2013年高考数学（理科）真题分类汇编D单元 数列 16页

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|＝