高考数学（真题+模拟新题分类汇编）数列理.pdf

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1、数列D 1数列的概念与简单表示法图 1 一31 4.D1 1 2 0 1 3 安徽卷如 图 1 3所示，互不相同的点A”A 2,，A“，和 B”B?,B“，分别在角0的两条边上，所有人耳相互平行，且所有梯形A“B“B”+A+i的面积均相等，设O A=a,若 a i=l,a22,则数列 a j的通项公式是1 4.a=/3 n 2 解析令 S 4 0 A B=m(m 0),因为所有AB 相互平行且a i=l,&=2,所以 S 梯形 AIBIB2A 2=3IH,当 n22时,an _ O A n _ /m+(n 1)X 3 m _ /3 n _2an-i 0 An-i l m+(n 2)X3 m 3

2、 n 5,故 a 沁 咨 W 3,3 n 53 n 5=3 n-83 n 82=3 n-l l以上各式累乘可得=(3 n-2)a；,因为a 1 =l,所以 a=-3 n 2.4.DI 2 0 1 3 辽宁卷下面是关于公差d 0 的等差数列%的四个命题：P1：数列 a j 是递增数列；p2：数列 n a“是递增数列；p3：数列 藁1 是递增数列；P1：数列 a“+3 n d 是递增数列.其 中 的 真 命 题 为()A.pi,p2 B.p.pa C.P2,pa D.pi,p-i4.D 解析因为数列 a 中 d 0,所以 a.是递增数列，则出为真命题.而数歹l j a“+3 n d 也是递增数列，

3、所以p,为真命题，故选D.1 7.DI、D2 2 0 1 3 全国卷等差数列 a,J前 n项和为S”.已知S 3=a*且 S“S2,S,成等比数列，求 a j的通项公式.1 7.解:设 a j 的公差为d.由 S a a i 得 3 a 2=a；,故 a j0 或 a?=3.由 S i,SZ,成等比数列得榜=&此又 SI=2d,S?=2 a 2 d,S.i=4 a 2+2 d,故(2a2-d)2=(a2d)(4E+2d).若 a 2=0,则(J2=2d、所以 d=0,此时S n=0,不合题意；若 a?=3,则(6 d)2=(3 d)(12+2d),解得d=0 或 d=2.因此 a j 的通项公

4、式为an=3 或 an=2n1.D 2 等差数列及等有效期数列前n 项和8.)G2C2013 新课标全国卷I 某几何体的三视图如图13 所示，则该几何体的体积为r2图 1一3A.16+8 n B.8+8 nC.16+16 冗 D.8+16 JI8.A 解析由三视图可知该组合体下半部分是一个半圆柱，上半部分是一个长方体，故体积为 V=2X 2X 4+|x n X22X 4=16+8n.7.D2 2013 新课标全国卷I 设等差数列区 的前n 项和为S n,若 S-=-2,Sm=0,Sm+i=3,贝 U m=()A.3 B.4 C.5 D.67.C 解析设首项为a i,公差为d,由题意可知am=S

5、mSki=2,a+=S.+iSm=3,故(1=,又 Sn,=0,故 ai=-a1n=-2,e c .m (m 1)，八 .,m (m-1)八 一又 S m=m a i+-d=0,-2m+-=0 m=5.12.D2 2013 广东卷在等差数列 a j 中，已 知 心+不=1 0,则 3 a 5+a?=.12.20 解析方法一：a3+a8=2 a i+9 d=1 0,而 3a5+a7=3(ai+4d)+ai+6d=2(2a)+9d)=20.方法二：3a5+a7=2as+(as+a?)=2史+2证=2+或)=2(a3+a8)=20.20.M2,D2,D3,D5 2013 北京卷已知 4是由非负整数组

6、成的无穷数列,该数列前n项的最大值记为An,第n项之后各项H n+l,d n+2,的最小值记为Bn,&=4一Bn.(1)若&为 2,1,4,3,2,1,4,3,是一个周期为4 的数列(即对任意nN*,an+4=a n),与出 di,ch,ds,di 的值；设 d 是非负整数,证明：dn=-d(n =l,2,3,)的充分必要条件为 a j是公差为d的等差数列；(3)证明：若&=2,dn=l(n=l,2,3,)，则 的项只能是1 或者2,且有无穷多项为 1.2 0.解：(l)di=d2=L d3=d4=3.(2)(充分性)因为 a j是公差为d 的等差数列，且 d 2 0,所以a W a z W

7、W aW.因此 A n=a n,Bn=an+i dn=anan+i=d(n =l,2,3,).(必要性)因为 d n=-d W 0(n=L 2,3,-).所以 A n =Bn +dn WBn.又因为 a n WA n，a n+1 2 Bn,所以 a n Wdn +l.于是，A n=an,Bn=an+i.因此 3n+l an=Bn-An=-&=d,即 劣 是公差为d 的等差数列.(3)因为 a 1=2,di=L 所以 A i=a 1=2,Bi=A i-di=l.故对任意n L an Bi=l.假设E (n 2 2)中存在大于2的项.设 m为满足圆 2 的最小正整数，则 m，2,并且对任意I Wk

8、 Qi,a k W2.又因为a 1=2,所以又T=2,且 A m=a 2,于 是,Bm=A n -&2 1 =1,Bm-1=I D是 d n,Bj 1.故 d m-l=A m-1 -1 =1,与&-1 =1 矛盾.所以对于任意n l,有&W 2,即非负整数列 的各项只能为1 或 2.因为对任意n l,a n W2=a i,所以A n=2.故 Bn =A n dn =2 1=1.因此对于任意正整数n ,存在m满足m n,且须=1,即数列 a 有无穷多项为1.1 7.DI、D2 2 0 1 3 全国卷等差数列瓜 前 n项和为S n.已知S 3=a：,且 S i,S2,一成等比数列，求 的通项公式.

9、1 7.解:设&的公差为d.由 S3=a L 得 3 a 2=a*故 a2=0 或 a2=3.由S i,S2,S”成等比数列得S f=S S.又 S i=a 2 d,S z=2 a 2 d,S.=4 a 2+2 d,故(2 a 2 d)2=(a 2d)(4 a 2+2 d).若 a 2=0,则 d=2 d 所以 d=0,此时S n =0，不合题意；若 出=3,则(6-d)2=(3 d)(12+2d),解得d=0 或 d=2.因此 的通项公式为a“=3或 a“=2n 1.20.D2、D4 120 13 山 东卷设等差数列瓜 的前n 项 和 为S.S4=4 S2,a2n=2an+L(1)求数列E

10、J的通项公式；o-L 1(2)设数列 bj的前n项和为T“，且 T +三=A(人为常数)，令 ciXnG N*),求数列 c 的前n 项和R.2 0.解：(1)设等差数列 a0 的首项为a“公差为d.由 S1=4S2 a2n=2an+14 ai +6d =8 ai +4 d,得,ai+(2n 1)d=2a1+2(n 1)d+L解得 ai =l,d=2,因此 an=2n 1,n N”.山题意知 T n=入一 所以 n 22 时，bn=Tn T n-1=-2n 2/Af i 1故 C n=b 2 n=22n l=(n -1)匕J ，n N.所以 R =xg)+l x Q)+2 义 田+3 x(1)

11、+(n l)xg)则R=0X+1XQ2+2X两式相减得=i_ l+wnn-3 3 ，整理得R n=3 一 竽 所以数列9 的前n 项和R“=%43.16.D2,D3 20 13 四川卷 在等差数列 a j 中,ai+a3=8,且由为a?和 ag 的等比中项,求数列 a 的首项、公差及前n 项和.16.解:设该数列公差为d,前 n项和为S“，由已知可得2 a+2 d=8,(ai+3 d)2=(a,+d)(ad 8 d),所以 ai +d=4,d(d 3 ai)=0.解得a1=4,d=0 或 a1=l,d=3.即数列 aj的首项为4,公差为0,或首项为1,公差为3.所以，数列的前n项和S.=4 n

12、 或 S0=1 二16.D2,D5,B12120 13 新课标全国卷H等差数列 a j 的前n 项和为S”已知S u =0,S”=2 5,贝 i J n S”的最小值为.&力-i i,10 2 n310 n216.4 9 解析由已知，ai+ai o=O,ai+ai5=d=,a1=3,/.n S=-，o o o易 得 n=6 或 n=7 时，n Sn出现最小值.当 n=6 时，n S=4 8；n=7 时，n Sn=-4 9.故 n S 的最小值为一4 9.12.D2,D3 20 13 重庆卷已知 aj是等差数列，ai=l,公差d H O,S.为其前n项和,若 a 出,as 成等比数列，则 Ss=

13、.12.64 解析设数列区 的公差为d,由 a,az,诙成等比数列，得(l+d)2=l (1+4 d),解得d =2 或 d=0(舍去)，所以S 8=8 X 1+铝 与 一 义 2=64.D 3等比数列及等比数列前n项和2 114.D3 E20 13 新课标全国卷I 若数列 a,的前n 项和S=-a+-,贝 I 4,的通项公式是O Oa=.9 1 9 1 2 214.(2)-1 解析因为S n=a0+刊，所以$“-|=铲 一+弹)，一得=铲“一铲”2 1-1,即 a“=-2an-”又因为S i=ai=.ai+w a,=l,所以数列 a 是 以 1 为首项，一2 为公比的等比数列，所以a“=(2

14、)1.20.M2,D2,D3,D5 20 13 北京卷已知 aj是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为A”，第 n 项之后各项a+i,a m,的最小值记为B“，d=AnB.若 为 2,1,4,3,2,1,4,3,，是一个周期为4的数列(即对任意n GN*,a+4 an),写出 d”d a,d a,d,的值;(2)设 d是非负整数，证明：d=-d(n=l,2,3,)的充分必要条件为 a“是公差为d的等差数列；证 明:若 一=2,d“=l(n=l,2,3,)，则&的项只能是1 或者2,且有无穷多项为 L2 0.解：(l)d i=d2=l,d3=d i=3.(充分性)因为 是公差为d

15、的等差数列，且 心 0,所以ai Waz WW a.W.因此 A“=a“，B,.=a+i,d=aa+i=d(n=l,2,3,).(必要性)因为 d=d W0(n=l,2,3,).所以 A=B“+d n WBn.又因为a“W A”，H n +1所以 an Wan+1.于是，An=a”，Bn=an+i.因此 an+i an=Bn A=d=d,即 aj是公差为d的等差数列.(3)因为 a1=2,d i 1,所以 Ai=ai=2,Bi=Ai-d i=1.故对任意n 21,an Bi =l.假设凡 (G 2)中存在大于2 的项.设 m为满足为2 的最小正整数，则 m e 2,并且对任意aW2.又因为a

16、1=2,所以Am T=2,且 Am=am 2,于是，B(1 1=Amdm2 1=1,B.-i=min am,B.1.故 d m -1 =Am-|BmTn,且藐=1,即数列 有无穷多项为L1O.D3 2O13 北京卷若等比数列瓜 满足a2+ai=20,a3+a5=40,则公比q=_；前 n 项和Sn=.10.2 2n+,-2 解析Va3+a5=q(a2+a4),.*.40=20q,q=2,又 T a 2+a 4=aiq+aiq3=20,Aai=2,/.an=2n,ASn=2n+l2.3.D3 2013 江西卷等比数列x,3x+3,6x+6,的第四项等于()A.-2 4 B.0C.12 D.243

17、.A 解析(3x+3)2=x(6x+6)得 x=1 或 x=-3.当 x=-1 时,x,3x+3,6x+6分别为-1,0,0,则不能构成等比数列，所以舍去；当 x=-3 时，x,3x+3,6 x+6 分别为-3,-6,-1 2,且构成等比数列，则可求出第四个数为一24.14.D3 2013 江苏卷在正项等比数列 a,J中，a5=1,a6+a7=3.则满足ai+a?+&)泡2a”的最大正整数n 的值为.14.12 解析设 的公比为q.由 a5=J及 a$(q+q2)=3 得 q=2,所 以 为=,所 以3.6=1,3132,H i 1 =1,iHs时 a1+a2+anl.又 a】+az+ai2=

18、2 ，aia2,*ai2=26aia2-ai2,但 ai+a2d-|-ai3=28小&ai3=2。2，=25 2828,所以a1+a2T-Fai3 0,b 0)的左、右焦点分别为R,Fz,离心率为3,直线y=2 与 C 的两个交点间的距离为小.求 a,b；(2)设过艮的直线1 与 C 的左、右两支分别交于A,B 两点，且 1 AFJ=|BFJ,证明：|AFz|,|AB|,I BE I 成等比数列.2 1 .解：(1)由题设知=3,即 2=9,故 b 2=8 aLa a所以C 的方程为8 x2 y 2 =8 a2.将 y=2 代入上式，求得x=y a +；由题设知，2#,解得a?=l.所以 a=

19、1,b=2 y 2.(2)证明：由(1)知，F.(-3,0),2(3,0),C 的方程为 8/一/=8.由题意可设1的方程为y=k(x-3),|k|2 y 2,代入并化简得(k2-8)x2-6k2x+9 k2+8=0.设 A(xi,y i),B(X2,y 2),则Xi 1,X2 2 l,6k2 9 k2+8XI+X2=2.，X 1 X 2=k，8 .于是|AFi I=yj(xi+3)2+y i =yj(xi +3)2+8XI8 =(3 x1 +l),|BFi I=4(X2+3)，+y；=M(X 2+3)2+8 x；8 =3 x2+1.9由|AFi|=|BFi|#(3 xi +l)=3 x 2+

20、1,即 xi+x2=6k 2 2 4 1 9故彩J=一可，解得产=三，从而X 1 X 2=一石.k o 3 y由于I AF2 I =yj(xi-3)2+y i=(xi -3)2+8 x?8=1 3 xi,I BF21=1(x23)2+y 2=,/(X2 3)2+8 x2 8=3X2L故|AB|=|AF2|-|BF/=2-3(XI+X2)=4,|AF2|,BFa|=3(xi+x2)9XIX21 =1 6.因而l AFj|BF2|=|AB|2,所以I AF2 I，I AB|,|BFz|成等比数列.46.D 3 2 0 1 3 全国卷已知数列 aj 满足3 a e+a“=0,a?=一W，则 a j

21、的 前 1 0 项和等于()A.-6(1-3-1 0)B.(l-31 0)C.3(1-3-1)D.3(1+3-,)6.C 解析由 3 a e+a n=0,得 a“#0(否则az=0)且-=一；，所以数列 an 是公比为an 34 X r (i v i1 1i-I -3 J r/i 1 0一勺的等比数列，代入a?可得a 1=4,故&。=-，=3 X =3(1 一3”1 +-L -31 7.D 3 2 0 1 3 陕 西 卷 设 瓜 是公比为q的等比数列.(1)推导 的前n 项和公式；(2)设 q W l,证 明 数 列 瓜+1 不是等比数列.1 7.解：(1)设瓜 的前n 项和为的当 q=l 时

22、，Sn=ai+a2d-Fan=n ai；当 q N l 时，Sn=ai+ai q+ai q2H-Fai qn-1,q Sn =ai q+ai q2H-Fad ,一得，(1 q)Sn=ai ai qn,n ai,q=l,U!匕，q W L1-q(2)假设a+1)是等比数列，则对任意的k N 卜，(ak+i +l)2=(ak+1)(ak+2+l),即 a；+i +2 ak+i+l=ak ak+2+ak+ak+2+l,即 a)q 十2 a1 q =a g ap 十a】q +ai q ,Vai 7 0,/.2 qk=qk-i+qk*.,q WO,A q22 q+l=0,，q=L 这与已知矛盾.假设不成

23、立，故 心+1 不是等比数列.1 6.D 2,D 3 2 0 1 3 四 川 卷 在 等 差 数 列 须 中，小+松=8,且.为 2 和 a9 的等比中项,求数列 劣 的首项、公差及前n 项和.1 6.解：设该数列公差为d,前 n项和为Sn,由已知可得2 ai+2 d=8,(ai +3 d)2=(ai +d)(ai+8 d),所以 a1 +d=4,d(d 3 ai)=0.解得a1 =4,d=0 或 a1 =l,d=3.即数列 aj 的首项为4,公差为0,或首项为1,公差为3.n 2 _所以，数列的前n项和S“=4 n 或 6)=.3.D 3 2 0 1 3 新课标全国卷H 等比数列 aj 的前

24、n 项和为Sn,已知S3=a2+1 0 a”a5=9,则 a i=()1 1 1 1A.B,-C.-D.-3.C 解析S:l=a2+1 0 ai ai+a2+a3=a2+1 0 at a：i=9 ai qL=9,a5=9 a3q =9a3=l a尸为=,故选C.q 91 2.D 2,D 3 2 0 1 3 重庆卷已知 aj 是等差数列，a 1=l,公差d WO,一为其前n项和,若 ai,a2,as 成等比数列，贝 I S,=_.1 2.64 解析设数列 a0 的公差为d,由 a”a2,成等比数列,得(1 +犷=1 (1 +4 d),解得 d =2 或 d =0(舍去)，所以 Ss=8 X 1+

25、空*-X 2=6 4.D4数列求和1 7.D 4 E 2 0 1 3 江西卷正项数列 aj 的前 n 项和 S.满足：(n2+n-l)S-(n2+n)=0.求数列 aj 的通项公式a.；令 b 产数列 b j 的前n 项和为T“证明：对于任意的n G N*,都有T W?.(n+2)an 64解:(1)由 S：(r?+n 1)Sn(n?+n)=0,得氏一(1?+1 1)区+1)=0.由于凡 是正项数列，所以S)0,Sn=n2+n.于是 ai =Si =2,n 2 2 时，an=Sn-Sn-i=nJ+n(n l)2(n 1)=2 n.综上，数列 aj 的通项为a=2 n.(2)证明：由于 an=2

26、 n,b n=,，八二二,(n +2)an.n+1 1 T 1 1则 b n=4 n(n +2)=同 直 (n +2);1 5.D 3,D 4 2 0 1 3 湖南卷设和为数列 a j 的前n 项和，S=n d N*,则(l)a3=；(2)S1+S2+Si oo=.1 5.一 白(2)TT6O-1 解析因 Sn=(DA J,则 S3=a.L S 尸 aq 一白,I o 3 z )2 8 1 6解得a3=1 6 当 n为偶数时，S“=aJ,当 n为奇数时，S =-a4,可得当n为奇数时a,.乙 乙2 0.D 2、D 4 2 0 1 3 山东卷设等差数列 a j 的前 n 项和为 S“，K S4=

27、4S2,a2=2 a+l.(D 求数列 a 0 的通项公式；O-I-1(2)设数列 b j 的前n 项和为，且+十=人(X 为常数)，令 c=b2 1 1(ne N*),求数列 c n 的前n 项和R.2 0.解：(1)设等差数列 a j 的首项为a”公差为d.由 S,I=4S2,a 2 n=2 a 1 i+1得.4a i +6d=8 a i+4d,a i+(2 n1)d=2 a i +2 (n1)d+1,解得 a i =L d =2,因此 a =2 n1,n N”.(2)由题意知 Tn=入-2“-i，所以 n2 2 时 bn=TnTn-i=-22 2:,-!,2 n-2 ./nn-1.故 C

28、n=b 2 n=2，7=-1)1 1 ，O N .所以 R F O xg)+l x Q j +2 x(/+3 xg+-+(n-l)x|j j5!lj|Rn=0 xQ1+lxQ2+2X3+.-+(n-2)xQn(n-D x l两式相减得2部+第+伊+旷匚-整理得R“=3 竽 上所以数列 c j 的前n 项和R“=c”b i+c i=2 a”3n+i a S+i=5 cn+i=5 则()A.S J为递减数列B.S J为递增数列C.g-为递增数列，S a J为递减数列D.5-为递减数列，为递增数列1 2.B 解析因为 a“+i=a ，所以 a“=a i.又因为 b.+i+c n+i=；(b 0+c“

29、)+a”=；(b“+c”)+a i,所以 b n+i+c n+i 2 a i=5(b“+c n2 a).因为 b i+c i 2 a i=0,所以 b 0+c n=2 a i,故 ABC”中边BC,的长度不变，另外两边A“B“，AC,的和不变.,1 (l n-1因为 b“+i c“+i =(b 一c )，且 b i c D O,所以 b“一c”=(一引(b i c i),当 l +8时，b“一c ，也就是A,C,fA“B“，所以三角形A.B,C中 B“C”边上的高随着n 的增大而增大.设三角形 AnBC中 B Q 边上的高为心 则 h j 单调递增，所以S n=5 h是增函数.答案为B.V2

30、V3 Xt l2 0.B 1 2、D 52 01 3 安徽卷设函数 fn(x)=l+x+于+不H-H?(x R,n N ).证2 3 n明：2 对 每 个 n W”,存在唯一的XnW，1,满足fn(Xn)=0；O(2)对任意p N”,由(I)中 Xn构成的数列 x/满足0 0,故 fn(x)在(0,+2 n8)内单调递增.2 k 2 2 n 3由于 fl (1)=0,当 n2 2 时，f(l)=了+-.0.故 fn 2。又 f=l+Z 了v 2 k24+11 2 a，=.2ROi 2 3 31-32所以存在唯一的X e-,1,满 足fn(Xn)=0.On+l(2)当 X 0 时，f n+l(x

31、)=f n(x)+/L i、在 f n(x),故 fn+l(xn)f n(X n)=f n+l(xn+l)=0.(n+1 )由f n+l(x)在(O,+8)内单调递增,X n+KX n,故 4为单调递减数列.从而对任意n,p N*,Xn+p Xn.2 n对任意 p N*,由于 fn(Xn)=1+X n+T-卜 当=0,2 nn n+lXn+p f Xn-f-p (h(n+l)+n+pXn+p _ z-x7 T (n+p)f u+p(Xu +p)1 +X +p+2 2式减去式并移项，利用(K Xn+p G Wl,得X*一x+Xn-X n+p=2k=2kn+P Yk,n+p k.An(-p An

32、t p卜工记 在 L记k=n+l c k=n+l c y 1/y 1 _l_ 1 A、上 K 上 汽(k-1)-n n+p n因此，对任意p d N*,都有0Xn-x+1 1d.n9.D 52 01 3 福建卷已知等比数列 aj 的公比为 q,记 bn=a1n s-u+i+a1n 1)+2 H-F am(n-l)+n)，Cn a m(n1)+1 *a m(n1)+2 *-S r a fn-1)+B(m,nCN*),则以下结论一定正确的是()A.数列 b j 为等差数列，公差为q”B.数列 b j 为等比数列，公比为q C.数列 c j 为等比数列，公比为q m?D.数列&为等比数列,公比为q

33、m”9.C 解析取 a 0=l,q=l,则 b“=m,(%=1,排除 A,取 a i =l,q=1,m 取正偶数,则 b 0=0,排除 B,=：&，“，。二 二=十.d.q e,s d o4Q)=Cn Qm(n1)+1*Q-ia +2 e-Qin(n1)+q m2,故选C.1 8.D 52 01 3 湖北卷已知等比数列 a j 满足：区一3|=1 0,a 1 a 2 a 3=1 2 5.或(1)求数列 a j 的通项公式；(2)是否存在正整数m,使得+,+1?若存在，求 m 的最小值；若不存在，说31 32 3 m明理由.3 35aiq=125,ai=1,18.解：(1)设等比数列 a0 的公

34、比为q,则由已知可得 2,八 解 得 3H aga q l=10,nq=3,ai=5,q=T5故&,=鼻 3 1 或 a0=-5 (-I)-1.o3 1,(2)若则故,是首项为2，公比为J 的等比数列，从而3 cln UO Hn O 3 _.Qn 1n=1 1 一一3若 a.=(-5)(-1)-1,则!=一“1尸，故小是首项为一盘公比为T的等比数列,m 1从而z =n=l 3,1m=2 k _ 1(k eN+),、0,m=2k (k N+),m 1故 之 小m 1综上，对任何正整数m,总有Z 一 1._ Sn故不存在正整数m,使得工+工+成立.ai a2 an,19.D52013 江 苏 卷

35、设 a j 是首项为a,公差为d 的等差数列(dWO),S”是其前n 项的和.记 b.=*,n e N 其中c 为实数.n 十c若 c=0,且 bi,b2,bi成等比数列，证 明:Snk=n2Sk(k,neN*)；若 bn 是等差数列,证明：C =0.19.解：由题设，S =n a+-()1.S n 1 由 c=0,得 b n=a+F d.又因为bi,b2,一成等比数列,所以援=b h,n z化简得d?2ad=0.因为dW O,所以d=2a.因此,对于所有的mSN*,有此=i112a.从而对于所有的 k,nGN*,Sk=(nk)2a=n2k2a=n2Sk.(2)设数列 b.的公差是 d”则 b

36、“=b+(n l)d”即 第=b d(n-l)d i,nSN*.n十c代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n N 有(小一3d)r?+(bi a一a+gd)i?+cdin=c(d|bi).令人=4-d,B=bidIa+d,D=c(dibi),则对于所有的 nWN*,有An3+Bn2+cdin=D(*).在(*)式中分别取n=l,2,3,4,得A +B+cdi=8A+4B+2cdi=27A+9B+3cdI=64A+16B+4cd1,从而有7A+3B+cdi=0,di 的值；(2)设d是非负整数，证明：dn=-d(n =l,2,3,)的充分必要条件为 a j是公差为d的等差数列；(3)证 明:若a

37、】=2,dn=l(n=l,2,3,)，则 a 的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.2 0.解:(l)di=d2=l,&3=&=3.(2)(充分性)因为 是公差为d的等差数列，且dN O,所以aW a22)中存在大于2的项.设m为满足加2的最小正整数，则m 2 2,并且对任意lWk2,于 是,Bm=Amdm2 1=1,BB-i=m in an,B.1.故 d m-l=Am-l Bm-X2 1 =1,与 dm-1=1 矛盾.所以对于任意n，l,有既n,且 a=1,即数歹!须 有无穷多项为L19.D512013 天 津 卷 已 知 首 项 为 w 的等比数列 a j 不是递减数列，其 前 n 项和

38、为zSn(nN*),且 Ss+a：?,Ss+as,Si+ai成等差数列.(1)求数列 an 的通项公式；(2)设 T,.=S-(nG N,),求数歹的最大项的值与最小项的值.1 9.解:(1)设等比数列瓜 的公比为q,因 为 S3+a3,S5+a5,Sa+a 成等差数列,所以S5+a5S3a3=Si+a4S5a5,即 4a5=a3,于 是/=虫=.又 a j 不是递减数列且 a 1=,所以 q=-5,故等比数列 a j 的通项公式为a g x =(一1尸 p1 1+/，n为奇数，(2)由(1)得 S,=l 一 1-p n为偶数.31 1 3 2 5当 n 为奇数时，S n随n的增大而减小,所以

39、l S n S i=-,故0 SnT-S27-=7Q=TO-4On 02 O 1Z7 i 5综上，对于n N 总有一j WS n一丁12 Sn o57所以数列 Tn最大项的值为a，最小项的值为一行.6 1216.D2,D5,B122013 新课标全国卷H 等差数列区 的前n 项和为和，已 知&。=0,S15=2 5,则 nSn的最小值为_ _ _ _ _ _ _ _.10 2 ri?_ On?16.49 解析 由已知，ai+aio=O,ai+ai5=d=-,a1=3,A n S n=-，J J o易 得 n=6 或 n=7 时，nSn出现最小值.当n=6 时，nSn=-48；n=7 时，易=4

40、9.故 nSn的最小值为-49.18.D52013 浙江卷 在公差为d 的等差数列 乐 中,已 知 a】=1 0,且 a,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求 d,an；(2)若 d0,求 I|+|/|+|a3 1H-F|an|.1 8.解：)由题意得a】5a3=(2a2+2)2,即 d2-3 d-4=0.所以d=1或 d=4.所以 a n=n+11,nN*或 an=4n+6,nN*.(2)设数列区 的前n 项和为Sn.因为d 0,由 得 d=-l,a =-n+l l,则当 nW ll 0t,|a)|+|a2|+|a3|+,+|an|1.21当 nN 12 时，|ai|+|a21+I as|

41、+,+|an|=Sn+2sli=产 一 万 n+110.综上所述，I a1|+|a2I+831 +,+|an I 1 2,21/n+-n,nW ll,1 2 21.、nn+110,n212.f(x)L 2。13.云南玉溪一中月考已知定义在R上的函数f(x),g(满足且 f(x)晨 x)f(x)g(x),4 -十(DY，若有穷数歹(lL-(n eN*)的前 n 项g(l)g(1)z g(n)QI和等于G，则 n 等于()A.4 B.5C.6 D.71.B 解 析 由 g(x)(x)g(x)f(x)g(x),所以 六 0,f (x)g(x)f(x)gf(x)E ,A 因 fg(X)即 axln a

42、 0,公差 d0,则使数列 的前n 项和S0成立的最大自然数n 是()A.4 027 B.4 026C.4 025 D.4 0242.D 解析因为 备 是等差数列,首项a.0,公差d0,故数列0 为单调减数列.a2o13(a2m 2 Faz OH)若 a20 所以 a2oi2+azO,由于 Si 0 2 4 2=2 012(a?012+a2 oi3)0,故使数列 a,的前n 项和S0成立的最大自然数n 是 4 024.an20,规律解读若&,是等差数列，求前n 项和的最值时，若a i0,d 0,且满足.a”+i W0,anW0,前 n 项 和 S“最大；(2)若 aKO,d 0,且满足、前 n

43、 项和S“最小；(3)除上面方法外，a+i0,还可将 a“的前n 项和的最值问题看作S。关于n 的二次函数最值问题，利用二次函数的图像或配方法求解，注意neN*.3.2013 北大附中河南分校月考(四)已知各项为正的等比数列 a j 中,-与 a”的等比中项为2 嫡，则 2a的最小值为()A.16 B.8C.2 72 D.43.B 解析由题意&a“=(2/y=8,由等比数列的性质a向产益=8,又各项为正，所以 a g=2 啦，贝 ij 2 a 7+a“=-+a 9 q2 2 2 /Xag=8,当且仅当常2=a,q即 q=2 时取等号，选 B.4.2 0 1 3 昆明调研公比不为1 的等比数列

44、a j 的前n 项和为S“，且一3 a“一a 2,a 3 成等差数列，若 揄=1,则 a,=()A.-2 0 B.0C.7 1).4 04.A 解析设数列的公比为q(qr l),因为一3 a”一出,a 3 成等差数列，所以-3 a da?=2 a 2,由于 a i =l,所 以-3+q?+2 q=0,因为 q W l,所以 q 3.故 Si =1 3+9 2 7=-2 0.5.2 0 1 3 山西师大附中3月月考对大于或等于2的自然数m的 n次方嘉有如下分解方式：22=1+3 32=1+3+5 42=1+3+5+72，=3 +5 33=7 +9 +1 1 /=1 3+1 5+1 7+1 9根据

45、上述分解规律，则 5?=1+3+5+7+9,若 的 分 解 中 最 小 的 数 是 7 3.则 m的值为.5.9 解析按照条件可以归纳出m l m e N)的分解规律是：分解的项数是m 项，分解数是奇数，从第 m(m 1)+1 个奇数开始.所以m(m 1)+1 =7 3,解 得 m=9或一8(舍去)，所以 m=9.6.2 0 1 3 杭州一检设等差数列瓜 满足:s i n73cos2a：夕+cos2a3cos2a6 s i nZ3s i n2a6sin(ai+a5)1，公 差 d G(-1,0).若当且仅当n =9时，数列 a j 的 前 n项 和 S“取得最大值，则首项a i的取值范围是()

46、JI 3 JI(cos2a3cosa3cos为)sin(ai+as)(sin a3cos ae)2(cos 33sin ae)=1=sin(ai+a5)sin(a3+a6)sin(a3a)2-=1sin(a.i+as)=1今sin(a3a6)=1为一%=-3 dn十 一 百今a 9=a i+8 d 0,又当且仅当n=9时，数歹ij 的前n项和S”取得最大值，即 a90,al 0 0 o (ta i o=a i+9 d O4 n 3 n a.高效能学习的十大学习方法方法一：目 标 激 励 法成就天才的必备素质就是远大志向，明确目标，勤奋刻苦，持之以恒，百折不挠。作为一名学生，要想在学习的道路上一

47、路高歌，战胜各科学习困难，在考试中脱颖而出，就必须树立远大的理想，制定明确的学习目标和切实可行的计划，在日常学习中勤奋苦学，孜孜不倦，持之以恒，面对学习中上的挫折，百折不挠，勇往直前，并掌握一套正确的学习方法，科学合理地安排好自己的时间，只有这样，才能到达成功的理想彼岸。方法二：统筹计划学习法正像建造楼房先要有图纸，打仗先要有部署一样，成功有效的学习也必须制定好一套切实可行的计划。所谓统筹计划学习法，就是学习者为达到一定的学习目标，根据主客观条件而制订学习步骤的一种学习方法。统筹计划学习法包括四个方面：是学习目标，二是学习内容，三是时间安排，四是保证落实的措施。只有综合考虑这四个方面，才能订出

48、切实可行的规划。同时计划要因人而异，因事而异，并根据执行情况，适当及时调整。方法三：兴趣引导法使学习兴趣化，是获取成功的特别重要的法则。有的同学虽然很努力地学习，但是却对学习没有兴趣。凡是这种情况，学习效率都差得很，往往是事倍功半，效率不高。所以，千万不要只知道积极地去学，光顾着学，傻学，而要想办法培养自己的兴趣。只有将学习积极性转化为学习兴趣之后，你才有可能实现学习效率的飞跃。方法四：高效率学习法作为学生，谁能够高效地管理时间，科学地利用时间，抓住时间的脉搏，谁就能创造学业的成功，成就人生的辉煌。爱时间就是爱生命，爱生命的每一部分。谁把握住时间，谁就拥有一切。时间就是生命。“个人一生只有三天

49、：昨天、今天和明天。昨天已经过去，永不复返；今天已经和你在一起，但很快就会过去；明天就要到来，但也会消失。抓紧时间吧，一生只有三天！”现在是你们人生的黄金时期，也是学习知识、吸取知识最有效率的时期，你们应善于管理时间珍惜时间，不虚度年华，使生命失去原本的灿烂光彩。方法五：刨根质疑学习法学习的过程是由一个“无疑一有疑一解疑一无疑”不断循环往复的过程。学须善思，思后存疑，疑后问，问后知。所以，我们在日常生活和学习过程中，要善于思考，培 养“凡 事 问 个 为 什 么”的习惯。作为一个学生，我们要善于发现问题，敢于向权威挑战，同时又要虚心求教，不耻下问，不懂的问题多问老师，向同学请教。积极参加各种有

50、关学习的交谈、讨论、学习兴趣小组，创设一个与别人交流的良好平台，合作解决问题。方法六：笔 记 学 习 法笔墨学习法又称笔记法，是利用记笔记学习的一种方法。在日常的读书、听课、复习的时候，对有一定价值和意义的材料、知识点、问题迅速及时地标记出来，记下来，然后整理成笔记，这对于巩固知识，积累材料，提高学习成绩都具有十分重要的意义。方法七：全 面 预 习 法打无准备的仗必输，没有预习的功课定不会好。要想有个高效的课堂学习，必须牢牢抓住课前预习这个关键环节。常言道：“凡事预则立，不预则废。”“预”，即准备。预习就是在教师讲课之前，学生阅读教材及相关的内容，为新课学习做好必要的知识准备。我们在预习的时候