(p)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,aeq \\al(p,k))－1))))eq \s\up12(p)>1＋p· eq \f(1,p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,aeq \\al(p,k))－1))＝eq \f(c,aeq \\al(p,k)).
因此aeq \\al(p,k＋1)>c，即ak＋1>ceq \f(1,p)，
所以当n＝k＋1时，不等式an>ceq \f(1,p)也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>ceq \f(1,p)均成立．
再由eq \f(an＋1,an)＝1＋eq \f(1,p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,aeq \\al(p,n))－1))可得eq \f(an＋1,an)<1，
即an＋1综上所述，an>an＋1>ceq \f(1,p)，n∈N*.
方法二：设f(x)＝eq \f(p－1,p)x＋eq \f(c,p)x1－p，x≥ceq \f(1,p)，则xp≥c，
所以f′(x)＝eq \f(p－1,p)＋eq \f(c,p)(1－p)x－p＝eq \f(p－1,p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(c,xp)))>0.
由此可得，f(x)在[ceq \f(1,p)，＋∞)上单调递增，因而，当x>ceq \f(1,p)时，f(x)>f(ceq \f(1,p))＝ceq \f(1,p).
①当n＝1时，由a1>ceq \f(1,p)>0，即aeq \\al(p,1)>c可知
a2＝eq \f(p－1,p)a1＋eq \f(c,p)aeq \\al(1－p,1)＝a1eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,aeq \\al(p,1))－1))))ceq \f(1,p)，从而可得a1>a2>ceq \f(1,p)，
故当n＝1时，不等式an>an＋1>ceq \f(1,p)成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>ceq \f(1,p)成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(ceq \f(1,p))，
即有ak＋1>ak＋2>ceq \f(1,p)，
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>ceq \f(1,p)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＝eq \f(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．[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＝eq \f(an,bn)，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eq \f(an＋1,bn＋1)－eq \f(an,bn)＝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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＜eq \f(3,2).
17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2))).
又a1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))是首项为eq \f(3,2)，公比为3的等比数列，所以an＋eq \f(1,2)＝eq \f(3n,2)，因此数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n－1,2).
(2)证明：由(1)知eq \f(1,an)＝eq \f(2,3n－1).
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以eq \f(1,3n－1)≤eq \f(1,2×3n－1)，即eq \f(1,an)＝eq \f(2,3n－1)≤eq \f(1,3n－1).
于是eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)≤1＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)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－eq \f(1,ln 2)，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))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＋eq \f(n（n－1）,2)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－eq \f(1,ln 2).
由题意有a2－eq \f(1,ln 2)＝2－eq \f(1,ln 2)，解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n，
所以数列{eq \f(an,bn)}的通项公式为eq \f(an,bn)＝eq \f(n,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，
2Tn＝eq \f(1,1)＋eq \f(2,2)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n,2n－1)，
因此，2Tn－Tn＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝eq \f(2n＋1－n－2,2n).
所以，Tn＝eq \f(2n＋1－n－2,2n).
19．[2014·浙江卷] 已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝(eq \r(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＝eq \f(1,an)－eq \f(1,bn)(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＝(eq \r(2))bn，b3－b2＝6，
知a3＝(eq \r(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＝2eq \f(n（n＋1）,2)＝(eq \r(2))n(n＋1)．
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)(i)由(1)知cn＝eq \f(1,an)－eq \f(1,bn)＝eq \f(1,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))(n∈N*)．
所以Sn＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,2n)(n∈N*)．
(ii)因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，
当n≥5时，cn＝eq \f(1,n（n＋1）)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(n（n＋1）,2n)－1))，
而eq \f(n（n＋1）,2n)－eq \f(（n＋1）（n＋2）,2n＋1)＝eq \f(（n＋1）（n－2）,2n＋1)>0，
得eq \f(n（n＋1）,2n)≤eq \f(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.