全国各地高考文科数学试题分类汇编数列

全国各地高考文科数学试题分类汇编数列

‎2014年全国各地高考文科数学试题分类汇编：数列 一、选择填空题 ‎1．[2014·重庆卷2] 在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝(　　)‎ A．5 B．‎8 C．10 D．14‎ ‎【答案】B　‎ ‎2．[2014·辽宁卷9] 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＜‎0C．a1d＞0 D．a1d＜0‎ ‎【答案】D ‎3．[2014·全国卷8] 设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝(　　)‎ A．31 B．‎32C．63 D．64‎ ‎【答案】C ‎4．[2014·天津卷5] 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．－　【答案】D ‎5．[2014·新课标全国卷Ⅱ5] 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. ‎ ‎【答案】A ‎6．[2014·新课标全国卷Ⅱ16] 数列{an}满足an＋1＝，a8＝2，则a1＝________．【答案】　‎ ‎7．[2014·江西卷13] 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________．【答案】　‎ ‎8．[2014·安徽卷12] 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＝________．【答案】 ‎.　‎ ‎9．[2014·广东卷13] 等比数列{an}的各项均为正数，且a‎1a5＝4，则log‎2a1＋log‎2a2＋log‎2a3＋log‎2a4＋log‎2a5＝________．‎ ‎【答案】5　‎ ‎10．[2014·江苏卷7] 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________．【答案】4　‎ ‎ [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.‎ ‎ [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)．‎ 二、解答题 ‎1．[2014北京卷15]已知是等差数列，满足，，数列满足，，且是等比数列.‎ ‎（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和.‎ 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.‎ ‎2．[2014·福建卷17] 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.‎ 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＝＝.‎ ‎3．[2014·全国新课标卷Ⅰ17] 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；(2)求数列的前n项和．‎ 解：(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3.‎ 由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，从而得a1＝.‎ 所以{an}的通项公式为an＝n＋1.‎ ‎(2)设的前n项和为Sn，由(1)知＝，‎ 则Sn＝＋＋…＋＋，‎ Sn＝＋＋…＋＋，‎ 两式相减得 Sn＝＋－＝＋－，所以Sn＝2－.‎ ‎4．[2014·陕西卷16] △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．‎ 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＝＝＝.‎ 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＝.‎ ‎5．[2014·浙江卷19] 已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.‎ ‎(1)求d及Sn；(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.‎ 解：(1)由题意知(‎2a1＋d)(‎3a1＋3d)＝36，‎ 将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.‎ 因为d>0，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 ‎6．[2014·重庆卷16] 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.‎ 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)．‎ ‎7．[2014·山东卷19] 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.‎ 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＝ ‎8．[2014·湖南卷16] 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．‎ 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.‎ ‎ 9．[2014·全国卷] 数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.‎ ‎(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．‎ 解：(1)由an＋2＝2an＋1－an＋2，得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，‎ 即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1，‎ 所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．‎ ‎(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)，即an＋1－an＝2n－1.‎ 于是所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.‎ ‎10．[2014·湖北卷19] 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．‎ 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.‎ 又a1＝1，所以{an}的通项公式an＝n2－2n＋2.‎ ‎11．[2014·天津卷20] 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.‎ 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an1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ 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．‎ ‎20．[2014·江苏卷20] 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∈)，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∈)成立．‎ 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．‎ ‎ ‎