2014年高考数学（文）真题分类汇编： 数列

这是一份2014年高考数学（文）真题分类汇编： 数列，共14页。

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＝eq \f(3n2－n,2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
17．解：(1)由Sn＝eq \f(3n2－n,2)，得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.
(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要aeq \\al(2,n)＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.而此时m∈N*，且m＞n，
所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
18．、[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq \r(x)，其中a<0.
(1)当a＝－4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．
18．解：(1)当a＝－4时，由f′(x)＝eq \f(2（5x－2）（x－2）,\r(x))＝0得x＝eq \f(2,5)或x＝2，由f′(x)＞0得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))或x∈(2，＋∞)．
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))和(2，＋∞)．
(2)因为f′(x)＝eq \f(（10x＋a）（2x＋a）,2\r(x))，a＜0，
所以由f′(x)＝0得x＝－eq \f(a,10)或x＝－eq \f(a,2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,10)))时，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,10)，－\f(a,2)))时，f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))时，f(x)单调递增．
易知f(x)＝(2x＋a)2eq \r(x)≥0，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝0.
①当－eq \f(a,2)≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq \r(2)－2，均不符合题意．
②当1<－eq \f(a,2)≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]时的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝0，不符合题意．
③当－eq \f(a,2)＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4时取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)．
当a＝－10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，a＝－10.
16．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，a8＝2，则a1＝________．
16.eq \f(1,2)
D2 等差数列及等差数列前n项和
2．[2014·重庆卷] 在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝( )
A．5 B．8 C．10 D．14
2．B
5．[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＝( )
A．2 B．－2
C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
5．D
15．、[2014·北京卷] 已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}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．
15．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得
d＝eq \f(a4－a1,3)＝eq \f(12－3,3)＝3.
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．
设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得
q3＝eq \f(b4－a4,b1－a1)＝eq \f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2.
所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.
从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．
(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．
数列{3n}的前n项和为eq \f(3,2)n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
所以，数列{bn}的前n项和为eq \f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.
17．，[2014·福建卷] 在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.
(1)求an；
(2)设bn＝lg3an，求数列{bn}的前n项和Sn.
17．解：(1)设{an}的公比为q，依题意得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＝3，,a1q4＝81，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝3.))
因此，an＝3n－1.
(2)因为bn＝lg3an＝n－1，
所以数列{bn}的前n项和Sn＝eq \f(n（b1＋bn）,2)＝eq \f(n2－n,2).
19．、、[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．
19．解：(1)设数列{an}的公差为d，
依题意知，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＝eq \f(n[2＋（4n－2）],2)＝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.
16．、[2014·湖南卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
16.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝eq \f(2（1－22n）,1－2)＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
13．[2014·江西卷] 在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．
13.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(7,8)))
9．[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＞0 B．d＜0
C．a1d＞0 D．a1d＜0
9．D
17．[2014·全国卷] 数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
17．解：(1)由an＋2＝2an＋1－an＋2，得
an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，
即bn＋1＝bn＋2.
又b1＝a2－a1＝1，
所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)得bn＝1＋2(n－1)，
即an＋1－an＝2n－1.
于是
所以an＋1－a1＝n2，
即an＋1＝n2＋a1.
又a1＝1，所以{an}的通项公式an＝n2－2n＋2.
5．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 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＝( )
A．n(n＋1) B．n(n－1)
C.eq \f(n（n＋1）,2) D.eq \f(n（n－1）,2)
5．A
17．、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))的前n项和．
17．解：(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3.
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，
故d＝eq \f(1,2)，从而得a1＝eq \f(3,2).
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2)n＋1.
(2)设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))的前n项和为Sn，由(1)知eq \f(an,2n)＝eq \f(n＋2,2n＋1)，
则Sn＝eq \f(3,22)＋eq \f(4,23)＋…＋eq \f(n＋1,2n)＋eq \f(n＋2,2n＋1)，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)＋eq \f(n＋2,2n＋2)，
两式相减得
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,23)＋…＋\f(1,2n＋1)))－eq \f(n＋2,2n＋2)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1)))－eq \f(n＋2,2n＋2)，所以Sn＝2－eq \f(n＋4,2n＋1).
19．，，[2014·山东卷] 在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝aeq \s\d9(\f(n（n＋1）,2))，记Tm＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.
19．解：(1)由题意知，(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，
即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2.
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题意知，bn＝aeq \s\d9(\f(n（n＋1）,2))＝n(n＋1)，
所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．
因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，
所以当n为偶数时，
Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)
＝4＋8＋12＋…＋2n
＝eq \f(\f(n,2)（4＋2n）,2)
＝eq \f(n（n＋2）,2)，
当n为奇数时，
Tn＝Tn－1＋(－bn)
＝eq \f(（n－1）（n＋1）,2)－n(n＋1)
＝－eq \f(（n＋1）2,2).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(（n＋1）2,2)，n为奇数，,\f(n（n＋2）,2)，n为偶数.))
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 A＋sin C＝2sin(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，且c＝2a，求cs B的值．
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[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．
(2)由题设有b2＝ac，c＝2a，
∴b＝eq \r(2)a.
由余弦定理得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋4a2－2a2,4a2)＝eq \f(3,4).
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(n∈N*)．
(1)证明：数列{bn}为等比数列；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－eq \f(1,ln 2)，求数列{anbeq \\al(2,n)}的前n项和Sn.
19．解：(1)证明：由已知得，bn＝2an＞0，
当n≥1时，eq \f(bn＋1,bn)＝2an＋1－an＝2d.
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y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，
其在x轴上的截距为a2－eq \f(1,ln 2).
由题意知，a2－eq \f(1,ln 2)＝2－eq \f(1,ln 2)，
解得a2＝2，
所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anbeq \\al(2,n)＝n·4n.
于是，Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，
4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，
因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝eq \f(4n＋1－4,3)－n·4n＋1＝eq \f(（1－3n）4n＋1－4,3)，
所以，Sn＝eq \f(（3n－1）4n＋1＋4,9).
19．[2014·浙江卷] 已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
19．解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.
因为d>0，所以d＝2.
从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．
(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，
所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.
由m，k∈N*知2m＋k－1≥k＋1>1，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m＋k－1＝13，,k＋1＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝5，,k＝4.))
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－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
16．解：(1)因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以
an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
故Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.
(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，
所以(q－4)2＝0，从而q＝4.
又因为b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，
所以bn＝b1qn－1＝2×4n－1＝22n－1.
从而{bn}的前n项和Tn＝eq \f(b1（1－qn）,1－q)＝eq \f(2,3)(4n－1)．
D3 等比数列及等比数列前n项和
12．[2014·安徽卷] 如图1­3，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2eq \r(2)，过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；….依此类推，设BA＝a1，AA1＝a2，A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，则a7＝________．
图1­3
12.eq \f(1,4)
17．，[2014·福建卷] 在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.
(1)求an；
(2)设bn＝lg3an，求数列{bn}的前n项和Sn.
17．解：(1)设{an}的公比为q，依题意得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1q＝3，,a1q4＝81，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝3.))
因此，an＝3n－1.
(2)因为bn＝lg3an＝n－1，
所以数列{bn}的前n项和Sn＝eq \f(n（b1＋bn）,2)＝eq \f(n2－n,2).
13．、[2014·广东卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋lg2a4＋lg2a5＝________．
13．5
19．、、[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．
19．解：(1)设数列{an}的公差为d，
依题意知，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＝eq \f(n[2＋（4n－2）],2)＝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.
7．[2014·江苏卷] 在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．
7．4
17．、、[2014·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(3n2－n,2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
17．解：(1)由Sn＝eq \f(3n2－n,2)，得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.
(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要aeq \\al(2,n)＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.而此时m∈N*，且m＞n，
所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
18．、[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq \r(x)，其中a<0.
(1)当a＝－4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．
18．解：(1)当a＝－4时，由f′(x)＝eq \f(2（5x－2）（x－2）,\r(x))＝0得x＝eq \f(2,5)或x＝2，由f′(x)＞0得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))或x∈(2，＋∞)．
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))和(2，＋∞)．
(2)因为f′(x)＝eq \f(（10x＋a）（2x＋a）,2\r(x))，a＜0，
所以由f′(x)＝0得x＝－eq \f(a,10)或x＝－eq \f(a,2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,10)))时，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,10)，－\f(a,2)))时，f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))时，f(x)单调递增．
易知f(x)＝(2x＋a)2eq \r(x)≥0，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝0.
①当－eq \f(a,2)≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq \r(2)－2，均不符合题意．
②当1<－eq \f(a,2)≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]时的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝0，不符合题意．
③当－eq \f(a,2)＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4时取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)．
当a＝－10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，a＝－10.
8．[2014·全国卷] 设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝( )
A．31 B．32
C．63 D．64
8．C [解析] 设等比数列{an}的首项为a，公比为q，易知q≠1，根据题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a（1－q2）,1－q)＝3，,\f(a（1－q4）,1－q)＝15，))解得q2＝4，eq \f(a,1－q)＝－1，所以S6＝eq \f(a（1－q6）,1－q)＝(－1)(1－43)＝63.
5．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 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＝( )
A．n(n＋1) B．n(n－1)
C.eq \f(n（n＋1）,2) D.eq \f(n（n－1）,2)
5．A [解析] 由题意，得a2，a2＋4，a2＋12成等比数列，即(a2＋4)2＝a2(a2＋12)，解得a2＝4，即a1＝2，所以Sn＝2n＋eq \f(n（n－1）,2)×2＝n(n＋1)．
19．，，[2014·山东卷] 在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝aeq \s\d9(\f(n（n＋1）,2))，记Tm＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.
19．解：(1)由题意知，(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，
即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2.
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题意知，bn＝aeq \s\d9(\f(n（n＋1）,2))＝n(n＋1)，
所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．
因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，
所以当n为偶数时，
Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)
＝4＋8＋12＋…＋2n
＝eq \f(\f(n,2)（4＋2n）,2)
＝eq \f(n（n＋2）,2)，
当n为奇数时，
Tn＝Tn－1＋(－bn)
＝eq \f(（n－1）（n＋1）,2)－n(n＋1)
＝－eq \f(（n＋1）2,2).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(（n＋1）2,2)，n为奇数，,\f(n（n＋2）,2)，n为偶数.))
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 A＋sin C＝2sin(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，且c＝2a，求cs B的值．
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[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．
(2)由题设有b2＝ac，c＝2a，
∴b＝eq \r(2)a.
由余弦定理得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋4a2－2a2,4a2)＝eq \f(3,4).
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M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，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＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an＜bn，则s＜t.
20．解：(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，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＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及ans－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1
≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)q n－2－qn－1
＝eq \f(（q－1）（1－qn－1）,1－q)－qn－1
＝－1<0，
所以s16．、[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－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
16．解：(1)因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以
an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
故Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.
(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，
所以(q－4)2＝0，从而q＝4.
又因为b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，
所以bn＝b1qn－1＝2×4n－1＝22n－1.
从而{bn}的前n项和Tn＝eq \f(b1（1－qn）,1－q)＝eq \f(2,3)(4n－1)．
D4 数列求和
15．、[2014·北京卷] 已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}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．
15．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得
d＝eq \f(a4－a1,3)＝eq \f(12－3,3)＝3.
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．
设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得
q3＝eq \f(b4－a4,b1－a1)＝eq \f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2.
所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.
从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．
(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．
数列{3n}的前n项和为eq \f(3,2)n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
所以，数列{bn}的前n项和为eq \f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.
16．、[2014·湖南卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
16.解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝eq \f(2（1－22n）,1－2)＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
17．、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))的前n项和．
17．解：(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3.
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，
故d＝eq \f(1,2)，从而得a1＝eq \f(3,2).
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2)n＋1.
(2)设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))的前n项和为Sn，由(1)知eq \f(an,2n)＝eq \f(n＋2,2n＋1)，
则Sn＝eq \f(3,22)＋eq \f(4,23)＋…＋eq \f(n＋1,2n)＋eq \f(n＋2,2n＋1)，
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)＋eq \f(n＋2,2n＋2)，
两式相减得
eq \f(1,2)Sn＝eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,23)＋…＋\f(1,2n＋1)))－eq \f(n＋2,2n＋2)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1)))－eq \f(n＋2,2n＋2)，所以Sn＝2－eq \f(n＋4,2n＋1).
19．，，[2014·山东卷] 在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝aeq \s\d9(\f(n（n＋1）,2))，记Tm＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.
19．解：(1)由题意知，(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，
即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2.
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题意知，bn＝aeq \s\d9(\f(n（n＋1）,2))＝n(n＋1)，
所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．
因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，
所以当n为偶数时，
Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)
＝4＋8＋12＋…＋2n
＝eq \f(\f(n,2)（4＋2n）,2)
＝eq \f(n（n＋2）,2)，
当n为奇数时，
Tn＝Tn－1＋(－bn)
＝eq \f(（n－1）（n＋1）,2)－n(n＋1)
＝－eq \f(（n＋1）2,2).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(（n＋1）2,2)，n为奇数，,\f(n（n＋2）,2)，n为偶数.))
D5 单元综合
18．[2014·安徽卷] 数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列；
(2)设bn＝3n·eq \r(an)，求数列{bn}的前n项和Sn.
18．解： (1)证明：由已知可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋1，即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)得eq \f(an,n)＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2，
从而可得bn＝n·3n.
Sn＝1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n，①
3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)3n＋n×3n＋1.②
①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝eq \f(3·（1－3n）,1－3)－n·3n＋1＝eq \f(（1－2n）·3n＋1－3,2)，
所以Sn＝eq \f(（2n－1）·3n＋1＋3,4).
19．[2014·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Seq \\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.
(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eq \f(1,a1（a1＋1）)＋eq \f(1,a2（a2＋1）)＋…＋eq \f(1,an（an＋1）)19．、、[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．
19．解：(1)设数列{an}的公差为d，
依题意知，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＝eq \f(n[2＋（4n－2）],2)＝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.
20．[2014·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Sn＝am，则称{an}是“H数列”．
(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈)，证明：{an}是“H数列”．
(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值．
(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈)成立．
20．解： (1)证明：由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am，
所以{an}是“H数列”．
(2)由已知得，S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.因为d<0，所以m－2<0，故m＝1，从而d＝－1.
当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝eq \f(n（3－n）,2)是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－eq \f(n（3－n）,2)，使得Sn＝2－m＝am，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＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．
令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．
下证{bn}是“H数列”．
设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝eq \f(n（n＋1）,2)a1(n∈N*)．于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝eq \f(n（n＋1）,2)，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”．
同理可证{cn}也是“H数列”．
所以对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
17．、、[2014·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(3n2－n,2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
17．解：(1)由Sn＝eq \f(3n2－n,2)，得a1＝S1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，a1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.
(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要aeq \\al(2,n)＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2.而此时m∈N*，且m＞n，
所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
18．、[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq \r(x)，其中a<0.
(1)当a＝－4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．
18．解：(1)当a＝－4时，由f′(x)＝eq \f(2（5x－2）（x－2）,\r(x))＝0得x＝eq \f(2,5)或x＝2，由f′(x)＞0得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))或x∈(2，＋∞)．
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))和(2，＋∞)．
(2)因为f′(x)＝eq \f(（10x＋a）（2x＋a）,2\r(x))，a＜0，
所以由f′(x)＝0得x＝－eq \f(a,10)或x＝－eq \f(a,2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,10)))时，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,10)，－\f(a,2)))时，f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))时，f(x)单调递增．
易知f(x)＝(2x＋a)2eq \r(x)≥0，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝0.
①当－eq \f(a,2)≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq \r(2)－2，均不符合题意．
②当1<－eq \f(a,2)≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]时的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝0，不符合题意．
③当－eq \f(a,2)＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4时取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)．
当a＝－10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，a＝－10.
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(n∈N*)．
(1)证明：数列{bn}为等比数列；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－eq \f(1,ln 2)，求数列{anbeq \\al(2,n)}的前n项和Sn.
19．解：(1)证明：由已知得，bn＝2an＞0，
当n≥1时，eq \f(bn＋1,bn)＝2an＋1－an＝2d.
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y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，
其在x轴上的截距为a2－eq \f(1,ln 2).
由题意知，a2－eq \f(1,ln 2)＝2－eq \f(1,ln 2)，
解得a2＝2，
所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anbeq \\al(2,n)＝n·4n.
于是，Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，
4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，
因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝eq \f(4n＋1－4,3)－n·4n＋1＝eq \f(（1－3n）4n＋1－4,3)，
所以，Sn＝eq \f(（3n－1）4n＋1＋4,9).