【备考2014】2013高考数学 (真题+模拟新题分类汇编) 数列 理

数列

D1 数列的概念与简单表示法

图1－3

14．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 n

OA n －1＝m ＋（n －1）×3m

m ＋（n －2）×3m ＝

3n －2

3n －5

， 故a 2

n ＝

3n －23n －5

a 2

n －1， a 2

n －1＝3n －53n －8a 2n －2，

a 2

n －2＝3n －83n －11a 2n －3，

…… a 2

2＝41

a 21

以上各式累乘可得a 2

n ＝(3n －2)a 2

1，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 2

B ．p 3，p 4

C ．p 2，p 3

D ．p 1，p 4

4．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 2

2，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 2

2，故a 2＝0或a 2＝3.

由S 1，S 2，S 4成等比数列得S 2

2＝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1－3

A ．16＋8π

B ．8＋8π

C ．16＋16π

D ．8＋16π

8．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 ．3

B ．4

C ．5

D ．6

7．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

＝0 m ＝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

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.

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 2

2，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 2

2，故a 2＝0或a 2＝3.

由S 1，S 2，S 4成等比数列得S 2

2＝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.

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＝－n 2n －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 ＋14

.

所以数列{c n }的前n 项和R n ＝194－3n ＋1

4

n －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

－n

2

.

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＝103 d ＝23，a 1＝－3，∴nS n ＝n 3－10n

2

3，

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 ＋1

3，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 －2

3

a n

－1

，即a n ＝－2a n －1，又因为S 1＝a 1＝23a 1＋1

3

a 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

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 ．24

3．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＝1

2，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<2

7

－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

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＝－1

16

.

(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 ＝－1

2n ＋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＋1

2

2＋…＋1299＋12100

＝S 100－2(a 1＋a 3＋…＋a 99)－? ????1－12100 ＝S 101－a 101－2? ????－122－1

24－…－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 2

a 2－y

2

b 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c a ＝3，即a 2

＋b 2

a 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，2

a 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 2

k 2－8，x 1x 2＝9k 2

＋8

k 2－8

.

于是|AF 1|＝（x 1＋3）2

＋y 2

1＝（x 1＋3）2

＋8x 2

1－8＝－(3x 1＋1)，

|BF 1|＝（x 2＋3）2＋y 22＝（x 2＋3）2＋8x 2

2－8＝3x 2＋1.

由|AF 1|＝|BF 1|得－(3x 1＋1)＝3x 2＋1，即x 1＋x 2＝－2

3.

故6k 2

k 2－8＝－23，解得k 2

＝45，从而x 1x 2＝－199

. 由于|AF 2|＝（x 1－3）2

＋y 2

1＝（x 1－3）2

＋8x 2

1－8＝1－3x 1，

|BF 2|＝（x 2－3）2＋y 22＝（x 2－3）2＋8x 2

2－8＝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＝－4

3，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 ＝－1

3

，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 2

k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，

即a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1q k －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

－n

2

.

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 1 a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1 a 3＝9a 1 q 2

＝9，a 5＝9 a 3q 2

＝9 a 3＝1 a 1＝a 3q 2＝1

9

，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 2

n －(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）a n

，

则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2

＝116??????1n 2－1（n ＋2）2. T n ＝116???

1－132＋122－142＋132－15

2＋…＋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＝－1

16

.

(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 ＝－1

2n ＋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＋1

22＋…＋1299＋12100

＝S 100－2(a 1＋a 3＋…＋a 99)－? ????1－12100

＝S 101－a 101－2? ????－122－1

24－…－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＝－n 2n －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 ＋14

n －1.

所以数列{c n }的前n 项和R n ＝194－3n ＋1

4n －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 n

2

，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 ＝1

2(b n ＋c n )

＋a 1，所以b n ＋1＋c n ＋1－2a 1＝1

2(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 ＝1

2

a 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 2

22＋x 3

32＋…＋x n

n 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

.

20．证明：(1)对每个n∈N *

，当x>0时，f′n (x)＝1＋x 2＋…＋x

n －1

n

>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 23

k

k 2

≤－13＋14∑k ＝2n 23

k

＝－13＋14

·

? ??

??232

1－23n －11－23

＝－13·23

n －1

<0.

所以存在唯一的x n ∈2

3

，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

从而对任意n ，p∈N *

，x n ＋p

对任意p∈N *

，由于f n (x n )＝－1＋x n ＋x 2

n 22＋…＋x n

n

n

2＝0，①

f 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 ＋p

n ＋p

（n ＋p ）2＝0，②

①式减去②式并移项，利用0

x 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

k 2 ≤∑k ＝n ＋1n ＋p

1k 2<∑k ＝n ＋1n ＋p 1k （k －1）＝1n －1n ＋p <1

n .

因此，对任意p∈N *

，都有0

.

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 m

B ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2m

C ．数列{c n }为等比数列，公比为qm 2

D ．数列{c n }为等比数列，公比为qm m

9．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 ＋m a 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＋…＋1

a 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＝5

3，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 ＝1

m

1a n ＝

351－

13

m 1－13

＝9101－13m <9

10

<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 ＝1m

1a n ＝?????－1

5，m ＝2k －1（k∈N ＋），0，m ＝2k （k∈N ＋），

故∑n ＝1m 1

a n <1.

综上，对任何正整数m ，总有∑n ＝1

m

1

a n <1.

故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1

a 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 n n 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 2

S 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）

2

d. (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 2

2＝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 2

a.

从而对于所有的k ，n∈N *，有S nk ＝(nk)2a ＝n 2k 2a ＝n 2

S k .

(2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS n n 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 ＋1

2

d ＝0，cd 1＝0.

若d 1＝0，则由d 1－1

2

d ＝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

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3

2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

·32

n .

(2)由(1)得S n

＝1－－12n

＝?????1＋1

2

n

，n 为奇数，1－1

2n

，n 为偶数.

当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1

6.

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＝－7

12.

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－7

12

.

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＝103 d ＝23，a 1＝－3，∴nS n ＝n 3

－10n

2

3，

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＋212

n.

当n≥12时， |a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－21

2n ＋110.

综上所述，|a 1

|＋|a 2

|＋|a 3

|＋…＋|a n

|＝?????－12n 2

＋21

2

n ，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)

}(n∈N *

)的前n 项

和等于31

32

，则n 等于( )

A ．4

B ．5

C ．6

D ．7

1．B [解析] 由[f （x ）g （x ）]′＝f′（x ）g （x ）－f （x ）g′（x ）

g 2

（x ），因f ′(x)g(x)

ln a<0，故0

，

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 ＋11－1

2

＝31

32

，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 ．4 027

B ．4 026

C ．4 025

D ．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 2

012＋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 ．16

B ．8

C ．2 2

D ．4

3．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 2

9＝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 ．－20

B ．0

C ．7

D ．40

4．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 6

sin （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 ．(7π6，4π

3)

B ．(4π3，3π2)

C.??????7π6，4π3

D.????

??4π3，3π2 6．B [解析] 先化简得

（sin 2a 3－sin 2a 3sin 2a 6）－（cos 2a 3－cos 2a 3cos 2

a 6）

sin （a 4＋a 5）＝1

?（sin a 3cos a 6）2－（cos a 3sin a 6）2

sin （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 ＝－π

6.

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

2.