2014年高考数学（文科）真题分类汇编D单元　数列

2014年高考数学（文科）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、D3、D5[2014·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ ‎17．解：(1)由Sn＝，得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.‎ ‎(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要a＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(‎3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.而此时m∈N*，且m＞n，‎ 所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ ‎18．B11、B12[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a<0.‎ ‎(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．‎ ‎18．解：(1)当a＝－4时，由f′(x)＝＝0得x＝或x＝2，由f′(x)＞0得x∈或x∈(2，＋∞)．‎ 故函数f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)．‎ ‎(2)因为f′(x)＝，a＜0，‎ 所以由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.‎ 当x∈时，f(x)单调递增；当x∈时，f(x)单调递减；当x∈时，f(x)单调递增．‎ 易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，且f＝0.‎ ‎①当－≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋‎4a＋a2＝8，得a＝±2－2，均不符合题意．‎ ‎②当1<－≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]时的最小值为f＝0，不符合题意．‎ ‎③当－＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4时取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋‎16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)．‎ 当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．‎ 综上有，a＝－10.‎ ‎16．D1[2014·新课标全国卷Ⅱ] 数列{an}满足an＋1＝，a8＝2，则a1＝________．‎ ‎16.　[解析] 由题易知a8＝＝2，得a7＝；a7＝＝，得a6＝－1；a6＝＝－1，得a ‎5＝2，于是可知数列{an}具有周期性，且周期为3，所以a1＝a7＝.‎ D2 等差数列及等差数列前n项和 ‎2．D2[2014·重庆卷] 在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝(　　)‎ A．5 B．‎8 C．10 D．14‎ ‎2．B　[解析] 由题意，得a1＋2d＋a1＋4d＝‎2a1＋6d＝4＋6d＝10，解得d＝1，所以a7＝a1＋6d＝2＋6＝8.‎ ‎5．D2[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＝(　　)‎ A．2 B．－2‎ C. D．－ ‎5．D　[解析] ∵S2＝‎2a1－1，S4＝‎4a1＋×(－1)＝‎4a1－6，且S1，S2，S4成等比数列，∴(‎2a1－1)2＝a1(‎4a1－6)，解得a1＝－.‎ ‎15．D2、D4[2014·北京卷] 已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{bn}的前n项和．‎ ‎15．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得 d＝＝＝3.‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．‎ 设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得 q3＝＝＝8，解得q＝2.‎ 所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.‎ 从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．‎ ‎(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．‎ 数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×＝2n－1，‎ 所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.‎ ‎17．D2，D3[2014·福建卷] 在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.‎ ‎(1)求an；‎ ‎(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎17．解：(1)设{an}的公比为q，依题意得 解得 因此，an＝3n－1.‎ ‎(2)因为bn＝log3an＝n－1，‎ 所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝.‎ ‎19．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．‎ ‎19．解：(1)设数列{an}的公差为d，‎ 依题意知，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.‎ ‎16．D2、D4[2014·湖南卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．‎ ‎ 16.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝n.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．‎ 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，‎ 则A＝＝22n＋1－2，‎ B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.‎ 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.‎ ‎13．D2[2014·江西卷] 在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．‎ ‎13.　[解析] 由题可知a8>0且a9<0，即7＋7d>0且7＋8d<0，所以－10，所以d＝2.‎ 从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(‎2m＋k－1)(k＋1)，‎ 所以(‎2m＋k－1)(k＋1)＝65.‎ 由m，k∈N*知‎2m＋k－1≥k＋1>1，‎ 故所以 ‎16．D2、D3[2014·重庆卷] 已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．‎ ‎(1)求an及Sn；‎ ‎(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.‎ ‎16．解：(1)因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以 an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.‎ 故Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝＝＝n2.‎ ‎(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，‎ 所以(q－4)2＝0，从而q＝4.‎ 又因为b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，‎ 所以bn＝b1qn－1＝2×4n－1＝22n－1.‎ 从而{bn}的前n项和Tn＝＝(4n－1)．‎ D3　等比数列及等比数列前n项和 ‎12．D3[2014·安徽卷] 如图13，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A‎1C的垂线，垂足为 A3；….依此类推，设BA＝a1，AA1＝a2，A‎1A2＝a3，…，A‎5A6＝a7，则a7＝________．‎ 图13‎ ‎12.　[解析] 在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2 ，所以AB＝AC＝a1＝2，由题易知A‎1A2＝a3＝AB＝1，…，A‎6A7＝a7＝·AB＝2×＝.‎ ‎17．D2，D3[2014·福建卷] 在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.‎ ‎(1)求an；‎ ‎(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ ‎17．解：(1)设{an}的公比为q，依题意得 解得 因此，an＝3n－1.‎ ‎(2)因为bn＝log3an＝n－1，‎ 所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝.‎ ‎13．D3、B7[2014·广东卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且a‎1a5＝4，则log‎2a1＋log‎2a2＋log‎2a3＋log‎2a4＋log‎2a5＝________．‎ ‎13．5　[解析] 在等比数列中，a‎1a5＝a‎2a4＝a＝4.因为an>0，所以a3＝2，所以a‎1a2a3a4a5＝(a‎1a5)(a‎2a4)a3＝a＝25，‎ 所以log‎2a1＋log‎2a2＋log‎2a3＋log‎2a4＋log‎2a5＝log2(a‎1a2a3a4a5)＝log225＝5.‎ ‎19．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．‎ ‎19．解：(1)设数列{an}的公差为d，‎ 依题意知，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.‎ ‎7．D3[2014·江苏卷] 在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋‎2a4，则a6的值是________．‎ ‎7．4　[解析] 由等比数列的定义可得，a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，即a2q6＝a2q4＋‎2a2q2.又an＞0，所以q4－q2－2＝0，解得q2＝2，故a6＝a2q4＝1×22＝4.‎ ‎17．D1、D3、D5[2014·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ ‎17．解：(1)由Sn＝，得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.‎ ‎(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要a＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(‎3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.而此时m∈N*，且m＞n，‎ 所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ ‎18．B11、B12[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a<0.‎ ‎(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．‎ ‎18．解：(1)当a＝－4时，由f′(x)＝＝0得x＝或x＝2，由f′(x)＞0得x∈或x∈(2，＋∞)．‎ 故函数f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)．‎ ‎(2)因为f′(x)＝，a＜0，‎ 所以由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.‎ 当x∈时，f(x)单调递增；当x∈时，f(x)单调递减；当x∈时，f(x)单调递增．‎ 易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，且f＝0.‎ ‎①当－≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋‎4a＋a2＝8，得a＝±2－2，均不符合题意．‎ ‎②当1<－≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]时的最小值为f＝0，不符合题意．‎ ‎③当－＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4时取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋‎16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)．‎ 当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．‎ 综上有，a＝－10.‎ ‎8．D3[2014·全国卷] 设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝(　　)‎ A．31 B．32‎ C．63 D．64‎ ‎8．C　[解析] 设等比数列{an}的首项为a，公比为q，易知q≠1，根据题意可得 解得q2＝4，＝－1，所以S6＝＝(－1)(1－43)＝63.‎ ‎5．D2 D3[2014·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　)‎ A．n(n＋1) B．n(n－1)‎ C. D. ‎5．A　[解析] 由题意，得a2，a2＋4，a2＋12成等比数列，即(a2＋4)2＝a2(a2＋12)，解得a2＝4，即a1＝2，所以Sn＝2n＋×2＝n(n＋1)．‎ ‎19．D2，D3，D4[2014·山东卷] 在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝a，记Tm＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.‎ ‎19．解：(1)由题意知，(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，‎ 即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝2n.‎ ‎(2)由题意知，bn＝a＝n(n＋1)，‎ 所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．‎ 因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，‎ 所以当n为偶数时，‎ Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)‎ ‎＝4＋8＋12＋…＋2n ‎＝ ‎＝，‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝Tn－1＋(－bn)‎ ‎＝－n(n＋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，且c＝‎2a，求cos B的值．‎ ‎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)由题设有b2＝ac，c＝‎2a，‎ ‎∴b＝a.‎ 由余弦定理得cos B＝＝＝.‎ ‎20．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an＜bn，则s＜t.‎ ‎20．解：(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3}，可得A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．‎ ‎(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an60n＋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．D5[2014·江苏卷] 设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．‎ ‎(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”．‎ ‎(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值．‎ ‎(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．‎ ‎20．解： (1)证明：由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am，‎ 所以{an}是“H数列”．‎ ‎(2)由已知得，S2＝‎2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.因为d<0，所以m－2<0，故m＝1，从而d＝－1.‎ 当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”，因此 d的值为－1.‎ ‎(3)证明：设等差数列{an}的公差为d，则an ＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．‎ 令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．‎ 下证{bn}是“H数列”．‎ 设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝a1(n∈N*)．于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”．‎ 同理可证{cn}也是“H数列”．‎ 所以对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．‎ ‎17．D1、D3、D5[2014·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ ‎17．解：(1)由Sn＝，得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.‎ ‎(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要a＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(‎3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.而此时m∈N*，且m＞n，‎ 所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ ‎18．B11、B12[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a<0.‎ ‎(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．‎ ‎18．解：(1)当a＝－4时，由f′(x)＝＝0得x＝或x＝2，由f′(x)＞0得x∈或x∈(2，＋∞)．‎ 故函数f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)．‎ ‎(2)因为f′(x)＝，a＜0，‎ 所以由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.‎ 当x∈时，f(x)单调递增；当x∈时，f(x)单调递减；当x∈时，f(x)单调递增．‎ 易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，且f＝0.‎ ‎①当－≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋‎4a＋a2＝8，得a＝±2－2，均不符合题意．‎ ‎②当1<－≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]时的最小值为f＝0，不符合题意．‎ ‎③当－＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4时取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋‎16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)．‎ 当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．‎ 综上有，a＝－10.‎ ‎19．D2、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)证明：数列{bn}为等比数列；‎ ‎(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{anb}的前n项和Sn.‎ ‎19．解：(1)证明：由已知得，bn＝2an＞0，‎ 当n≥1时，＝2an＋1－an＝2d.‎ 故数列{bn}是首项为‎2a1，公比为2d的等比数列．‎ ‎(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－.‎ 由题意知，a2－＝2－，‎ 解得a2＝2，‎ 所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anb＝n·4n.‎ 于是，Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，‎ ‎4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，‎ 因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝－n·4n＋1＝，‎ 所以，Sn＝.‎ ‎1．[2014·黄冈中学月考] 已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为(　　)‎ A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3‎ C．an＝ D．an＝ ‎1．C　[解析] 当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3.又当n＝1时，a1的值不适合n≥2时的通项公式，故选C.‎ ‎6．[2014·杭州检测] 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＜0，a5＞|a4|，则使Sn＞0成立的最小正整数n为(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．9‎ ‎6．C　[解析] 由题意知，S7＝‎7a4<0，a4＋a5>0，∴S8＝＝>0，故选C.‎ ‎7．[2014·成都七中模拟] 已知各项都为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋‎2a5，若存在两项am，an，使得＝‎4a1，则＋的最小值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎7．A　[解析] 设等比数列{an}的公比为q(q>0)．由a7＝a6＋‎2a5，得a5q2＝a5q＋‎2a5‎ ‎，解得q＝2.由＝‎4a1，得a12＝‎4a1，所以m＋n＝6.故＋＝＋·＝＋＋＋≥＋2 ＝，当且仅当n＝‎3m时，等号成立．‎ ‎2．[2014·合肥检测] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2＝2an＋1－an，a5＝4－a3，则S7＝(　　)‎ A．7 B．12‎ C．14 D．21‎ ‎2．C　[解析] 由an＋2＝2an＋1－an得，数列{an}为等差数列．由a5＝4－a3，得a5＋a3＝4＝a1＋a7，所以S7＝＝14.‎ ‎1．[2014·常德期末] 在1和2之间依次插入n(n∈N*)个正数a1，a2，a3，…，an，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，令bn＝2log2Tn.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝2n，设Sn＝＋＋…＋，求Sn.‎ ‎1．解：(1)方法一：设等比数列1，a1，a2，a3，…，an，2的公比为q，‎ 则2＝1·qn＋1，∴qn＋1＝2，‎ ‎∴Tn＝1·a1·a2·…·an·2＝1·q·q2·…·qn·qn＋1＝‎ q1＋2＋3＋…＋(n＋1)＝q＝2，‎ ‎∴bn＝2log2Tn＝2log22＝n＋2.‎ 故数列{bn}的通项公式为bn＝n＋2.‎ 方法二：设等比数列1，a1，a2，a3，…，an，2的公比为q，‎ 则2＝1·qn＋1，∴q＝2，∴am＝1·qm＝(2)m＝2，‎ ‎∴Tn＝1·a1·a2·…·an·2＝1×2×2×…×2×2＝21＋＋＋…＋＝2，‎ ‎∴bn＝2log2Tn＝2log22＝n＋2.‎ 故数列{an}的通项公式为bn＝n＋2.‎ 方法三：由Tn＝1·a1·a2·…·an·2，Tn＝2·an·an－1·…·a1·1，得T＝(1×2)(a1×an)(a2×an－1)…(2×1)，‎ 由等比数列的性质得T＝2n＋2，∴Tn＝2，‎ ‎∴bn＝2log2Tn＝2log22＝n＋2.‎ 故数列{an}的通项公式为bn＝n＋2.‎ ‎(2)由cn＝2n，得Sn＝＋＋＋…＋，‎ ‎∴Sn＝＋＋＋…＋.‎ 由错位相减法求得Sn＝＋＋＋＋…＋－，∴Sn＝4－.‎ ‎2．[2014·湖南师大附中月考] 对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”．设数列{an}是各项都为正数的等比数列，其前n项和为S n，且a1＝1，S3＝.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式，并判断数列{Sn}是否为“减差数列”；‎ ‎(2)设bn＝(2－nan)t＋an，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，求实数t的取值范围．‎ ‎2．解：(1)设数列{an}的公比为q，则1＋q＋q2＝，‎ 即4q2＋4q－3＝0，所以(2q－1)(2q＋3)＝0.‎ 因为q>0，所以q＝，所以an＝，‎ Sn＝＝2－，‎ 所以＝2－－<2－＝Sn＋1，‎ 所以数列{Sn}是“减差数列”．‎ ‎(2)由题设知，bn＝2－t＋＝2t－.‎ 由，化简得t(n－2)>1.‎ 又当n≥3时，t(n－2)>1恒成立，即t>恒成立，‎ 所以t>max＝1.‎ 故t的取值范围是(1，＋∞)．‎ ‎4．[2014·青岛一模] 已知n∈N*，数列{dn}满足dn＝，数列{an}满足an＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n.数列{bn}为公比大于1的等比数列，且b2，b4为方程x2－20x＋64＝0的两个不相等的实根．‎ ‎(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)将数列{bn}中的第a1项、第a2项、第a3项、…、第an项删去后，将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{cn}，求数列{cn}的前2013项的和．‎ ‎4．解：(1)∵dn＝，‎ ‎∴an＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝＝3n.‎ ‎∵b2，b4为方程x2－20x＋64＝0的两个不相等的实数根，‎ ‎∴b2＋b4＝20，b2·b4＝64，又b4>b2，‎ ‎∴b2＝4，b4＝16，∴bn＝2n.‎ ‎(2)由题意知将数列{bn}中的第3项、第6项、第9项、……删去后构成的新数列{cn}中，奇数项与偶数项分别成等比数列，首项分别是b1＝2，b2＝4，公比均是8，‎ T2013＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2013)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2012)‎ ‎＝＋ ‎＝.‎