D单元　数列.doc

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1、 数 学D单元数列 D1 数列的概念与简单表示法20D1、E72015浙江卷 已知数列an满足a1且an1ana(nN*)(1)证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn，证明：(nN*)20证明：(1)由题意得an1ana0，即an1an，故an.当n2时，由an(1an1)an1得，an(1an1)(1an2)(1a1)a10.由01时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.20D2、D3、D52015江苏卷 设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d

2、0)的等差数列(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由20解：(1)证明：因为2an1an2d(n1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12

3、t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，得t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列(3)假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)

4、ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)，化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且k3ln(13t)ln(1t)4ln(12t)n2ln(12t)ln(1t)ln(13t)再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13t)2(12t

5、)ln(12t)(1t)ln(1t)令1(t)(t)，则1(t)63ln(13t)4ln(12t)ln(1t)令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，故假设不成立，所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列16D22015全国卷 设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.16解析 因为a11，an1SnSn1，所以S11，Sn1SnSnSn1，所以1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，

6、所以n，所以Sn.17D2、D42015全国卷 Sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和17解：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13，可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)又an0，所以an1an2.又由a2a14a13，解得a11(舍去)或a13，所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.6D22015北京卷 设an是等差数列下列结论中正确的是()A若a1a20，则a

7、2a30B若a1a30，则a1a20C若0a1D若a106C解析 选项A中，当等差数列的前三项是4，1，2时，结论不成立；选项B中，当等差数列的前三项是4，1，6时，结论不成立；选项C中，设公差为d，则aad2(a2d)(a2d)a1a3，因为0a1，结论成立；选项D中，当等差数列的前三项是2，0，2时，结论不成立故选C.图1314D2、D32015湖南卷 设Sn为等比数列an的前n项和，若a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an_143n1解析 设等比数列an的公比为q.由3S1，2S2，S3成等差数列，得4S23S1S3，即3S23S1S3S2，所以3a2a3，得公比q3，所以an

8、a1qn13n1.13D22015陕西卷 中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为_135解析 设首项为a1，则a1201521010，解得a15.21B9、B12、D2、D32015陕西卷 设fn(x)是等比数列1，x，x2，xn的各项和，其中x0，nN，n2.(1)证明：函数Fn(x)fn(x)2在，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xnx；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明21解：(1)证明：Fn(x)fn(x)21xx2xn2，则Fn(1)n10，Fn12

9、n220，故Fn(x)在，1内单调递增，所以Fn(x)在，1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)0，即20，故xnx.(2)方法一：由题设，gn(x).设h(x)fn(x)gn(x)1xx2xn，x0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，h(x)12xnxn1.若0xxn12xn1nxn1xn1xn1xn10.若x1，h(x)xn12xn1nxn1xn1xn1xn10.所以h(x)在(0，1)上递增，在(1，)上递减，所以h(x)h(1)0，即fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)0.当x1时，fn(x)gn(x)

10、当x1时，用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x)当n2时，f2(x)g2(x)(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立假设nk(k2)时，不等式成立，即fk(x)gk(x)那么，当nk1时，fk1(x)fk(x)xk10)，则hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1k(k1)xk1(x1)所以当0x1时，hk(x)1时，hk(x)0，hk(x)在(1，)上递增所以hk(x)hk(1)0，从而gk1(x).故fk1(x)gk1(x)，即nk1时不等式也成立由和知，当x1时，对一切n2，nN，都有fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)0(2kn)，当

11、x1时，akbk，所以fn(x)gn(x)当x1时，mk(x)nxn1(k1)xk2(k1)xk2(xnk11)而2kn，所以k10，nk11.若0x1，则xnk11，mk(x)1，xnk11，则mk(x)0，从而mk(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，所以mk(x)mk(1)0，所以当x0且x1时，akbk(2kn)，又a1b1，an1bn1，故fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)gn(x)16D2、D3、D42015四川卷 设数列an(n1，2，3)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公

12、式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值16解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)，所以a14a12(2a11)，解得a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|，得1000.因为2951210001024210，所以n10，所以使|Tn1|0，dS40Ba1d0，dS40，dS40Da1d03B解析 由a3，a4，a8成等比数列得，aa3a8(a13d)2(a

13、12d)(a17d)3a1d5d20，因公差d0，故a1d，a1dd20，dS4dd21时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.20D2、D3、D52015江苏卷 设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由20解：(1)证明：因为2an1a

14、n2d(n1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，得t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列(3)假设存在a1，d及正整数n

15、，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)，化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且k3ln(13t)ln(1t)4ln(12t)n2ln(12t)ln(1t)ln(13t)再将这两式相除

16、，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13t)2(12t)ln(12t)(1t)ln(1t)令1(t)(t)，则1(t)63ln(13t)4ln(12t)ln(1t)令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只

17、有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，故假设不成立，所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列4D32015全国卷 已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7()A21 B42C63 D844B解析 由a13，得a1a3a53(1q2q4)21，所以1q2q47，即(q23)(q22)0，解得q22，所以a3a5a7(a1a3a5)q221242，故选B.14D2、D32015湖南卷 设Sn为等比数列an的前n项和，若a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an_143n1解析 设等比数列an的公比为q.由3S1，2S2，S3成等差数列，得

18、4S23S1S3，即3S23S1S3S2，所以3a2a3，得公比q3，所以ana1qn13n1.21.D3、B11、M22015湖南卷 已知a0，函数f(x)eaxsin x(x0，)记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点证明：(1)数列f(xn)是等比数列；(2)若a，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立21证明：(1)f(x)aeaxsin xeaxcos xeax(asin xcos x)eaxsin(x)，其中tan ，0.令f(x)0，由x0，得xm，即xm，mN*.对kN，若2kx(2k1)，即2kx0；若(2k1)x(2k2)，即(2k1)x(2k2)，则f(x)

19、0.因此，在区间(m1)，m)与(m，m)上，f(x)的符号总相反，于是当xm(mN*)时，f(x)取得极值，所以xnn(nN*)此时，f(xn)ea(n)sin(n)(1)n1ea(n)sin .易知f(xn)0，而ea是常数，故数列f(xn)是首项为f(x1)ea()sin ，公比为ea的等比数列(2)由(1)知，sin ，于是对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立，即nea(n)恒成立，等价于0)设g(t)(t0)，则g(t).令g(t)0，得t1.当0t1时，g(t)1时，g(t)0，所以g(t)在区间(1，)上单调递增从而当t1时，函数g(t)取得最小值g(1)e.因此，要使(*)式

20、恒成立，只需.而当a时，由tan 且0知，.于是.因此对一切nN*，axn1，所以g(axn)g(1)e，故(*)式恒成立综上所述，若a，则对一切nN*，xn1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n1时，bn31nlog33n1(n1)31n，所以T1b1；当n1时，Tnb1b2b3bn131232(n1)31n，所以3Tn1130231(n1)32n，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn.经检验，n1时也适合综上可得Tn.21B9、B12、D2、D3201

21、5陕西卷 设fn(x)是等比数列1，x，x2，xn的各项和，其中x0，nN，n2.(1)证明：函数Fn(x)fn(x)2在，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xnx；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明21解：(1)证明：Fn(x)fn(x)21xx2xn2，则Fn(1)n10，Fn12n220，故Fn(x)在，1内单调递增，所以Fn(x)在，1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)0，即20，故xnx.(2)方法一：由题设，gn(x).设h(x)fn(x)gn(x)

22、1xx2xn，x0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，h(x)12xnxn1.若0xxn12xn1nxn1xn1xn1xn10.若x1，h(x)xn12xn1nxn1xn1xn1xn10.所以h(x)在(0，1)上递增，在(1，)上递减，所以h(x)h(1)0，即fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x)当n2时，f2(x)g2(x)(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立假设nk(k2)时，不等式成立，即fk(x)gk(x)那么，当nk1时，fk1(x)fk(x

23、)xk10)，则hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1k(k1)xk1(x1)所以当0x1时，hk(x)1时，hk(x)0，hk(x)在(1，)上递增所以hk(x)hk(1)0，从而gk1(x).故fk1(x)gk1(x)，即nk1时不等式也成立由和知，当x1时，对一切n2，nN，都有fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)0(2kn)，当x1时，akbk，所以fn(x)gn(x)当x1时，mk(x)nxn1(k1)xk2(k1)xk2(xnk11)而2kn，所以k10，nk11.若0x1，则xnk11，mk(x)1，xnk11，则mk(x)0，从而

24、mk(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，所以mk(x)mk(1)0，所以当x0且x1时，akbk(2kn)，又a1b1，an1bn1，故fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)gn(x)16D2、D3、D42015四川卷 设数列an(n1，2，3)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值16解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a2

25、1，a3成等差数列，即a1a32(a21)，所以a14a12(2a11)，解得a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|，得1000.因为2951210001024210，所以n10，所以使|Tn1|成立的n的最小值为10.22D3、E1、E72015重庆卷 在数列an中，a13，an1anan1a0(nN)(1)若0，2，求数列an的通项公式；(2)若(k0N，k02)，1，证明：2ak010，归纳可得3a1a2anan10.因为an1an，所以ak01a1(a2a1)(ak01ak0)a1k02k0个2.另一方面，由上已证的不

26、等式知a1a2ak0ak012，得ak01a1k02k0个2.综上，2ak012.D4数列求和21D4、D52015广东卷 数列an满足：a12a2nan4，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的前n项和Tn；(3)令b1a1，bnan(n2)，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.11D42015江苏卷 设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_11.解析 因为an(anan1)(an1an2)

27、(a2a1)a1n(n1)21，所以2，故2.17D2、D42015全国卷 Sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和17解：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13，可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)又an0，所以an1an2.又由a2a14a13，解得a11(舍去)或a13，所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.3L1、D42015湖南卷 执行如图11所示的程序框

28、图，如果输入n3，则输出的S()图11A. B.C. D.3B解析 第一次循环后S，i2；第二次循环后S1，i3；第三次循环后S1，此时i43，退出循环，输出结果S.故选B.18D3、D42015山东卷 设数列an的前n项和为Sn，已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.18解：(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13.当n1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n1时，bn31nlog33n1(n1)31n，所以T1b1；当n

29、1时，Tnb1b2b3bn131232(n1)31n，所以3Tn1130231(n1)32n，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn.经检验，n1时也适合综上可得Tn.16D2、D3、D42015四川卷 设数列an(n1，2，3)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值16解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32