2014年高考数学（理科）真题分类汇编D单元　数列 19页

‎ 数 学 D单元　数列 ‎ D1 数列的概念与简单表示法 ‎17．D1、D4、D5[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.‎ ‎17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以－＝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．D1、D2[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．D1、D3、D5[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.‎ ‎(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明＋＋…＋＜.‎ ‎17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.‎ 又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)证明：由(1)知＝.‎ 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，‎ 所以≤，即＝≤.‎ 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.‎ 所以＋＋…＋<.‎ ‎22．D1，D2，M3[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝＋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a2nf(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＋1)＝a2k＋2，‎ a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.‎ 所以a2n＋1>－1，解得a2n＋1>.　④‎ 综上，由②③④知存在c＝使a2n0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．‎ ‎12．8　[解析] ∵a7＋a8＋a9＝‎3a8>0，a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a8>0，a9<0，∴n＝8时，数列{an}的前n项和最大．‎ ‎3．D2[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　[解析] 设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的前n项和公式，得S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2，‎ 则a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.‎ ‎18．D2、D3、D5[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＝＝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．D2、D5[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＝，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.又a1，‎2a2，‎3a3成等差数列，所以‎4a2＝a1＋‎3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝或p＝0.‎ 当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝.‎ ‎(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<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②‎ 由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝＝.③‎ 因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－＝.④‎ 由③④可知，an＋1－an＝.‎ 于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝＋·.‎ ‎8．D2[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　[解析] 令bn＝‎2a1an，因为数列{‎2a1an}为递减数列，所以＝＝‎2a1(an＋1－an)＝‎2a1d<1，所得a1d<0.‎ ‎18．D2、D4[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＝，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－≤d≤－，‎ 因此d＝－3.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.‎ ‎(2)bn＝＝.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝＝.‎ ‎17．D1、D2[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．D2，D3，D4[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，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝‎2a1＋×2＝‎2a1＋2，‎ S4＝‎4a1＋×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－1 ‎＝(－1)n－1 ‎＝(－1)n－1.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－＋…＋－ ‎＝1－ ‎＝.‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－＋…－＋ ‎＝1＋ ‎＝.‎ 所以Tn＝ ‎16．D2，D3，C8[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．‎ ‎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 cos B＝＝≥＝，‎ 当且仅当a＝c时等号成立，‎ ‎∴cos B的最小值为.‎ ‎11．D2、D3[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．－　[解析] ∵S2＝‎2a1－1，S4＝‎4a1＋×(－1)＝‎4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，‎ ‎∴(‎2a1－1)2＝a1(‎4a1－6)，解得a1＝－.‎ ‎22．D1，D2，M3[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝＋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a2nf(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＋1)＝a2k＋2，‎ a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.‎ 所以a2n＋1>－1，解得a2n＋1>.　④‎ 综上，由②③④知存在c＝使a2n60n＋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＝＝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．D1、D3、D5[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.‎ ‎(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明＋＋…＋＜.‎ ‎17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.‎ 又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)证明：由(1)知＝.‎ 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，‎ 所以≤，即＝≤.‎ 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.‎ 所以＋＋…＋<.‎ ‎19．D2，D3，D4[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，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝‎2a1＋×2＝‎2a1＋2，‎ S4＝‎4a1＋×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－1 ‎＝(－1)n－1 ‎＝(－1)n－1.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－＋…＋－ ‎＝1－ ‎＝.‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－＋…－＋ ‎＝1＋ ‎＝.‎ 所以Tn＝ ‎16．D2，D3，C8[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．‎ ‎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 cos B＝＝≥＝，‎ 当且仅当a＝c时等号成立，‎ ‎∴cos B的最小值为.‎ ‎11．D2、D3[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．－　[解析] ∵S2＝‎2a1－1，S4＝‎4a1＋×(－1)＝‎4a1－6，S1，S2，S4成等比数列，‎ ‎∴(‎2a1－1)2＝a1(‎4a1－6)，解得a1＝－.‎ ‎19．A1、D3、E7[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an0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①‎ 因为<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②‎ 由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝＝.③‎ 因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－＝.④‎ 由③④可知，an＋1－an＝.‎ 于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋＝1＋·＝＋·.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝＋·.‎ ‎21．B11、M3、D5[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＞c，an＋1＝an＋a，证明：an＞an＋1＞c.‎ ‎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>c.‎ ‎①当n＝1时，由题设知a1>c成立．‎ ‎②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c成立．‎ 由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*.‎ 当n＝k＋1时，＝＋a＝‎ ‎1＋.‎ 由ak>c>0得－1<－<<0.‎ 由(1)中的结论得＝>1＋p· ＝.‎ 因此a>c，即ak＋1>c，‎ 所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．‎ 综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．‎ 再由＝1＋可得<1，‎ 即an＋1an＋1>c，n∈N*.‎ 方法二：设f(x)＝x＋x1－p，x≥c，则xp≥c，‎ 所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0.‎ 由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c.‎ ‎①当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知 a2＝a1＋a＝a1c，从而可得a1>a2>c，‎ 故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．‎ ‎②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，‎ 即有ak＋1>ak＋2>c，‎ 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>c均成立．‎ ‎18．D2、D3、D5[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＝＝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．D1、D4、D5[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.‎ ‎17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以－＝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．D1、D3、D5[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.‎ ‎(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明＋＋…＋＜.‎ ‎17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.‎ 又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)证明：由(1)知＝.‎ 因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，‎ 所以≤，即＝≤.‎ 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.‎ 所以＋＋…＋<.‎ ‎19．D5，B11[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－，求数列的前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＋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－.‎ 由题意有a2－＝2－，解得a2＝2.‎ 所以d＝a2－a1＝1.‎ 从而an＝n，bn＝2n，‎ 所以数列{}的通项公式为＝，‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ ‎2Tn＝＋＋＋…＋，‎ 因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.‎ 所以，Tn＝.‎ ‎19．D5[2014·浙江卷] 已知数列{an}和{bn}满足a‎1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.‎ ‎(1)求an与bn.‎ ‎(2)设cn＝－(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∈N*均有Sk≥Sn.‎ ‎19．解：(1)由题意a‎1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，‎ 知a3＝()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＝2＝()n(n＋1)．‎ 故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．‎ ‎(2)(i)由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)．‎ 所以Sn＝－(n∈N*)．‎ ‎(ii)因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，‎ 当n≥5时，cn＝，‎ 而－＝>0，‎ 得≤<1，‎ 所以，当n≥5时，cn<0.‎ 综上，若对任意n∈N*恒有Sk≥Sn，则k＝4.‎ ‎3．[2014·闽南四校期末] 若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式为(　　)‎ A．an＝－2n－1 ‎ B．an＝(－2)n－1‎ C．an＝(－2)n ‎ D．an＝－2n ‎3．B　[解析] 由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得an＝an－an－1.∴an＝－2an－1.又a1＝1，∴an＝(－2)n－1(n≥2)．又a1＝(－2)1－1＝1，∴an＝(－2)n－1.‎ ‎6．[2014·南昌联考] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．若bn＋1＝(n－λ)，b1＝－λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围为(　　)‎ A．λ＜2 B．λ＞3‎ C．λ＞2 D．λ＜3‎ ‎6．A　[解析] 易知＝＋1，∴＋1＝2＋1.‎ 又a1＝1，∴＋1＝＋12n－1＝2n，∴bn＋1＝(n－λ)2n，‎ ‎∴bn＋1－bn＝(n－λ)2n－(n－1－λ)2n－1＝(n－λ＋1)2n－1>0，∴n－λ＋1＞0.又n∈N*，∴λ<2.‎ ‎4．[2014·广州调研] 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，n∈N*.‎ ‎(1)求证：数列为等比数列．‎ ‎(2)是否存在互不相等的正整数m，s，t，使m，s，t成等差数列，且am－1，as－1，at－1成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的m，s，t；如果不存在，请说明理由．‎ ‎4．解：(1)证明：因为an＋1＝，所以＝＋，‎ 所以－1＝－1.‎ 因为a1＝，所以－1＝，‎ 所以数列是首项为，公比为的等比数列．‎ ‎(2)由(1)知，－1＝×n－1＝，所以an＝.‎ 假设存在互不相等的正整数m，s，t满足条件，‎ 则有 由an＝与(as－1)2＝(am－1)(at－1)，‎ 得－12＝－1－1，‎ 即‎3m＋t＋2×‎3m＋2×3t＝32s＋4×3s.‎ 因为m＋t＝2s，所以‎3m＋3t＝2×3s.‎ 又‎3m＋3t≥2 ＝2×3s，当且仅当m＝t时，等号成立，‎ 这与m，s，t互不相等矛盾，‎ 所以不存在互不相等的正整数m，s，t满足条件．‎ ‎2．[2014·景德镇质检] 已知递增数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a＋n)．‎ ‎(1)求a1及数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝求数列{cn}的前2n项和T2n.‎ ‎2．解：(1)当n＝1时，a1＝(a＋1)，解得a1＝1.‎ 当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝(a＋n－1)，‎ a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a＋n)，‎ 所以an＝(a－a＋1)，‎ 即(an－1)2－a＝0，‎ 所以an－an－1＝1或an＋an－1＝1(n≥2)．‎ 又因为数列{an}为递增数列，所以an－an－1＝1，‎ 所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，‎ 所以an＝n.‎ ‎(2)由cn＝ 得cn＝ 则T2n＝(2＋4＋…＋2n)＋[1×21＋3×23＋…＋(2n－1)×22n－1]＋n＝n(n＋1)＋[1×21＋3×23＋…＋(2n－1)×22n－1]＋n.‎ 记Sn＝1×21＋3×23＋…＋(2n－1)×22n－1，①‎ 则4Sn＝1×23＋3×25＋…＋(2n－1)×22n＋1.②‎ 由①－②，得 ‎－3Sn＝2＋24＋26＋…＋22n－(2n－1)22n＋1，‎ ‎＝22＋24＋26＋…＋22n－(2n－1)22n＋1－2，‎ 所以－3Sn＝－(2n－1)22n＋1－2，‎ 所以Sn＝＋＋，‎ 即Sn＝＋，‎ 故T2n＝＋n2＋2n＋.‎ ‎7．[2014·福建闽南四校期末] 已知数列{an}是公差为2的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，则a2的值为(　　)‎ A．3 B．－‎3 C．2 D．－2‎ ‎7．A　[解析] ∵a1，a2，a5成等比数列，∴a＝a1·a5，‎ ‎∴a＝(a2－2)(a2＋6)，解得a2＝3.‎ ‎10．[2014·郑州质检] 已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－‎2a＋‎3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ ‎10．D　[解析] 由已知，得‎2a＝a4＋‎3a8＝a1＋3d＋‎3a1＋21d＝‎4a1＋24d＝4(a1＋6d)＝‎4a7，∴a7＝2或a7＝0(舍去)，‎ ‎∴b7＝2，∴b2b8b11＝b1q·b1q7·b1q10＝bq18＝(b1q6)3＝b＝8.‎ ‎17．[2014·温州十校联考] 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图像过点(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an}满足＝f′，且a1＝4.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎17．解：(1)f′(x)＝2ax＋b.‎ 由题意知f′(0)＝b＝2n，16n‎2a－4nb＝0，‎ ‎∴a＝，b＝2n，∴f(x)＝x2＋2nx，n∈N*.‎ 又数列{an}满足＝f′，f′(x)＝x＋2n，‎ ‎∴＝＋2n，‎ ‎∴－＝2n.‎ 由叠加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，化简可得an＝(n≥2)．‎ 当n＝1时，a1＝4也符合上式，∴an＝(n∈N*)．‎ ‎(2)∵bn＝＝＝2－，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝‎ ‎21－＋－＋…＋－＝21－＝.‎