1、专题4数列、推理与证明第1讲数列（B卷）（共45分钟）一、选择题1.(2015辽宁大连二模5)已知数列an的前n项和Snn29n，第k项满足5ak8，则k（）（A） 7 （B） 6 （C） 9 （D） 82.(2015辽宁大连二模10)已知等差数列an的前n项和为Sn，a24，S10110，则的最小值为（）（A）7 （B） （C）（D）83.（2015陕西安康模拟6）在等差数列，则公差d的值为（ ） A1 B2 C-2 D-14.（2015山东潍坊二模11） 已知数列的前项和为，且对于任意，满足，则的值为（ ）A91B90C55D54二填空题5.(2015徐州、连云港、宿迁三模6)设等差数列的
2、前项为则的值为 .6.（2015太原模拟（二） 15）已知数列 满足 ，则 _7.（2015江苏南通二模8）在等差数列an中，若an+an+2=4n+6（nN*），则该数列的通项公式an= 三解答题8.（2015天津武清模拟20）已知数列的前和，数列的通项公式 （1）求数列的通项公式； （2）设，求证：； （3）若数列与中相同的项由小到大构成的数列为，求数列的前项和9.(2015哈尔滨三中三模17).已知数列满足，等比数列满足，（）求数列、的通项公式；（）设，求数列的前项和10.(2015徐州、连云港、宿迁三模19)设正项数列的前项和为且正项等比数列满足： （1）求等比数列的通项公式； （2）
3、设数列的前项和为求所有正整数的值，使得恰好为数列中的项.11.(2015南京三模20）已知数列an的各项均为正数，其前n项的和为Sn，且对任意的m，nN*，都有（SmnS1）24a2ma2n （1）求的值；（2）求证：an为等比数列；（3）已知数列cn，dn满足|cn|dn|an，p（p3）是给定的正整数，数列cn，dn的前p项的和分别为Tp，Rp，且TpRp，求证：对任意正整数k（1kp），ckdk第1讲数列（B卷）参考答案与详解1.【答案】D【命题立意】本题重点考查了等差数列的通项公式、基本性质、求和公式等知识【解析】据题，得，因为第k项满足5ak8，则，所以，因为，故，选D2.【答案】C
4、【命题立意】本题重点考查了等差数列的通项公式、求和公式、等差数列的基本性质等知识，理解待定系数法在求解通项公式中的应用，本题属于中档题【解析】设该等差数列的首项为，公差为，根据题意，得，解得，所以，所以，当且仅当，解得，此时的最小值为，故选C.3.【答案】【命题立意】本题重点考查了等差数列的通项公式、等差数列的概念等知识【解析】根据题意，两式相减，得到，得，故选4.【答案】A【命题立意】本题旨在考查数列的通项公式、等差数列的概念、判断、求和公式等知识【解析】当时，即，解得当，时，两式相减得故数列从第二项起是首项为2，公差为2的等差数列，故选A.5.【答案】37【命题立意】本题旨在考查等差数列的
5、通项、性质与求和【解析】由于，解得，故a10=a1+9d=376.【答案】【命题立意】本题考查数列的通项公式和裂项相消法求和，难度中等【解析】因为，所以，得，将各式相加得，即，所以7.【答案】2n+1【命题立意】本题考查等差数列的性质，意在考查转化能力，容易题.【解析】设等差数列an的公差为，即，.8.【答案】见解析【命题立意】本题主要考查数列的通项与前n项和的关系，数列求和，及放缩法的应用.【解析】（1）当时， ， 当时， ， 当时， .（2） ， ， ，（3）令 令 令，代入上式可得 ， 数列的通项公式为 ， 数列是首项，公差为15的等差数列 ， .9.【答案】（），；（） 【命题立意】考
6、查等差数列、等比数列的通项公式，错位相减求和，考查转化能力，计算能力，中等题【解析】（），, （） ，上述两式作差得 .10.【答案】（1）bn=2（）n2；（2）1或2【命题立意】本题旨在考查数列的递推关系式，等差数列与等比数列的通项，数列求和，函数的基本性质及其应用，考查分类讨论思维【解析】（1）因为，当时，解得. 由， 当时， ，两式相减，得 又因为，所以，所以，来源:Zxxk.Com所以是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以 由，得， 所以 （2）由题意得所以， ，所以，故若为中的项只能为 若，则，所以无解 若，则， 显然不合题意，符合题意当时，即，则， 设，则，即为增函数，故，即为
7、增函数，故故当时方程无解，即 是方程唯一解若，则，即.综上所述，或11.【答案】（1）2；（2）略；（3）略。【命题立意】本题旨在考查数列的递推关系式，等比数列的定义与通项，数列求和，数列与不等式的综合。【解析】（1）由（SmnS1）24a2na2m，得（S2S1）24a，即（a22a1）24a因为a10，a20，所以a22a1a2，即2证明：（2）（方法一）令m1，n2，得（S3S1）24a2a4，即（2a1a2a3）24a2a4，令mn2，得S4S12a4，即2a1a2a3a4所以a44a28a1又因为2，所以a34a1由（SmnS1）24a2na2m，得（Sn1S1）24a2na2，（S
8、n2S1）24a2na4两式相除，得，所以2即Sn2S12（Sn1S1），从而Sn3S12（Sn2S1）所以an32an2，故当n3时，an是公比为2的等比数列又因为a32a24a1，从而ana12 n1，nN*显然，ana12 n1满足题设，因此an是首项为a1，公比为2的等比数列（方法二）在（SmnS1）24a2na2m中，令mn，得S2nS12a2n 令mn1，得S2n1S12 ， 在中，用n1代n得，S2n2S12a2n2 ，得a2n122a2n2（）， ，得a2n22a2n222（）， 由得a2n1 代入，得a2n12a2n；代入得a2n22a2n1，所以2又2，从而ana12 n1
9、，nN*显然，ana12 n1满足题设，因此an是首项为a1，公比为2的等比数列 （3）由（2）知，ana12 n1因为|cp|dp|a12p1，所以cpdp或cpdp若cpdp，不妨设cp0，dp0，则Tpa12p1（a12p2a12p3a1）a12p1a1（2p11）a10Rpa12p1（a12p2a12p3a1）a12p1a1（2p11）a10这与TpRp矛盾，所以cpdp从而Tp1Rp1由上证明，同理可得cp1dp1如此下去，可得cp2dp2，cp3dp3，c1d1即对任意正整数k（1kp），ckdk 因此an是首项为a1，公比为2的等比数列 （3）由（2）知，ana12 n1因为|cp|dp|a12p1，所以cpdp或cpdp若cpdp，不妨设cp0，dp0，则Tpa12p1（a12p2a12p3a1）a12p1a1（2p11）a10Rpa12p1（a12p2a12p3a1）a12p1a1（2p11）a10这与TpRp矛盾，所以cpdp从而Tp1Rp1由上证明，同理可得cp1dp1如此下去，可得cp2dp2，cp3dp3，c1d1即对任意正整数k（1kp），ckdk
