全国高考理科数学试题分类汇编三角函数数列_中学教育-高考.pdf

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1、学习必备 欢迎下载 数 学 D单元 数列 D1 数列的概念与简单表示法 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.(1)令 cnanbn，求数列 cn 的通项公式；(2)若 bn 3n1，求数列 an 的前 n 项和 Sn.17 解：(1)因为 anbn 1 an 1bn 2bn 1bn 0，bn 0(n N*)，所以an 1bn 1anbn 2，即 cn 1 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

2、)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 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，a1 1，an 0，anan 1 Sn 1，其中 为常数(1)证明：an 2 an.(2)是否存在，使得 an 为等差数列？并说明理由 17 解：(1)证明：由题设，anan 1 Sn 1，an 1an 2 Sn 1 1，两式相减得 an 1(an 2

3、an)an 1.因为 an 1 0，所以 an 2 an.(2)由题设，a1 1，a1a2 S1 1，可得 a2 1，由(1)知，a3 1.若 an 为等差数列，则 2a2 a1 a3，解得 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 4，使得数列 an 为等差数列 17、2014 新课标全国卷 已知数列 an 满足 a1 1，an 1 3an 1.(1)证明an12是等比数列，并求 an 的通项公式；(2)证明1

4、a11a21an32.17 解：(1)由 an 1 3an 1 得 an 112 3an12.又 a11232，所以an12是首项为32，公比为 3 的等比数列，所以 an123n2，因此数列 an 的通项公式为 an3n 12.(2)证明：由(1)知1an23n 1.因为当 n 1 时，3n 1 2 3n1，学习必备 欢迎下载 所以 13n 1 12 3n 1，即 1an 23n 1 13n 1.于是1a11a21an 11313n132113n32.所以1a11a21an32.22，2014 重庆卷 设 a1 1，an 1 a2n 2an 2 b(n N*)(1)若 b 1，求 a2，a3

5、及数列 an 的通项公式(2)若 b 1，问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n 1对所有 n N*成立？证明你的结论 22 解：(1)方法一：a2 2，a3 2 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 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

6、（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)令 c f(c)，即 c（c 1）2 1 1，解得 c14.下面用数学归纳法证明命题 a2nca2n 11.当 n 1 时，a2 f(1)0，a3 f(0)2 1，所以 a214a31，结论成立 假设 n k 时结论成立，即 a2kca2k 1f(a2k 1)f(1)a2，即 1ca2k 2a2.再由 f(x)在(，1上为减函数，得 c f(c)f(a2k 2)f(a2)a31，故 ca2k 31，因此 a2(k 1)

7、ca2(k 1)11，这就是说，当 n k 1 时结论成立 综上，存在 c14使 a2nCa2a 1对所有 n N*成立 方法二：设 f(x)（x 1）2 1 1，则 an 1 f(an)先证：0 an 1(n N*)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 11.即 0 ak 1 1.这就是说，当 n k 1 时结论成立故成立 再证：a2na2n 1(n N*)当 n 1 时，a2 f(1)0，a3 f(a2)f(0)2 1，所以 a2a3，即 n 1 时成立 假设 n k 时，结论成立

8、，即 a2kf(a2k 1)a2k 2，a2(k 1)f(a2k 1)f(a2k 2)a2(k 1)1.式若求数列的前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和将两式相减得所以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下载于是所以即所以重庆卷设若求 的等差数列故即方法二可写为因此猜想下面用数学归纳法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立

9、即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学习必备 欢迎下载 这就是说，当 n k 1 时成立所以对一切 n N*成立 由得 a2n a22n 2a2n 2 1，即(a2n 1)2a22n 2a2n 2，因此 a2nf(a2n 1)，即 a2n 1a2n 2.所以 a2n 1 a22n 1 2a2n 1 2 1，解得 a2n 114.综上，由知存在 c14使 a2nc0，a7 a1060n 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

10、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 2n60n 800 成立 当 an 4n 2 时，Snn2（4n 2）2 2n2.令 2n260n 800，即 n2 30n 4000，解得 n40 或 n60n 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 41.20、201

11、4 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 p12，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 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，解得 p13或 p 0.式若求数列的前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和将两式相减得所以新课

12、标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下载于是所以即所以重庆卷设若求 的等差数列故即方法二可写为因此猜想下面用数学归纳法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学习必备 欢迎下载 当 p 0 时，an 1 an，这与 an 是递增数列矛盾，故 p13.(2

13、)由于 a2n 1 是递增数列，因而 a2n 1 a2n 10，于是(a2n 1 a2n)(a2n a2n 1)0.因为122n122n1，所以|a2n 1 a2n|0，因此 a2n a2n 1122n 1（1）2n22n1.因为 a2n 是递减数列，同理可得，a2n 1 a2n0，故 a2n 1 a2n122n（1）2n122n.由可知，an 1 an（1）n12n.于是 an a1(a2 a1)(a3 a2)(an an 1)112122（1）n2n1 112112n 11124313（1）n2n1.故数列 an的通项公式为 an4313（1）n2n1.8 2014 辽宁卷 设等差数列 a

14、n 的公差为 d.若数列 2 a1an 为递减数列，则()A d0 C a1d0 8 C 18、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 bn1anan 1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.18 解：(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103 d52，因此 d 3.故数列 an 的通项公式为 an 13 3n.(2)bn1（13 3n）（10 3n）13110 3n113 3

15、n.于 是 Tn b1 b2 bn13171101417110 3n113 3n13110 3n110n10（10 3n）.17、2014 新课标全国卷 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，a1 1，an 0，anan 1 Sn 1，其中 为常数(1)证明：an 2 an.(2)是否存在，使得 an 为等差数列？并说明理由 17 解：(1)证明：由题设，anan 1 Sn 1，an 1an 2 Sn 1 1，两式相减得 an 1(an 2 an)an 1.因为 an 1 0，所以 an 2 an.(2)由题设，a1 1，a1a2 S1 1，可得 a2 1，由(1)知，a3 1.式若求数列的

16、前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和将两式相减得所以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下载于是所以即所以重庆卷设若求 的等差数列故即方法二可写为因此猜想下面用数学归纳法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学

17、习必备 欢迎下载 若 an 为等差数列，则 2a2 a1 a3，解得 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 4，使得数列 an 为等差数列 19，2014 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)n14nanan 1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.19 解：(1)因为 S1 a1，S2 2a12 1

18、2 2 2a1 2，S4 4a14 32 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)n14nanan 1(1)n14n（2n 1）（2n 1）(1)n112n 112n 1.当 n 为偶数时，Tn113131512n 3 12n 112n 112n 1 112n 1 2n2n 1.当 n 为奇数时，Tn113131512n 312n 112n 112n 1 112n 1 2n 22n 1.所以 Tn2n 22n 1，n为奇数，2n2n 1，n为偶数.或 Tn2n 1（1）n12n 1 16，2014 陕西

19、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 A sin C 2sin(A C)；式若求数列的前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和将两式相减得所以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下载于是所以即所以重庆卷设若求 的等差数列故即方法二可写为因此猜想下面用数学归纳

20、法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学习必备 欢迎下载(2)若 a，b，c 成等比数列，求 cos B 的最小值 16 解：(1)a，b，c 成等差数列，a c 2b.由正弦定理得 sin A sin C 2sin B.sin B sin(A C)sin(A C)，sin A sin C 2sin(A C)(2)a，b，c 成等比数列，b2 ac.由余弦定理得 cos Ba2 c2 b22aca2 c2 ac2ac2ac ac2ac12，当且仅当 a c 时等号成立，cos B

21、 的最小值为12.11、2014 天津卷 设 an 是首项为 a1，公差为 1 的等差数列，Sn为其前 n 项和若S1，S2，S4成等比数列，则 a1的值为 _ 1112 22，2014 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 a2nca2n 1对所有 n N*成立？证明你的结论 22 解：(1)方法一：a2 2，a3 2 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 a

22、n 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)令 c f(c)，即 c（c 1）2 1 1，解得 c14.下面用数学归纳法证明命题 a2nca2n 11.当 n 1 时，a2 f(1

23、)0，a3 f(0)2 1，所以 a214a31，结论成立 假设 n k 时结论成立，即 a2kca2k 1f(a2k 1)f(1)a2，即 1ca2k 2a2.再由 f(x)在(，1上为减函数，得 c f(c)f(a2k 2)f(a2)a31，故 ca2k 31，因此 a2(k 1)ca2(k 1)11，这就是说，当 n k 1 时结论成立 综上，存在 c14使 a2nCa2a 1对所有 n N*成立 方法二：设 f(x)（x 1）2 1 1，则 an 1 f(an)式若求数列的前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和将两式相减得所以新课标全国卷已知数列的前

24、项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下载于是所以即所以重庆卷设若求 的等差数列故即方法二可写为因此猜想下面用数学归纳法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学习必备 欢迎下载 先证：0 an 1(n N*)当 n 1 时，结论明显成立 假设 n k 时结论成立，即 0 a

25、k 1.易知 f(x)在(，1上为减函数，从而 0 f(1)f(ak)f(0)2 11.即 0 ak 1 1.这就是说，当 n k 1 时结论成立故成立 再证：a2na2n 1(n N*)当 n 1 时，a2 f(1)0，a3 f(a2)f(0)2 1，所以 a2a3，即 n 1 时成立 假设 n k 时，结论成立，即 a2kf(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 时成立所以对一切 n N*成立 由得 a2n a22n 2a2n 2 1，即(a2n 1)2a22n 2a2n 2，因此 a2nf(a2n 1)，即 a2

26、n 1a2n 2.所以 a2n 1 a22n 1 2a2n 1 2 1，解得 a2n 114.综上，由知存在 c14使 a2nc60n 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)，式若求数列的前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和将两式相减得所以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解

27、由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下载于是所以即所以重庆卷设若求 的等差数列故即方法二可写为因此猜想下面用数学归纳法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学习必备 欢迎下载 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 2n60n 800 成立 当 a

28、n 4n 2 时，Snn2（4n 2）2 2n2.令 2n260n 800，即 n2 30n 4000，解得 n40 或 n60n 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 新课标全国卷 已知数列 an 满足 a1 1，an 1 3an 1.(1)证明an12是等比数列，并求 an 的通项公式；(2)证明1a11a21an32.17 解：(1)由 an 1 3an 1 得 an 112 3an12.又 a11232，所以an12是首项为32，公比为 3 的等比数列，

29、所以 an123n2，因此数列 an 的通项公式为 an3n 12.(2)证明：由(1)知1an23n 1.因为当 n 1 时，3n 1 2 3n1，所以13n 112 3n1，即1an23n 113n1.于是1a11a21an 11313n132113n32.所以1a11a21an32.19，2014 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)n14nanan 1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.19 解：(1)因为 S1 a1，S2 2a12 12 2 2a1 2，S4 4a14 3

30、2 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)n14nanan 1(1)n14n（2n 1）（2n 1）式若求数列的前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和将两式相减得所以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下载于是所以即所以重庆卷设若求

31、 的等差数列故即方法二可写为因此猜想下面用数学归纳法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学习必备 欢迎下载(1)n 1 12n 1 12n 1.当 n 为偶数时，Tn113131512n 3 12n 112n 112n 1 112n 1 2n2n 1.当 n 为奇数时，Tn113131512n 312n 112n 112n 1 112n 1 2n 22n 1.所以 Tn2n 22n 1，n为奇数，2n2n 1，n为偶数.或 Tn2n 1（1）n12n 1 16，2014 陕西卷

32、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 A sin C 2sin(A C)；(2)若 a，b，c 成等比数列，求 cos B 的最小值 16 解：(1)a，b，c 成等差数列，a c 2b.由正弦定理得 sin A sin C 2sin B.sin B sin(A C)sin(A C)，sin A sin C 2sin(A C)(2)a，b，c 成等比数列，b2 ac.由余弦定理得 cos Ba2 c2 b22aca2 c2 ac2ac2ac ac2ac12，当且仅当 a c 时等号成立，cos B 的最小值为12.11、2014

33、 天津卷 设 an 是首项为 a1，公差为 1 的等差数列，Sn为其前 n 项和若S1，S2，S4成等比数列，则 a1的值为 _ 1112 19、2014 天津卷 已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数 设集合 M 0，1，2，q 1，集合 A x|x x1 x2q xnqn1，xi M，i 1，2，n(1)当 q 2，n 3 时，用列举法表示集合 A.(2)设 s，t A，s a1 a2q anqn1，t b1 b2q bnqn1，其中 ai，bi M，i 1，2，n.证明：若 anbn，则 st.式若求数列的前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和

34、将两式相减得所以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下载于是所以即所以重庆卷设若求 的等差数列故即方法二可写为因此猜想下面用数学归纳法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学习必备 欢迎下载 19 解：(1)当 q 2，n 3 时，M 0，1，A

35、x|x x1 x22 x322，xi M，i 1，2，3，可得 A 0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由 s，t A，s a1 a2q anqn1，t b1 b2q bnqn1，ai，bi M，i 1，2，n 及 anbn，可得 s t(a1 b1)(a2 b2)q(an 1 bn 1)qn2(an bn)qn1(q 1)(q 1)q(q 1)qn2 qn1（q 1）（1 qn1）1 q qn1 10，所以 st.D4 数列求和 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.(1)令 cnan

36、bn，求数列 cn 的通项公式；(2)若 bn 3n1，求数列 an 的前 n 项和 Sn.17 解：(1)因为 anbn 1 an 1bn 2bn 1bn 0，bn 0(n N*)，所以an 1bn 1anbn 2，即 cn 1 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(

37、2n 2)3n，所以 Sn(n 1)3n 1.18、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 bn1anan 1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.18 解：(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103 d52，因此 d 3.故数列 an 的通项公式为 an 13 3n.(2)bn1（13 3n）（10 3n）13110 3n113 3n.于 是 Tn b1 b2 bn13171

38、101417110 3n113 3n13110 3n110n10（10 3n）.19，2014 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；式若求数列的前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和将两式相减得所以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下

39、载于是所以即所以重庆卷设若求 的等差数列故即方法二可写为因此猜想下面用数学归纳法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学习必备 欢迎下载(2)令 bn(1)n14nanan 1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.19 解：(1)因为 S1 a1，S2 2a12 12 2 2a1 2，S4 4a14 32 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)n14nanan 1(1)n14n（2n 1）

40、（2n 1）(1)n112n 112n 1.当 n 为偶数时，Tn113131512n 3 12n 112n 112n 1 112n 1 2n2n 1.当 n 为奇数时，Tn113131512n 312n 112n 112n 1 112n 1 2n 22n 1.所以 Tn2n 22n 1，n为奇数，2n2n 1，n为偶数.或 Tn2n 1（1）n12n 1 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；(2)若 p12，且 a2n 1 是递增数列，a2n 是

41、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 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，解得 p13或 p 0.当 p 0 时，an 1 an，这与 an 是递增数列矛盾，故 p13.(2)由于 a2n 1 是递增数列，因而 a2n 1 a2n 10，于是(a2n 1 a2n)(a2n a2n 1)0.式若求数列的前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和将两式相减得所以新课标全国卷已知数列的前

42、项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下载于是所以即所以重庆卷设若求 的等差数列故即方法二可写为因此猜想下面用数学归纳法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学习必备 欢迎下载 因为 122n122n 1，所以|a2n 1 a2n|0，因此 a2n a2n 1122n 1（

43、1）2n22n1.因为 a2n 是递减数列，同理可得，a2n 1 a2n1 2x，原不等式成立 假设 p k(k 2，k N*)时，不等式(1 x)k1 kx 成立 当 p k 1 时，(1 x)k1(1 x)(1 x)k(1 x)(1 kx)1(k 1)x kx21(k 1)x.所以当 p k 1 时，原不等式也成立 综合可得，当 x 1，x 0 时，对一切整数 p1，不等式(1 x)p1 px 均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明 anc1p.当 n 1 时，由题设知 a1c1p成立 假设 n k(k 1，k N*)时，不等式 akc1p成立 由 an 1p 1pancpa1pn易知 a

44、n0，n N*.当 n k 1 时，ak 1akp 1pcpapk 11pcapk 1.由 akc1p0 得 11p1pcapk 1 1 p 1pcapk 1 capk.因此 apk 1c，即 ak 1c1p，式若求数列的前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和将两式相减得所以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下载于是所以即

45、所以重庆卷设若求 的等差数列故即方法二可写为因此猜想下面用数学归纳法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学习必备 欢迎下载 所以当 n k 1 时，不等式 anc1p也成立 综合可得，对一切正整数 n，不等式 anc1p均成立 再由an 1an 11pcapn 1 可得an 1an1，即 an 1an 1c1p，n N*.方法二：设 f(x)p 1pxcpx1p，x c1p，则 xp c，所以 f(x)p 1pcp(1 p)xpp 1p1cxp0.由此可得，f(x)在 c1p，)

46、上单调递增，因而，当 xc1p时，f(x)f(c1p)c1p.当 n 1 时，由 a1c1p0，即 ap1c 可知 a2p 1pa1cpa1p1 a111pcap1 1c1p，从而可得 a1a2c1p，故当 n 1 时，不等式 anan 1c1p成立 假设 n k(k 1，k N*)时，不等式 akak 1c1p成立，则当 n k 1 时，f(ak)f(ak 1)f(c1p)，即有 ak 1ak 2c1p，所以当 n k 1 时，原不等式也成立 综合可得，对一切正整数 n，不等式 anan 1c1p均成立 18、2014 湖北卷 已知等差数列 an 满足：a1 2，且 a1，a2，a5成等比数

47、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 Sn60n 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 2n60n 800 成立 当 an 4n 2 时，Snn2（4n 2）2 2n2.令

48、 2n260n 800，即 n2 30n 4000，解得 n40 或 n60n 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；式若求数列的前项和即解因为所以所以数列是以为首项为公差的等差数列故由知于是数列的前项和将两式相减得所以新课标全国卷已知数列的前项和为其中为常数证明是否存在使得为等差数列并说明理由解证明由题设两式相减得因 以因此存在使得数列为等差数列新课标全国卷已知数列满足证明是等比数列并求的通项公式证明解由得又所以是首项为公比为的等比数列所以列的通项公式为因为当时因此数证明由知学习必备欢迎下载于是所以即所以重庆卷设若求 的等差数列故即方法二可写

49、为因此猜想下面用数学归纳法证明上式当时结论显然成立假设时结论成立即则这就是说当时结论成立所以方法一设则令即解得结论成立下面用数学归纳法证明命题当时所以假设时结论成立即易知在上为减学习必备 欢迎下载 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.(1)令 cnanbn，求数列 cn 的通项公式；(2)若 bn 3n1，求数列 an 的前 n 项和 Sn.17 解：(1)因为 anbn 1 an 1bn 2bn 1bn 0，bn 0(n

50、N*)，所以an 1bn 1anbn 2，即 cn 1 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 已知数列 an 满足 a1 1，an 1 3an 1.(1)证明an12是等比数列，并求 an 的通