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D单元 数列



D 单元
D1



数列
数列的概念与简单表示法

3n2-n 17. 、 、[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,a1 也符合上 2 式,所以数列{an}的通项公式为 an=3n-2. 2 (2)证明:要使得 a1,an,am 成等比数列,只需要 a2 (3m-2),即 n=a1·am,即(3n-2) =1· 2 * m=3n -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. 18. 、[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 x=2,由 f′(x)>0 5 x 2? 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? a ? f(x)单调递增; ? 当 x∈? 当 x∈? f(x)单调递减; 当 x∈? ?0,-10?时, ?-10,-2?时, ?-2,+∞? 时,f(x)单调递增. a - ?=0. 易知 f(x)=(2x+a)2 x≥0,且 f? ? 2? 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)=4+4a+a2=8, 2 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?=0,不符合题意. 2 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 x=4 时取得, 而 f(1)≠8, 2 2 由 f(4)=2(64+16a+a )=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 16.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 数列{an}满足 an+1= ,a =2,则 a1=________. 1-an 8 1 16. 2 D2 等差数列及等差数列前 n 项和 2.[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 5.[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 5.D 15. 、[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 n 3 n-1 数列{3n}的前 n 项和为 n(n+1),数列{2 }的前 n 项和为 1× =2 -1, 2 1-2 3 所以,数列{bn}的前 n 项和为 n(n+1)+2n-1. 2 17. ,[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

19. 、 、[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. n2+n 16. 、[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+22+?+22n)+(- 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. 13.[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 -1,- ? 13.? 8? ? 9.[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 9.D 17.[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), 即 an+1-an=2n-1.

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. 5.[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 17. 、[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. ? ?

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 n+4 1 3 S = +? 3+?+2n+1?- n+2 = + ?1-2n-1?- n+2 ,所以 Sn=2- n+1 . 2 n 4 ?2 4 4? ? 2 ? 2 2 19. , ,[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

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)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

所以 Tn=

? ?n(n+2) ? 2 ,n为偶数.

(n+1)2 - ,n为奇数, 2

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,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 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)证明:数列{bn}为等比数列; 1 (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{anb2 n} ln 2 的前 n 项和 Sn. 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. - 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, + n+1 4 -4 (1-3n)4n 1-4 + + 因此,Sn-4Sn=4+42+?+4n-n· 4n 1= -n·4n 1= , 3 3 + (3n-1)4n 1+4 所以,Sn= . 9

19.[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.

16. 、[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, 所以(q-4)2=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 D3 等比数列及等比数列前 n 项和

12.[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=________.

图 13 1 12. 4 17. ,[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

13. 、[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 19. 、 、[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. 7.[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 3n2-n 17. 、 、[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,a1 也符合上 2 式,所以数列{an}的通项公式为 an=3n-2. 2 (2)证明:要使得 a1,an,am 成等比数列,只需要 a2 (3m-2),即 n=a1·am,即(3n-2) =1· 2 * m=3n -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. 18. 、[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 x=2,由 f′(x)>0 5 x 2 ? 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) ,a<0, 2 x a a 所以由 f′(x)=0 得 x=- 或 x=- . 10 2 a? a a? a ? 当 x∈? f(x)单调递增; 当 x∈? f(x)单调递减; 当 x∈? ?0,-10?时, ?-10,-2?时, ?-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)=4+4a+a2=8, 2 得 a=± 2 2-2,均不符合题意. a a - ?=0,不符合题意. ②当 1<- ≤4 时, 即-8≤a<-2 时,f(x)在[1, 4]时的最小值为 f? ? 2? 2 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 x=4 时取得, 而 f(1)≠8, 2 2 由 f(4)=2(64+16a+a )=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. 8.[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 ,根据题意可得 a(1-q2) =3, 1-q a(1-q6) a 2 解得 q =4, =-1,所以 S6= =(-1)(1-43)=63. 4 1 - q 1 - q a(1-q ) =15, 1-q (2)因为 f′(x)=

? ? ? ? ?

5.[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=a2(a2+12),解得 n(n-1) a2=4,即 a1=2,所以 Sn=2n+ ×2=n(n+1). 2 19. , ,[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

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)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

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,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 20. 、 、[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 n-1 ≤(q-1)+(q-1)q+?+(q-1)q n-2-q - (q-1)(1-qn 1) n-1 = -q 1-q =-1<0, 所以 s<t. 16. 、[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 2 (2)由(1)得 a4=7,S4=16.因为 q -(a4+1)q+S4=0,即 q -8q+16=0, 所以(q-4)2=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 D4 数列求和 15. 、[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 n 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 1-2 3 所以,数列{bn}的前 n 项和为 n(n+1)+2n-1. 2 n2+n 16. 、[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+22+?+22n)+(- 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. 17. 、[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. ? ?

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 n+4 1 3 S = +? 3+?+2n+1?- n+2 = + ?1-2n-1?- n+2 ,所以 Sn=2- n+1 . 2 n 4 ?2 4 4? ? 2 ? 2 2 19. , ,[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

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)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

所以 Tn=

? ?n(n+2) ? 2 ,n为偶数.

(n+1)2 - ,n为奇数, 2

D5 单元综合 18.[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? a1 18.解: (1)证明:由已知可得 = +1,即 - =1,所以? n ?是以 =1 为首项, 1 ? ? n+1 n n+1 n 1 为公差的等差数列. an (2)由(1)得 =1+(n-1)· 1=n,所以 an=n2, n 从而可得 bn=n· 3n. - Sn=1×31+2×32+?+(n-1)×3n 1+n×3n,① + 3Sn=1×32+2×33+?+(n-1)3n+n×3n 1.② ①-②得-2Sn=3 +3 +?+3 -n· 3 (2n-1)· 3n 1+3 所以 Sn= . 4


n

1

2

n

n+1

3·(1-3n) (1-2n)· 3n 1-3 n+1 = -n· 3 = , 2 1-3


2 19.[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 S2 n-(n +n- 3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*. (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式;

1 1 1 1 (3)证明:对一切正整数 n,有 + +?+ < . a1(a1+1) a2(a2+1) an(an+1) 3 19. 、 、[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. 20.[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*.于是对任意的正整数 n, 2

n(3-n) 总存在正整数 m=2-Sn=2- ,使得 Sn=2-m=am,所以{an}是“H 数列”,因此 2 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*).于是对任意的正整数 n,总存在正 2 n(n+1) 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 17. 、 、[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,a1 也符合上 2 式,所以数列{an}的通项公式为 an=3n-2. 2 (2)证明:要使得 a1,an,am 成等比数列,只需要 a2 (3m-2),即 n=a1·am,即(3n-2) =1· 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. 18. 、[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 x=2,由 f′(x)>0 5 x 2? 得 x∈? ?0,5?或 x∈(2,+∞). 2 0, ?和(2,+∞). 故函数 f(x)的单调递增区间为? ? 5?

(10x+a)(2x+a) ,a<0, 2 x a a 所以由 f′(x)=0 得 x=- 或 x=- . 10 2 a a a? a ? f(x)单调递增; ? 当 x∈? 当 x∈? f(x)单调递减; 当 x∈? ?0,-10?时, ?-10,-2?时, ?-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)=4+4a+a2=8, 2 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?=0,不符合题意. 2 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 x=4 时取得, 而 f(1)≠8, 2 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. 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)证明:数列{bn}为等比数列; 1 (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{anb2 n} ln 2 的前 n 项和 Sn. 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, + 4Sn=1×42+2×43+?+(n-1)×4n+n×4n 1, + n+1 4 -4 (1-3n)4n 1-4 + + 因此,Sn-4Sn=4+42+?+4n-n· 4n 1= -n·4n 1= , 3 3 + (3n-1)4n 1+4 所以,Sn= . 9 (2)因为 f′(x)=


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