2014年高考数学（理）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 1．、、[2014·江西卷] 已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1

－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.

an(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；

bn(2)若bn＝3n1，求数列{an}的前n项和Sn.

－

an＋1an17．解：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以－＝2，即cn＋1

bn＋1bn

－cn＝2，

所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.

－－

(2)由bn＝3n1，知an＝(2n－1)3n1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32

－－

＋…＋(2n－1)×3n1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n1＋(2n－1)×3n，将两式相减得

－

－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，

所以Sn＝(n－1)3n＋1. 2[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．

(1)证明：an＋2－an＝λ.

(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．

17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1， 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. 因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.

(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1， 由(1)知，a3＝λ＋1.

若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4. 由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列， a2n－1＝4n－3；

{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1. 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.

因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列． 3、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.

1??

(1)证明?an＋2?是等比数列，并求{an}的通项公式；

??1113

(2)证明＋＋…＋＜.

a1a2an2

11

an＋?. 17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3?2?2?

1?13?313n

又a1＋＝，所以?an＋2?是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数

22222??

n

3－1

列{an}的通项公式为an＝.

212

(2)证明：由(1)知＝n. an3－1

－

因为当n≥1时，3n－1≥2×3n1，

11121所以n≤≤n－1. n－1，即＝nan3－133－12×3

13111113

1－n?<. 于是＋＋…＋≤1＋＋…＋n－1＝?a1a2an32?3?23

1113所以＋＋…＋<.

a1a2an2

*

4，，[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝a2n－2an＋2＋b(n∈N)． (1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．

(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.

从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(an－1)2＝n－1，即an＝n－1＋1(n∈N*)． 方法二：a2＝2，a3＝2＋1.

可写为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.因此猜想an＝n－1＋1. 下面用数学归纳法证明上式． 当n＝1时，结论显然成立．

假设n＝k时结论成立，即ak＝k－1＋1，则

ak＋1＝（ak－1）2＋1＋1＝（k－1）＋1＋1＝（k＋1）－1＋1， 这就是说，当n＝k＋1时结论成立． 所以an＝n－1＋1(n∈N*)．

(2)方法一：设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)．

1

令c＝f(c)，即c＝（c－1）2＋1－1，解得c＝.

4

下面用数学归纳法证明命题 a2n1

当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，所以a2<

4

假设n＝k时结论成立，即a2kf(1)＝a2，即 1>c>a2k＋2>a2.

再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)

故c

1

综上，存在 c＝使a2n4方法二：设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)． 先证：0≤an≤1(n∈N*)． ① 当n＝1时，结论明显成立．

假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1. 易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而 0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝2－1<1.

即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．故①成立． 再证：a2n

当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝2－1，所以a2f(a2k＋1)＝a2k＋2， a2(k＋1)＝f(a2k＋1)

这就是说，当n＝k＋1时②成立．所以②对一切n∈N*成立． 由②得a2n

2

即(a2n＋1)2

1

因此a2n<. ③

4

又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.

1

所以a2n＋1>a22n＋1－2a2n＋1＋2－1，解得a2n＋1>. ④ 4

1

综上，由②③④知存在c＝使a2n4

D2 等差数列及等差数列前n项和 5、[2014·安徽卷] 数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.

12．1 6．[2014·北京卷] 若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．

12．8 7．[2014·福建卷] 等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( ) A．8 B．10 C．12 D．14 3．C 8．、、[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．

18．解：(1)设数列{an}的公差为d，

依题意得，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．

n[2＋（4n－2）]

当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.

2

22

令2n>60n＋800，即n－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. 9．、[2014·湖南卷] 已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*. (1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；

1

(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．

2

20．解：(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此 a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，

1

解得p＝或p＝0.

3

1

当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝. 3

(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①

11

因为2n<2n－1，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②

22

1?2n－1（－1）2n?由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝?2?＝.③ －

22n1＋

1?2n（－1）2n1?因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－?2?＝.

22n④

（－1）n1