2014年高考数学（理）真题分类汇编： 数列

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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cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的通项公式；
(2)若bn＝3n－1，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eq \f(an＋1,bn＋1)－eq \f(an,bn)＝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＝3n－1，知an＝(2n－1)3n－1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，将两式相减得－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，
所以Sn＝(n－1)3n＋1.
17．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ.
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1，
由(1)知，a3＝λ＋1.
若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝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λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
17．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＜eq \f(3,2).
17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2))).
又a1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))是首项为eq \f(3,2)，公比为3的等比数列，所以an＋eq \f(1,2)＝eq \f(3n,2)，因此数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n－1,2).
(2)证明：由(1)知eq \f(1,an)＝eq \f(2,3n－1).
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以eq \f(1,3n－1)≤eq \f(1,2×3n－1)，即eq \f(1,an)＝eq \f(2,3n－1)≤eq \f(1,3n－1).
于是eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)≤1＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))