2014高考文科数学分类汇编——数列.doc

数列D1 数列的概念与简单表示法17、2014江西卷 已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对任意的n1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列18、2014江西卷 已知函数f(x)(4x24axa2)，其中a1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列18、2014江西卷 已知函数f(x)(4x24axa2)，其中a0.(1)当a4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82014全国卷 设等比数列an的前n项和为Sn.若S23，S415，则S6()A31 B32 C63 D6452014新课标全国卷 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()An(n1) Bn(n1) C. D.192014山东卷 在等差数列an中，已知公差d2，a2是a1与a4的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设bna，记Tmb1b2b3b4(1)nbn，求Tn.16、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 Asin C2sin(AC)；(2)若a，b，c成等比数列，且c2a，求cos B的值20、2014天津卷 已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M0，1，2，q1，集合Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n(1)当q2，n3时，用列举法表示集合A.(2)设s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中ai，biM，i1，2，n.证明：若anbn，则st.16、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(a41)qS40，求bn的通项公式及其前n项和Tn.D4数列求和15、2014北京卷 已知an是等差数列，满足a13，a412，数列bn满足b14，b420，且bnan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16、2014湖南卷 已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1)nan，求数列bn的前2n项和17、2014全国新课标卷 已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程x25x60的根(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和19，2014山东卷 在等差数列an中，已知公差d2，a2是a1与a4的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设bna，记Tmb1b2b3b4(1)nbn，求Tn. D5 单元综合182014安徽卷 数列an满足a11，nan1(n1)ann(n1)，nN*.(1)证明：数列是等差数列；(2)设bn3n，求数列bn的前n项和Sn.192014广东卷 设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且Sn满足S(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.19、2014湖北卷 已知等差数列an满足：a12，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Sn60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由202014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Snam，则称an是“H数列”(1)若数列an的前n项和Sn2n(n)，证明：an是“H数列”(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列18、2014江西卷 已知函数f(x)(4x24axa2)，其中a0.(1)当a4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19、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(nN*)(1)证明：数列bn为等比数列；(2)若a11，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.答案：D117解：(1)由Sn，得a1S11.当n2时，anSnSn13n2，a1也符合上式，所以数列an的通项公式为an3n2.(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要aa1am，即(3n2)21(3m2)，即m3n24n2.而此时mN*，且mn，所以对任意的n1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列18解：(1)当a4时，由f(x)0得x或x2，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)，a0，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)(2xa)20，且f0.当1，即2a0时，f(x)在1，4上的最小值为f(1)，由f(1)44aa28，得a22，均不符合题意当14时，即8a2时，f(x)在1，4时的最小值为f0，不符合题意当4时，即a8时，f(x)在1，4上的最小值可能在x1或x4时取得，而f(1)8，由f(4)2(6416aa2)8得a10或a6(舍去)当a10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，a10.16.D22B5D15解：(1)设等差数列an的公差为d，由题意得d3.所以ana1(n1)d3n(n1，2，)设等比数列bnan的公比为q，由题意得q38，解得q2.所以bnan(b1a1)qn12n1.从而bn3n2n1(n1，2，)(2)由(1)知bn3n2n1(n1，2，)数列3n的前n项和为n(n1)，数列2n1的前n项和为12n1，所以，数列bn的前n项和为n(n1)2n1.17解：(1)设an的公比为q，依题意得解得因此，an3n1.(2)因为bnlog3ann1，所以数列bn的前n项和Sn.19解：(1)设数列an的公差为d，依题意知，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4，当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n，显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的正整数n；当an4n2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.16.解：(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.13.9D17解：(1)由an22an1an2，得an2an1an1an2，即bn1bn2.又b1a2a11，所以bn是首项为1，公差为2的等差数列(2)由(1)得bn12(n1)，即an1an2n1.于是所以an1a1n2，即an1n2a1.又a11，所以an的通项公式ann22n2.5A17解：(1)方程x25x60的两根为2，3.由题意得a22，a43.设数列an的公差为d，则a4a22d，故d，从而得a1.所以an的通项公式为ann1.(2)设的前n项和为Sn，由(1)知，则Sn，Sn，两式相减得Sn，所以Sn2.19解：(1)由题意知，(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1(a16)，解得a12.故数列an的通项公式为an2n.(2)由题意知，bnan(n1)，所以Tn122334(1)nn(n1)因为bn1bn2(n1)，所以当n为偶数时，Tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122n，当n为奇数时，TnTn1(bn)n(n1).所以Tn16解： (1)a，b，c成等差数列，ac2b.由正弦定理得sin Asin C2sin B.sin Bsin(AC)sin(AC)，sin Asin C2sin(AC)(2)由题设有b2ac，c2a，ba.由余弦定理得cos B.19解：(1)证明：由已知得，bn2an0，当n1时，2an1an2d.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y2a2(2a2ln 2)(xa2)，其在x轴上的截距为a2.由题意知，a22，解得a22，所以da2a11，ann，bn2n，anbn4n.于是，Sn14242343(n1)4n1n4n，4Sn142243(n1)4nn4n1，因此，Sn4Sn4424nn4n1n4n1，所以，Sn.19解：(1)由题意知(2a1d)(3a13d)36，将a11代入上式解得d2或d5.因为d0，所以d2.从而an2n1，Snn2(nN*)(2)由(1)得amam1am2amk(2mk1)(k1)，所以(2mk1)(k1)65.由m，kN*知2mk1k11，故所以16解：(1)因为an是首项a11，公差d2的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故Sn13(2n1)n2.(2)由(1)得a47，S416.因为q2(a41)qS40，即q28q160，所以(q4)20，从而q4.又因为b12，bn是公比q4的等比数列，所以bnb1qn124n122n1.从而bn的前n项和Tn(4n1)D312.17解：(1)设an的公比为q，依题意得解得因此，an3n1.(2)因为bnlog3ann1，所以数列bn的前n项和Sn13519解：(1)设数列an的公差为d，依题意知，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4，当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n，显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的正整数n；当an4n2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.7417解：(1)由Sn，得a1S11.当n2时，anSnSn13n2，a1也符合上式，所以数列an的通项公式为an3n2.(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要aa1am，即(3n2)21(3m2)，即m3n24n2.而此时mN*，且mn，所以对任意的n1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列18解：(1)当a4时，由f(x)0得x或x2，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)，a0，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)(2xa)20，且f0.当1，即2a0时，f(x)在1，4上的最小值为f(1)，由f(1)44aa28，得a22，均不符合题意当14时，即8a2时，f(x)在1，4时的最小值为f0，不符合题意当4时，即a8时，f(x)在1，4上的最小值可能在x1或x4时取得，而f(1)8，由f(4)2(6416aa2)8得a10或a6(舍去)当a10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，a10.8C解析 设等比数列an的首项为a，公比为q，易知q1，根据题意可得解得q24，1，所以S6(1)(143)63.5A解析 由题意，得a2，a24，a212成等比数列，即(a24)2a2(a212)，解得a24，即a12，所以Sn2n2n(n1)19解：(1)由题意知，(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1(a16)，解得a12.故数列an的通项公式为an2n.(2)由题意知，bnan(n1)，所以Tn122334(1)nn(n1)因为bn1bn2(n1)，所以当n为偶数时，Tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122n，当n为奇数时，TnTn1(bn)n(n1).所以Tn16解： (1)a，b，c成等差数列，ac2b.由正弦定理得sin Asin C2sin B.sin Bsin(AC)sin(AC)，sin Asin C2sin(AC)(2)由题设有b2ac，c2a，ba.由余弦定理得cos B.20解：(1)当q2，n3时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3，可得A0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2，n及anbn，可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)q n2qn1qn110，所以st.16解：(1)因为an是首项a11，公差d2的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故Sn13(2n1)n2.(2)由(1)得a47，S416.因为q2(a41)qS40，即q28q160，所以(q4)20，从而q4.又因为b12，bn是公比q4的等比数列，所以bnb1qn124n122n1.从而bn的前n项和Tn(4n1)D415解：(1)设等差数列an的公差为d，由题意得d3.所以ana1(n1)d3n(n1，2，)设等比数列bnan的公比为q，由题意得q38，解得q2.所以bnan(b1a1)qn12n1.从而bn3n2n1(n1，2，)(2)由(1)知bn3n2n1(n1，2，)数列3n的前n项和为n(n1)，数列2n1的前n项和为12n1，所以，数列bn的前n项和为n(n1)2n1.16.解：(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.17解：(1)方程x25x60的两根为2，3.由题意得a22，a43.设数列an的公差为d，则a4a22d，故d，从而得a1.所以an的通项公式为ann1.(2)设的前n项和为Sn，由(1)知，则Sn，Sn，两式相减得Sn，所以Sn2.19解：(1)由题意知，(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1(a16)，解得a12.故数列an的通项公式为an2n.(2)由题意知，bnan(n1)，所以Tn122334(1)nn(n1)因为bn1bn2(n1)，所以当n为偶数时，Tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122n，当n为奇数时，TnTn1(bn)n(n1).所以TnD518解： (1)证明：由已知可得1，即1，所以是以1为首项，1为公差的等差数列(2)由(1)得1(n1)1n，所以ann2，从而可得bnn3n.Sn131232(n1)3n1n3n，3Sn132233(n1)3nn3n1.得2Sn31323nn3n1n3n1，所以Sn.19解：(1)设数列an的公差为d，依题意知，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4，当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n，显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的正整数n；当an4n2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.20解： (1)证明：由已知，当n1时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam，所以an是“H数列”(2)由已知得，S22a1d2d.因为an是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d0，所以m20，故m1，从而d1.当d1时，an2n，Sn是小于2的整数，nN*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m2Sn2，使得Sn2mam，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(n1)dna1(n1)(da1)(nN*)令bnna1，cn(n1)(da1)，则anbncn(nN*)下证bn是“H数列”设bn的前n项和为Tn，则Tna1(nN*)于是对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Tnbm，所以bn是“H数列”同理可证cn也是