2014年高考数学（理）真题分类汇编：D单元 数列(3)

2×1

19．解： (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，

24×3

S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，

2

由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1， 所以an＝2n－1. (2)由题意可知， bn＝(－1)n＝(－1)n

－1

4n

anan＋1

－14n

（2n－1）（2n＋1）

11－

＝(－1)n1?2n－1＋2n＋1?.

??当n为偶数时，

11??11?111

＋＋1＋?－?＋?＋…＋?Tn＝?－?3??35??2n－32n－1??2n－12n＋1? 1

＝1－

2n＋1＝2n

. 2n＋1

当n为奇数时，

11??11?111

＋＋1＋?－?＋?＋…－?Tn＝?＋2n－32n－12n－12n＋1 ?3??35?????

1

＝1＋

2n＋1＝2n＋2

. 2n＋1

n－1

2n＋2??2n＋1，n为奇数，?2n＋1＋（－1）

所以T＝??或T＝2n＋1?2n

??2n＋1，n为偶数.

n

n

?

??

D5 单元综合

20．、[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?由①②知，a2n－a2n－1>0，因此a2n－a2n－1＝??2?2n－1

（－1）2n

＝.③ －

22n12n

1?（－1）

因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故a2n＋1－a2n＝－?＝?2?22n④

（－1）n1由③④可知，an＋1－an＝.

2n＋

2n＋1

.

（－1）11

于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－2＋…＋＝1＋－

222n11?n－1?1－?－2?n

141（－1）·＝＋·. －21332n11＋

2

n

41（－1）

故数列{an}的通项公式为an＝＋·. －

332n1

21．、、[2014·安徽卷] 设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*. (1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；

p－11c－p1

(2)数列{an}满足a1＞c，an＋1＝an＋a1n，证明：an＞an＋1＞c. pppp

21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．

①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立． ②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．

＋

当p＝k＋1时，(1＋x)k1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x. 所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．

综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立． 1

(2)方法一：先用数学归纳法证明an>c. p1

①当n＝1时，由题设知a1>c成立．

p

②假设n＝k(k≥1，k∈N)时，不等式ak>c成立． p－1c－p*

由an＋1＝an＋a1n易知an>0，n∈N. ppak＋1p－1c－p当n＝k＋1时，＝＋ak＝

akpp1c?p－1. 1＋?a?p?k

111c?p－1<0. 由ak>c>0得－1<－

ak＋1??1?c?>1＋p· 1?cp－1?＝cp. 由(1)中的结论得?＝1＋p?ap－1????akp?ak?ak??k1

因此apk＋1>c，即ak＋1>c， p

1

所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．

p

p

p

n

*

1p

1

综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．

pan＋1an＋11c?p－1可得再由＝1＋?<1， anp?an?an即an＋1

1

综上所述，an>an＋1>c，n∈N*.

p

p－1c1－p1

方法二：设f(x)＝x＋x，x≥c，则xp≥c，

ppp所以f′(x)＝

p－1cp－1?c－

1－p?>0. ＋(1－p)xp＝

ppp?x?1111

由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c. pppp1

①当n＝1时，由a1>c>0，即ap1>c可知 p

p－11cc1－p11??p－1c，从而可得a1>a2>c， a2＝a1＋a1＝a1?1＋p??a1??pp?pp1

故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．

p

11

②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，

pp1

即有ak＋1>ak＋2>c，

p

所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．

1

综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>c均成立．

p

18．、、[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. 17．、、[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. 17．、、[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， …… 此处隐藏：2820字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……