【备考2014】2013高考数学-(真题+模拟新题分类汇编)-数列-理

数列D1数列的概念与简单表示法图1－314．D1[2013·安徽卷]如图1－3所示，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等，设OAn＝an，若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．14．an＝3n－2[解析]令S△OA1B1＝m(m0)，因为所有AnBn相互平行且a1＝1，a2＝2，所以S梯形A1B1B2A2＝3m，当n≥2时，anan－1＝OAnOAn－1＝m＋（n－1）×3mm＋（n－2）×3m＝3n－23n－5，故a2n＝3n－23n－5a2n－1，a2n－1＝3n－53n－8a2n－2，a2n－2＝3n－83n－11a2n－3，……a22＝41a21以上各式累乘可得a2n＝(3n－2)a21，因为a1＝1，所以an＝3n－2.4．D1[2013·辽宁卷]下面是关于公差d0的等差数列{}an的四个命题：p1：数列{}an是递增数列；p2：数列{}nan是递增数列；p3：数列ann是递增数列；p4：数列{}an＋3nd是递增数列．其中的真命题为()A．p1，p2B．p3，p4C．p2，p3D．p1，p44．D[解析]因为数列{an}中d0，所以{an}是递增数列，则p1为真命题．而数列{an＋3nd}也是递增数列，所以p4为真命题，故选D.17．D1、D2[2013·全国卷]等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3＝a22，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．17．解：设{an}的公差为d.由S3＝a22，得3a2＝a22，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列得S22＝S1S4.又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，此时Sn＝0，不合题意；若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝0或d＝2.因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.D2等差数列及等有效期数列前n项和8．G2[2013·新课标全国卷Ⅰ]某几何体的三视图如图1－3所示，则该几何体的体积为()图1－3A．16＋8πB．8＋8πC．16＋16πD．8＋16π8．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＝2×2×4＋12×π×22×4＝16＋8π.7．D2[2013·新课标全国卷Ⅰ]设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝()A．3B．4C．5D．67．C[解析]设首项为a1，公差为d，由题意可知am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，故d＝1.又Sm＝m（a1＋am）2＝0，故a1＝－am＝－2，又Sm＝ma1＋m（m－1）2d＝0，∴－2m＋m（m－1）2＝0m＝5.12．D2[2013·广东卷]在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________．12．20[解析]方法一：a3＋a8＝2a1＋9d＝10，而3a5＋a7＝3(a1＋4d)＋a1＋6d＝2(2a1＋9d)＝20.方法二：3a5＋a7＝2a5＋(a5＋a7)＝2a5＋2a6＝2(a5＋a6)＝2(a3＋a8)＝20.20．M2，D2，D3，D5[2013·北京卷]已知{an}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An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20．解：(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1，2，3，…)．(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1，2，3，…)．所以An＝Bn＋dn≤Bn.又因为an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1.于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差为d的等差数列．(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，an≥B1＝1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足am2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤km，ak≤2.又因为a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am2，于是，Bm＝Am－dm2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}1.故dm－1＝Am－1－Bm－12－1＝1，与dm－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此对于任意正整数n，存在m满足mn，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.17．D1、D2[2013·全国卷]等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3＝a22，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．17．解：设{an}的公差为d.由S3＝a22，得3a2＝a22，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列得S22＝S1S4.又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，此时Sn＝0，不合题意；若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝0或d＝2.因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.20．D2、D4[2013·山东卷]设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋an＋12n＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.20．解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝4S2，a2n＝2an＋1得4a1＋6d＝8a1＋4d，a1＋（2n－1）d＝2a1＋2（n－1）d＋1，解得a1＝1，d＝2，因此an＝2n－1，n∈N*.(2)由题意知Tn＝λ－n2n－1，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－n2n－1＋n－12n－2＝n－22n－1.故cn＝b2n＝2n－222n－1＝(n－1)14n－1，n∈N*.所以Rn＝0×140＋1×141＋2×142＋3×143＋…＋(n－1)×14n－1，则14Rn＝0×141＋1×142＋2×143＋…＋(n－2)×14n－1＋(n－1)×14n，两式相减得34Rn＝141＋142＋143＋…＋14n－1－(n－1)×14n＝14－14n1－14－(n－1)×14n＝13－1＋3n314n，整理得Rn＝194－3n＋14n－1.所以数列{cn}的前n项和Rn＝194－3n＋14n－1.16．D2，D3[2013·四川卷]在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}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Sn，由已知可得2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0.解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3.即数列{an}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Sn＝4n或Sn＝3n2－n2.16．D2，D5，B12[2013·新课标全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．16．－49[解析]由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝103d＝23，a1＝－3，∴nSn＝n3－10n23，易得n＝6或n＝7时，nSn出现最小值．当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49.故nSn的最小值为－49.12．D2，D3[2013·重庆卷]已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________．12．64[解析]设数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以S8＝8×1＋8（8－1）2×2＝64.D3等比数列及等比数列前n项和14．D3[2013·新课标全国卷Ⅰ]若数列{an}的前n项和Sn＝23an＋13，则{an}的通项公式是an＝________．14．(－2)n－1[解析]因为Sn＝23an＋13①，所以Sn－1＝23an－1＋13②，①－②得an＝23an－23an－1，即an＝－2an－1，又因为S1＝a1＝23a1＋13a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.20．M2，D2，D3，D5[2013·北京卷]已知{an}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An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20．解：(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1，2，3，…)．(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1，2，3，…)．所以An＝Bn＋dn≤Bn.又因为an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1.于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差为d的等差数列．(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，an≥B1＝1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足am2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤km，ak≤2.又因为a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am2，于是，Bm＝Am－dm2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}1.故dm－1＝Am－1－Bm－12－1＝1，与dm－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此对于任意正整数n，存在m满足mn，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.10．D3[2013·北京卷]若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn＝________．10．22n＋1－2[解析]∵a3＋a5＝q(a2＋a4)，∴40＝20q，q＝2，又∵a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，∴a1＝2，∴an＝2n，∴Sn＝2n＋1－2.3．D3[2013·