数列D1数列的概念与简单表示法图1-314.D1[2013·安徽卷]如图1-3所示,互不相同的点A1,A2,…,An,…和B1,B2,…,Bn,…分别在角O的两条边上,所有AnBn相互平行,且所有梯形AnBnBn+1An+1的面积均相等,设OAn=an,若a1=1,a2=2,则数列{an}的通项公式是________.14.an=3n-2[解析]令S△OA1B1=m(m0),因为所有AnBn相互平行且a1=1,a2=2,所以S梯形A1B1B2A2=3m,当n≥2时,anan-1=OAnOAn-1=m+(n-1)×3mm+(n-2)×3m=3n-23n-5,故a2n=3n-23n-5a2n-1,a2n-1=3n-53n-8a2n-2,a2n-2=3n-83n-11a2n-3,……a22=41a21以上各式累乘可得a2n=(3n-2)a21,因为a1=1,所以an=3n-2.4.D1[2013·辽宁卷]下面是关于公差d0的等差数列{}an的四个命题:p1:数列{}an是递增数列;p2:数列{}nan是递增数列;p3:数列ann是递增数列;p4:数列{}an+3nd是递增数列.其中的真命题为()A.p1,p2B.p3,p4C.p2,p3D.p1,p44.D[解析]因为数列{an}中d0,所以{an}是递增数列,则p1为真命题.而数列{an+3nd}也是递增数列,所以p4为真命题,故选D.17.D1、D2[2013·全国卷]等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3=a22,且S1,S2,S4成等比数列,求{an}的通项公式.17.解:设{an}的公差为d.由S3=a22,得3a2=a22,故a2=0或a2=3.由S1,S2,S4成等比数列得S22=S1S4.又S1=a2-d,S2=2a2-d,S4=4a2+2d,故(2a2-d)2=(a2-d)(4a2+2d).若a2=0,则d2=-2d2,所以d=0,此时Sn=0,不合题意;若a2=3,则(6-d)2=(3-d)(12+2d),解得d=0或d=2.因此{an}的通项公式为an=3或an=2n-1.D2等差数列及等有效期数列前n项和8.G2[2013·新课标全国卷Ⅰ]某几何体的三视图如图1-3所示,则该几何体的体积为()图1-3A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π8.A[解析]由三视图可知该组合体下半部分是一个半圆柱,上半部分是一个长方体,故体积为V=2×2×4+12×π×22×4=16+8π.7.D2[2013·新课标全国卷Ⅰ]设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=()A.3B.4C.5D.67.C[解析]设首项为a1,公差为d,由题意可知am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,故d=1.又Sm=m(a1+am)2=0,故a1=-am=-2,又Sm=ma1+m(m-1)2d=0,∴-2m+m(m-1)2=0m=5.12.D2[2013·广东卷]在等差数列{an}中,已知a3+a8=10,则3a5+a7=________.12.20[解析]方法一:a3+a8=2a1+9d=10,而3a5+a7=3(a1+4d)+a1+6d=2(2a1+9d)=20.方法二:3a5+a7=2a5+(a5+a7)=2a5+2a6=2(a5+a6)=2(a3+a8)=20.20.M2,D2,D3,D5[2013·北京卷]已知{an}是由非负整数组成的无穷数列,该数列前n项的最大值记为An,第n项之后各项an+1,an+2,…的最小值记为Bn,dn=An-Bn.(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3,…,是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*,an+4=an),写出d1,d2,d3,d4的值;(2)设d是非负整数,证明:dn=-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列;(3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,…),则{an}的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.20.解:(1)d1=d2=1,d3=d4=3.(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列,且d≥0,所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,…).(必要性)因为dn=-d≤0(n=1,2,3,…).所以An=Bn+dn≤Bn.又因为an≤An,an+1≥Bn,所以an≤an+1.于是,An=an,Bn=an+1.因此an+1-an=Bn-An=-dn=d,即{an}是公差为d的等差数列.(3)因为a1=2,d1=1,所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1.故对任意n≥1,an≥B1=1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项.设m为满足am2的最小正整数,则m≥2,并且对任意1≤km,ak≤2.又因为a1=2,所以Am-1=2,且Am=am2,于是,Bm=Am-dm2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}1.故dm-1=Am-1-Bm-12-1=1,与dm-1=1矛盾.所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1,an≤2=a1,所以An=2.故Bn=An-dn=2-1=1.因此对于任意正整数n,存在m满足mn,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.17.D1、D2[2013·全国卷]等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3=a22,且S1,S2,S4成等比数列,求{an}的通项公式.17.解:设{an}的公差为d.由S3=a22,得3a2=a22,故a2=0或a2=3.由S1,S2,S4成等比数列得S22=S1S4.又S1=a2-d,S2=2a2-d,S4=4a2+2d,故(2a2-d)2=(a2-d)(4a2+2d).若a2=0,则d2=-2d2,所以d=0,此时Sn=0,不合题意;若a2=3,则(6-d)2=(3-d)(12+2d),解得d=0或d=2.因此{an}的通项公式为an=3或an=2n-1.20.D2、D4[2013·山东卷]设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+an+12n=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.20.解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2an+1得4a1+6d=8a1+4d,a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1,解得a1=1,d=2,因此an=2n-1,n∈N*.(2)由题意知Tn=λ-n2n-1,所以n≥2时,bn=Tn-Tn-1=-n2n-1+n-12n-2=n-22n-1.故cn=b2n=2n-222n-1=(n-1)14n-1,n∈N*.所以Rn=0×140+1×141+2×142+3×143+…+(n-1)×14n-1,则14Rn=0×141+1×142+2×143+…+(n-2)×14n-1+(n-1)×14n,两式相减得34Rn=141+142+143+…+14n-1-(n-1)×14n=14-14n1-14-(n-1)×14n=13-1+3n314n,整理得Rn=194-3n+14n-1.所以数列{cn}的前n项和Rn=194-3n+14n-1.16.D2,D3[2013·四川卷]在等差数列{an}中,a1+a3=8,且a4为a2和a9的等比中项,求数列{an}的首项、公差及前n项和.16.解:设该数列公差为d,前n项和为Sn,由已知可得2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d),所以a1+d=4,d(d-3a1)=0.解得a1=4,d=0或a1=1,d=3.即数列{an}的首项为4,公差为0,或首项为1,公差为3.所以,数列的前n项和Sn=4n或Sn=3n2-n2.16.D2,D5,B12[2013·新课标全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为________.16.-49[解析]由已知,a1+a10=0,a1+a15=103d=23,a1=-3,∴nSn=n3-10n23,易得n=6或n=7时,nSn出现最小值.当n=6时,nSn=-48;n=7时,nSn=-49.故nSn的最小值为-49.12.D2,D3[2013·重庆卷]已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=________.12.64[解析]设数列{an}的公差为d,由a1,a2,a5成等比数列,得(1+d)2=1·(1+4d),解得d=2或d=0(舍去),所以S8=8×1+8(8-1)2×2=64.D3等比数列及等比数列前n项和14.D3[2013·新课标全国卷Ⅰ]若数列{an}的前n项和Sn=23an+13,则{an}的通项公式是an=________.14.(-2)n-1[解析]因为Sn=23an+13①,所以Sn-1=23an-1+13②,①-②得an=23an-23an-1,即an=-2an-1,又因为S1=a1=23a1+13a1=1,所以数列{an}是以1为首项,-2为公比的等比数列,所以an=(-2)n-1.20.M2,D2,D3,D5[2013·北京卷]已知{an}是由非负整数组成的无穷数列,该数列前n项的最大值记为An,第n项之后各项an+1,an+2,…的最小值记为Bn,dn=An-Bn.(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3,…,是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*,an+4=an),写出d1,d2,d3,d4的值;(2)设d是非负整数,证明:dn=-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列;(3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,…),则{an}的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.20.解:(1)d1=d2=1,d3=d4=3.(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列,且d≥0,所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,…).(必要性)因为dn=-d≤0(n=1,2,3,…).所以An=Bn+dn≤Bn.又因为an≤An,an+1≥Bn,所以an≤an+1.于是,An=an,Bn=an+1.因此an+1-an=Bn-An=-dn=d,即{an}是公差为d的等差数列.(3)因为a1=2,d1=1,所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1.故对任意n≥1,an≥B1=1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项.设m为满足am2的最小正整数,则m≥2,并且对任意1≤km,ak≤2.又因为a1=2,所以Am-1=2,且Am=am2,于是,Bm=Am-dm2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}1.故dm-1=Am-1-Bm-12-1=1,与dm-1=1矛盾.所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1,an≤2=a1,所以An=2.故Bn=An-dn=2-1=1.因此对于任意正整数n,存在m满足mn,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.10.D3[2013·北京卷]若等比数列{an}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q=________;前n项和Sn=________.10.22n+1-2[解析]∵a3+a5=q(a2+a4),∴40=20q,q=2,又∵a2+a4=a1q+a1q3=20,∴a1=2,∴an=2n,∴Sn=2n+1-2.3.D3[2013·