教师版 高考每日一题数列篇 2

教师版 高考每日一题数列篇 2

‎2013年安徽高考卷 数列篇 ‎19．(2013安徽，文19)(本小题满分13分)设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cos x－aa＋2sin x满足.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝2，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解：(1)由题设可得，f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sin x－an＋2cos x．对任意n∈N*，‎ ＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．‎ 由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{an}的公差d＝1，所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.‎ ‎(2)由bn＝2＝2＝2n＋＋2知，‎ Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2n＋2·＋＝n2＋3n＋1－.‎ ‎2013年北京高考卷 数列篇 ‎20．(2013北京，文20)(本小题共13分)给定数列a1，a2，…，an，对i＝1,2，…，n－1，该数列的前i项的最大值记为Ai，后n－i项ai＋1，ai＋2，…，an的最小值记为Bi，di＝Ai－Bi.‎ ‎(1)设数列{an}为3,4,7,1，写出d1，d2，d3的值；‎ ‎(2)设a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于1的等比数列，且a1＞0.证明：d1，d2，…，dn－1是等比数列；‎ ‎(3)设d1，d2，…，dn－1是公差大于0的等差数列，且d1＞0.证明：a1，a2，…，an－1是等差数列．‎ 解：(1)d1＝2，d2＝3，d3＝6.‎ ‎(2)因为a1＞0，公比q＞1，‎ 所以a1，a2，…，an是递增数列．‎ 因此，对i＝1,2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.‎ 于是对i＝1,2，…，n－1，‎ di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.‎ 因此di≠0且(i＝1,2，…，n－2)，‎ 即d1，d2，…，dn－1是等比数列．‎ ‎(3)设d为d1，d2，…，dn－1的公差．‎ 对1≤i≤n－2，因为Bi≤Bi＋1，d＞0，‎ 所以Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d＞Bi＋di＝Ai.‎ 又因为Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，‎ 所以ai＋1＝Ai＋1＞Ai≥ai.‎ 从而a1，a2，…，an－1是递增数列．‎ 因此Ai＝ai(i＝1,2，…，n－1)．‎ 又因为B1＝A1－d1＝a1－d1＜a1，‎ 所以B1＜a1＜a2＜…＜an－1.‎ 因此an＝B1.‎ 所以B1＝B2＝…＝Bn－1＝an.‎ 所以ai＝Ai＝Bi＋di＝an＋di.‎ 因此对i＝1,2，…，n－2都有ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，即a1，a2，…，an－1是等差数列．‎ ‎2013年福建高考卷 数列篇 ‎17．(2013福建，文17)(本小题满分12分)已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.‎ ‎(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；‎ ‎(2)若S5＞a1a9，求a1的取值范围．‎ 解：(1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，‎ 所以a12＝1×(a1＋2)，即a12－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2.‎ ‎(2)因为数列{an}的公差d＝1，且S5＞a1a9，‎ 所以5a1＋10＞a12＋8a1，即a12＋3a1－10＜0，解得－5＜a1＜2.‎ ‎2013年广东高考卷 数列篇 ‎19．(2013广东，文19)(本小题满分14分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝an＋12－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14构成等比数列．‎ ‎(1)证明：；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)证明：对一切正整数n，有.‎ ‎(1)证明：当n＝1时，4a1＝a22－5，∴a22＝4a1＋5.‎ ‎∵an＞0，∴.‎ ‎(2)解：当n≥2时，4Sn－1＝an2－4(n－1)－1，①‎ ‎4Sn＝an＋12－4n－1，②‎ 由②－①，得4an＝4Sn－4Sn－1＝an＋12－an2－4，‎ ‎∴an＋12＝an2＋4an＋4＝(an＋2)2.‎ ‎∵an＞0，∴an＋1＝an＋2，‎ ‎∴当n≥2时，{an}是公差d＝2的等差数列．‎ ‎∵a2，a5，a14构成等比数列，‎ ‎∴a52＝a2·a14，(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3.‎ 由(1)可知，4a1＝a22－5＝4，∴a1＝1.‎ ‎∵a2－a1＝3－1＝2，‎ ‎∴{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ ‎(3)证明： ‎＝ ‎＝ ‎＝.‎ ‎2013年湖北高考卷 数列篇 ‎19．(2013湖北，文19)(本小题满分13分)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.‎ 由题意得 即 解得 故数列{an}的通项公式为an＝3(－2)n－1.‎ ‎(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n.‎ 若存在n，使得Sn≥2 013，‎ 则1－(－2)n≥2 013，‎ 即(－2)n≤－2 012.‎ 当n为偶数时，(－2)n＞0，上式不成立；‎ 当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，即2n≥2 012，则n≥11.‎ 综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．‎ ‎2013年湖南高考卷 数列篇 ‎19．(2013湖南，文19)(本小题满分13分)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1≠0,2an－a1＝S1·Sn，n∈N*.‎ ‎(1)求a1，a2，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{nan}的前n项和．‎ 解：(1)令n＝1，得2a1－a1＝a12，即a1＝a12.‎ 因为a1≠0，所以a1＝1.‎ 令n＝2，得2a2－1＝S2＝1＋a2.‎ 解得a2＝2.‎ 当n≥2时，由2an－1＝Sn,2an－1－1＝Sn－1两式相减得2an－2an－1＝an.‎ 即an＝2an－1.‎ 于是数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列．‎ 因此，an＝2n－1.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知，nan＝n·2n－1.‎ 记数列{n·2n－1}的前n项和为Bn，于是 Bn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，①‎ ‎2Bn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②‎ ‎①－②得 ‎－Bn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n ‎＝2n－1－n·2n.‎ 从而Bn＝1＋(n－1)·2n.‎ ‎2013年江西高考卷 数列篇 ‎16．(2013江西，文16)(本小题满分12分)正项数列{an}满足：－(2n－1)an－2n＝0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2)令，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)由－(2n－1)an－2n＝0，得(an－2n)(an＋1)＝0.‎ 由于{an}是正项数列，所以an＝2n.‎ ‎(2)由an＝2n，，则，‎ .‎ ‎2013年山东高考卷 数列篇 ‎20．(2013山东，文20)(本小题满分12分)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)若数列{bn}满足，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn.‎ 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)由已知，n∈N*，‎ 当n＝1时，；‎ 当n≥2时，.‎ 所以，n∈N*.‎ 由(1)知an＝2n－1，n∈N*，‎ 所以bn＝，n∈N*.‎ 又Tn＝，‎ ，‎ 两式相减得 ，‎ 所以Tn＝.‎ ‎2013年陕西高考卷 数列篇 ‎17．(2013陕西，文17)(本小题满分12分)设Sn表示数列{an}的前n项和．‎ ‎(1)若{an}是等差数列，推导Sn的计算公式；‎ ‎(2)若a1＝1，q≠0，且对所有正整数n，有.判断{an}是否为等比数列，并证明你的结论．‎ 解：(1)解法一：设{an}的公差为d，则 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，‎ 又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]，‎ ‎∴2Sn＝n(a1＋an)，‎ ‎∴.‎ 解法二：设{an}的公差为d，则 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，‎ 又Sn＝an＋an－1＋…＋a1‎ ‎＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋…＋a1，‎ ‎∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]‎ ‎＝2na1＋n(n－1)d，‎ ‎∴Sn＝na1＋d.‎ ‎(2){an}是等比数列，证明如下：‎ ‎∵，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝.‎ ‎∵a1＝1，q≠0，‎ ‎∴当n≥1时，有，‎ 因此，{an}是首项为1且公比为q的等比数列．‎ ‎2013年上海高考卷 数列篇 ‎22．已知函数f(x)＝2－|x|，无穷数列{an}满足an＋1＝f(an)，nN*.‎ ‎(1)若a1＝0，求a2，a3，a4；‎ ‎(2)若a1＞0，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值；‎ ‎(3)是否存在a1，使得a1，a2，…，an，…成等差数列？若存在，求出所有这样的a1‎ ‎；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)a2＝2，a3＝0，a4＝2.‎ ‎(2)a2＝2－|a1|＝2－a1，a3＝2－|a2|＝2－|2－a1|.‎ ‎①当0＜a1≤2时，a3＝2－(2－a1)＝a1，所以＝(2－a1)2，得a1＝1.‎ ‎②当a1＞2时，a3＝2－(a1－2)＝4－a1，所以a1(4－a1)＝(2－a1)2，‎ 得a1＝(舍去)或a1＝.‎ 综合①②得a1＝1或a1＝.‎ ‎(3)假设这样的等差数列存在，那么a2＝2－|a1|，a3＝2－|2－|a1||.‎ 由2a2＝a1＋a3得2－a1＋|2－|a1||＝2|a1|　(*)．‎ 以下分情况讨论：‎ ‎①当a1＞2时，由(*)得a1＝0，与a1＞2矛盾；‎ ‎②当0＜a1≤2时，由(*)得a1＝1，从而an＝1(n＝1,2，…)，‎ 所以{an}是一个等差数列；‎ ‎③当a1≤0时，则公差d＝a2－a1＝(a1＋2)－a1＝2＞0，因此存在m≥2使得am＝a1＋2(m－1)＞2.此时d＝am＋1－am＝2－|am|－am＜0，矛盾．‎ 综合①②③可知，当且仅当a1＝1时，a1，a2，a3，…构成等差数列．‎ ‎2013年四川高考卷 数列篇 ‎16．(2013四川，文16)(本小题满分12分)在等比数列{an}中，a2－a1＝2，且2a2为3a1和a3的等差中项，求数列{an}的首项、公比及前n项和．‎ 解：设该数列的公比为q，由已知，可得 a1q－a1＝2,4a1q＝3a1＋a1q2，‎ 所以，a1(q－1)＝2，q2－4q＋3＝0，解得q＝3或q＝1.‎ 由于a1(q－1)＝2，因此q＝1不合题意，应舍去．‎ 故公比q＝3，首项a1＝1.‎ 所以，数列的前n项和Sn＝.‎ ‎2013年天津高考卷 数列篇 ‎19．(2013天津，文19)(本小题满分14分)已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3,4S4成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明(n∈N*)．‎ 解：（1）设等比数列{an}的公比为q，因为－2S2，S3,4S4成等差数列，‎ 所以S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，可得2a4＝－a3，于是.‎ 又a1＝，所以等比数列{an}的通项公式为.‎ ‎(2)证明，‎ 当n为奇数时，随n的增大而减小，所以.‎ 当n为偶数时，随n的增大而减小，所以.‎ 故对于n∈N*，有.‎ ‎2013年浙江高考卷 数列篇 ‎19．(2013浙江，文19)(本题满分14分)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|.‎ 解：(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，‎ 即d2－3d－4＝0.‎ 故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|＝Sn＝.‎ 当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝＋110.‎ 综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝ ‎2013年重庆高考卷 数列篇 ‎16．(2013重庆，文16)(本小题满分13分，(1)小问7分，(2)小问6分．)设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N＋.‎ ‎(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；‎ ‎(2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.‎ 解：(1)由题设知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，‎ 所以an＝3n－1，Sn＝＝(3n－1)．‎ ‎(2)b1＝a2＝3，b3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，‎ 所以公差d＝5，‎ 故T20＝20×3＋×5＝1 010.‎ ‎2013年全国大纲卷 数列篇 ‎17．(2013大纲全国，文17)(本小题满分10分)等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则 an＝a1＋(n－1)d.‎ 因为 所以 解得a1＝1，.‎ 所以{an}的通项公式为.‎ ‎(2)因为，‎ 所以.‎ ‎2013年课标全国一卷 数列篇 ‎17．(2013课标全国Ⅰ，文17)(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和．‎ 解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝.‎ 由已知可得 解得a1＝1，d＝－1.‎ 故{an}的通项公式为an＝2－n.‎ ‎(2)由(1)知＝，‎ 从而数列的前n项和为 ‎＝.‎ ‎2013年课标全国二卷 数列篇 ‎17．(2013课标全国Ⅱ，文17)(本小题满分12分)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.‎ 解：(1)设{an}的公差为d.‎ 由题意，＝a1a13，‎ 即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．‎ 于是d(2a1＋25d)＝0.‎ 又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.‎ 故an＝－2n＋27.‎ ‎(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.‎ 由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．‎ 从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.‎ ‎2013年江苏高考卷 数列篇 ‎19．(2013江苏，19)(本小题满分16分)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项和．记，n∈N*，其中c为实数．‎ ‎(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；‎ ‎(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.‎ 证明：由题设，.‎ ‎(1)由c＝0，得.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以＝b1b4，‎ 即，化简得d2－2ad＝0.因为d≠0，所以d＝2a.‎ 因此，对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a.‎ 从而对于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.‎ ‎(2)设数列{bn}的公差是d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n∈N*，有 ＝c(d1－b1)．‎ 令A＝，B＝b1－d1－a＋，D＝c(d1－b1)，则对于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)‎ 在(*)式中分别取n＝1,2,3,4，得A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，‎ 从而有 由②，③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，从而cd1＝0.‎ 即＝0，b1－d1－a＋＝0，cd1＝0.‎ 若d1＝0，则由＝0，得d＝0，与题设矛盾，所以d1≠0.‎ 又因为cd1＝0，所以c＝0.‎