高考数学理真题分类汇编D单元数列Word格式.docx
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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．
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）证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
（2）证明＋＋…＋＜.
（1）由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数列{an}的通项公式为an＝.
（2）证明：
由
（1）知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×
3n－1，
所以≤，即＝≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<
.
所以＋＋…＋<
4，，[2014·
重庆卷]设a1＝1，an＋1＝＋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<
c<
a2n＋1对所有n∈N*成立？
证明你的结论．
22．解：
（1）方法一：
a2＝2，a3＝＋1.
再由题设条件知
（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＝＋1（n∈N*）．
方法二：
可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.因此猜想an＝＋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＝＋1，则
ak＋1＝＋1＝＋1＝＋1，
这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
所以an＝＋1（n∈N*）．
（2）方法一：
设f（x）＝－1，则an＋1＝f（an）．
令c＝f（c），即c＝－1，解得c＝.
下面用数学归纳法证明命题
a2n<
a2n＋1<
1.
当n＝1时，a2＝f
（1）＝0，a3＝f（0）＝－1，所以a2<
<
a3<
1，结论成立．
假设n＝k时结论成立，即a2k<
a2k＋1<
易知f（x）在（－∞，1]上为减函数，从而
c＝f（c）>
f（a2k＋1）>
f
（1）＝a2，即
1>
c>
a2k＋2>
a2.
再由f（x）在（－∞，1]上为减函数，得c＝f（c）<
f（a2k＋2）<
f（a2）＝a3<
1，
故c<
a2k＋3<
1，因此a2（k＋1）<
a2（k＋1）＋1<
1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
综上，存在c＝使a2n<
C<
a2a＋1对所有n∈N*成立．
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.
0＝f
（1）≤f（ak）≤f（0）＝－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＋1（n∈N*）． ②
当n＝1时，a2＝f
（1）＝0，a3＝f（a2）＝f（0）＝－1，所以a2<
a3，即n＝1时②成立．
假设n＝k时，结论成立，即a2k<
a2k＋1.
由①及f（x）在（－∞，1]上为减函数，得
a2k＋1＝f（a2k）>
f（a2k＋1）＝a2k＋2，
a2（k＋1）＝f（a2k＋1）<
f（a2k＋2）＝a2（k＋1）＋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<
－1，
即（a2n＋1）2<
a－2a2n＋2，
因此a2n<
. ③
又由①②及f（x）在（－∞，1]上为减函数，得f（a2n）>
f（a2n＋1），即a2n＋1>
a2n＋2.
所以a2n＋1>
－1，解得a2n＋1>
. ④
综上，由②③④知存在c＝使a2n<
a2n＋1对一切n∈N*成立．
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．8B．10C．12D．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．
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.
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；
（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．
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.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝或p＝0.
当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝.
（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
因为<
，所以|a2n＋1－a2n|<
|a2n－a2n－1|.②
由①②知，a2n－a2n－1>
0，因此a2n－a2n－1＝＝.③
因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<
0，故a2n＋1－a2n＝－＝.④
由③④可知，an＋1－an＝.
于是an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝1＋－＋…＋＝1＋·
＝＋·
故数列{an}的通项公式为an＝＋·
10[2014·
辽宁卷]设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则（ ）
A．d<
0B．d>
0C．a1d<
0D．a1d>
8．C
11．、[2014·
全国卷]等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
（1）由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．
又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，
于是10＋3d≥0，10＋4d≤0，
解得－≤d≤－，
因此d＝－3.
故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.
（2）bn＝＝.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝＝.
12、[2014·
13．，，[2014·
山东卷]已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝（－1）n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
19．解：
（1）因为S1＝a1，S2＝2a1＋×
2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×
2＝4a1＋12，
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
＝（－1）n－1
＝（－1）n－1.
当n为偶数时，
Tn＝－＋…＋－
＝1－
＝.
当n为奇数时，
Tn＝－＋…－＋
＝1＋
所以Tn＝
14．，，[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：
sinA＋sinC＝2sin（A＋C）；
（2）若a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．
16．解：
（1）∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.
由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB.
∵sinB＝sin[π－（A＋C）]＝sin（A＋C），
∴sin
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