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2014数列理科高考题答案 (1)


2014 数列理科高考题
1、[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(
C

)

A.8 B.10 C.12 D.14 2、[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 ( C) A.d<0 B.d>

;0 C.a1d<0 D.a1d>0 3、[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( C ) A.6 B.5 C.4 D.3 4、[2014·重庆卷] 对任意等比数列{an},下列说法一定正确的是(D ) 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 5、[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=___1__. 6、[2014·北京卷] 若等差数列{an}满足 a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当 n= ___8___时,{an}的前 n 项和最大. 7、[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__-2_. 8、[2014·广东卷] 若等比数列{an}的各项均为正数,且 则 ln a1+ln a2+…+ln a20=___50__. 9、[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.
解:(1)因为 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),所以 an+1 an - =2,即 cn+1-cn bn+1 bn 1

a10a11+a9a12=2e5,

an bn

=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.
- -

10、[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=λ Sn-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.
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.

11、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+1. ? 1? ? ? (1)证明?an+ ?是等比数列,并求{an}的通项公式; 2? ? ? ? 1 1 1 3 (2)证明 + +…+ < . a1 a2 an 2 1? 1 解:(1)由 an+1=3an+1 得 an+1+ =3? ?an+2?. 2

1? 1 3 ? 3 1 3n 又 a1+ = ,所以?an+2?是首项为 ,公比为 3 的等比数列,所以 an+ = ,因此数 2 2 2 2 2 ? ? 3n-1 列{an}的通项公式为 an= . 2 1 2 (2)证明:由(1)知 = n . an 3 -1 - 因为当 n≥1 时,3n-1≥2×3n 1, 1 1 1 2 1 所以 n ≤ = ≤ . - ,即 an 3n-1 3n-1 3 -1 2×3n 1 1 3 1 1 1 1 1 3 1- n?< . 于是 + +…+ ≤1+ +…+ n-1= ? 3 ? ? 2 a1 a2 an 3 2 3 1 1 1 3 所以 + +…+ < . a1 a2 an 2
* 12、[2014·重庆卷] 设 a1=1,an+1= a2 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 a2n<c<a2n+1 对所有 n∈N*成立?证明 你的结论.

(1)方法一:a2=2,a3= 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= n-1+1(n∈N*).

方法二:a2=2,a3= 2+1. 可写为 a1= 1-1+1,a2= 2-1+1,a3= 3-1+1.因此猜想 an= 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= k-1+1,则 ak+1= (ak-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 an= n-1+1(n∈N*). (2)方法一:设 f(x)= (x-1)2+1-1,则 an+1=f(an). 1 令 c=f(c),即 c= (c-1)2+1-1,解得 c= . 4 下面用数学归纳法证明命题 a2n<c<a2n+1<1. 1 当 n=1 时,a2=f(1)=0,a3=f(0)= 2-1,所以 a2< <a3<1,结论成立. 4 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. 1 综上,存在 c= 使 a2n<C<a2a+1 对所有 n∈N*成立. 4 方法二:设 f(x)= (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)= 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<a2n+1(n∈N*). ② 当 n=1 时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)= 2-1,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< a2 2n-2a2n+2-1, 2 即(a2n+1)2<a2 n-2a2n+2, 1 因此 a2n< . ③ 4 又由①②及 f(x)在(-∞,1]上为减函数,得 f(a2n)>f(a2n+1),即 a2n+1>a2n+2. 1 所以 a2n+1> a2 ④ 2n+1-2a2n+1+2-1,解得 a2n+1> . 4 1 综上,由②③④知存在 c= 使 a2n<c<a2n+1 对一切 n∈N*成立. 4

13、[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.

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. 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.

14、[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; 1 (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 2 式.
解 : (1) 因 为 {an} 是 递 增 数 列 , 所 以 an + 1 - an = |an + 1 - an| = pn. 而 a1 = 1 , 因 此 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, 1 解得 p= 或 p=0. 3 1 当 p=0 时,an+1=an,这与{an}是递增数列矛盾,故 p= . 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 1 1 因为 2n< 2n-1,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.② 2 2 1?2n-1 (-1)2n 由①②知,a2n-a2n-1>0,因此 a2n-a2n-1=? ?2? = 22n-1 .③ + 1?2n (-1)2n 1 因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故 a2n+1-a2n=-? = . 2n ?2? 2 ④ + (-1)n 1 由③④可知,an+1-an= . n 2 (-1)n 1 1 于是 an = a1 + (a2 - a1) + (a3 - a2) +…+ (an - an - 1) = 1 + - 2 +…+ =1+ - 2 2 2n 1 1 n-1 - ? 1-? n ? 2? 1 4 1 (-1) · = + · . n-1 2 1 3 3 2 1+ 2 n 4 1 (-1) 故数列{an}的通项公式为 an= + · . n-1 3 3 2

15、[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=

1

anan+1

,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

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, 10 5 解得- ≤d≤- , 3 2 因此 d=-3. 故数列{an}的通项公式为 an=13-3n. (2)bn = 1 1 1 1 1 = ?10-3n-13-3n? . 于 是 Tn = b1 + b2 + … + bn = 3 ? (13-3n)(10-3n) 3 ?

n ?1- 1 ?+?1-1?+…+? 1 - 1 ?=1? 1 - 1 ?= 10 7 10 4 7 10 - 3 n 13 - 3 n 10 - 3 n ? ? ? ? ? ? 3? ? 10(10-3n).

16、[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 4n

anan+1

,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

2×1 解: (1)因为 S1=a1,S2=2a1+ ×2=2a1+2, 2 4×3 S4=4a1+ ×2=4a1+12, 2 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)n
-1

4n anan+1

-1

4n (2n-1)(2n+1)

1 1 - =(-1)n 1?2n-1+2n+1?. ? ? 当 n 为偶数时, 1? ?1 1? ? 1 + 1 ? ? 1 + 1 ? Tn=? ?1+3?-?3+5?+…+?2n-3 2n-1?-?2n-1 2n+1? 1 =1- 2n+1 = 2n . 2n+1

当 n 为奇数时, 1 1 ? ? 1 1 ? 1 1 1 + + 1+ ?-? + ?+…-? Tn=? + 2n-3 2n-1 2n-1 2n+1 ? 3? ?3 5?

?

? ?

?

1 =1+ 2n+1 = 2n+2 . 2n+1
n-1

2n+2 ? ?2n+1,n为奇数,? 2n+1+(-1) 所以 T =? ?或T = 2n+1 ? 2n , n 为偶数 . ?2n+1 ?
n n

? ? ?

17、[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.
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 a2+c2-b2 a2+c2-ac 2ac-ac 1 cos B= = ≥ = , 2ac 2ac 2ac 2 当且仅当 a=c 时等号成立, 1 ∴cos B 的最小值为 . 2

18、[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.
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 = (q-1)(1-qn 1) n-1 -q 1-q


=-1<0, 所以 s<t.

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-

?an? ? ? 1 ,求数列? ?的前 n 项和 Tn. ln 2 ? ?bn? ?

解:(1)由已知得,b7=2a7,b8=2a8=4b7,所以 2a8=4×2a7=2a7+2,解得 d=a8-a7=2, n(n-1) 所以 Sn=na1+ d=-2n+n(n-1)=n2-3n. 2 (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 由题意有 a2- =2- ,解得 a2=2. ln 2 ln 2 所以 d=a2-a1=1. 从而 an=n,bn=2n, an an n 所以数列{ }的通项公式为 = n, bn bn 2 n-1 n 1 2 3 所以 Tn= + 2+ 3+…+ n-1 + n, 2 2 2 2 2 1 2 3 n 2Tn= + + 2+…+ n-1, 1 2 2 2
n 1 1 1 1 n 1 n 2 -n-2 因此,2Tn-Tn=1+ + 2+…+ n-1- n=2- n-1- n= . 2 2 2 2 2n 2 2


2n 1-n-2 所以,Tn= . 2n


20、 [2014· 浙江卷] 已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an=( 2)bn(n∈N*). 若 {an}为等比数列,且 a1=2,b3=6+b2. (1)求 an 与 bn. 1 1 * (2)设 cn= - (n∈N ).记数列{cn}的前 n 项和为 Sn.

an bn

(i)求 Sn; (ii)求正整数 k,使得对任意 n∈均有 Sk≥Sn.
解:(1)由题意 a1a2a3…an=( 2)bn,b3-b2=6, 知 a3=( 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*). n(n+1) + . 所以,a1a2a3…an=2 =( 2)n(n 1) 2 故数列{bn}的通项为 bn=n(n+1)(n∈N*). 1 1 1 1 1 (2)(i)由(1)知 cn= - = n-?n-n+1?(n∈N*). an bn 2 ? ? 1 1 * 所以 Sn= - n(n∈N ). n+1 2 (ii)因为 c1=0,c2>0,c3>0,c4>0, 1) ? 1 ?n(n+ 当 n≥5 时,cn= -1 , n 2 ? n(n+1)?

n(n+1) (n+1)(n+2) (n+1)(n-2) - = >0, + + 2n 2n 1 2n 1 n(n+1) 5×(5+1) 得 ≤ <1, 2n 25 所以,当 n≥5 时,cn<0. 综上,若对任意 n∈N*恒有 Sk≥Sn,则 k=4. 而

2014 高考文科数列真题
1、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 ) (C)
1 2

(B)-2

(D) ?
2

1 2 1 ,选 D. 2

解:依题意得 S22 = S1S4 ,所以 (2a1 - 1) = a1 (4a1 - 6) ,解得 a1 = -

2、等差数列 ?an ? 的公差为 2,若 a 2 , a 4 , a8 成等比数列,则 ?an ? 的前 n 项和 Sn = (A) n ? n ? 1? (B) n ? n ?1? (C)
n ? n ? 1? 2

(D)

n ? n ? 1? 2

3、 (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
C



B. d ? 0

C. a1d ? 0

D. a1d ? 0

4、 (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 取最大值,则 d 的取值范围___
【答案】 ?1 ? d ? ?

7 8

【解析】 因为 a1 ? 7 ? 0 ,当且仅当 n ? 8 时 Sn 取最大值,可知 d ? 0 且同时满足

a8 ? 0, a9 ? 0 ,
所以, ?

?a8 ? 7 ? 7d ? 0 7 ,易得 ?1 ? d ? ? 8 ?a9 ? 7 ? 8d ? 0

5、 (广东卷) 等比数列 ?an ? 的各项均为正数且 a1a5 ? 4 ,则
log2 a1 ? log2 a2 ? log 2 a3 ? log 2 a4 ? log 2 a5 =
5

.

6、 (安徽卷)数列 {an } 满足 a1 ? 1 , nan?1 ? (n ? 1)an ? n(n ? 1) , n ? N *

a (Ⅰ)证明:数列 { n } 是等差数列; n

(Ⅱ)设 bn ? 3n ? an ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Sn
(Ⅰ )证:由已知可得

an ?1 an a a ? ? 1 ,即 n ?1 ? n ? 1 n ?1 n n ?1 n .

an a } 是以 1 ? 1 为首项,1 为公差的等差数列. n 1 a (Ⅱ )解:由(Ⅰ )得 n ? 1 ? ( n ? 1) ?1 ? n ,所以 an ? n2 ,从而 bn ? n ? 3n n
所以 {

Sn ? 1? 31 ? 2 ? 32 ? 3? 33 ? 3Sn ? 1? 32 ? 2 ? 33 ? 3? 34 ?
① -② 得:

? n ? 3n ? (n-1 ) ? 3n ? n ? 3n+1

① ②

? 2S n ? 31 ? 32 ? 33 ? ? ? 3n ? n ? 3n?1
3 ? (1 ? 3 n ) ? ? n ? 3 n ?1 1? 3 ? (1 ? 2n) ? 3 n ?1 ? 3 2 (2n ? 1) ? 3n +1 ? 3 4

所以 Sn ?

7、 (北京卷) (本小题满分 13 分)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 ? 是等比数列. (1)求数列 ?an ? 和 ?bn ? 的通项公式; (2)求数列 ?bn ? 的前 n 项和.
【解析】⑴ 设等差数列 ?an ? 的公差为 d ,由题意得 d ?
a4 ? a1 12 ? 3 ? ?3 3 3

2, 所以 an ? a1 ? ? n ? 1? d ? 3n ? n ? 1,

?.

设等比数列 bn ? a n 的公比为 q ,由题意得
q3 ? b4 ? a4 20 ? 12 ? ? 8 ,解得 q ? 2 . b1 ? a1 4?3

?

?

所以 bn ? an ? ? b1 ? a1 ? qn?1 ? 2n?1 . 从 而 bn ? 3 n ? 2n?1 ? n ? 1 ,2 ,

?⑵

由 ⑴ 知 bn ? 3n ? 2n?1 ? n ? 1, 2,

? .数列

?3n? 的前 n 项和为 3 n ? n ? 1? ,数列 ?2n?1? 的前 n 项和为 1×
2

1 ? 2n ? 2n ? 1 . 1? 2

3 所以,数列 ?bn ? 的前 n 项和为 n ? n ? 1? ? 2n ? 1 . 2

8、 (福建卷)在等比数列 {an } 中, a2 ? 3, a5 ? 81 . (1)求 an ; (2)设 bn ? log3 an ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Sn .

9、

(本小题满分 14 分) 设各项为正数的数列 ?an ? 的前 n 和为 S n ,且 S n 满足.
Sn 2 ? (n2 ? n ? 3)Sn ? 3(n2 ? n) ? 0, n ? N *

(1)求 a1 的值; (2)求数列 ?an ? 的通项公式; (3)证明:对一切正整数 n ,有
1 1 ? ? a1 ( a1 ? 1) a2 ( a2 ? 1) ? 1 1 ? an (an ? 1) 3

解 : (1)令n ? 1得 : S12 ? (?1) S1 ? 3 ? 2 ? 0, 即S12 ? S1 ? 6 ? 0,? ( S1 ? 3)( S1 ? 2) ? 0, S1 ? 0,? S1 ? 2, 即a1 ? 2.
2 2 (2)由S n ? (n 2 ? n ? 3) S n ? 3(n 2 ? n) ? 0, 得 : ( S n ? 3) ? ? S n ? ( n ? n) ? ? ? 0,

an ? 0(n ? N ? ),? S n ? 0, 从而S n ? 3 ? 0,? S n ? n 2 ? n,
2 ?当n ? 2时, an ? S n ? S n ?1 ? n 2 ? n ? ? ?(n ? 1) ? (n ? 1) ? ? ? 2n,

又a1 ? 2 ? 2 ?1,? an ? 2n(n ? N ? ). (3)当k ? N ?时, k 2 ? k k 3 1 3 ? k 2 ? ? ? (k ? )(k ? ), 2 2 16 4 4 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ? ? ak (ak ? 1) 2k (2k ? 1) 4 k (k ? 1 ) 4 (k ? 1 )(k ? 3 ) 2 4 4 ? ? ? 1 1 1 ? 1 1 ? ? ? ?? ? 1 1? 1 ? 1? 4 ? 4 k? (k ? 1) ? ? (k ? ) ? ?(k ? 1) ? ? ? 4 4? 4 ? 4? ? 1 1 ? ? a1 (a1 ? 1) a2 (a2 ? 1) ? 1 an (an ? 1)

? ? ? 1? 1 1 1 1 1 1 ? ?( ? )?( ? )? ? ? 1 1 1 1? 4 ? 1? 1 2 ? 1 2? 3? n? ( n ? 1) ? ? ? 4 4 4 4 4 4? 1 1 1 1 1 1 ? ( ? )? ? ? . 1 1 4 1? 3 4n ? 3 3 (n ? 1) ? 4 4

10、 (湖北卷)已知等差数列 {an } 满足: a1 ? 2 ,且 a1 , a 2 , a5 成等比数列. (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)记 S n 为数列 {an } 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.
答 案 ( Ⅰ ) 设 数 列 {an } 的 公 差 为 d , 依 题 意 , 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, 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 .

(Ⅱ)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 ?

n[2 ? (4n ? 2)] ? 2n2 . 2

令 2n 2 ? 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 n; 当 an ? 4n ? 2 时,存在满足题意的 n,其最小值为 41.

11、(湖南卷)

n2 ? n ,n ? N ? . 已知数列 ?a n ?的前 n 项和 S n ? 2
n

I)求数列 ?a n ?的通项公式; (II)设 bn ? 2an ? ??1? an ,求数列 ?bn ?的前 2n 项和.

12、 (江西卷) (本小题满分 12 分) 已知数列 ?a n ?的前 n 项和 S n ?
3n 2 ? n ,n ? N ? . 2

(1)求数列 ?a n ?的通项公式; (2)证明:对任意 n ? 1 ,都有 m ? N ? ,使得 a1, an, am 成等比数列.
解析: (1)当 n ? 1 时 a1 ? S1 ? 1 当 n ? 2时
an ? S n ? S n ?1 ?

? ?n? 1 3n 2 ? n 3 ? n ? 1 ? ? 3n ? 2 2 2
2

检验 当 n ? 1 时 a1 ? 1
? an ? 3n ? 2

(2)使 a1, an, am 成等比数列. 则 an 2 = a1am

?? 3n ? 2? =3m ? 2
2

即满足 3m ? ?3n ? 2? ? 2? 9n2 ?12n ? 6
2

所以 m ? 3n 2 ? 4n ? 2 则对任意 n ? 1 ,都有 3n2 ? 4n ? 2 ? N ? 所以对任意 n ? 1 ,都有 m ? N ,使得 a1, an, am 成等比数列.
?

13、 (全国大纲卷)数列 {an } 满足 a1 ? 2, 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.

14、 (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. (I)求数列 {an } 的通项公式; (II)设 bn ? an ( n ?1) ,记 Tn ? ?b1 ? b2 ? b3 ? b4 ? …? (?1)n bn ,求 Tn .
2

15、 (全国 1 卷)已知 ?an ? 是递增的等差数列,a2 ,a4 是方程 x 2 ? 5 x ? 6 ? 0 的根。 (I)求 ?an ? 的通项公式;
?a ? (II)求数列 ? n 的前 n 项和. n ? ?2 ?

16、 (浙江卷)已知等差数列 {an } 的公差 d ? 0 ,设 {an } 的前 n 项和为 S n , a1 ? 1 ,

S2 ? S3 ? 36

(1)求 d 及 S n ; (2)求 m, k ( m, k ? N * )的值,使得 am ? am?1 ? am? 2 ?
(1)由题意, (2a1 ? d )(3a1 ? 3d ) ? 36 , 将 a1 ? 1 代入上式得 d ? 2 或 d ? ?5 ,
? 因为 d ? 0 ,所以 d ? 2 ,从而 an ? 2n ? 1, S n ? n 2 ( n ? N ).

? am? k ? 65 .

(2)由(1)知, an ? an?1 ? ? ? ? ? an?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 , 所以 ?
?

?m ? 5 ?2m ? k ? 1 ? 13 ,所以 ? . ?k ? 4 ?k ? 1 ? 5

17、 (重庆卷)已知 ?an ?是首相为 1,公差为 2 的等差数列, Sn 表示 ?an ?的前

n 项和.
(I)求 an 及 Sn ;
2 (II) 设 ?bn ?是首相为 2 的等比数列, 公比 q 满足 q ? ?a4 ? 1?q ? S4 ? 0 , 求 ?bn ?

的通 项公式及其前 n 项和 Tn .


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