2014年高考数学（理科）真题分类汇编D单元 数列
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a2n
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＋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－＝.
