(完整word版)2016届高考数学(理)一轮复习知识点归纳D单元数列(良心出品必属精品)

1、-1 - D 单元数列 D1 数列的概念与简单表示法 17. D1、D4 D52014 江西卷已知首项都是 1 的两个数列an , bn(b n0, nN*) 满足 anbn +1 an+ lbn+ 2bn+ 1“= 0. (1)令 Cn= an，求数列c n的通项公式; bn 若 bn= 3n1，求数列an的前 n 项和 S. 17. 解： 因为 anbn+1 an+ 1bn + 2bn+ 1bn= 0, bnM0g N*)，所以瞥一 = 2,即 bn+1 bn 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. 由 bn

2、= 3n T,知 an= (2n 1)3n：于是数列an的前 n 项和 S= 1X3+ 3X31 + 2 n 1 1 2 n 1 n 5X3 + (2n 1) X3 ,3S= 1X3 + 3X3 + (2n 3) X3 + (2n 1) X3 , 将两式相减得2S = 1+ 2X (31+ 32 + + 3n1) (2n 1) X3= 2 (2n 2) X3n, 所以 S= (n 1)3n+ 1. 17. D1、D22014 新课标全国卷I 已知数列an的前 n 项和为 S, = 1, &工 0, anan +1 =XS n 1,其中入为常数. (1) 明：an +2 an=入. (2

3、) 是否存在入，使得an为等差数列？并说明理由. 17 .解：(1) 明：由题设，anan+ 1 =XS n 1 , an+ 1an+ 2=XS n +1 1 , 两式相减得 an + 1(a n+ 2 an)=入 a n+1. 因为 an + 1工 0, 所以 an+ 2 an=入. 由题设，a1 = 1, &依2 =XS 1 1,可得 a 2=X 1, 由(1)知，a3 =入 + 1. 若an为等差数列，则 2a2 = + a3,解得入=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， a2n1 = 4n 3; a2n是首项为 3,公差为 4

4、 的等差数列，a2n= 4n 1. 所以 an = 2n 1, an + 1 an = 2. 因此存在入=4,使得数列an为等差数列. 17. D1、D3 D52014 新课标全国卷U 已知数列an满足 a1= 1, an+1 = 3an+ 1. (1) 证明 lan+1 是等比数列，并求an的通项公式； 1 1 1 3 (2) 证明 a + a + a v 2. a1 a2 an 2 1( n 17.解：(1)由 an + 1 = 3an+ 1 得 an+ 1 + 2= 3fn + 2 I-2 - 3 1 3 是首项为 2,公比为 3 的等比数列，所以 an + 2= 2，因此 3n_1 2

5、 证明：由知 a= 因为当 nl时，3n- 12X3 才、 1 1 刖 1 2 1 所以 3n- 1 2X 3n-1，即 an= 3n-1= 3n-1. 1 1 1 1 13(1)3 于是丁+二+： 1+&+ 盯=3 1-h 孑 a1 a2 an 3 3 2( 3 j 2 1 1 1 3 所以 + + . a1 a2 an 2 22. D1，D2, M32014重庆卷设 a1= 1，an+1= a2-2an+ 2+ b(n N*). (1)若 b= 1,求 a2, as及数列an的通项公式. 若 b=- 1,问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n+1对所有 nN*成立？证明你的结

6、论. 22.解：(1)方法一：a2= 2, aa= 2+ 1. 再由题设条件知 (a n+ 1 1) = (a n 1) + 1. 从而 (a n-1)2 是首项为 0,公差为 1 的等差数列， 故(an 1)2= n-1,即卩 an= n- 1+ 1(n N). 方法二：a2=2, a3= 2+ 1. 可写为 a1= 1 1 + 1, a2=甘 2 1 + 1, a3= 3 1 + 1.因此猜想 an = jn-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,贝 U ak+1= (ak- 1) 2+ 1 +

7、 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 =寸 n 1 + 1(n N ). 方法一：设 f(x) = v (x 1) + 1 1,贝U an+1 = f(a n). _ 1 令 c = f(c)，即 c = ( c 1)+ 1 1,解得 c= 4. 下面用数学归纳法证明命题 a2nca2 n+ 11. 当 n= 1 时，a2=f(1) = 0, aa= f(0) = 2-1,所以 a24aa1，结论成立. 假设 n= k 时结论成立，即 a2kca2k+1f(a 2k+1)f(1) = a2, 即 卩 1ca

8、2k+2氐 再由 f(x)在(x, 1上为减函数，得 c = f(c)f(a 2k+2)f(a 2) = aa1, 故 ca2k+31,因此a2(k+1)ca?(k +1)+11，这就是说，当 n = k + 1 时结论成立. 综上，存在 c 使 a2nCaa+1对所有 nN*成立. 4 又 ai+1= 2 所以 jan+1 数列 an的通项公式为 an = -3 - 方法：设 f(x)=弋(x 1) + 1 1,则 an+1 = f(a n). 先证：OWanW 1(n N). 当 n= 1 时，结论明显成立. 假设 n= k 时结论成立，即 OWakW 1. 易知 f(x)在(X, 1上为

9、减函数，从而 0= f(1) W f(a k) W f(0) = 2 11. 即 OWak+ 1W 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(a 2) = f(0) =、2 1，所以 a2as，l卩 n= 1 时成 立. 假设 n= k 时，结论成立，即 a2kf(a 2k+ 1) = a2k + 2， a2(k + 1) =f(a 2k + 1)vf(a 2k + 2) = a2(k + 1) + 1. 这就是说，当 n= k + 1 时成立.所以对一切 nN*成立. 由得 a2nj

10、a2n 2a2n + 2 1， 即(a 2n+ 1) a2n 2a2n+ 2， 1 因此 a2nf(a 2n + 1)， . _ 1 所以 a2n+ 1 飞 i：a2n+ 1 2a2n+ 1 + 2 1，解得 a2n + 14 1 * 综上，由知存在c = 4 使跖0, a?+ a*。，则当 n= _ 寸，an的前 n 项和最大. 12. 8 解析Ta7+ a8 + a9= 3a80，a?+ a10= a$ + a90，a9a2n+ 2. -4 - 3X 2 + 2 d= 12,解得 d = 2, 则 a6= ai + (6 1)d = 2 + 5X 2= 12. 18. D2、D3 D520

11、14 湖北卷已知等差数列an满足：ai=2,且 ai, a2, as成 等比数列. (1)求数列an的通项公式. 记 S 为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n,使得 S60n+ 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 d 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a n的通项公式为 an = 2

12、或 an = 4n 2. 当 an= 2 时，S= 2n,显然 2n60n+ 800 成立. n2 +(4n2) 2 当 an= 4n 2 时，S= ? = 2n . 令 2n 60n+ 800, 即卩 n 30n4000, 解得 n40 或* 10(舍去), 此时存在正整数 n,使得 S60n+ 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. D2、D52014 湖南卷已知数列an满足 a = 1, |an+1 an| = p , nN. (1)若an是递增数列，且

13、a1, 2a2, 3aa成等差数列，求 p 的值； 1 若 P= 2，且a 2n 1是递增数列，a 2n是递减数列，求数列 0 n的通项公式. 20.解:(1)因为a n是递增数列，所以 an+1 an= |a n+1 an| = p .而 a1 = 1,因此 2 、F 2 a2= p+ 1, as = p + p+ 1.又 a1, 2a2, 3a3成等差数列，所以 4 比= + 3aa，因而 3p 1 、 p= 0,解得 p= 3 或 P = 0. 1 当 p= 0 时，an+ 1= an,这与an是递增数列矛盾，故 p= 3. (2)由于a 2n 1是递增数列，因而 a2n + 1 a2n

14、 10 ,于是(a 2n+ 1 a2n) + (a 2n a2n 1)0. AVn ( 1)2n+1 同理可得，a2n+ 1 a2n0,故 a2n + 1 a2n= = ?2因为21n2 1 2n 1 所以 |a 2n + 1 a2n|0, 因此 a2n a2n 1 = (1) 2?n- 1 2n . 因为 a2n 是递减数列, -5 - c C ( D an +1 an n 2 于是 an = ai + (a 2 ai) + (a 3 a2)+ (a n an1)= 1 1 1 + 2 22 + + (1) n 1 (仁 n 1 I 2丿 1 1+ 2 4 1 =+ 3+ 3 (1) n ?

15、n- 1 4 1 故数列an的通项公式为 an= 3+ 3 (1) n1 8. D2：2014 辽宁卷设等差数列an的公差为 d.若数列 却为递减数列，则 ( ) A. d0 C . a1d0 8. C 解析令 bn = 2a1an,因为数列2a1an为递减数列，所以 J = 2aia = 2a1 (an +1 an) = 2a1d1,所得 a1d0，a5 0，10+ 4dw 0， 10 5 解得3 w dw 2, 因此 d= 3. 故数列 a n 的通项公式为 an= 13 3n. _ 1 _ (13 3n)(10 3n) 1( 1 3 10 3n 1 13 3n . 于是 Tn= b +

16、b2 + bn= 1 订0 3n 1 、 V 1 丄、 n 13 3n = 310 3n 10 丿=10 (10 3n) 17. D1、D22014 新课标全国卷I 已知数列an的前 n 项和为 S, = 1,砖 0, anan +1 =XS n 1，其中入为常数. (1) 明：an +2 an=入. (2) 是否存在入，使得an为等差数列？并说明理由. 17 .解：(1) 明：由题设，anan+ 1 =XS n 1 , an+ 1an+ 2=XS n +1 1, 两式相减得 an + 1(a n+ 2 an) =X a n +1. 因为 an + 1工 0,所以 an+ 2 an=入. 由题

17、设，a1 = 1, a1a2 =XS 1 1,可得 a 2=X 1, 由可n+ 1 -6 - 由知，a3 =入+ 1. 若an为等差数列，则 2a2 ai + a3,解得入=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， a2ni 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. 因此存在入一 4,使得数列an为等差数列. 19. D2, D3, D42014山东卷已知等差数列an的公差为 2,前 n 项和为 S, 且 Si, S2 , S4成等比数列. (1)求数列an的通项

18、公式； 4n 令 bn ( 1)n 1，求数列bn的前 n 项和 Tn. anan+1 19.解: 2X 1 (1)因为 S a1, S2 2a1+ 2 X2 2a1 + 2, 4X 3 S 4a1+ 2 X 2 4a1 + 12, 2 由题意得(2a 1 + 2) a1(4a1+ 12)，解得 a 1, 所以 an 2n 1. 由题意可知， 当 n 为偶数时, 1 2n+ 1 2n 2n+ 1. bn ( 4n anan + 1 (1) 4n (2n 1)( 2n+ 1) (1) r 1 + 2n 1 + 1 ) 2n+ 1 . Tn 1 1 3+ 5 + 1 2n 3+ 1 、o _ O

19、2n 1,丿gn 1 + 2n+ 1 丿 -7 - 当 n 为奇数时, 31+丄+丄L丄+丄) 3 5 + 2n3 2n 1 + 2n 12 n+ 1Tn -8 - 1 2n+ 1 2n+ 2 2n+ 1. 2n+ 2 2n+ 1， 所以 Tn = | -2 2n+ 1 16. D2, D3, C82014 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); 若 a, b, c 成等比数列，求 cos B 的最小值. 16.解：ta, b, c 成等差数列，二 a+ c

20、= 2b. 由正弦定理得 sin A + sin C = 2sin B. I sin B = sin n (A + C) = sin(A + C), sin A + sin C = 2sin(A + C). / a, b, c 成等比数列，：b 2= ac. 由余弦定理得 a2 + c2 b2 a2 + c2 ac 2ac ac 1 2ac 二 2ac 2ac 二 2, 当且仅当 a = c 时等号成立, 1 cos B 的最小值为 2 11. D2、D32014 天津卷设an是首项为 a,公差为1 的等差数列，S 为其前 n 项和.若 S, S, S4成等比数列，贝U a1的值为 _ . 1

21、 4X 3 11. 2 解析tS 2 = 2a1 1, S = 4a1 + ? X ( 1) = 4a1 6, S, S, S 成等 比数列, 2 1 - (2a 1 1) = a1 (4a 1 6)，解得 a1= 22. D1, D2, M32014 重庆卷设 a 1, &+ a： 2an+ 2+ b(n N*). (1)若 b= 1,求 a2, a3及数列an的通项公式. 若 b= 1,问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n+1对所有 nN*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 (a n+ 1 1) (a n 1) +

22、 1. n为奇数, n 为偶数. 或 Tn = cos B 2n+ 1+(- 1) 2n+ 1 -9 - 从而(a n 1)2是首项为 0,公差为 1 的等差数列， 故(an 1)2= n 1，即卩 an= n 1+ 1(n N*). 方法二：a2=2, a3= 2+ 1. 可写为 ai= 1 1 + 1, a2=、ij2 1 + 1, a3=订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,贝 U ak+1 =窘(ak 1) + 1 + 1 = ： (k 1)+ 1

23、+ 1 =工(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) ?+ 1 1,则 an+1 = f(a n). _ 1 令 c = f(c)，即 c = ( c 1 ) + 1 1,解得 c= 4. 下面用数学归纳法证明命题 a2nca2n+ 11. 1 当 n= 1 时，a2=f(1) = 0， a3= f(0) = 2 1，所以 a24a31，结论成立. 假设 n= k 时结论成立， 即 a2kca2k+1f(a 2k+1)f(1) = a2， 即 卩 1ca2k+2&

24、. 再由 f(x)在(x，1上为减函数，得 c = f(c)f(a 2k+2)f(a 2) = a31， 故 ca2k+31，因此 a2(k+1)caj(k +1)+11，这就是说，当 n = k + 1 时结论成立. 1 * 综上，存在 c = 4 使 a2nCaa+1对所有 nN成立. 方法二：设 f(x) = (x 1) + 1 1，则 an+1 = f(a n). 先证：OWanW 1(n N). 当 n= 1 时，结论明显成立. 假设 n= k 时结论成立，即 OWakW 1. 易知 f(x)在(x，1上为减函数，从而 0= f(1) W f(a k) W f(0) = 2 11.

25、即 OWak+ 1W 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(a 2) = f(0) = v2 1，所以 a2a3， 即卩 n= 1 时成 立. 假设 n= k 时， 结论成立， 即 a2kf(a 2k+ 1) = a2k + 2， a2(k + 1) =f(a 2k + 1)vf(a 2k + 2)= a2(k + 1) + 1. 这就是说，当 n= k + 1 时成立.所以对一切 nN*成立. 由得 a2n 材 a2n 2a2n + 2 1， 即(a 2n+ 1) a2n 2a2

26、n+ 2， 1 因此 a2nf(a 2n + 1)，即 a2n+ 1a2n+ 2. 一2 1 所以 32n+ 1飞：舫+ 1 2a2n+ l+ 2 1 ,解得 Q2n + 14 1 * 综上，由知存在 c = 4 使 a2nc60n+ 800?若存在， 求 n的最小值；若不存在，说明理由. 18. 解：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 d 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.

27、从而得数列a n的通项公式为 an = 2 或 an = 4n 2. 当 an= 2 时，S= 2n,显然 2n60n+ 800 成立. n2 +(4n2) 2 当 an= 4n 2 时，2 = 2n . 令 2n260n+ 800,即 n230n4000, 解得 n40 或* 10(舍去), 此时存在正整数 n,使得 S60n+ 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. D1、D3 D52014 新课标全国卷U 已知数列an满足 a1= 1, a+ = 3an+

28、 1. (1) 证明 an+ 是等比数列，并求an的通项公式； 1 1 1 3 (2) 证明一+ +2X3 1 日仃 1_ 2 1 2X 3n1，即 an= 3n 1 3n1 于是1+丄+1 1+3+ a1 a2 an 3 1 1 1 3 1 17.解：(1)由 an+1 = 3an+ 1 得 an+1 + 2 3 1 3 T，所以 N+2 是首项为 2，公比为 3 的等比数列，所以 an+2=2，因此 3n 1 数列an的通项公式为 an= 2 . 厂 又 a1+ =3 an + 1 2. 1 所以 3n 1 1 = 3 3n1 = 2 -13 - 所以a + a + a 2. a1 a2

29、an 2 19. D2, D3, D42014 山东卷已知等差数列 an 的公差为 2,前 n 项和为 S, 且 Si, S, S 成等比数列.-14 - (1)求数列an的通项公式; 1 2n+ 1 _ 2n =2n+ 1. 当 n 为奇数时， 丁 :, c i c r i 1 、r 1 , 1 ) Tn_ J + 3丿-G+ 5丿+-gn-3+ 2n- 1 丿+ gn- 1 + 2n+ 1 丿 1 1 + 2n+ 1 2n+ 2 2n+ 1.(-1) n- 1 4n 19.解: 2X 1 (1)因为 S_a1， S2_2a1 + ? X2_2a1 + 2， 4X 3 S = 4a1 + 2

30、 X 2 = 4a1 + 12, 2 由题意得(2a 1 + 2) = a(4a1+ 12)，解得 a 1, 所以 an = 2n 1. 由题意可知， bn 二(1) n1 4n anQn + 1 4n (2n 1)( 2n+ 1) n / 1 1 - =(-1) 0n 1 + 2n+ 1 当 n 为偶数时， Tn = 1 1 + 3 - 3+ 5 1+1 + 2n 3+ 1 1 + 1 、 2n 1 厂 fn 1 + 2n+ 1 丿 令 bn = anQn+ 1 求数列 b n 的前 n 项和 Tn. -15 - 2n+ 2 2n+ 1， 所以 Tn = 2n 2n+ 1, 16. D2,

31、D3, C82014 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); 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，二 a+ c = 2b. 由正弦定理得 sin A + sin C = 2sin B. I sin B = sin n (A + C) = sin(A + C), sin A + sin C = 2sin(A + C). / a, b, c 成等比数列，：b 2= ac. 由余弦定理得 当且

32、仅当 a = c 时等号成立， 1 cos B 的最小值为 2 11. D2、D32014 天津卷设an是首项为 a，公差为1 的等差数列，S 为其前 n 项和.若 S, S, S 成等比数列，贝U a1的值为 _ . 1 4 x 3 11. 2 解析TS 2 2a1 1, S = 4a1 + ? x ( 1) = 4a1 6, S, S2, S 成等 比数列， 2 1 - (2a 1 1) a1 (4a 1 6)，解得 a1 19. A1、D3 E72014 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+ xnq

33、n 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+ &q+ anqn 1, t b+ bq+ bnqn：其中 ai, bi Ml, i 1, 2,，n.证明：若 anbn，则 st. 19.解：(1)当 q 2, n 3 时，M 0 , 1 , A x|x X1 + X2 2+ X3 2 , Xi M i 1, 2, 3，可得 A 0 , 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. 证明：由 s, t A, s a1 + a?q+ anqn 1, t b + bq+ bnq1, ai, bi Ml,

34、 n为奇数, n 为偶数. cos B 2ac 2 i 2 a + c 2ac 2ac ac 1 2ac 二 2, 2n+ 1+(- 1) 2n+ 1 -16 - (q 1)( 1 qn1) 1 q n 1 q i 1, 2,，n 及 anbn，可得 s t (a1 b“ + (a2 b2)q + (an1 bn1)qn2+ (an bn)qn1 n 2 n 1 w (q 1) + (q 1)q + (q 1)q q -17 - =10, 所以 s0, a5 0, 10+ 4dw 0, 10 5 解得3 w d 2， 因此 d= 3. 故数列a n的通项公式为 an= 13 3n. 1 V 1

35、 一 丄 n 13 3n = 30 ,于是(a 2n+ 1 a2n) + (a 2n a2n- 1)0. 由可知，an+1 an= 1 1 ( 1 ) 于是 an = a1 + (a 2 a + (a 3 a2)+ (a n an1) = 1 + ? + + 2“-1 = 1 + (n 1 1 2) 4 1 ( 1) n C = c+ C n 1 . 2 1 3 3 2 1 + 2 4 1 ( 1) 故数列a n的通项公式为 an= 3+ 32“T n为奇数, n 为偶数. 1 因为 22n2 1 2n-1 所以 |a 2n + 1 a2n|0 ,因此 a2n a2n 1 = 扩- 因为a 2

36、n是递减数列，同理可得，a2n+ 1 a2n0,整数 p 1, nN*. (1)证明：当 x 1 且 XM0 时，(1 + x) p 1 + px ； 21. 证明：(1)用数学归纳法证明如下. 当 p= 2 时，(1 + x) = 1 + 2x+x 1 + 2x,原不等式成立.1 数列an满足 a1 Cp, an+ 1 p 1 C 1 p an+ an p ,证明: 1 an an+1 c . p -22 - * Iz 假设 p= k(k 2, kN )时，不等式(1 + x) 1 + kx 成立. 当 p= k + 1 时，(1 + x)k+1 = (1 + x)(1 + x) k(1 +

37、 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 x1, xM0时，对一切整数 p1，不等式(1 + x) p1+ px 均成 1 方法一：先用数学归纳法证明 anc P 1 当 n= 1 时，由题设知 a1cp成立. 假设 n = k(k 1， kN )时，不等式 ak+ 二 p1 + Cak p= ak p p 1+ pc 0 得一 p 1 因此ap+1c，即ak+1莓, 1 所以当 n = k + 1时，不等式a%也成立. 1 综合可得，对一切正整数 n,不等式 ancp均成立. an

38、+1 1 c an+1 再由 =1 + !ap 1 可得 1, an P 丿 an 即卩 an+ 1cp 成立. 由 an+ 1 = p 1 c an+ pan p 易知 an nN 1- 1 an+ 1c , n N . a 4 1 方法二：设 f(x)二x + pX_p, XCp,则 X*c. 1 1 1 1 由此可得，f(x)在cp,+x )上单调递增，因而，当 xcp时，f(x)f(c p) _ c p p p p 1 当 n_ 1 时，由 a1c 0,即卩 a1c 可知 P p 1 c 1 广 c 11 1 1 a2_ - a + -a1_p_ a1.|1+ 1 Jc_，从而可得 a

39、1a2b， p p . P 丿 p p 1 故当 n_ 1 时，不等式 anan+ 1c 成立. p 假设 n_k(k 1，kN )时，不等式 aka+1b 成立，则当 n_k + 1 时,f(a k)f(a k +1)f(c p)， 即有 ak+1ak+ 2c ， p 所以当 n_k + 1 时，原不等式也成立. 1 综合可得，对一切正整数 n,不等式 anan+ 1c-均成立. p 18. D2、D3 D52014 湖北卷已知等差数列an满足：a1_2,且 a, a2, as成 等比数列. (1)求数列an的通项公式. 记 S 为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n,使得 S60n+

40、 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 d 4d_0,解得 d_0 或 d_4. 当 d_0 时，an_2；所以 f (x) p 1 c =+p(1 p)x p_ p 1 p -24 - 当 d = 4 时，an = 2+ (n 1) 4= 4n 2. 从而得数列a n的通项公式为 an = 2 或 an = 4n 2. 当 an= 2 时，S= 2n,显然 2n60n+ 800 成立. n2 +(4n2) 2 当 an= 4

41、n 2 时，S=- ? = 2n . 令 2n 60n+ 800, 即卩 n 30n4000, 解得 n40 或* 10(舍去), 此时存在正整数 n,使得 S60n+ 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. D1、D4 D52014 江西卷已知首项都是 1 的两个数列an , bn(b 芒 0, nN*) 满足 anbn +1 an+ 1bn + 2bn+ 1bn= 0. (1)令 Cn= an，求数列c n的通项公式； bn 若 bn= 3n1，求数列an的

42、前 n 项和 S. 17.解： 因为 anbn+1 an+ 1bn + 2bn+ 1bn= 0, bnM0(n N*)，所以吕=2, 即卩 bn+1 bn Cn + 1 6= 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. 由 bn= 3n1, 知 an= (2n 1)3n：于是数列an的前 n 项和 S= 1X3+ 3X31 + 5X32 3 + + (2n 1) X3n1,3S= 1X31 + 3X32+ (2n 3) X3n 1+ (2n 1) X3n, 将两式相减得一 2S = 1+ 2X (31+ 32 + + 3n1) (2n 1

43、) X3n= 2 (2n 2) X3n, 所以 Si= (n 1)3 + 1. 17. D1、D3 D52014 新课标全国卷U 已知数列an满足 a1= 1, an+1 = 3an+ 1. (1) 证明 ian+1是等比数列，并求an的通项公式； 1 1 1 3 (2) 证明a + a + a v2. a1 a2 an 2 1 I 17.解：(1)由 an+1 = 3an+ 1 得 an+1+ ; = 3 an + 2 2X3n1, 1 1 ”12 1 所以 1, 因此, 所以，Tn - 2 - 2. 19.D42014 浙江卷已知数列an和bn满足 aa2a3an ( 2)bn(n N*)

44、.若an 为等比数列，且 a1 2, b3 6+ b2.qn- 1 + 2n 1 3 2Tn Tn 1qnT -26 - (1)求 an 与 bn. 1 1 设 Cn= - (n N*) 记数列c n的前 n 项和为 S. an Dn (i) 求 S； (ii) 求正整数 k，使得对任意 nN*均有 SS. 19.解: 由题意 aia2a3an= ( 2)Dn, D3 b2= 6, 知 a3= ( 2)b3 b2= 8. n * 又由 a = 2,得公比 q = 2(q = 2 舍去)，所以数列an的通项为 an= 2 (n N). 所以，a1a2a3an= 2 = ( 2)n(n + 1),

45、 故数列bn的通项为 bn = n(n + 1)(n N*). 亠 & 11111、 * 由知 c 产訂亍 2 !n 而尸 I 1 1 * 所以 S=卄 1 2n(n N ). (ii)因为 C1= 0, C20, C30, C40, 1 n 5+ 1) n (n+ 1) IL 2n 1 1 _ 又 ai= 1， P1=P 12 V=2, b+1 = ( n 一入)2n, an a1 bn+1一 bn= (n 一 入)2 一 (n 一 1 一 入)2 = (n 一 入 + 1)2 0,. . n 入+ 1 0.又 nN*，.入 0, 2n 2+1 ?n+ 1 -an 2an 1.又 a

46、1 1, A.入 V 2 B . C.入2 D . 6 . A 解析 入3 入V 3 1 2 易知 + 1, an+1 an 1 +1 an + 1 1 2 + 1. an 3* -1-27 - （1）求证：数列-1 为等比数列. 是否存在互不相等的正整数 m s, t，使 m, s, t 成等差数列，且 am1, as 1 , at 1 成等比数列？如果存在，求出所有符合条件的 m s , t ；如果不存在，请 说明理由. 3an an+ 1 = 2an+ 11 2. 2014 景德镇质检已知递增数列an满足 a1 + a2+ a3+ an = 2（an+ n）. （1）求 a1及数列a n

47、的通项公式； an+1 , n 为奇数， 斗他疥 求数列c n的前 2n 项和 T2n. a1 2an1+ 1 , n 为偶数, 4.解：（1）证明：因为 2 3, 1 11 所以1 = 1. an+1 3an 3 1 因为 a1=,所以一一 1 5 a1 所以数列1 1 an (2)由(1)知,1 1 2 =3， 2 1 是首项为3,公比为 3 的等比数列. 2 1n 、，、，7 an 3 3 假设存在互不相等的正整数 1 = 2s , _ (as 一 1) =( am一 1) 3n 3“ + 2 与(as 1) = (am 1)(a t 1), 3s 2 3m 3t 彳得 c s 1 m

48、1 t 1 , 3 + 2 3 + 2 3 + 2 即 3m+t + 2X3 m+ 2X3t = 32s + 4X3s. 因为 rr+1 = 2s ,所以 3m+ 3 = 2X3. 又 3m+ 3t 2 3m+t = 2X3s ,当且仅当 t 时,等号成立, 这与 m s , t 互不相等矛盾， 则有 由 an = 3n =3n,所以 an= 3n + 2 m s , t 满足条件， (at 1). 设 Cn = 2 .解：（1）当 n= 1 时，a1 = 21+ 1）,解得 a1= 1. -28 - 当 n2 时，ai + a2 + a3 + + an i = 1 2 ai + a2 + a3+ an= 2n+ n), 1 所以 an = 2(a n an 1 + 1), 即(a n 1) an 1= 0 , 所以 an an-1 = 1 或 an + an-1 = 1(n2). 又因为数列an为递增数列，所以 an an1 = 1, 所以数列an是首项为 1,公差为 1的等差数列, 所以 an= n. an+1, n 为奇数， ,an 1 2an-1+ 1, n 为偶数， n+ 1, n 为奇数， 、(n 1) 2n1+