1、 数 学D单元数列 D1 数列的概念与简单表示法D2 等差数列及等差数列前n项和13D2 已知数列an中，a11，anan1(n2)，则数列an的前9项和等于_1327 由anan1(n2)得，数列an是以1为首项，以为公差的等差数列，因此S99127.19D2，D3 设数列an的前n项和为Sn，nN*.已知a11，a2，a3，且当n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1.(1)求a4的值；(2)证明：为等比数列；(3)求数列an的通项公式19D2、D3、D4、D5 设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.已知b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的
2、通项公式；(2)当d1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.19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Tn6.7D2 已知an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和若S84S4，则a10()A. B.C10 D127B 由S84S4，得8a114，解得a1，所以a10(101)1.5D2 设Sn是等差数列an的前n项和若a1a3a53，则S5()A5 B7C9 D115A 因为an为等差数列，所以a1a3a53a33，所以a31，于是S55a35.16D2，D3 已知等差数列an满足a1a210，a4a32.(1)
3、求an的通项公式(2)设等比数列bn满足b2a3，b3a7.问：b6与数列an的第几项相等？16解：(1)设等差数列an的公差为d.因为a4a32，所以d2.又因为a1a210，所以2a1d10，故a14.所以an42(n1)2n2(n1，2，)(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2a38，b3a716，所以q2，b14.所以b64261128.由1282n2得n63.所以b6与数列an的第63项相等19D2、D4 已知数列an是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(an1)2an，求数列bn的前n项和 Tn.19解：(1)设数列an的公差为d.令
4、n1，得，所以a1a23.令n2，得，所以a2a315.解得a11，d2，所以an2n1.(2)由(1)知bn2n22n1n4n，所以Tn141242n4n，所以4Tn142243n4n1，两式相减，得3Tn41424nn4n1n4n14n1，所以Tn4n1.13D2 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 设首项为a1，则a1201521010，解得a15.16D2，D3，D4 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)设数列的前n项和为Tn，求Tn.16解：(1)由
5、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Tn1.10D2 已知an是等差数列，公差d不为零若a2，a3，a7成等比数列，且2a1a21，则a1_，d_10.1 由题意得，aa2a7，即(a12d)2(a1d)(a16d)，所以d(3a12d)0.因为d0，所以3a12d0，又2a1a21，所以3a1d1，联立解得17D2，D3，D4 已知数列a
6、n和bn满足a12，b11，an12an(nN*)，b1b2b3bnbn11(nN*)(1)求an与bn；(2)记数列anbn的前n项和为Tn，求Tn.17解：(1)由a12，an12an，得an2n(nN*)由题意知，当n1时，b1b21，故b22.当n2时，bnbn1bn，整理得，所以bnn(nN*)(2)由(1)知anbnn2n，因此Tn2222323n2n，2Tn22223324n2n1，所以Tn2Tn222232nn2n1，故Tn(n1)2n12(nN*)16D2、D3、D4 已知等差数列an满足a32，前3项和S3.(1)求an的通项公式；(2)设等比数列bn满足b1a1，b4a1
7、5，求bn的前n项和Tn.16解：(1)设an的公差为d，则由已知条件得a12d2，3a1d，化简得a12d2，a1d，解得a11，d，故通项公式为an1，即an.(2)由(1)得b11，b4a158.设bn的公比为q，则q38，从而q2，故bn的前n项和Tn2n1.20D2、D3、D5 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2an1
8、an2d(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
9、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)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)，化简得2kn，且kn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)l
10、n(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令1(t)(t)，则1(t)6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D3等比数列及等比数列前n项和18D3、D4 已知数列an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38.(1)求数列an的通项公
11、式；(2)设Sn为数列an的前n项和，bn，求数列bn的前n项和Tn.18解：(1)由题设知a1a4a2a38，又a1a49，可解得或(舍去)由a4a1q3得公比q2，故ana1qn12n1.(2)Sn2n1，又bn，所以Tnb1b2bn1.13D3 若三个正数a，b，c成等比数列，其中a52，c52，则b_131 因为三个正数a，b，c成等比数列，所以b2ac(52)(52)1.因为b0，所以b1.19D2，D3 设数列an的前n项和为Sn，nN*.已知a11，a2，a3，且当n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1.(1)求a4的值；(2)证明：为等比数列；(3)求数列an的通项公式19D2、
12、D3、D4、D5 设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.已知b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.19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Tn6.13D3 在数列an中，a12，an12an，Sn为an的前n项和若Sn126，则n_13 6 由a12，an12an可知数列an为等比数列，公比为2，所以Sn126，得n6.9D3 已知等比数列an满足a1，a3a54(a41)，则a2()A2 B1C. D.9
13、C 因为an为等比数列，所以a3a54(a41)a，得a42，而a1，8q3，得公比q2，所以a22.16D2，D3 已知等差数列an满足a1a210，a4a32.(1)求an的通项公式(2)设等比数列bn满足b2a3，b3a7.问：b6与数列an的第几项相等？16解：(1)设等差数列an的公差为d.因为a4a32，所以d2.又因为a1a210，所以2a1d10，故a14.所以an42(n1)2n2(n1，2，)(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2a38，b3a716，所以q2，b14.所以b64261128.由1282n2得n63.所以b6与数列an的第63项相等19D3、D4 设数列a
14、n的前n项和为Sn，已知a11，a22，且an23SnSn13，nN*.(1)证明：an23an；(2)求Sn.19解：(1)证明：因为对任意nN*，有an23SnSn13，所以对任意nN*，n2，有an13Sn1Sn3.两式相减，得an2an13anan1，即an23an，n2.又a11，a22，所以a33S1S233a1(a1a2)33a1.故对一切nN*，an23an.(2)由(1)知，an0，所以3，于是数列a2n1是首项a11，公比为3的等比数列；数列a2n是首项a22，公比为3的等比数列因此a2n13n1，a2n23n1.于是S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n
15、)(133n1)2(133n1)3(133n1)，从而S2n1S2na2n23n1(53n21)综上所述，Sn21.D3、B12 已知a0，函数f(x)aexcos x(xminming(x1)，g(x2)minge.因此，xn|f(xn)|恒成立，当且仅当e，解得ae.故a的取值范围是e，.21D3、B9、B12 设fn(x)xx2xn1，x0，nN，n2.(1)求fn(2)；(2)证明：fn(x)在0，内有且只有一个零点(记为an)，且0an.21解：(1)方法一：由题设知fn(x)12xnxn1，所以fn(2)122(n1)2n2n2n1，则2fn(2)2222(n1)2n1n2n.得，
16、fn(2)12222n1n2nn2n(1n)2n1，所以fn(2)(n1)2n1.方法二：当x1时，fn(x)1，则fn(x)，可得fn(2)(n1)2n1.(2)证明：因为fn(0)10，所以fn(x)在0，内至少存在一个零点又fn(x)12xnxn10，所以fn(x)在0，内单调递增，因此fn(x)在0，内有且仅有一个零点an.由于fn(x)1，所以0fn(an)1，由此可得ana，故an，所以0anad，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
17、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)ln(1t)
18、，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)，化简得2kn，且kn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令1(t)(t)，则1(t)6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
19、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D4数列求和18D3、D4 已知数列an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38.(1)求数列an的通项公式；(2)设Sn为数列an的前n项和，bn，求数列bn的前n项和Tn.18解：(1)由题设知a1a4a2a38，又a1a49，可解得或(舍去)由a4a1q3得公比q2，故ana1qn12n1.(2)Sn2n1，又bn，所以Tnb1b2bn1.19D2、D3、D4、D5 设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.已知b1a1，b22，qd，S10
20、100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.19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Tn6.5LI、D4 执行如图12所示的程序框图，如果输入n3，则输出的S()图12A. B.C. D.5B 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，选B.19D3、D4 设数列an的前n项和为Sn，已知a11，a22，且an23SnSn13，nN*.(1)证明：an23an；(2)求Sn.19解：(1)证明：因为对任意nN*，有
21、an23SnSn13，所以对任意nN*，n2，有an13Sn1Sn3.两式相减，得an2an13anan1，即an23an，n2.又a11，a22，所以a33S1S233a1(a1a2)33a1.故对一切nN*，an23an.(2)由(1)知，an0，所以3，于是数列a2n1是首项a11，公比为3的等比数列；数列a2n是首项a22，公比为3的等比数列因此a2n13n1，a2n23n1.于是S2na1a2a2n(a1a3a2n1)(a2a4a2n)(133n1)2(133n1)3(133n1)，从而S2n1S2na2n23n1(53n21)综上所述，Sn19D2、D4 已知数列an是首项为正数的
22、等差数列，数列的前n项和为.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(an1)2an，求数列bn的前n项和 Tn.19解：(1)设数列an的公差为d.令n1，得，所以a1a23.令n2，得，所以a2a315.解得a11，d2，所以an2n1.(2)由(1)知bn2n22n1n4n，所以Tn141242n4n，所以4Tn142243n4n1，两式相减，得3Tn41424nn4n1n4n14n1，所以Tn4n1.16D2，D3，D4 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)设数列的前n项和为Tn，求Tn.16解：
23、(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Tn1.17D2，D3，D4 已知数列an和bn满足a12，b11，an12an(nN*)，b1b2b3bnbn11(nN*)(1)求an与bn；(2)记数列anbn的前n项和为Tn，求Tn.17解：(1)由a12，an12an，得an2n(nN*)由题意知，当n1时，b1b21，故b22.当n2
24、时，bnbn1bn，整理得，所以bnn(nN*)(2)由(1)知anbnn2n，因此Tn2222323n2n，2Tn22223324n2n1，所以Tn2Tn222232nn2n1，故Tn(n1)2n12(nN*)16D2、D3、D4 已知等差数列an满足a32，前3项和S3.(1)求an的通项公式；(2)设等比数列bn满足b1a1，b4a15，求bn的前n项和Tn.16解：(1)设an的公差为d，则由已知条件得a12d2，3a1d，化简得a12d2，a1d，解得a11，d，故通项公式为an1，即an.(2)由(1)得b11，b4a158.设bn的公比为q，则q38，从而q2，故bn的前n项和T
25、n2n1.11D4 设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_11. 因为an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)21，所以2，故2. D5 单元综合19D2、D3、D4、D5 设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.已知b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.19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Tn6.16D5 若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0
26、)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于_169 由 有a0，b0，不妨设a0.由已知得消去d，整理得q42q280.又因为q0，解得q2，所以d2.所以数列an的通项公式为an2n1，nN*；数列bn的通项公式为bn2n1，nN*.(2)由(1)知cn(2n1)2n1，设cn的前n项和为Sn，则Sn120321522(2n3)2n2(2n1)2n1，2Sn121322523(2n3)2n1(2n1)2n.上述两式相减，得Sn122232n(2n1)2n2n13(2n1)2n(2n3)2n3，所以Sn(2n3)2n3，nN*.20
27、D2、D3、D5 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)
28、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，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(n
29、2k)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2kn，且kn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令1(t)(t)，则1(t)6令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t
30、)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1 已知数列an为等差数列，a11，公差d0，数列bn为等比数列，且a2b1，a6b2，a18b3.(1)求数列an和数列bn的通项公式；(2)设数列cn对任意正整数n均有a，若m为正整数，求所有满足不等式102c1c2cm0，a11，a1d1，ann.由b12，b26，b318，bn为等比数列，得bn23n1.(2)n2，当n1时，c11.当n2时，(n1)2，cn(2n1)3n1.易知当n1
31、时也满足cn(2n1)3n1，cn(2n1)3n1.又cn(2n1)3n10，c11，c1c210，c1c2c355，c1c2c3c4244，c1c2c3c4c5973，c1c2c3c4c5c63646，m4或5.8 已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an3n12(nN*)(1)试说明数列an3为等比数列，并求出数列an的通项公式；(2)若bnnan，数列bn的前n项和为Tn，求Tn.8解：(1)当n1时，S1a12a1312，a19.当n1时，SnSn1an2an3n122an13(n1)122an2an13，an32(an13)，an3是以6为首项，2为公比的等比数列，an362n1，a
32、n62n13.(2)bnnan6n2n13n，Tn63(12n)令Kn120221322(n1)2n2n2n1，则2Kn121222323(n1)2n1n2n，两式相减得Kn1202122232n1n2n1n2n(1n)2n1，Kn(n1)2n1，Tn6(n1)2n6(n2n)3 已知数列an是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，且S530，a1，a3，a9成等比数列(1)求Sn；(2)若对任意nt，nN*，都有，求t的最小值3解：(1)设公差为d(d0)由条件得解得a1d2，an2n，Sn2nn2n.(2)，50，n48，t的最小值为48.4 已知函数f(x)2nx在区间(0，)上的极小值是an(nN)，其中f(x)1.(1)求数列an的通项公式(2)证明：.(3)在点列An(2n，an)中是否存在两点Ai，Aj，其中i，jN，使直线AiAj的斜率为1？若存在，求出所有数对(i，j)；若不存在，说明理由4解：(1)令f(x)0，得x(负值舍去)当x0，时，f(x)0.f(x)在区间(0，)上有极小值f，数列an的通项公式an.(2)证明：，111，不存在使直线AiAj的斜率为1的点
