2014高考数学(理)一轮：一课双测A+B精练(三十一) 等差数度列及其关n项和

高考数学（理）一轮：一课双测A+B 精练(四十一) 数学归纳法1．如果命题p(n)对n ＝k(k ∈N*)成立，则它对n ＝k ＋2也成立．若p(n)对n ＝2也成立，则下列结论正确的是( )A ．p(n)对所有正整数n 都成立B ．p(n)对所有正偶数n 都成立C ．p(n)对所有正奇数n 都成立D ．p(n)对所有自然数n 都成立2．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n ∈N*)成立，其初始值最小应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10 3．(2013·海南三亚二模)用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1(n ∈N*)”的过程中，第二步n ＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时，应得到( ) A ．1＋2＋22＋…＋2k －2＋2k －1＝2k ＋1－1 B ．1＋2＋22＋…＋2k ＋2k ＋1＝2k －1＋2k ＋1 C ．1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＋1＝2k ＋1－1 D ．1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－14．凸n 多边形有f(n)条对角线，则凸(n ＋1)边形的对角线的条数f(n ＋1)为( ) A ．f(n)＋n ＋1 B ．f(n)＋n C ．f(n)＋n －1 D ．f(n)＋n －2 5．在数列{an}中，a1＝13，且Sn ＝n(2n －1)an ，通过求a2，a3，a4，猜想an 的表达式为( )A.1n－1n ＋1B.12n 2n ＋1C.12n －12n ＋1D.12n ＋12n ＋26．下列代数式(其中k ∈N*)能被9整除的是( )A ．6＋6·7kB ．2＋7k －1C ．2(2＋7k ＋1)D ．3(2＋7k) 7．(2012·徐州模拟)用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，xn ＋yn 能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N*)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真．8．(2012·济南模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋ n22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上的项为________．9．设数列{an}的前n 项和为Sn ，且对任意的自然数n 都有：(Sn －1)2＝anSn ，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn ＝________.10．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13n(4n2－1)．11．已知点Pn(an ，bn)满足an ＋1＝an·bn ＋1，bn ＋1＝bn1－4a2n (n ∈N*)，且点P1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P1，P2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N*，点Pn 都在(1)中的直线l 上．12．设数列{an}的前n 项和为Sn ，且方程x2－anx －an ＝0有一根为Sn －1，n ＝1,2,3……. (1)求a1，a2；(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格的证明．1．利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n)＝2n×1×3×…×(2n －1)，n ∈N*”时，从“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是( ) A ．2k ＋1 B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋12．对大于或等于2的自然数 m 的n 次方幂有如下分解方式：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5，33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19. 根据上述分解规律，若n2＝1＋3＋5＋…＋19, m3(m ∈N*)的分解中最小的数是21，则m ＋n 的值为________．3．已知f(n)＝1＋123＋133＋143＋…＋1n3，g(n)＝32－12n2，n ∈N*. (1)当n ＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系； (2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明． 4._________ 5._________ 6._________答 案高考数学（理）一轮：一课双测A+B 精练(四十一) A 级1．选B 由题意n ＝k 成立，则n ＝k ＋2也成立，又n ＝2时成立，则p(n)对所有正偶数都成立．2．选B 可逐个验证，n ＝8成立．3．选D 由条件知，左边是从20,21一直到2n －1都是连续的，因此当n ＝k ＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ，而右边应为2k ＋1－1.4．选C 边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n －2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n －1条．5．选C 由a1＝13，Sn ＝n(2n －1)an 求得a2＝115＝13×5，a3＝135＝15×7，a4＝163＝17×9.猜想an ＝12n －12n ＋1.6．选D (1)当k ＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．(2)假设当k ＝n(n ∈N*)时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n ＋1)＝21(2＋7n)－36.这就是说，k ＝n ＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，命题对任何k ∈N*都成立．7．解析：n 为正奇数，假设n ＝2k －1成立后，需证明的应为n ＝2k ＋1时成立． 答案：2k ＋18．解析：当n ＝k 时左端为1＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋k2， 则当n ＝k ＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k ＋1)2， 故增加的项为(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k ＋1)2. 答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k ＋1)2 9．解析：由(S1－1)2＝S21得：S1＝12；由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝23；由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝34. 猜想Sn ＝nn ＋1.答案：nn ＋110．证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝ 13×1×(4－1)＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k(k ∈N*)时等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k(4k2－1)．则当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋(2k ＋1)2＝13k(4k2－1)＋(2k ＋1)2＝13k(4k2－1)＋4k2＋4k ＋1＝13k[4(k ＋1)2－1]－13k·4(2k ＋1)＋4k2＋4k ＋1 ＝13k[4(k ＋1)2－1]＋13(12k2＋12k ＋3－8k2－4k) ＝13k[4(k ＋1)2－1]＋13[4(k ＋1)2－1] ＝13(k ＋1) [4(k ＋1)2－1]． 即当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)，(2)可知，对一切n ∈N*，等式都成立． 11．解：(1)由题意得a1＝1，b1＝－1， b2＝－11－4×1＝13，a2＝1×13＝13，∴P2⎝⎛⎭⎫13，13.∴直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，即2x ＋y ＝1.(2)①当n ＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．②假设n ＝k(k ≥1且k ∈N*)时，2ak ＋bk ＝1成立． 则2ak ＋1＋bk ＋1＝2ak·bk ＋1＋bk ＋1＝bk1－4a2k ·(2ak ＋1)＝bk1－2ak ＝1－2ak 1－2ak＝1，∴当n ＝k ＋1时，2ak ＋1＋bk ＋1＝1也成立．由①②知，对于n ∈N*，都有2an ＋bn ＝1，即点Pn 在直线l 上． 12．解：(1)当n ＝1时，x2－a1x －a1＝0有一根为S1－1＝a1－1， 于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0， 解得a1＝12.当n ＝2时，x2－a2x －a2＝0有一根为S2－1＝a2－12，于是⎝⎛⎭⎫a2－122－a2⎝⎛⎭⎫a2－12－a2＝0，解得a2＝16.(2)由题设(Sn －1)2－an(Sn －1)－an ＝0， 即S2n －2Sn ＋1－anSn ＝0. 当n ≥2时，an ＝Sn －Sn －1，代入上式得Sn －1Sn －2Sn ＋1＝0.① 由(1)得S1＝a1＝12，S2＝a1＋a2＝12＋16＝23.由①可得S3＝34.由此猜想Sn ＝nn ＋1，n ＝1,2,3….下面用数学归纳法证明这个结论．(ⅰ)n ＝1时已知结论成立．(ⅱ)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N*)时结论成立， 即Sk ＝kk ＋1，当n ＝k ＋1时，由①得Sk ＋1＝12－Sk ，即Sk ＋1＝k ＋1k ＋2，故n ＝k ＋1时结论也成立．综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知Sn ＝nn ＋1对所有正整数n 都成立．B 级1．选B 当n ＝k(k ∈N*)时， 左式为(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k)； 当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k)·(k ＋1＋k ＋1)，则左边应增乘的式子是2k ＋12k ＋2k ＋1＝2(2k ＋1)．2．解析：∵依题意得 n2＝10×1＋192＝100, ∴n ＝10. 易知 m3＝21m ＋m m －12×2, 整理得(m －5)(m ＋4)＝0, 又 m ∈N*, 所以 m ＝5, 所以m ＋n ＝15.答案：153．解：(1)当n ＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)； 当n ＝2时，f(2)＝98，g(2)＝118， 所以f(2)＜g(2)；当n ＝3时，f(3)＝251216，g(3)＝312216，所以f(3)＜g(3)．(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明． ①当n ＝1,2,3时，不等式显然成立．②假设当n ＝k(k ≥3，k ∈N*)时不等式成立，即1＋123＋133＋143＋…＋1k3＜32－12k2，那么，当n ＝k ＋1时， f(k ＋1)＝f(k)＋1k ＋13＜32－12k2＋1k ＋13，因为12k ＋12－⎣⎡⎦⎤12k2－1k ＋13＝k ＋32k ＋13－12k2＝－3k －12k ＋13k2＜0， 所以f(k ＋1)＜32－12k ＋12＝g(k ＋1)．由①②可知，对一切n ∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．。

2
3
n
n－1
∴ an＝bn·２＝ 2 ( mn＋ 1－m) ．
(2) 由(1) 得： an＝ 2n－ 1( mn＋ 1－ m) ，
an＋1－ an＝ [ m( n＋ 1) ＋ 1－m] ·２n－ ( mn＋ 1－ m) ·２n－1＝ 2n－ 1( mn＋ 1＋ m) ，
∵数列 { an} 是单调递减数列，
列，上面 4 节的容积共 3 升，下面 3 节的容积共 4 升，则第 5 节的容积为 ( ) ．
A． 1 升
67 B． 升
66
47 C． 升443 D． 升33anan＋1＋ 12
6．等差数列 { an} 中，a1＝ a3＋ a7－ 2a4＝ 4，则 n2＋3n 的值为整数时 n 的个数为 (
)．
d＞ 0，得 a2＝ 3， a5＝ 9，
1
2
1
1
在 Tn＝1－ 2bn 中，令 n＝ 1，得 b1＝ 3，当 n≥２时， Tn＝ 1－ 2bn，Tn－ 1＝ 1－ 2bn－ 1 ，
1
1
两式相减得 bn＝ 2bn － 1－ 2bn ，
bn 1
∴
bn
＝
－1
3(
n≥
2)
．
2 ∴ bn＝ ·
3
1 3
＝ n－ 1
的前
n 项和为
Tn，且
Tn＝
1－
1 bn(
n∈
N* )
．
2
(1) 求数 列 { an} ，{ bn } 的通项公式； (2) 记 cn＝ anbn，求数列 { cn} 的前 n 项和 Sn.
1
参考答案
一、选择题
43 1． B 解析： 令 an＝ 43－ 3n≥0，解得 n≤ ，故选 B.

D 单元 数列D1 数列的概念与简单表示法图1－314．D1[2013·安徽卷] 如图1－3所示，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等，设OA n ＝a n ，若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．14．a n ＝3n －2 [解析] 令S △OA 1B 1＝m(m>0)，因为所有A n B n 相互平行且a 1＝1，a 2＝2，所以S 梯形A 1B 1B 2A 2＝3m ，当n ≥2时，a n a n －1＝OA nOA n －1＝m ＋（n －1）×3mm ＋（n －2）×3m＝3n －23n －5， 故a 2n ＝3n －23n －5a 2n －1， a 2n －1＝3n －53n －8a 2n －2， a 2n －2＝3n －83n －11a 2n －3， …… a 22＝41a 21 以上各式累乘可得a 2n ＝(3n －2)a 21，因为a 1＝1，所以a n ＝3n －2. 4．D1[2013·辽宁卷] 下面是关于公差d>0的等差数列{}a n 的四个命题： p 1：数列{}a n 是递增数列； p 2：数列{}na n 是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{}a n ＋3nd 是递增数列． 其中的真命题为( )A ．p 1，p 2B ．p 3，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 44．D [解析] 因为数列{a n }中d>0，所以{a n }是递增数列，则p 1为真命题．而数列{a n ＋3nd}也是递增数列，所以p 4为真命题，故选D.17．D1、D2[2013·全国卷] 等差数列{a n }前n 项和为S n .已知S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，求{a n }的通项公式．17．解：设{a n }的公差为d.由S 3＝a 22，得3a 2＝a 22，故a 2＝0或a 2＝3. 由S 1，S 2，S 4成等比数列得S 22＝S 1S 4. 又S 1＝a 2－d ，S 2＝2a 2－d ，S 4＝4a 2＋2d ，故(2a 2－d)2＝(a 2－d)(4a 2＋2d)．若a 2＝0，则d 2＝－2d 2，所以d ＝0， 此时S n ＝0，不合题意；若a 2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)， 解得d ＝0或d ＝2.因此{a n }的通项公式为a n ＝3或a n ＝2n －1.D2 等差数列及等有效期数列前n 项和8．G2[2013·新课标全国卷Ⅰ] 某几何体的三视图如图1－3所示，则该几何体的体积为( )图1－3A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π8．A [解析] 由三视图可知该组合体下半部分是一个半圆柱，上半部分是一个长方体，故体积为V ＝2×2×4＋12×π×22×4＝16＋8π.7．D2[2013·新课标全国卷Ⅰ] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．67．C [解析] 设首项为a 1，公差为d ，由题意可知a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，故d ＝1.又S m ＝m （a 1＋a m ）2＝0，故a 1＝－a m ＝－2，又S m ＝ma 1＋m （m －1）2d ＝0，∴－2m ＋m （m －1）2＝0m ＝5.12．D2[2013·广东卷] 在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________．12．20 [解析] 方法一：a 3＋a 8＝2a 1＋9d ＝10，而3a 5＋a 7＝3(a 1＋4d)＋a 1＋6d ＝2(2a 1＋9d)＝20.方法二：3a 5＋a 7＝2a 5＋(a 5＋a 7)＝2a 5＋2a 6＝2(a 5＋a 6)＝2(a 3＋a 8)＝20. 20．M2，D2，D3，D5[2013·北京卷] 已知{a n }是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为A n ，第n 项之后各项a n ＋1，a n ＋2，…的最小值记为B n ，d n ＝A n －B n .(1)若{a n }为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n ∈N *，a n ＋4＝a n)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：d n＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{a n}是公差为d 的等差数列；(3)证明：若a1＝2，d n＝1(n＝1，2，3，…)，则{a n}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20．解：(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)(充分性)因为{a n}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤a n≤….因此A n＝a n，B n＝a n＋1，d n＝a n－a n＋1＝－d(n＝1，2，3，…)．(必要性)因为d n＝－d≤0(n＝1，2，3，…)．所以A n＝B n＋d n≤B n.又因为a n≤A n，a n＋1≥B n，所以a n≤a n＋1.于是，A n＝a n，B n＝a n＋1.因此a n＋1－a n＝B n－A n＝－d n＝d，即{a n}是公差为d的等差数列．(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，a n≥B1＝1.假设{a n}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足a m>2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k<m，a k≤2.又因为a1＝2，所以A m－1＝2，且A m＝a m>2，于是，B m＝A m－d m>2－1＝1，B m－1＝min{a m，B m}>1.故d m－1＝A m－1－B m－1<2－1＝1，与d m－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有a n≤2，即非负整数列{a n}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，a n≤2＝a1，所以A n＝2.故B n＝A n－d n＝2－1＝1.因此对于任意正整数n ，存在m满足m>n，且a m＝1，即数列{a n}有无穷多项为1.17．D1、D2[2013·全国卷] 等差数列{a n}前n项和为S n.已知S3＝a22，且S1，S2，S4成等比数列，求{a n}的通项公式．17．解：设{a n}的公差为d.由S3＝a22，得3a2＝a22，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列得S22＝S1S4.又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，此时S n＝0，不合题意；若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝0或d＝2.因此{a n}的通项公式为a n＝3或a n＝2n－1.20．D2、D4[2013·山东卷] 设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4＝4S2，a2n＝2a n＋1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}的前n项和为T n，且T n＋a n＋12n＝λ(λ为常数)，令c n＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和R n.20．解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d. 由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，a 1＋（2n －1）d ＝2a 1＋2（n －1）d ＋1， 解得a 1＝1，d ＝2，因此a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由题意知T n ＝λ－n 2n －1，所以n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝－n2n －1＋n －12n －2＝n －22n －1.故c n ＝b 2n ＝2n －222n －1＝(n －1)⎝⎛⎭⎫14n －1，n ∈N *.所以R n ＝0×⎝⎛⎭⎫140＋1×⎝⎛⎭⎫141＋2×⎝⎛⎭⎫142＋3×⎝⎛⎭⎫143＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n －1，则14R n ＝0×⎝⎛⎭⎫141＋1×⎝⎛⎭⎫142＋2×⎝⎛⎭⎫143＋…＋(n －2)×⎝⎛⎭⎫14n －1＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n ，两式相减得34R n ＝⎝⎛⎭⎫141＋⎝⎛⎭⎫142＋⎝⎛⎭⎫143＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －1－(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n ＝14－⎝⎛⎭⎫14n 1－14－(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n＝13－1＋3n 3⎝⎛⎭⎫14n ， 整理得R n ＝194－3n ＋14n －1.所以数列{c n }的前n 项和R n ＝194－3n ＋14n －1.16．D2，D3[2013·四川卷] 在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．16．解：设该数列公差为d ，前n 项和为S n ，由已知可得2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d)2＝(a 1＋d)(a 1＋8d)，所以a 1＋d ＝4，d(d －3a 1)＝0.解得a 1＝4，d ＝0或a 1＝1，d ＝3.即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.16．D2，D5，B12[2013·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．16．－49 [解析] 由已知，a 1＋a 10＝0，a 1＋a 15＝103d ＝23，a 1＝－3，∴nS n ＝n 3－10n 23，易得n ＝6或n ＝7时，nS n 出现最小值．当n ＝6时，nS n ＝－48；n ＝7时，nS n ＝－49.故nS n的最小值为－49.12．D2，D3[2013·重庆卷] 已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________．12．64 [解析] 设数列{a n }的公差为d ，由a 1，a 2，a 5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，所以S 8＝8×1＋8（8－1）2×2＝64.D3 等比数列及等比数列前n 项和14．D3[2013·新课标全国卷Ⅰ] 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________．14．(－2)n －1 [解析] 因为S n ＝23a n ＋13①，所以S n －1＝23a n －1＋13②，①－②得a n ＝23a n －23a n－1，即a n ＝－2a n －1，又因为S 1＝a 1＝23a 1＋13a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.20．M2，D2，D3，D5[2013·北京卷] 已知{a n }是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为A n ，第n 项之后各项a n ＋1，a n ＋2，…的最小值记为B n ，d n ＝A n －B n .(1)若{a n }为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n ∈N *，a n ＋4＝a n )，写出d 1，d 2，d 3，d 4的值；(2)设d 是非负整数，证明：d n ＝－d(n ＝1，2，3，…)的充分必要条件为{a n }是公差为d 的等差数列；(3)证明：若a 1＝2，d n ＝1(n ＝1，2，3，…)，则{a n }的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20．解：(1)d 1＝d 2＝1，d 3＝d 4＝3.(2)(充分性)因为{a n }是公差为d 的等差数列，且d ≥0，所以a 1≤a 2≤…≤a n ≤…. 因此A n ＝a n ，B n ＝a n ＋1，d n ＝a n －a n ＋1＝－d(n ＝1，2，3，…)． (必要性)因为d n ＝－d ≤0(n ＝1，2，3，…)．所以A n ＝B n ＋d n ≤B n . 又因为a n ≤A n ，a n ＋1≥B n ， 所以a n ≤a n ＋1.于是，A n ＝a n ，B n ＝a n ＋1.因此a n ＋1－a n ＝B n －A n ＝－d n ＝d ， 即{a n }是公差为d 的等差数列．(3)因为a 1＝2，d 1＝1，所以A 1＝a 1＝2，B 1＝A 1－d 1＝1. 故对任意n ≥1，a n ≥B 1＝1.假设{a n }(n ≥2)中存在大于2的项． 设m 为满足a m >2的最小正整数， 则m ≥2，并且对任意1≤k<m ，a k ≤2.又因为a 1＝2，所以A m －1＝2，且A m ＝a m >2，于是，B m ＝A m －d m >2－1＝1，B m －1＝min{a m ，B m }>1. 故d m －1＝A m －1－B m －1<2－1＝1，与d m －1＝1矛盾．所以对于任意n ≥1，有a n ≤2，即非负整数列{a n }的各项只能为1或2. 因为对任意n ≥1，a n ≤2＝a 1， 所以A n ＝2.故B n ＝A n －d n ＝2－1＝1.因此对于任意正整数n ，存在m 满足m>n ，且a m ＝1，即数列{a n }有无穷多项为1. 10．D3[2013·北京卷] 若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________．10．2 2n ＋1－2 [解析] ∵a 3＋a 5＝q(a 2＋a 4)， ∴40＝20q ，q ＝2，又∵a 2＋a 4＝a 1q ＋a 1q 3＝20，∴a 1＝2，∴a n ＝2n ，∴S n ＝2n ＋1－2. 3．D3[2013·江西卷] 等比数列x ，3x ＋3，6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12 D ．243．A [解析] (3x ＋3)2＝x(6x ＋6)得x ＝－1或x ＝－3.当x ＝－1时，x ，3x ＋3，6x ＋6分别为－1，0，0，则不能构成等比数列，所以舍去；当x ＝－3时，x ，3x ＋3，6x ＋6分别为－3，－6，－12，且构成等比数列，则可求出第四个数为－24.14．D3[2013·江苏卷] 在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3. 则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________．14．12 [解析] 设{a n }的公比为q.由a 5＝12及a 5(q ＋q 2)＝3得q ＝2，所以a 1＝132，所以a 6＝1，a 1a 2…a 11＝a 116＝1，此时a 1＋a 2＋…＋a 11>1.又a 1＋a 2＋…＋a 12＝27－132，a 1a 2…a 12＝26<27－132，所以a 1a 2…a 12>a 1a 2…a 12，但a 1＋a 2＋…＋a 13＝28－132，a 1a 2…a 13＝26·27＝25·28>28－132，所以a 1＋a 2＋…＋a 13<a 1a 2…a 13，故最大正整数n 的值为12.15．D3，D4[2013·湖南卷] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________．15．(1)－116 (2)13⎝⎛⎭⎫12100－1 [解析] (1)因S n ＝(－1)n a n －12n ，则S 3＝－a 3－18，S 4＝a 4－116，解得a 3＝－116.(2)当n 为偶数时，S n ＝a n －12n ，当n 为奇数时，S n ＝－a n －12n ，可得当n 为奇数时a n ＝－12n ＋1，又S 1＋S 2＋…＋S 100＝⎝⎛⎭⎫－a 1－12＋⎝⎛⎭⎫a 2－122＋…＋⎝⎛⎭⎫－a 99－1299＋⎝⎛⎭⎫a 100－12100 ＝－a 1＋a 2＋…－a 99＋a 100－⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋1299＋12100 ＝S 100－2(a 1＋a 3＋…＋a 99)－⎝⎛⎭⎫1－12100 ＝S 101－a 101－2⎝⎛⎭⎫－122－124－…－12100－⎝⎛⎭⎫1－12100＝－12102－⎝⎛⎭⎫－12102＋2×122⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫122501－122－⎝⎛⎭⎫1－12100 ＝－13⎝⎛⎭⎫1－12100＝13⎝⎛⎭⎫12100－1. 14．D3[2013·辽宁卷] 已知等比数列{}a n 是递增数列，S n 是{}a n 的前n 项和，若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________．14．63 [解析] 由题意可知a 1＋a 3＝5，a 1·a 3＝4.又因为{a n }为递增的等比数列，所以a 1＝1，a 3＝4，则公比q ＝2，所以S 6＝1×（1－26）1－2＝63.21．H6、H8、D3[2013·全国卷] 已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为3，直线y ＝2与C 的两个交点间的距离为 6.(1)求a ，b ；(2)设过F 2的直线l 与C 的左、右两支分别交于A ，B 两点，且|AF 1|＝|BF 1|，证明：|AF 2|，|AB|，|BF 2|成等比数列．21．解：(1)由题设知ca ＝3，即a 2＋b 2a 2＝9，故b 2＝8a 2.所以C 的方程为8x 2－y 2＝8a 2. 将y ＝2代入上式，求得x ＝±a 2＋12.由题设知，2a 2＋12＝6，解得a 2＝1.所以a ＝1，b ＝2 2.(2)证明：由(1)知，F 1(－3，0)，F 2(3，0)，C 的方程为8x 2－y 2＝8.① 由题意可设l 的方程为y ＝k(x －3)，|k|＜2 2，代入①并化简得 (k 2－8)x 2－6k 2x ＋9k 2＋8＝0. 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则 x 1≤－1，x 2≥1，x 1＋x 2＝6k 2k 2－8，x 1x 2＝9k 2＋8k 2－8.于是|AF 1|＝（x 1＋3）2＋y 21＝（x 1＋3）2＋8x 21－8＝－(3x 1＋1)，|BF 1|＝（x 2＋3）2＋y 22＝（x 2＋3）2＋8x 22－8＝3x 2＋1.由|AF 1|＝|BF 1|得－(3x 1＋1)＝3x 2＋1，即x 1＋x 2＝－23.故6k 2k 2－8＝－23，解得k 2＝45，从而x 1x 2＝－199.由于|AF 2|＝（x 1－3）2＋y 21＝（x 1－3）2＋8x 21－8＝1－3x 1，|BF 2|＝（x 2－3）2＋y 22＝（x 2－3）2＋8x 22－8＝3x 2－1， 故|AB|＝|AF 2|－|BF 2|＝2－3(x 1＋x 2)＝4， |AF 2|·|BF 2|＝3(x 1＋x 2)－9x 1x 2－1＝16. 因而|AF 2|·|BF 2|＝|AB|2，所以|AF 2|，|AB|，|BF 2|成等比数列．6．D3[2013·全国卷] 已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于( )A ．－6(1－3－10) B.19(1－310)C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)6．C [解析] 由3a n ＋1＋a n ＝0，得a n ≠0(否则a 2＝0)且a n ＋1a n ＝－13，所以数列{a n }是公比为－13的等比数列，代入a 2可得a 1＝4，故S 10＝4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13101＋13＝3×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1310＝3(1－3－10)．17．D3[2013·陕西卷] 设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列． 17．解：(1)设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，① qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，② ①－②得，(1－q)S n ＝a 1－a 1q n ，∴S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q，q ≠1.(2)假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N ＋，(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)， 即a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，即a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1. ∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0， ∴q ＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列． 16．D2，D3[2013·四川卷] 在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．16．解：设该数列公差为d ，前n 项和为S n ，由已知可得2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d)2＝(a 1＋d)(a 1＋8d)，所以a 1＋d ＝4，d(d －3a 1)＝0.解得a 1＝4，d ＝0或a 1＝1，d ＝3.即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.3．D3[2013·新课标全国卷Ⅱ] 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( )A.13 B ．－13 C.19 D ．－19 3．C [解析] S 3＝a 2＋10a 1a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1a 3＝9a 1q 2＝9，a 5＝9a 3q 2＝9a 3＝1a 1＝a 3q 2＝19，故选C.12．D2，D3[2013·重庆卷] 已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________．12．64 [解析] 设数列{a n }的公差为d ，由a 1，a 2，a 5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，所以S 8＝8×1＋8（8－1）2×2＝64.D4 数列求和17．D4[2013·江西卷] 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n)＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. 解：(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n)＝0，得 [S n －(n 2＋n)](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n.于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n. 综上，数列{a n }的通项为a n ＝2n.(2)证明：由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1（n ＋2）2. T n ＝116⎣⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n －1）2－⎦⎤1（n ＋1）2＋1n 2－1（n ＋2）2 ＝116⎣⎡⎦⎤1＋122－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564. 15．D3，D4[2013·湖南卷] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________．15．(1)－116 (2)13⎝⎛⎭⎫12100－1 [解析] (1)因S n ＝(－1)n a n －12n ，则S 3＝－a 3－18，S 4＝a 4－116，解得a 3＝－116.(2)当n 为偶数时，S n ＝a n －12n ，当n 为奇数时，S n ＝－a n －12n ，可得当n 为奇数时a n ＝－12n ＋1，又S 1＋S 2＋…＋S 100＝⎝⎛⎭⎫－a 1－12＋⎝⎛⎭⎫a 2－122＋…＋⎝⎛⎭⎫－a 99－1299＋⎝⎛⎭⎫a 100－12100 ＝－a 1＋a 2＋…－a 99＋a 100－⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋1299＋12100 ＝S 100－2(a 1＋a 3＋…＋a 99)－⎝⎛⎭⎫1－12100 ＝S 101－a 101－2⎝⎛⎭⎫－122－124－…－12100－⎝⎛⎭⎫1－12100 ＝－12102－⎝⎛⎭⎫－12102＋2×122⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫122501－122－⎝⎛⎭⎫1－12100 ＝－13⎝⎛⎭⎫1－12100＝13⎝⎛⎭⎫12100－1. 20．D2、D4[2013·山东卷] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＋a n ＋12n ＝λ(λ为常数)，令c n ＝b 2n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和R n .20．解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d. 由S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝8a 1＋4d ，a 1＋（2n －1）d ＝2a 1＋2（n －1）d ＋1， 解得a 1＝1，d ＝2，因此a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由题意知T n ＝λ－n 2n －1，所以n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝－n2n －1＋n －12n －2＝n －22n －1.故c n ＝b 2n ＝2n －222n －1＝(n －1)⎝⎛⎭⎫14n －1，n ∈N *.所以R n ＝0×⎝⎛⎭⎫140＋1×⎝⎛⎭⎫141＋2×⎝⎛⎭⎫142＋3×⎝⎛⎭⎫143＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n －1，则14R n ＝0×⎝⎛⎭⎫141＋1×⎝⎛⎭⎫142＋2×⎝⎛⎭⎫143＋…＋(n －2)×⎝⎛⎭⎫14n －1＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n ，两式相减得34R n ＝⎝⎛⎭⎫141＋⎝⎛⎭⎫142＋⎝⎛⎭⎫143＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －1－(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n ＝14－⎝⎛⎭⎫14n 1－14－(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n＝13－1＋3n 3⎝⎛⎭⎫14n ， 整理得R n ＝194－3n ＋14n －1.所以数列{c n }的前n 项和R n ＝194－3n ＋14n －1.D5 单元综合12．D5[2013·新课标全国卷Ⅰ] 设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1，2，3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n2，则( )A ．{S n }为递减数列B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列12．B [解析] 因为a n ＋1＝a n ，所以a n ＝a 1.又因为b n ＋1＋c n ＋1＝12(b n ＋c n )＋a n ＝12(b n ＋c n )＋a 1，所以b n ＋1＋c n ＋1－2a 1＝12(b n ＋c n －2a 1)．因为b 1＋c 1－2a 1＝0，所以b n ＋c n ＝2a 1，故△A n B n C n中边B n C n 的长度不变，另外两边A n B n ，A n C n 的和不变．因为b n ＋1－c n ＋1＝－12(b n －c n )，且b 1－c 1>0，所以b n －c n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1(b 1－c 1)，当n →＋∞时，b n →c n ，也就是A n C n →A n B n ，所以三角形△A n B n C n 中B n C n 边上的高随着n 的增大而增大．设三角形△A n B n C n 中B n C n 边上的高为h n ，则{h n }单调递增，所以S n ＝12a 1h n 是增函数．答案为B.20．B12 、D5[2013·安徽卷] 设函数f n (x)＝－1＋x ＋x 222＋x 332＋…＋x nn 2(x ∈R ，n ∈N *)．证明：(1)对每个n ∈N *，存在唯一的x n ∈23，1，满足f n (x n )＝0；(2)对任意p ∈N *，由(1)中x n 构成的数列{x n }满足0<x n －x n ＋p <1n.20．证明：(1)对每个n ∈N *，当x>0时，f′n (x)＝1＋x2＋…＋x n －1n>0，故f n (x)在(0，＋∞)内单调递增．由于f 1(1)＝0，当n ≥2时，f n (1)＝122＋132＋…＋1n 2>0.故f n (1)≥0.又f n 23＝－1＋23＋∑k ＝2n 23kk 2≤－13＋14∑k ＝2n 23k＝－13＋14·⎝⎛⎭⎫2321－23n －11－23＝－13·23n －1<0.所以存在唯一的x n ∈23，1，满足f n (x n )＝0.(2)当x>0时，f n ＋1(x)＝f n (x)＋x n ＋1（n ＋1）2≥f n(x)，故f n ＋1(x n )>f n (x n )＝f n ＋1(x n ＋1)＝0.由f n ＋1(x)在(0，＋∞)内单调递增，x n ＋1<x n ，故{x n }为单调递减数列． 从而对任意n ，p ∈N *，x n ＋p <x n .对任意p ∈N *，由于f n (x n )＝－1＋x n ＋x 2n 22＋…＋x n nn2＝0，①f n ＋p (x n ＋p )＝－1＋x n ＋p ＋x 2n ＋p 22＋…＋x n n ＋p n 2＋x n ＋1n ＋p（n ＋1）2＋…＋x n ＋pn ＋p （n ＋p ）2＝0，② ①式减去②式并移项，利用0<x n ＋p <x n ≤1，得x n －x n ＋p ＝∑k ＝2nx k n ＋p －x k n k 2＋∑k ＝n ＋1n ＋p x k n ＋p k 2≤∑k ＝n ＋1n ＋p x k n ＋p k2 ≤∑k ＝n ＋1n ＋p1k 2<∑k ＝n ＋1n ＋p 1k （k －1）＝1n －1n ＋p <1n .因此，对任意p ∈N *，都有0<x n －x n ＋p <1n.9．D5[2013·福建卷] 已知等比数列{a n }的公比为q ，记b n ＝a m(n －1)＋1＋a m(n －1)＋2＋…＋a m(n－1)＋m ，c n ＝a m(n －1)＋1·a m(n －1)＋2·…·a m(n －1)＋m (m ，n ∈N *)，则以下结论一定正确的是( )A ．数列{b n }为等差数列，公差为q mB ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2mC ．数列{c n }为等比数列，公比为qm 2D ．数列{c n }为等比数列，公比为qm m9．C [解析] 取a n ＝1，q ＝1，则b n ＝m ，c n ＝1，排除A ，取a 1＝1，q ＝－1，m 取正偶数，则b n ＝0，排除B ，c n ＋1c n ＝a mn ＋1·a mn ＋2·…·a mn ＋ma m （n －1）＋1·a m （n －1）＋2·…·a m （n －1）＋m＝q m ·q m ·…·q m ,\s\do4(共m 个))＝qm 2，故选C.18．D5[2013·湖北卷] 已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．18．解： (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1. 故a n ＝53·3n －1或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝3513n －1，故1a n 是首项为35，公比为13的等比数列，从而∑n ＝1m 1a n＝351－13m 1－13＝9101－13m <910<1. 若a n ＝(－5)·(－1)n －1，则1a n ＝－15(－1)n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15，m ＝2k －1（k ∈N ＋），0，m ＝2k （k ∈N ＋），故∑n ＝1m 1a n <1.综上，对任何正整数m ，总有∑n ＝1m1a n<1. 故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．19．D5[2013·江苏卷] 设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c，n ∈N *，其中c 为实数．(1)若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0. 19．解：由题设，S n ＝na ＋n （n －1）2d. (1)由c ＝0，得b n ＝S n n ＝a ＋n －12 d.又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝⎛⎭⎫a ＋d 22＝a ⎝⎛⎭⎫a ＋32d ， 化简得d 2－2ad ＝0.因为d ≠0，所以d ＝2a. 因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a.从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk)2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k .(2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS nn 2＋c ＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n 的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有⎝⎛⎭⎫d 1－12d n 3＋⎝⎛⎭⎫b 1－d 1－a ＋12d n 2＋cd 1n ＝c(d 1－b 1)．令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c(d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n ＝D(*)．在(*)式中分别取n ＝1，2，3，4，得A ＋B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1， 从而有⎩⎪⎨⎪⎧7A ＋3B ＋cd 1＝0，①19A ＋5B ＋cd 1＝0，②21A ＋5B ＋cd 1＝0，③由②，③得A ＝0，cd 1＝－5B ，代入方程①，得B ＝0，从而cd 1＝0. 即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0.若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0.又因为cd 1＝0，所以c ＝0. 20．M2，D2，D3，D5[2013·北京卷] 已知{a n }是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为A n ，第n 项之后各项a n ＋1，a n ＋2，…的最小值记为B n ，d n ＝A n －B n .(1)若{a n }为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n ∈N *，a n ＋4＝a n )，写出d 1，d 2，d 3，d 4的值；(2)设d 是非负整数，证明：d n ＝－d(n ＝1，2，3，…)的充分必要条件为{a n }是公差为d 的等差数列；(3)证明：若a 1＝2，d n ＝1(n ＝1，2，3，…)，则{a n }的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20．解：(1)d 1＝d 2＝1，d 3＝d 4＝3.(2)(充分性)因为{a n }是公差为d 的等差数列，且d ≥0，所以a 1≤a 2≤…≤a n ≤…. 因此A n ＝a n ，B n ＝a n ＋1，d n ＝a n －a n ＋1＝－d(n ＝1，2，3，…)． (必要性)因为d n ＝－d ≤0(n ＝1，2，3，…)．所以A n ＝B n ＋d n ≤B n . 又因为a n ≤A n ，a n ＋1≥B n ， 所以a n ≤a n ＋1.于是，A n ＝a n ，B n ＝a n ＋1.因此a n ＋1－a n ＝B n －A n ＝－d n ＝d ， 即{a n }是公差为d 的等差数列．(3)因为a 1＝2，d 1＝1，所以A 1＝a 1＝2，B 1＝A 1－d 1＝1. 故对任意n ≥1，a n ≥B 1＝1.假设{a n }(n ≥2)中存在大于2的项． 设m 为满足a m >2的最小正整数， 则m ≥2，并且对任意1≤k<m ，a k ≤2.又因为a 1＝2，所以A m －1＝2，且A m ＝a m >2，于是，B m ＝A m －d m >2－1＝1，B m －1＝min{a m ，B m }>1. 故d m －1＝A m －1－B m －1<2－1＝1，与d m －1＝1矛盾．所以对于任意n ≥1，有a n ≤2，即非负整数列{a n }的各项只能为1或2. 因为对任意n ≥1，a n ≤2＝a 1， 所以A n ＝2.故B n ＝A n －d n ＝2－1＝1.因此对于任意正整数n ，存在m 满足m>n ，且a m ＝1，即数列{a n }有无穷多项为1.19．D5[2013·天津卷] 已知首项为32的等比数列{a n }不．是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．19．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12，故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n ＝1－－12n ＝⎩⎨⎧1＋12n ，n 为奇数，1－12n ，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56. 当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712. 综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56. 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.16．D2，D5，B12[2013·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．16．－49 [解析] 由已知，a 1＋a 10＝0，a 1＋a 15＝103d ＝23，a 1＝－3，∴nS n ＝n 3－10n 23，易得n ＝6或n ＝7时，nS n 出现最小值．当n ＝6时，nS n ＝－48；n ＝7时，nS n ＝－49.故nS n的最小值为－49.18．D5[2013·浙江卷] 在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d<0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.18．解：(1))由题意得a 1·5a 3＝(2a 2＋2)2， 即d 2－3d －4＝0. 所以d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d<0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，则 当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－12n 2＋212n.当n ≥12时， |a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n|＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.1．[2013·云南玉溪一中月考(三)] 已知定义在R 上的函数f(x)，g(x)满足f （x ）g （x ）＝a x ，且f ′(x)g(x)<f(x)·g ′(x)，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52，若有穷数列{f （n ）g （n ）}(n ∈N *)的前n 项和等于3132，则n 等于( )A ．4B ．5C ．6D ．71．B [解析] 由[f （x ）g （x ）]′＝f′（x ）g （x ）－f （x ）g′（x ）g 2（x ），因f ′(x)g(x)<f(x)g′(x)，所以[f （x ）g （x ）]′<0，即a x ln a<0，故0<a<1.由f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52，得a ＋1a ＝52，解得a ＝12.所以有穷数列{f （n ）g （n ）}(n ∈N *)是等比数列，其前n 项和S n ＝12－（12）n ＋11－12＝3132，得n ＝5.选择B.2．[2013·黄山一检] 若{a n }是等差数列，首项a 1>0，公差d<0，且a 2 013(a 2 012＋a 2 013)>0，则使数列{a n }的前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是( )A ．4 027B ．4 026C ．4 025D ．4 024 2．D [解析] 因为{a n }是等差数列，首项a 1>0，公差d<0，故数列0为单调减数列．a 2 013(a 2012＋a 2 013)>0，若a 2 013>0，则a 2 012>0，所以a 2 012＋a 2 013>0，由于S 4 024＝4 024（a 1＋a 4 024）2＝2 012(a 2 012＋a 2 013)>0，故使数列{a n }的前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是4 024.[规律解读] 若{a n }是等差数列，求前n 项和的最值时，(1)若a 1>0，d<0，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，前n 项和S n 最大；(2)若a 1<0，d>0，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0，前n 项和S n 最小；(3)除上面方法外，还可将{a n }的前n 项和的最值问题看作S n 关于n 的二次函数最值问题，利用二次函数的图像或配方法求解，注意n ∈N *.3．[2013·北大附中河南分校月考(四)] 已知各项为正的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为2 2，则2a 7＋a 11的最小值为( )A ．16B ．8C ．2 2D ．43．B [解析] 由题意a 4a 14＝(2 2)2＝8，由等比数列的性质a 4a 14＝a 29＝8，又各项为正，所以a 9＝2 2，则2a 7＋a 11＝2a 9q 2＋a 9q 2≥2 2a 9q 2×a 9q 2＝2 2×a 9＝8，当且仅当2a 9q 2＝a 9q 2，即q 4＝2时取等号，选B.4．[2013·昆明调研] 公比不为1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且－3a 1，－a 2，a 3成等差数列，若a 1＝1，则S 4＝( )A ．－20B ．0C ．7D ．404．A [解析] 设数列的公比为q(q ≠1)，因为－3a 1，－a 2，a 3成等差数列，所以－3a 1＋a 3＝－2a 2，由于a 1＝1，所以－3＋q 2＋2q ＝0，因为q ≠1，所以q ＝－3.故S 4＝1－3＋9－27＝－20.5．[2013·山西师大附中3月月考] 对大于或等于2的自然数m 的n 次方幂有如下分解方式：22＝1＋3 32＝1＋3＋5 42＝1＋3＋5＋7 23＝3＋5 33＝7＋9＋11 43＝13＋15＋17＋19根据上述分解规律，则 52＝1＋3＋5＋7＋9，若m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是73.则m 的值为________．5．9 [解析] 按照条件可以归纳出m 3(m ∈N *)的分解规律是：分解的项数是m 项，分解数是奇数，从第[m(m －1)＋1]个奇数开始．所以m(m －1)＋1＝73，解得m ＝9或－8(舍去)，所以m ＝9.6．[2013·杭州一检] 设等差数列{a n }满足：sin 2a 3－cos 2a 3＋cos 2a 3cos 2a 6－sin 2a 3sin 2a 6sin （a 4＋a 5）＝1，公差d ∈(－1，0)．若当且仅当n ＝9时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最大值，则首项a 1的取值范围是( )A ．(7π6，4π3)B ．(4π3，3π2)C.⎣⎡⎦⎤7π6，4π3D.⎣⎡⎦⎤4π3，3π26．B [解析] 先化简得（sin 2a 3－sin 2a 3sin 2a 6）－（cos 2a 3－cos 2a 3cos 2a 6）sin （a 4＋a 5）＝1⇒（sin a 3cos a 6）2－（cos a 3sin a 6）2sin （a 4＋a 5）＝1⇒sin （a 3＋a 6）sin （a 3－a 6）sin （a 4＋a 5）＝1⎭⎪⎬⎪⎫⇒sin （a 3－a 6）＝1a 3－a 6＝－3d ⇒d ＝－π6.又当且仅当n ＝9时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最大值，即a 9>0，a 10<0⇔⎩⎪⎨⎪⎧a 9＝a 1＋8d>0，a 10＝a 1＋9d<0⇒4π3<a 1<3π2.。

数列的综合应用【选题明细表】知识点、方法题号等差数列与等比数列综合1、2、10数列的实际应用3、9、11数列与函数、方程综合6、8数列与不等式的综合4、12数列与其他知识的综合5、7一、选择题1.(2013郑州模拟)已知各项均不为0的等差数列{a n},满足2a3-+2a11=0,数列{b n}是等比数列,且b7=a7,则b6b8等于( D )(A)2 (B)4 (C)8 (D)16解析:因为{a n}为等差数列,所以a3+a11=2a7,所以已知等式可化为4a7-=0,解得a7=4或a7=0(舍去),又{b n}为等比数列,所以b6b8===16.故选D.2.(2013北京朝阳区模拟)设数列{a n}是公差不为0的等差数列, a1=1且a1、a3、a6成等比数列,则{a n}的前n项和S n等于( A )(A)+(B)+(C)+(D) n2+n解析:由a1、a3、a6成等比数列可得=a1·a6,设等差数列{a n}的公差为d,则(1+2d)2=1×(1+5d),而d≠0.故d=,所以S n=n+×=+.故选A.3.四个小动物换座位,开始是鼠、猴、兔、猫分别坐1、2、3、4号位子上如图,第一次前后排动物互换座位,第二次左右列动物互换座位,…,这样交替进行下去,那么第2013次互换座位后,小兔的座位对应的是( C )(A)编号1 (B)编号2(C)编号3 (D)编号4解析:小兔原来的位置编号为a0=3,每次变换后小兔座位的位置编号为a n,由题图可得a1=1,a2=2,a3=4,依次类推得a4=3,a5=1,a6=2…该数列的项周期性出现,周期为4,即a n+4=a n,故a2013=a4×503=a0=3.故选C.4.(2013豫西五校联考)设实数a1,a2,a3,a4是一个等差数列,且满足1<a1<3,a3=4.若定义b n=,给出下列命题:(1)b1,b2,b3,b4是一个等比数列;(2)b1<b2;(3)b2>4;(4)b4>32;(5)b2·b4=256.其中真命题的个数为( C )(A)2 (B)3 (C)4 (D)5解析:若{a n}是公差为d的等差数列,则{}是公比为2d的等比数列,故(1)正确;a3>a1⇒公差d>0⇒公比2d>1,(2)正确;a1+a3=2a2,由1<a1<3,a3=4,得a1+a3>5⇒a2>2⇒b2=>4,(3)正确;1<a1<3,a3=4,又a3=a1+2d⇒d=∈⇒a4∈,故b4=不一定大于32,(4)不正确;因为b2·b4==()2=256,所以(5)正确.故选C.5.在直角坐标系中,O是坐标原点,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是第一象限的两个点,若1、x1、x2、4依次成等差数列,而1、y1、y2、8依次成等比数列,则△OP1P2的面积是( A )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:根据等差、等比数列的性质,可知x1=2,x2=3,y1=2,y2=4.∴P1(2,2),P2(3,4).∴=1.故选A.6.(2013长春四校联考)已知实数a,b,c,d成等比数列,且函数f(x)=ln x-x,当x=b时取到极大值c,则ad等于( C )(A)1 (B)0 (C)-1 (D)2解析:实数a,b,c,d成等比数列,故由等比数列的性质得ad=bc,又由函数f(x)=ln x-x,当x=b 时取到极大值c可得解得故ad=bc=-1.故选C.二、填空题7.对正整数n,设曲线y=x n(1-x)在x=2处的切线与y轴交点的纵坐标为a n,则数列的前n项和为.解析:由题意,得y'=nx n-1-(n+1)x n,故曲线y=x n(1-x)在x=2处的切线的斜率为k=n2n-1-(n+1)2n,切点为(2,-2n),所以切线方程为y+2n=k(x-2).令x=0得a n=(n+1)2n,即=2n,则数列的前n项和为2+22+23+…+2n=2n+1-2.答案:2n+1-28.已知函数f(x)=2x,等差数列{a n}的公差为2,若f(a2+a4+a6+a8+a10)=4,则log2[f(a1)·f(a2)·f(a3)·…·f(a10)]= .解析:法一∵数列{a n}是公差为2的等差数列,∴a2+a4+a6+a8+a10=5a2+40.又∵f(a2+a4+a6+a8+a10)=4,∴=4,即=22,解得a2=-,∴a1=-,∵f(a1)·f(a2)·f(a3)·…·f(a10)=.而a1+a2+a3+…+a10=10×+×2=-6,∴log2[f(a1)·f(a2)·f(a3)·…·f(a10)]=log22-6=-6.法二∵f(x)=2x,f(a2+a4+a6+a8+a10)=4,∴=4,∴a2+a4+a6+a8+a10=2,∵等差数列{a n}的公差为2,∴a1+a3+a5+a7+a9=(a2+a4+a6+a8+a10)-5d=-8∴a1+a2+…+a9+a10=-6,∴log2[f(a1)·f(a2)·f(a3)·…·f(a10)]=log2=log22-6=-6.答案:-69.某房地产开发商在销售一幢23层的商品楼之前按下列方法确定房价:由于首层与顶层均为复式结构,因此首层价格为a1元/m2,顶层由于景观好价格为a2元/m2,第2层价格为a元/m2,从第3层开始每层在前1层价格上加价元/m2,则该商品房各层的平均价格为元/m2.解析:设第2层到第22层的价格构成数列{b n},则{b n}是等差数列,b1=a,公差d=,共21项,所以其和为S21=21a+·=23.1a,故平均价格为(a1+a2+23.1a)(元/m2).答案:(a1+a2+23.1a)三、解答题10.(2013温州模拟)已知公差不为0的等差数列{a n},a1=1,且a2,a4-2,a6成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)已知数列{b n}的通项公式是b n=2n-1,集合A={a1,a2,…,a n,…},B={b1,b2,b3,…,b n,…}.将集合A∩B中的元素按从小到大的顺序排成一个新的数列{c n},求数列{c n}的前n项和S n.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d.由题意(a4-2)2=a2a6得(3d-1)2=(1+d)(1+5d),解得d=3或d=0.因为公差d不为0,所以d=3.故a n=3n-2.(2)由题意知数列{c n}是数列{a n}与数列{b n}的公共项,令2n-1=3m-2,则2n=2·2n-1=6m-4=3(2m-1)-1不是数列{c n}的项,2n+1=2n-1·22=12m-8=3(4m-2)-2是数列{c n}的项.所以{c n}是以a1=b1=1为首项,4为公比的等比数列,即c n=4n-1,故S n==.11.(2013年高考湖南卷)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2013万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底上缴资金d万元,并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n万元.(1)用d表示a1,a2,并写出a n+1与a n的关系式;(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4000万元,试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示).解:(1)由题意得a1=2013(1+50%)-d=3000-d,a2=a1(1+50%)-d=a1-d=4500-d,a n+1=a n(1+50%)-d=a n-d.(2)由(1)得a n=a n-1-d=-d=a n-2-d-d=…=a1-d.整理得a n=(3000-d)-2d=(3000-3d)+2d.由题意,a m=4000,即(3000-3d)+2d=4000.解得d==.故该企业每年上缴资金d的值为时,经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4000万元.12.(2013江西九校联考)设数列{a n}的前n项和为S n,对任意n∈N*,都有a n>0,且满足(a1+a2+…+a n)2=++…+.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)当0<λ<1时,设b n=(1-λ)(a n+),c n=λ(a n+1),数列{}的前n项和为T n,求证:T n>.(1)解:当n=1时,a1=S1=,所以a1=1.当n=2时,S2=,即a1+a2=,所以a2=2.由题知,++…+=(a1+a2+…+a n)2,①++…++=(a1+a2+…+a n+a n+1)2,②由②-①得=(a1+a2+…+a n+a n+1)2-(a1+a2+…+a n)2,因为a n+1>0,所以=2(a1+a2+…+a n)+a n+1,③=2(a1+a2+…+a n-1)+a n(n≥2),④由③-④得-=a n+a n+1,所以a n+1-a n=1.因为a2-a1=1,所以当n≥1时都有a n+1-a n=1,所以{a n}是以1为首项,以1为公差的等差数列,故a n=n.(2)证明:因为b n=(1-λ),c n=λ(n+1),所以=≥=-,所以T n≥16[(-)+(-)+…+(-)]=16[+++…++-2(++…+)]=16(++…+-).设t n=++…+,倒序相加得2t n=(+)+(+)+…+(+)=++…+>++…+(利用不等式ab≤()2进行化简得到)=.所以t n>,从而T n>16=.因为-=≥0,所以T n>.。