2013年高考数学（理科）真题分类汇编D单元 数列
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＋＝0m＝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≤k
2，
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|＝
