2012年高考数学真题分类汇编D 数列（文科）
D 数列
D1 数列的概念与简单表示法
14．D1[2012·上海卷] 已知f(x)＝，各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2010＝a2012，则a20＋a11的值是________．
14. [解析] 考查数列的递推关系和函数的综合问题，考查考生的推理能力和转化与方程思想．
当n为奇数时，由递推关系可得，a3＝＝，a5＝＝，依次可推得
a7＝，a9＝，a11＝，又a2010＝a2012＝，由此可得出当n为偶数的时候，所有的偶数项是相等的，即a2＝…＝a2010＝a2012，其值为方程x＝，即x2＋x－1＝0的根，解得x＝，又数列为正数数列，所以a20＝，
所以a20＋a11＝.
D2 等差数列及等差数列前n项和
19．D2、D4[2012·浙江卷] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.
(1)求an，bn；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
19．解：(1)由Sn＝2n2＋n得
当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，
当n＝1时，也符合
所以an＝4n－1，n∈N*，
由4n－1＝an＝4log2bn＋3得
bn＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知
anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*，
所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1，
2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，
所以2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]
＝(4n－5)2n＋5，
故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.
12．B2、D2[2012·四川卷] 设函数f(x)＝(x－3)3＋x－1，{an}是公差不为0的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14，则a1＋a2＋…＋a7＝( )
A．0 B．7 C．14 D．21
12．D [解析] 记公差为d，
则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)
＝(a1－3)3＋(a2－3)3＋…＋(a7－3)3＋(a1＋a2＋…＋a7)－7
＝(a4－3d－3)3＋(a4－2d－3)3＋…＋(a4＋2d－3)3＋(a4＋3d－3)3＋7a4－7
＝7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7a4－7.
由已知，7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7a4－7＝14，
即7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7(a4－3)＝0，
∴(a4－3)3＋4(a4－3)＝0.
因为f(x)＝x3＋4x在R上为增函数，且f(0)＝0，
故a4－3＝0，即a4＝3，
∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝7×3＝21.
21．B12、D2[2012·安徽卷] 设函数f(x)＝＋sinx的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}．
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)设{xn}的前n项和为Sn，求sinSn.
21．解：(1)因为f′(x)＝＋cosx＝0，cosx＝－.
解得x＝2kπ±π(k∈Z)．
由xn是f(x)的第n个正极小值点知，
xn＝2nπ－π(n∈N*)．
(2)由(1)可知，Sn＝2π(1＋2＋…＋n)－nπ
＝n(n＋1)π－.
所以sinSn＝sin.
因为n(n＋1)表示两个连续正整数的乘积，n(n＋1)一定为偶数．
所以sinSn＝－sin.
当n＝3m－2(m∈N*)时，
sinSn＝－sin＝－；
当n＝3m－1(m∈N*)时，
sinSn＝－sin＝；
当n＝3m(m∈N*)时，sinSn＝－sin2mπ＝0.
综上所述，sinSn＝
10．D2[2012·北京卷] 已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＝，S2＝a3，则a2＝________，Sn＝________.
10．1 n [解析] 本题考查等差数列的基础量运算．
设{an}的公差为d，由S2＝a3可得d＝a1＝，故a2＝a1＋d＝1，Sn＝na1＋d＝n(n＋1)．
17．D2、D3、K2[2012·福建卷] 在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，b4＝8，{an}的前10项和S10＝55.
(1)求an和bn；
(2)现分别从{an}和{bn}的前3项中各随机抽取一项，写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率．
17．解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.依题意得
S10＝10＋d＝55，b4＝q3＝8，
解得d＝1，q＝2，
所以an＝n，bn＝2n－1.
(2)分别从{an}，{bn}的前3项中各随机抽取一项，得到的基本事件有9个：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)．
符合题意的基本事件有2个：(1,1)，(2,2)．
故所求的概率P＝.
20．D2、D3、D5[2012·湖北卷] 已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．
20．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，
由题意得
解得或
所以由等差数列通项公式可得
an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7，
故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.
(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；
当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．
故|an|＝|3n－7|＝
记数列{|an|}的前n项和为Sn.
当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；
当n≥3时，
Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)
＝5＋＝n2－n＋10.
当n＝2时，满足此式．
综上，Sn＝
4．D2[2012·辽宁卷] 在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则a2＋a10＝( )
A．12 B．16
C．20 D．24
4．B [解析] 本小题主要考查等差数列性质的应用．解题的突破口为正确识记性质，应用性质．
由等差数列的性质m＋n＝i＋j，m，n，i，j∈N*，则am＋an＝ai＋aj，故而a4＋a8＝a2＋a10＝16，答案应该选B.
20．D2[2012·山东卷] 已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10＝2a5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.
20．解：(1)设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn，
由T5＝105，a10＝2a5，
得到
解得a1＝7，d＝7.
因此an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*)．
(2)对m∈N*.若an＝7n≤72m，则n≤72m－1.
因此bm＝72m－1.
所以数列{bm}是首项为7，公比为49的等比数列，
故Sm＝＝＝＝.
16．D2、D5[2012·陕西卷] 已知等比数列{an}的公比q＝－.
(1)若a3＝，求数列{an}的前n项和；
(2)证明：对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．
16．解：(1)由a3＝a1q2＝及q＝－，得a1＝1，
所以数列{an}的前n项和Sn＝＝.
(2)证明：对任意k∈N＋，
2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝2a1qk＋1－(a1qk－1＋a1qk)＝a1qk－1(2q2－q－1)，
由q＝－得2q2－q－1＝0，故2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝0.
所以，对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．
16．D2、D3[2012·重庆卷] 已知{an}为等差数列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.
(1){an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求正整数k的值．
16．解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意知
解得a1＝2，d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)可得Sn＝＝＝n(n＋1)．
因为a1，ak，Sk＋2成等比数列，所以a＝a1Sk＋2.
从而(2k)2＝2(k＋2)(k＋3)，即k2－5k－6＝0，
解得k＝6或k＝－1(舍去)．因此k＝6.
D3 等比数列及等比数列前n项和
11．D3[2012·重庆卷] 首项为1，公比为2的等比数列的前4项和S4＝________.
11．15 [解析] 由等比数列的前n项和公式得S4＝＝15.
14．D3[2012·辽宁卷] 已知等比数列{an}为递增数列．若a1>0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比q＝________.
14．2 [解析] 本小题主要考查等比数列的概念与性质．解题的突破口为灵活应用等比数列通项变形式，是解决问题的关键．
由已知条件{an}为等比数列，则2(an＋an＋2)＝5an＋1⇒2(an＋an·q2)＝5anq⇒2q2－5q＋2＝0⇒q＝或2，又因为{an}是递增数列， 所以q＝2.
14．D3[2012·课标全国卷] 等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________.
14．[答案] －2
[解析] 设数列{an}的公比为q.由S3＋3S2＝0，得4a1＋4a2＋a3＝0，则4a1＋4a1q＋a1q2＝0.显然a1≠0，所以4＋4q＋q2＝0，解得q＝－2.
7．D3[2012·湖北卷] 定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：
①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln|x|.
则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( )
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
7．C
[解析] 不妨设xn＝an，且{an}是公比为q的等比数列．对于①，由f(x)＝x2，得 ＝ ＝ ＝2 ＝ q2，所以①符合条件；对于②，由f(x)＝2x，得＝＝＝2an－an－1，显然不符合条件；对于③，由f(x)＝，得＝＝＝＝，符合条件；对于④，由f(x)＝ln|x|，得＝＝，显然也不符合条件．故选C.
12．D3[2012·广东卷] 若等比数列{an}满足a2a4＝，则a1aa5＝________.
12. [解析] 根据等比数列的性质得：a2a4＝a1a5＝a，所以a1aa5＝×＝.
16．D2、D3[2012·重庆卷] 已知{an}为等差数列，且a1＋a3＝8，a2＋a4＝12.
(1){an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk＋2成等比数列，求正整数k的值．
16．解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意知
解得a1＝2，d＝2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)可得Sn＝＝＝n(n＋1)．
因为a1，ak，Sk＋2成等比数列，所以a＝a1Sk＋2.
从而(2k)2＝2(k＋2)(k＋3)，即k2－5k－6＝0，
解得k＝6或k＝－1(舍去)．因此k＝6.
7．D3、B11[2012·上海卷] 有一列正方体，棱长组成以1为首项、为公比的等比数列，体积分别记为V1，V2，…，Vn，…，则 (V1＋V2＋…＋Vn)＝________.
7. [解析] 考查等比数列和无穷递缩等比数列的极限，此题只要掌握极限公式即可解决，是简单题型．
由已知可知V1，V2，V3，…构成新的等比数列，首项V1＝1，公比q＝，
由极限公式得 (V1＋V2＋…＋Vn)＝＝＝.
17．C8、D3[2012·山东卷] 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinB(tanA＋tanC)＝tanAtanC.
(1)求证：a，b，c成等比数列；
(2)若a＝1，c＝2，求△ABC的面积S.
17．解：(1)证明：在△ABC中，由于sinB(tanA＋tanC)＝tanAtanC，
所以sinB＝·，
因此sinB(sinAcosC＋cosAsinC)＝sinAsinC，
所以sinBsin(A＋C)＝sinAsinC，
又A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋C)＝sinB，
因此sin2B＝sinAsinC，
由正弦定理得b2＝ac，即a，b，c成等比数列．
(2)因为a＝1，c＝2，所以b＝，由余弦定理得cosB＝＝＝，
因为0
a1，则a4>a2
6．B [解析] 本题考查等比数列通项、简单不等式性质与均值不等式．
对于A选项，当数列{an}首项为负值，公比为负值时明显不成立，比如an＝(－1)n，a1＋a3＝－2<2a2＝2，故A错误；对于B选项，a ＋ a≥2|a1 a3 | ＝ 2a，明显成立，故B正确；对于C选项，由a1＝a3＝a1q2只能得出等比数列公比q2＝1，q＝±1，当q＝－1时，a1≠a2，故C错误；对于选项D，由a3>a1可得a1(q2－1)>0，而a4－a2＝a2(q2－1)＝a1q(q2－1)的符号还受到q符号的影响，不一定为正，也就得不出a4>a2，故D错误．
17．D2、D3、K2[2012·福建卷] 在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，b4＝8，{an}的前10项和S10＝55.
(1)求an和bn；
(2)现分别从{an}和{bn}的前3项中各随机抽取一项，写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率．
17．解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.依题意得
S10＝10＋d＝55，b4＝q3＝8，
解得d＝1，q＝2，
所以an＝n，bn＝2n－1.
(2)分别从{an}，{bn}的前3项中各随机抽取一项，得到的基本事件有9个：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)．
符合题意的基本事件有2个：(1,1)，(2,2)．
故所求的概率P＝.
20．D3、D5[2012·湖南卷] 某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元．
(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式；
(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．
20．解：(1)由题意得a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d，
a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4500－d.
an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.
(2)由(1)得an＝an－1－d
＝－d
＝2an－2－d－d
＝…
＝n－1a1－d.
整理得
an＝n－1(3000－d)－2d
＝n－1(3000－3d)＋2d.
由题意，am＝4000，即m－1(3000－3d)＋2d＝4000.
解得d＝＝.
故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4000万元．
D4 数列求和
18．D4[2012·上海卷] 若Sn＝sin＋sin＋…＋sin(n∈N*)，则在S1，S2，…，S100中，正数的个数是( )
A．16 B．72
C．86 D．100
18．C [解析] 考查三角函数的周期和数列求和，以及转化和整体思想，此题的关键是把一个周期看成一个整体来求和．
函数f(n)＝sin的周期为14，所以S14＝S28＝…＝S98＝0，又S14＝S13，…，S98＝S97，
所以前100项求和中，为正数的有100－14＝86个．
11．D4[2012·福建卷] 数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 012等于( )
A．1 006 B．2 012 C．503 D．0
11．A [解析] 本题考查数列求和以及三角函数求值、数列的周期性等，突破点是找到该数列的周期性的规律，再求和．
a1＝1cos＝0，
a2＝2cosπ＝－2，
a3＝3cos＝0，
a4＝4cos2π＝4；
a5＝5cos＝0，
a6＝6cos3π＝－6，
a7＝7cos＝0，
a8＝8cos＝8.
该数列每四项的和为2,2 012 ÷4＝503，所以S2 012＝2×503＝1 006.
6．D4[2012·全国卷] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B.n－1
C.n－1 D.
6．B [解析] 本小题主要考查数列前n项和Sn与通项an的关系，解题的突破口是用an表示Sn.
由Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)得Sn＋1＝Sn，所以{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，为公比的等比数列，所以Sn＝n－1，故选B.
12．D4、D5[2012·课标全国卷] 数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为( )
A．3 690 B．3 660
C．1 845 D．1 830
12．D [解析] 令bn＝a4n－3＋a4n－2＋a4n－1＋a4n，
则bn＋1＝a4n＋1＋a4n＋2＋a4n＋3＋a4n＋4.
因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，
所以an＋1＝－(－1)nan＋2n－1.
所以a4n－3＝－a4n－4＋2(4n－4)－1，
a4n－2＝a4n－3＋2(4n－3)－1，
a4n－1＝－a4n－2＋2(4n－2)－1，
a4n＝a4n－1＋2(4n－1)－1，
a4n＋1＝－a4n＋2×4n－1，
a4n＋2＝a4n＋1＋2(4n＋1)－1，
a4n＋3＝－a4n＋2＋2(4n＋2)－1，
a4n＋4＝a4n＋3＋2(4n＋3)－1，
所以a4n＋4＝a4n＋3＋2(4n＋3)－1＝－a4n＋2＋2(4n＋2)－1＋2(4n＋3)－1
＝－a4n＋1－2(4n＋1)＋1＋2(4n＋2)－1＋2(4n＋3)－1
＝a4n－2×4n＋1－2(4n＋1)＋1＋2(4n＋2)－1＋2(4n＋3)－1
＝a4n＋8，
即a4n＋4＝a4n＋8.
同理，a4n＋3＝a4n－1，a4n＋2＝a4n－2＋8，a4n＋1＝a4n－3.
所以a4n＋1＋a4n＋2＋a4n＋3＋a4n＋4＝a4n＋a4n－1＋a4n－2＋a4n－3＋16.
即bn＋1＝bn＋16.故数列{bn}是等差数列．
又a2－a1＝2×1－1，①
a3＋a2＝2×2－1，②
a4－a3＝2×3－1，③
②－①得a3＋a1＝2；②＋③得a2＋a4＝8，
所以a1＋a2＋a3＋a4＝10，即b1＝10.
所以数列{an}的前60项和即为数列{bn}的前15项和，即S15＝10×15＋×16＝1830.
故选D.
20．B3、D4、M4[2012·北京卷] 设A是如下形式的2行3列的数表，
a
b
c
d
e
f
满足性质P：a，b，c，d，e，f∈[－1,1]，且a＋b＋c＋d＋e＋f＝0.
记ri(A)为A的第i行各数之和(i＝1,2)，cj(A)为A的第j列各数之和(j＝1,2,3)；
记k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值．
(1)对如下数表A，求k(A)的值；
1
1
－0.8
0.1
－0.3
－1
(2)设数表A形如
1
1
－1－2d
d
d
－1
其中－1≤d≤0，求k(A)的最大值；
(3)对所有满足性质P的2行3列的数表A，求k(A)的最大值．
20．解：(1)因为r1(A)＝1.2，r2(A)＝－1.2，c1(A)＝1.1，c2(A)＝0.7，c3(A)＝－1.8，
所以k(A)＝0.7.
(2)r1(A)＝1－2d，r2(A)＝－1＋2d，
c1(A)＝c2(A)＝1＋d，c3(A)＝－2－2d.
因为－1≤d≤0，
所以|r1(A)|＝|r2(A)|≥1＋d≥0，
|c3(A)|≥1＋d≥0.
所以k(A)＝1＋d≤1.当d＝0时，k(A)取得最大值1.
(3)任给满足性质P的数表A(如下所示)．
a
b
c
d
e
f
任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*仍满足性质P，并且k(A)＝k(A*)．
因此，不妨设r1(A)≥0，c1(A)≥0，c2(A)≥0.
由k(A)的定义知，
k(A)≤r1(A)，k(A)≤c1(A)，k(A)≤c2(A)．
从而3k(A)≤r1(A)＋c1(A)＋c2(A)
＝(a＋b＋c)＋(a＋d)＋(b＋e)
＝(a＋b＋c＋d＋e＋f)＋(a＋b－f)
＝a＋b－f≤3.
所以k(A)≤1.
由(2)知，存在满足性质P的数表A使k(A)＝1.
故k(A)的最大值为1.
19．D2、D4[2012·浙江卷] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.
(1)求an，bn；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
19．解：(1)由Sn＝2n2＋n得
当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，
当n＝1时，也符合
所以an＝4n－1，n∈N*，
由4n－1＝an＝4log2bn＋3得
bn＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知
anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*，
所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1，
2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，
所以2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]
＝(4n－5)2n＋5，
故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.
D5 单元综合
20．D5[2012·四川卷] 已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设a1>0，λ＝100.当n为何值时，数列的前n项和最大？
20．解：(1)取n＝1，得λa＝2S1＝2a1，a1(λa1－2)＝0.
若a1＝0，则Sn＝0.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，所以an＝0(n≥1)．
若a1≠0，则a1＝.当n≥2时，2an＝＋Sn,2an－1＝＋Sn－1，
两式相减得2an－2an－1＝an，
所以an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，
所以an＝a1·2n－1＝·2n－1＝.
综上，当a1＝0时，an＝0；当a1≠0时，an＝.
(2)当a1>0且λ＝100时，令bn＝lg，由(1)有，bn＝lg＝2－nlg2.
所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg2)．
b1>b2>…>b6＝lg＝lg>lg1＝0，
当n≥7时，bn≤b7＝lg＝lg0，bn>0，所以≤a＋b<(an＋bn)2，
从而10知q>0.下证q＝1.
若q>1，则a1＝logq时，an＋1＝a1qn>，与(*)矛盾；
若0a2>1，故当n>logq时，an＋1＝a1qn<1，与(*)矛盾．
综上，q＝1，故an＝a1(n∈N*)，所以11，于是b11时有
an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
整理得an＝an－1.
于是a1＝1，
a2＝a1，
a3＝a2，
……
an－1＝an－2，
an＝an－1.
将以上n个等式两端分别相乘，整理得an＝.
综上，{an}的通项公式an＝.
22．B14、E9、J3、D5[2012·四川卷] 已知a为正实数，n为自然数，抛物线y＝－x2＋与x轴正半轴相交于点A.设f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．
(1)用a和n表示f(n)；
(2)求对所有n都有≥成立的a的最小值；
(3)当06·.
首先证明：当06x.
设函数g(x)＝6x(x2－x)＋1,00.
故g(x)在区间(0,1)上的最小值g(x)min＝g＝>0.
所以，当00，即得>6x.
由06ak，从而
＋＋…＋
＝＋＋…＋>6(a＋a2＋…＋an)
＝6·
＝6·.
23．D5、M2[2012·上海卷] 对于项数为m的有穷数列{an}，记bk＝max{a1，a2，…，ak}(k＝1,2，…，m)，即bk为a1，a2，…，ak中的最大值，并称数列{bn}是{an}的控制数列．如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5.
(1)若各项均为正整数的数列{an}的控制数列为2,3,4,5,5，写出所有的{an}；
(2)设{bn}是{an}的控制数列，满足ak＋bm－k＋1＝C(C为常数，k＝1,2，…，m)，求证：bk＝ak(k＝1,2，…，m)；
(3)设m＝100，常数a∈.若an＝an2－(－1)n，{bn}是{an}的控制数列，求(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－a100)．
23．解：(1)数列{an}为：2,3,4,5,1或2,3,4,5,2或2,3,4,5,3或2,3,4,5,4或2,3,4,5,5.
(2)因为bk＝max{a1，a2，…，ak}，bk＋1＝max{a1，a2，…，ak，ak＋1}，
所以bk＋1≥bk.
因为ak＋bm－k＋1＝C，ak＋1＋bm－k＝C，
所以ak＋1－ak＝bm－k＋1－bm－k≥0，即ak＋1≥ak.
因此，bk＝ak.
(3)对k＝1,2，…，25，
a4k－3＝a(4k－3)2＋(4k－3)；
a4k－2＝a(4k－2)2＋(4k－2)；
a4k－1＝a(4k－1)2－(4k－1)；
a4k＝a(4k)2－(4k)．
比较大小，可得a4k－2＞a4k－3.
因为＜a＜1，所以a4k－1－a4k－2＝(a－1)(8k－3)＜0，即a4k－2＞a4k－1.
a4k－a4k－2＝2(2a－1)(4k－1)＞0，即a4k＞a4k－2.
又a4k＞a4k－1.
从而b4k－3＝a4k－3，b4k－2＝a4k－2，b4k－1＝a4k－2，b4k＝a4k.
因此(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－a100)
＝(a2－a3)＋(a6－a7)＋…＋(a98－a99)
＝(a4k－2－a4k－1)
＝(1－a)(8k－3)＝2525(1－a)．
18．D5[2012·天津卷] 已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*，证明Tn－8＝an－1bn＋1(n∈N*，n＞2)．
18．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d，由条件，得方程组解得
所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
(2)证明：由(1)得
Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，①
2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n＋1.②
由①－②，得
－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1
＝－(3n－1)×2n＋1－2
＝－(3n－4)×2n＋1－8，
即Tn－8＝(3n－4)×2n＋1，
而当n＞2时，an－1bn＋1＝(3n－4)×2n＋1，
所以，Tn－8＝an－1bn＋1，n∈N*，n＞2.
16．D2、D5[2012·陕西卷] 已知等比数列{an}的公比q＝－.
(1)若a3＝，求数列{an}的前n项和；
(2)证明：对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．
16．解：(1)由a3＝a1q2＝及q＝－，得a1＝1，
所以数列{an}的前n项和Sn＝＝.
(2)证明：对任意k∈N＋，
2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝2a1qk＋1－(a1qk－1＋a1qk)＝a1qk－1(2q2－q－1)，
由q＝－得2q2－q－1＝0，故2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝0.
所以，对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．
12．D4、D5[2012·课标全国卷] 数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为( )
A．3 690 B．3 660
C．1 845 D．1 830
12．D [解析] 令bn＝a4n－3＋a4n－2＋a4n－1＋a4n，
则bn＋1＝a4n＋1＋a4n＋2＋a4n＋3＋a4n＋4.
因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，
所以an＋1＝－(－1)nan＋2n－1.
所以a4n－3＝－a4n－4＋2(4n－4)－1，
a4n－2＝a4n－3＋2(4n－3)－1，
a4n－1＝－a4n－2＋2(4n－2)－1，
a4n＝a4n－1＋2(4n－1)－1，
a4n＋1＝－a4n＋2×4n－1，
a4n＋2＝a4n＋1＋2(4n＋1)－1，
a4n＋3＝－a4n＋2＋2(4n＋2)－1，
a4n＋4＝a4n＋3＋2(4n＋3)－1，
所以a4n＋4＝a4n＋3＋2(4n＋3)－1＝－a4n＋2＋2(4n＋2)－1＋2(4n＋3)－1
＝－a4n＋1－2(4n＋1)＋1＋2(4n＋2)－1＋2(4n＋3)－1
＝a4n－2×4n＋1－2(4n＋1)＋1＋2(4n＋2)－1＋2(4n＋3)－1
＝a4n＋8，
即a4n＋4＝a4n＋8.
同理，a4n＋3＝a4n－1，a4n＋2＝a4n－2＋8，a4n＋1＝a4n－3.
所以a4n＋1＋a4n＋2＋a4n＋3＋a4n＋4＝a4n＋a4n－1＋a4n－2＋a4n－3＋16.
即bn＋1＝bn＋16.故数列{bn}是等差数列．
又a2－a1＝2×1－1，①
a3＋a2＝2×2－1，②
a4－a3＝2×3－1，③
②－①得a3＋a1＝2；②＋③得a2＋a4＝8，
所以a1＋a2＋a3＋a4＝10，即b1＝10.
所以数列{an}的前60项和即为数列{bn}的前15项和，即S15＝10×15＋×16＝1830.
故选D.
20．D2、D3、D5[2012·湖北卷] 已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．
20．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，
由题意得
解得或
所以由等差数列通项公式可得
an＝2－3(n－1)＝－3n＋5，或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7，
故an＝－3n＋5，或an＝3n－7.
(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；
当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．
故|an|＝|3n－7|＝
记数列{|an|}的前n项和为Sn.
当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；
当n≥3时，
Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)
＝5＋＝n2－n＋10.
当n＝2时，满足此式．
综上，Sn＝
20．D3、D5[2012·湖南卷] 某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元．
(1)用d表示a1，a2，并写出an＋1与an的关系式；
(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4000万元，
试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)．
20．解：(1)由题意得a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d，
a2＝a1(1＋50%)－d＝a1－d＝4500－d.
an＋1＝an(1＋50%)－d＝an－d.
(2)由(1)得an＝an－1－d
＝－d
＝2an－2－d－d
＝…
＝n－1a1－d.
整理得
an＝n－1(3000－d)－2d
＝n－1(3000－3d)＋2d.
由题意，am＝4000，即m－1(3000－3d)＋2d＝4000.
解得d＝＝.
故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4000万元．
