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  • 2021-07-01 发布

2013年高考数学(理科)真题分类汇编D单元 数列

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D单元 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A1,A2,…,An,…和B1,B2,…,Bn,…分别在角O的两条边上,所有AnBn相互平行,且所有梯形AnBnBn+1An+1的面积均相等,设OAn=an,若a1=1,a2=2,则数列{an}的通项公式是________.‎ ‎14.an= [解析] 令S△OA1B1=m(m>0),因为所有AnBn相互平行且a1=1,a2=2,所以S梯形A1B1B‎2A2=‎3m,当n≥2时,===,‎ 故a=a,‎ a=a,‎ a=a,‎ ‎……‎ a=a 以上各式累乘可得a=(3n-2)a,因为a1=1,‎ 所以an=.‎ ‎4.D1[2013·辽宁卷] 下面是关于公差d>0的等差数列的四个命题:‎ p1:数列是递增数列;‎ p2:数列是递增数列;‎ p3:数列是递增数列;‎ p4:数列是递增数列.‎ 其中的真命题为(  )‎ A.p1,p2 B.p3,p‎4 C.p2,p3 D.p1,p4‎ ‎4.D [解析] 因为数列{an}中d>0,所以{an}是递增数列,则p1为真命题.而数列{an+3nd}也是递增数列,所以p4为真命题,故选D.‎ ‎17.D1、D2[2013·全国卷] 等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3=a,且S1,S2,S4成等比数列,求{an}的通项公式.‎ ‎17.解:设{an}的公差为d.‎ 由S3=a,得‎3a2=a,故a2=0或a2=3.‎ 由S1,S2,S4成等比数列得S=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Sn=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{an}的通项公式为an=3或an=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+×π×22×4=16+8π.‎ ‎7.D2[2013·新课标全国卷Ⅰ] 设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=(  )‎ A.3 B.‎4 C.5 D.6‎ ‎7.C [解析] 设首项为a1,公差为d,由题意可知am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,故d=1.又Sm==0,故a1=-am=-2,‎ 又Sm=ma1+d=0,∴-‎2m+=0m=5.‎ ‎12.D2[2013·广东卷] 在等差数列{an}中,已知a3+a8=10,则‎3a5+a7=________.‎ ‎12.20 [解析] 方法一:a3+a8=‎2a1+9d=10,而‎3a5+a7=3(a1+4d)+a1+6d=2(‎2a1+9d)=20.‎ 方法二:‎3a5+a7=‎2a5+(a5+a7)=‎2a5+‎2a6=2(a5+a6)=2(a3+a8)=20.‎ ‎20.M2,D2,D3,D5[2013·北京卷] 已知{an}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An,第n项之后各项an+1,an+2,…的最小值记为Bn,dn=An-Bn.‎ ‎(1)若{an}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*,an ‎+4=an),写出d1,d2,d3,d4的值;‎ ‎(2)设d是非负整数,证明:dn=-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列;‎ ‎(3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,…),则{an}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{an}是公差为d的等差数列,且d≥0,所以a1≤a2≤…≤an≤….‎ 因此An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,…).‎ ‎(必要性)因为dn=-d≤0(n=1,2,3,…).所以An=Bn+dn≤Bn.‎ 又因为an≤An,an+1≥Bn,‎ 所以an≤an+1.‎ 于是,An=an,Bn=an+1.‎ 因此an+1-an=Bn-An=-dn=d,‎ 即{an}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,an≥B1=1.‎ 假设{an}(n≥2)中存在大于2的项.‎ 设m为满足am>2的最小正整数,‎ 则m≥2,并且对任意1≤k2,‎ 于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}>1.‎ 故dm-1=Am-1-Bm-1<2-1=1,与dm-1=1矛盾.‎ 所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.‎ 因为对任意n≥1,an≤2=a1,‎ 所以An=2.‎ 故Bn=An-dn=2-1=1.‎ 因此对于任意正整数n ,存在m满足m>n,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.‎ ‎17.D1、D2[2013·全国卷] 等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3=a,且S1,S2,S4成等比数列,求{an}的通项公式.‎ ‎17.解:设{an}的公差为d.‎ 由S3=a,得‎3a2=a,故a2=0或a2=3.‎ 由S1,S2,S4成等比数列得S=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Sn=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{an}的通项公式为an=3或an=2n-1.‎ ‎20.D2、D4[2013·山东卷] 设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.‎ ‎20.解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.‎ 由S4=4S2,a2n=2an+1‎ 得 解得a1=1,d=2,因此an=2n-1,n∈N*.‎ ‎(2)由题意知Tn=λ-,所以n≥2时,bn=Tn-Tn-1=-+=.‎ 故cn=b2n==(n-1),n∈N*.‎ 所以Rn=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,‎ 则Rn=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,‎ 两式相减得 Rn=+++…+-(n-1)× ‎=-(n-1)× ‎=-,‎ 整理得Rn=4-.‎ 所以数列{cn}的前n项和Rn=4-.‎ ‎16.D2,D3[2013·四川卷] 在等差数列{an}中,a1+a3=8,且a4为a2和a9的等比中项,求数列{an}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Sn,由已知可得‎2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d),‎ 所以a1+d=4,d(d-‎3a1)=0.‎ 解得a1=4,d=0或a1=1,d=3.即数列{an}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Sn=4n或Sn=.‎ ‎16.D2,D5,B12[2013·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为________.‎ ‎16.-49  [解析] 由已知,a1+a10=0,a1+a15=d=,a1=-3,∴nSn=,易得n=6或n=7时,nSn出现最小值.当n=6时,nSn=-48;n=7时,nSn=-49.故nSn的最小值为-49.‎ ‎12.D2,D3[2013·重庆卷] 已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=________.‎ ‎12.64 [解析] 设数列{an}的公差为d,由a1,a2,a5成等比数列,得(1+d)2=1·(1+4d),解得d=2或d=0(舍去),所以S8=8×1+×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{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式是an=________.‎ ‎14.(-2)n-1 [解析] 因为Sn=an+①,所以Sn-1=an-1+②,①-②得an=an-an-1,即an=-2an-1,又因为S1=a1=a1+a1=1,所以数列{an}是以1为首项,-2为公比的等比数列,所以an=(-2)n-1.‎ ‎20.M2,D2,D3,D5[2013·北京卷] 已知{an}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An,第n项之后各项an+1,an+2,…的最小值记为Bn,dn=An-Bn.‎ ‎(1)若{an}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*,an+4=an),写出d1,d2,d3,d4的值;‎ ‎(2)设d是非负整数,证明:dn=-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列;‎ ‎(3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,…),则{an}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{an}是公差为d的等差数列,且d≥0,所以a1≤a2≤…≤an≤….‎ 因此An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,…).‎ ‎(必要性)因为dn=-d≤0(n=1,2,3,…).所以An=Bn+dn≤Bn.‎ 又因为an≤An,an+1≥Bn,‎ 所以an≤an+1.‎ 于是,An=an,Bn=an+1.‎ 因此an+1-an=Bn-An=-dn=d,‎ 即{an}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,an≥B1=1.‎ 假设{an}(n≥2)中存在大于2的项.‎ 设m为满足am>2的最小正整数,‎ 则m≥2,并且对任意1≤k2,‎ 于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}>1.‎ 故dm-1=Am-1-Bm-1<2-1=1,与dm-1=1矛盾.‎ 所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.‎ 因为对任意n≥1,an≤2=a1,‎ 所以An=2.‎ 故Bn=An-dn=2-1=1.‎ 因此对于任意正整数n ,存在m满足m>n,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.‎ ‎10.D3[2013·北京卷] 若等比数列{an}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q=________;前n项和Sn=________.‎ ‎10.2 2n+1-2 [解析] ∵a3+a5=q(a2+a4),‎ ‎∴40=20q,q=2,‎ 又∵a2+a4=a1q+a1q3=20,‎ ‎∴a1=2,∴an=2n,∴Sn=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{an}中,a5=,a6+a7=3. 则满足a1+a2+…+an>a‎1a2…an的最大正整数n的值为________.‎ ‎14.12 [解析] 设{an}的公比为q.由a5=及a5(q+q2)=3得q=2,所以a1=,所以a6=1,a‎1a2…a11=a=1,此时a1+a2+…+a11>1.又a1+a2+…+a12=27-,a‎1a2…a12=26<27-,所以a‎1a2…a12>a‎1a2…a12,但a1+a2+…+a13=28-,a‎1a2…a13=26·27=25·28>28-,所以a1+a2+…+a130,Sn=n2+n.‎ 于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.‎ 综上,数列{an}的通项为an=2n.‎ ‎(2)证明:由于an=2n,bn=,‎ 则bn==.‎ Tn= ‎=<=.‎ ‎15.D3,D4[2013·湖南卷] 设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=(-1)nan-,n∈N*,则 ‎(1)a3=________;‎ ‎(2)S1+S2+…+S100=________.‎ ‎15.(1)- (2) [解析] (1)因Sn=(-1)nan-,则S3=-a3-,S4=a4-,解得a3=-.‎ ‎(2)当n为偶数时,Sn=an-,当n为奇数时,Sn=-an-,可得当n为奇数时an=-,‎ 又S1+S2+…+S100=++…++ ‎=-a1+a2+…-a99+a100- ‎=S100-2(a1+a3+…+a99)- ‎=S101-a101-2- ‎=--+2×- ‎=-=.‎ ‎20.D2、D4[2013·山东卷] 设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.‎ ‎20.解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.‎ 由S4=4S2,a2n=2an+1‎ 得 解得a1=1,d=2,因此an=2n-1,n∈N*.‎ ‎(2)由题意知Tn=λ-,所以n≥2时,bn=Tn-Tn-1=-+=.‎ 故cn=b2n==(n-1),n∈N*.‎ 所以Rn=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,‎ 则Rn=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,‎ 两式相减得 Rn=+++…+-(n-1)× ‎=-(n-1)× ‎=-,‎ 整理得Rn=4-.‎ 所以数列{cn}的前n项和Rn=4-.‎ D5 单元综合                   ‎ ‎12.D5[2013·新课标全国卷Ⅰ] 设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=‎2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,则(  )‎ A.{Sn}为递减数列 B.{Sn}为递增数列 C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列 D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列 ‎12.B [解析] 因为an+1=an,所以an=a1.又因为bn+1+cn+1=(bn+cn)+an=(bn+cn)+a1,所以bn+1+cn+1-‎2a1=(bn+cn-‎2a1).因为b1+c1-‎2a1=0,所以bn+cn=‎2a1,故△AnBnCn中边BnCn的长度不变,另外两边AnBn,AnCn的和不变.‎ 因为bn+1-cn+1=-(bn-cn),且b1-c1>0,所以bn-cn=(b1-c1),当n→+∞时,bn→cn,也就是AnCn→AnBn,所以三角形△AnBnCn中BnCn边上的高随着n的增大而增大.设三角形△AnBnCn中BnCn边上的高为hn,则{hn}单调递增,所以Sn=a1hn是增函数.答案为B.‎ ‎20.B12 、D5[2013·安徽卷] 设函数fn(x)=-1+x+++…+(x∈R,n∈N*).证明:‎ ‎(1)对每个n∈N*,存在唯一的xn∈,1,满足fn(xn)=0;‎ ‎(2)对任意p∈N*,由(1)中xn构成的数列{xn}满足00时,f′n(x)=1++…+>0,故fn(x)在(0,+∞)内单调递增.‎ 由于f1(1)=0,当n≥2时,fn(1)=++…+>0.故fn(1)≥0.又fn=-1++≤-+k ‎=-+·=-·n-1<0.‎ 所以存在唯一的xn∈,1,满足fn(xn)=0.‎ ‎(2)当x>0时,fn+1(x)=fn(x)+≥fn(x),故fn+1(xn)>fn(xn)=fn+1(xn+1)=0.‎ 由fn+1(x)在(0,+∞)内单调递增,xn+12的最小正整数,‎ 则m≥2,并且对任意1≤k2,‎ 于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}>1.‎ 故dm-1=Am-1-Bm-1<2-1=1,与dm-1=1矛盾.‎ 所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.‎ 因为对任意n≥1,an≤2=a1,‎ 所以An=2.‎ 故Bn=An-dn=2-1=1.‎ 因此对于任意正整数n ,存在m满足m>n,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.‎ ‎19.D5[2013·天津卷] 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设Tn=Sn-(n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.‎ ‎19.解:(1)设等比数列{an}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即‎4a5=a3,于是q2==.又{an}不是递减数列且a1=,所以q=-,故等比数列{an}的通项公式为an=×-n-1=(-1)n-1·.‎ ‎(2)由(1)得Sn=1--n= 当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1Sn-≥S2-=-=-.‎ 综上,对于n∈N*,总有-≤Sn-≤.‎ 所以数列{Tn}最大项的值为,最小项的值为-.‎ ‎16.D2,D5,B12[2013·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为________.‎ ‎16.-49  [解析] 由已知,a1+a10=0,a1+a15=d=,a1=-3,∴nSn=,易得n=6或n=7时,nSn出现最小值.当n=6时,nSn=-48;n=7时,nSn=-49.故nSn的最小值为-49.‎ ‎18.D5[2013·浙江卷] 在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,‎2a2+2,‎5a3成等比数列.‎ ‎(1)求d,an;‎ ‎(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.‎ ‎18.解:(1))由题意得a1·‎5a3=(‎2a2+2)2,‎ 即d2-3d-4=0.‎ 所以d=-1或d=4.‎ 所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.‎ ‎(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0,由(1)得d=-1,an=-n+11,则 当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|‎ ‎=-n2+n.‎ 当n≥12时, |a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110.‎ 综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=