2014年全国高考理科数学试题分类汇编三角函数数列

数学D单元数列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＝anbn，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an＋1bn＋1－anbn＝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an＋12是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明1a1＋1a2＋…＋1an＜32.17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋12＝3an＋12.又a1＋12＝32，所以an＋12是首项为32，公比为3的等比数列，所以an＋12＝3n2，因此数列{an}的通项公式为an＝3n－12.(2)证明：由(1)知1an＝23n－1.因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以13n－1≤12×3n－1，即1an＝23n－1≤13n－1.于是1a1＋1a2＋…＋1an≤1＋13＋…＋13n－1＝321－13n32.所以1a1＋1a2＋…＋1an32.22．，，[2014·重庆卷]设a1＝1，an＋1＝a2n－2an＋2＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2nca2n＋1对所有n∈N*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(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(an－1)2＝n－1，即an＝n－1＋1(n∈N*)．方法二：a2＝2，a3＝2＋1.可写为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝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，则ak＋1＝（ak－1）2＋1＋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＝n－1＋1(n∈N*)．(2)方法一：设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝（c－1）2＋1－1，解得c＝14.下面用数学归纳法证明命题a2nca2n＋11.当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，所以a214a31，结论成立．假设n＝k时结论成立，即a2kca2k＋11.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)f(a2k＋1)f(1)＝a2，即1ca2k＋2a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)f(a2k＋2)f(a2)＝a31，故ca2k＋31，因此a2(k＋1)ca2(k＋1)＋11，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．综上，存在c＝14使a2nCa2a＋1对所有n∈N*成立．方法二：设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)．先证：0≤an≤1(n∈N*)．①当n＝1时，结论明显成立．假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝2－11.即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．故①成立．再证：a2na2n＋1(n∈N*)．②当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝2－1，所以a2a3，即n＝1时②成立．假设n＝k时，结论成立，即a2ka2k＋1.由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得a2k＋1＝f(a2k)f(a2k＋1)＝a2k＋2，a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2k＋2)＝a2(k＋1)＋1.这就是说，当n＝k＋1时②成立．所以②对一切n∈N*成立．由②得a2na22n－2a2n＋2－1，即(a2n＋1)2a22n－2a2n＋2，因此a2n14.③又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)f(a2n＋1)，即a2n＋1a2n＋2.所以a2n＋1a22n＋1－2a2n＋1＋2－1，解得a2n＋114.④综上，由②③④知存在c＝14使a2nca2n＋1对一切n∈N*成立．D2等差数列及等差数列前n项和12．、[2014·安徽卷]数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.12．112．[2014·北京卷]若等差数列{an}满足a7＋a8＋a90，a7＋a100，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．12．83．[2014·福建卷]等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于()A．8B．10C．12D．143．C18．、、[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Sn60n＋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2n60n＋800，此时不存在正整数n，使得Sn60n＋800成立．当an＝4n－2时，Sn＝n[2＋（4n－2）]2＝2n2.令2n260n＋800，即n2－30n－4000，解得n40或n－10(舍去)，此时存在正整数n，使得Sn60n＋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·湖南卷]已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；(2)若p＝12，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．20．解：(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，解得p＝13或p＝0.当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝13.(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－10，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)0.①因为122n122n－1，所以|a2n＋1－a2n||a2n－a2n－1|.②由①②知，a2n－a2n－10，因此a2n－a2n－1＝122n－1＝（－1）2n22n－1.③因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n0，故a2n＋1－a2n＝－122n＝（－1）2n＋122n.④由③④可知，an＋1－an＝（－1）n＋12n.于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋12－122＋…＋（－1）n2n－1＝1＋12·1－－12n－11＋12＝43＋13·（－1）n2n－1.故数列{an}的通项公式为an＝43＋13·（－1）n2n－1.8．[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．d0B．d0C．a1d0D．a1d08．C18．、[2014·全国卷]等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.18．解：(1)由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0，解得－103≤d≤－52，因此d＝－3.故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.(2)bn＝1（13－3n）（10－3n）＝13110－3n－113－3n.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1317－110＋14－17＋…＋110－3n－113－3n＝13110－3n－110＝n10（10－3n）.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．19．，，[2014·山东卷]已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－14nanan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.19．解：(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋2×12×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋4×32×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由题意可知，bn＝(－1)n－14nanan＋1＝(－1)n－14n（2n－1）（2n＋1）＝(－1)n－112n－1＋12n＋1.当n为偶数时，Tn＝1＋13－13＋15＋…＋12n－3＋12n－1－12n－1＋12n＋1＝1－12n＋