1、D数列D1 数列的概念与简单表示法21D1、D3、E1、M32012重庆卷 设数列an的前n项和Sn满足Sn1a2Sna1，其中a20.(1)求证：an是首项为1的等比数列；(2)若a21，求证：Sn(a1an)，并给出等号成立的充要条件21解：(1)证法一：由S2a2S1a1得a1a2a2a1a1，即a2a2a1.因a20，故a11，得a2.又由题设条件知Sn2a2Sn1a1，Sn1a2Sna1，两式相减得Sn2Sn1a2(Sn1Sn)，即an2a2an1，由a20，知an10，因此a2.综上，a2对所有nN*成立，从而an是首项为1，公比为a2的等比数列证法二：用数学归纳法证明ana，nN
2、*.当n1时，由S2a2S1a1，得a1a2a2a1a1，即a2a2a1，再由a20，得a11，所以结论成立假设nk时，结论成立，即aka，那么当nk1时，ak1Sk1Sk(a2Ska1)(a2Sk1a1)a2(SkSk1)a2aka，这就是说，当nk1时，结论也成立综上可得，对任意nN*，ana.因此an是首项为1，公比为a2的等比数列(2)当n1或2时，显然Sn(a1an)，等号成立设n3，a21且a20，由(1)知a11，ana，所以要证的不等式化为1a2aa(1a)(n3)，即证：1a2aa(1a)(n2)当a21时，上面不等式的等号成立当1a21时，a1与a1(r1,2，n1)同为负
3、；当a21时，a1与a1(r1,2，n1)同为正因此当a21且a21时，总有(a1)(a1)0，即aa1a(r1,2，n1)上面不等式对r从1到n1求和得2(a2aa)(n1)(1a)，由此可得1a2aa(1a)综上，当a21且a20时，有Sn(a1an)，当且仅当n1,2或a21时等号成立证法二：当n1或2时，显然Sn(a1an)，等号成立当a21时，Snn(a1an)，等号也成立当a21时，由(1)知Sn，ana，下证：(1a)(n3，a21且a21)当1a21时，上面不等式化为(n2)ana2nan2(n3)令f(a2)(n2)ana2na.当1a20时，1a0，故f(a2)(n2)an
4、a2(1a)(n2)|a2|nn2，即所要证的不等式成立当0a21时，对a2求导得f(a2)n(n2)a(n1)a1ng(a2)其中g(a2)(n2)a(n1)a1，则g(a2)(n2)(n1)(a21)a0，即g(a2)是(0,1)上的减函数，故g(a2)g(1)0，从而f(a2)ng(a2)0，进而f(a2)是(0,1)上的增函数，因此f(a2)f(1)n2，所要证的不等式成立当a21时，令b，则0b1，由已知的结论知，两边同时乘以a得所要证的不等式综上，当a21且a20时，有Sn(a1an)，当且仅当n1,2或a21时等号成立23M2、D12012上海卷 对于数集X1，x1，x2，xn，
5、其中0x1x2xn，n2，定义向量集Ya|a(s，t)，sX，tX，若对任意a1Y，存在a2Y，使得a1a20，则称X具有性质P，例如1,1,2具有性质P.(1)若x2，且1,1,2，x具有性质P，求x的值；(2)若X具有性质P，求证：1X，且当xn1时，x11；(3)若X具有性质P，且x11、x2q(q为常数)，求有穷数列x1，x2，xn的通项公式23解：(1)选取a1(x,2)，Y中与a1垂直的元素必有形式(1，b)，所以x2b，从而x4.(2)证明：取a1(x1，x1)Y，设a2(s，t)Y，满足a1a20.由(st)x10得st0，所以s，t异号因为1是X中唯一的负数，所以s，t之中一
6、个为1，另一个为1，故1X.假设xk1，其中1kn，则0x11xn.选取a1(x1，xn)Y，并设a2(s，t)Y满足a1a20，即sx1txn0，则s，t异号，从而s，t之中恰有一个为1.若s1，则x1txntx1，矛盾；若t1，则xnsx1sxn，矛盾所以x11.(3)设a1(s1，t1)，a2(s2，t2)，则a1a20等价于，记B，则数集X具有性质P当且仅当数集B关于原点对称注意到1是X中的唯一负数，B(，0)x2，x3，xn共有n1个数，所以B(0，)也只有n1个数由于，已有n1个数，对以下三角数阵，.注意到，所以，从而数列的通项为xkx1k1qk1，k1,2，n.7D2、E1201
7、2浙江卷 设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是()A若d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则d0D若对任意nN*，均有Sn0，则数列Sn是递增数列7C解析 本题考查等差数列的通项、前n项和，数列的函数性质以及不等式知识，考查灵活运用知识的能力，有一定的难度法一：特值验证排除选项C显然是错的，举出反例：1，0,1,2,3，满足数列S n是递增数列，但是S n0不恒成立法二：由于Snna1dn2n，根据二次函数的图象与性质知当d0，但对任意的nN*，Sn0不成立，即选项C错误；反之，选项D是正确的；故应选C.点评 等差数列的求和公式与二次函数的图象的关
8、系是解决本题的重要依据图12D2 等差数列及等差数列前n项和6D22012辽宁卷 在等差数列an中，已知a4a816，则该数列前11项和S11()A58 B88C143 D1766B解析 本小题主要考查等差数列的性质和求和公式解题的突破口为等差数列性质的正确应用由等差数列性质可知，a4a8a1a1116，S1188.5D22012全国卷 已知等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，则数列的前100项和为()A. B.C. D.5A解析 本小题主要考查等差数列的前n项和公式与裂项相消求和法，解题的突破口为等差数列前奇数项和与中间项的关系及裂项相消求和法由S55a3得a33，又a55，所以
9、ann.，1，故选A.10D22012北京卷 已知an为等差数列，Sn为其前n项和，若a1，S2a3，则a2_.101解析 本题考查等差数列基本公式和基础运算，设等差数列an的公差为d，由S2a3可得，a1a3a2d，所以a22d21.2D22012福建卷 等差数列 an中，a1a510，a47，则数列an的公差为()A1 B2 C3 D42B解析 根据已知条件得： 即 解得2d4，所以d2.所以选择B.11D22012广东卷 已知递增的等差数列an满足a11，a3a4，则an_.112n1解析 设等差数列的公差为d，由于数列是递增数列，所以d0，a3a12d12d，a2a1d1d，代入已知条
10、件：a3a4得：12d(1d)24，解得d24，所以d2(d2舍去)，所以an1(n1)22n1.12B3、D22012四川卷 设函数f(x)2xcosx，an是公差为的等差数列，f(a1)f(a2)f(a5)5，则f(a3)2a1a5()A0 B.2C.2 D.212D解析 设a3，则a1，a2，a4，a5，由f(a1)f(a2)f(a5)5，得25coscoscoscoscos5，即10(1)cos5.当0时，左边是的增函数，且满足等式；当时，1010，而(1)cos5cos5，等式不可能成立；当0时，100，而(1)cos5，等式也不可能成立故a3.f(a3)2a1a522.19D2、D
11、52012广东卷 设数列an的前n项和为Sn，满足2Snan12n11，nN*，且a1，a25，a3成等差数列(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.19解：(1)a1，a25，a3成等差数列，2(a25)a1a3.又2a12S1a2221,2(a1a2)2S2a3231，a22a13，a36a113.因此4a1167a113，从而a11.(2)由题设条件知，n2时，2Sn1an2n1，2Snan12n11.2anan1an2n，于是an13an2n(n2)而由(1)知，a22a1353a12，因此对一切正整数n，有an13an2n，所以an12n13(a
12、n2n)又a1213，an2n是以3为首项，3为公比的等比数列故an2n3n，即an3n2n.(3)an3n2n33n12n3n12(3n12n1)3n1，.10)的等比数列an的前n项和为Sn，若S23a22，S43a42，则q_.13.解析 本题主要考查等比数列的求和以及二元方程组的求解当q1时，由S23a22得a22，由S43a42得a42，两者矛盾，舍去，则q1，联立方程可解得故应填.点评 注意分类，必须对q1加以讨论，否则直接利用等比数列的求和公式容易导致遗漏14D32012辽宁卷 已知等比数列an为递增数列，且aa10,2(anan2)5an1，则数列an的通项公式为an_.142
13、n解析 本小题主要考查等比数列的概念与性质解题的突破口为灵活应用等比数列通项变形式，是解决问题关键由已知条件为等比数列，可知，2(anan2)5an12(ananq2)5anq2q25q20q或2，又因为是递增数列， 所以q2.由aa10得a5q532，所以a12，ana1qn12n.7D32012湖北卷 定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()A BC D7C解
14、析 设数列an的公比为q.对于，q2，故数列f(an)是公比为q2的等比数列；对于，2an1an(不为常数)，故数列f(an)不是等比数列；对于，故数列f(an)是等比数列；对于， (不为常数)，故数列f(an)不是等比数列由“保等比数列函数”的定义知应选C.4D32012安徽卷 公比为的等比数列an的各项都是正数，且a3a1116，则log2a16()A4 B5 C6 D74B解析 本题考查等比数列，等比中项的性质，对数运算等(解法一)由等比中项的性质得a3a11a16，又数列各项为正，所以a74.所以a16a7q932.所以log2a165.(解法二)设等比数列的公比为q，由题意，an0，
15、则a3 a11 a 2 a 24，所以a 210，解得a1625.故log2a165.6D3 2012上海卷 有一列正方体，棱长组成以1为首项、为公比的等比数列，体积分别记为V1，V2，Vn，则 (V1V2Vn)_.6.解析 考查等比数列和无穷递缩等比数列的极限，此题只要掌握极限公式即可解决，是简单题型由已知可知V1，V2，V3，构成新的等比数列，首项V11，公比q，由极限公式得 (V1V2Vn).21D1、D3、E1、M32012重庆卷 设数列an的前n项和Sn满足Sn1a2Sna1，其中a20.(1)求证：an是首项为1的等比数列；(2)若a21，求证：Sn(a1an)，并给出等号成立的充
16、要条件21解：(1)证法一：由S2a2S1a1得a1a2a2a1a1，即a2a2a1.因a20，故a11，得a2.又由题设条件知Sn2a2Sn1a1，Sn1a2Sna1，两式相减得Sn2Sn1a2(Sn1Sn)，即an2a2an1，由a20，知an10，因此a2.综上，a2对所有nN*成立，从而an是首项为1，公比为a2的等比数列证法二：用数学归纳法证明ana，nN*.当n1时，由S2a2S1a1，得a1a2a2a1a1，即a2a2a1，再由a20，得a11，所以结论成立假设nk时，结论成立，即aka，那么当nk1时，ak1Sk1Sk(a2Ska1)(a2Sk1a1)a2(SkSk1)a2ak
17、a，这就是说，当nk1时，结论也成立综上可得，对任意nN*，ana.因此an是首项为1，公比为a2的等比数列(2)当n1或2时，显然Sn(a1an)，等号成立设n3，a21且a20，由(1)知a11，ana，所以要证的不等式化为1a2aa(1a)(n3)，即证：1a2aa(1a)(n2)当a21时，上面不等式的等号成立当1a21时，a1与a1(r1,2，n1)同为负；当a21时，a1与a1(r1,2，n1)同为正因此当a21且a21时，总有(a1)(a1)0，即aa1a(r1,2，n1)上面不等式对r从1到n1求和得2(a2aa)(n1)(1a)，由此可得1a2aa(1a)综上，当a21且a2
18、0时，有Sn(a1an)，当且仅当n1,2或a21时等号成立证法二：当n1或2时，显然Sn(a1an)，等号成立当a21时，Snn(a1an)，等号也成立当a21时，由(1)知Sn，ana，下证：(1a)(n3，a21且a21)当1a21时，上面不等式化为(n2)ana2nan2(n3)令f(a2)(n2)ana2na.当1a20时，1a0，故f(a2)(n2)ana2(1a)(n2)|a2|nn2，即所要证的不等式成立当0a21时，对a2求导得f(a2)n(n2)a(n1)a1ng(a2)其中g(a2)(n2)a(n1)a1，则g(a2)(n2)(n1)(a21)a0，即g(a2)是(0,1
19、)上的减函数，故g(a2)g(1)0，从而f(a2)ng(a2)0，进而f(a2)是(0,1)上的增函数，因此f(a2)f(1)n2，所要证的不等式成立当a21时，令b，则0b1，由已知的结论知，两边同时乘以a得所要证的不等式综上，当a21且a20时，有Sn(a1an)，当且仅当n1,2或a21时等号成立22D3、M3 2012全国卷 函数f(x)x22x3.定义数列xn如下：x12，xn1是过两点P(4,5)、Qn(xn，f(xn)的直线PQn与x轴交点的横坐标(1)证明：2xnxn13；(2)求数列xn的通项公式22解：(1)用数学归纳法证明：2xnxn13.当n1时，x12，直线PQ1的
20、方程为y5(x4)，令y0，解得x2，所以2x1x23.假设当nk时，结论成立，即2xkxk13.直线PQk1的方程为y5(x4)，令y0，解得xk2.由归纳假设知xk240，即xk1xk2.所以2xk1xk23，即当nk1时，结论成立由、知对任意的正整数n,2xnxn13.(2)由(1)及题意得xn1.设bnxn3，则1，5，数列是首项为，公比为5的等比数列，因此5n1，即bn，所以数列xn的通项公式为xn3.18D2、D3、D52012湖北卷 已知等差数列an前三项的和为3，前三项的积为8.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列|an|的前n项和18解：
21、(1)设等差数列an的公差为d，则a2a1d，a3a12d.由题意得解得或所以由等差数列通项公式可得an23(n1)3n5，或an43(n1)3n7.故an3n5，或an3n7.(2)当an3n5时，a2，a3，a1分别为1，4,2，不成等比数列；当an3n7时，a2，a3，a1分别为1,2，4，成等比数列，满足条件故|an|3n7|记数列|an|的前n项和为Sn.当n1时，S1|a1|4；当n2时，S2|a1|a2|5；当n3时，SnS2|a3|a4|an|5(337)(347)(3n7)5n2n10.当n2时，满足此式综上，Sn19D2、D3、M22012湖南卷 已知数列an的各项均为正数
22、，记A(n)a1a2an，B(n)a2a3an1，C(n)a3a4an2，n1,2，.(1)若a11，a25，且对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列an的通项公式；(2)证明：数列an是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列19解：(1)对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)是等差数列，所以B(n)A(n)C(n)B(n)，即an1a1an2a2，亦即an2an1a2a14.故数列an是首项为1，公差为4的等差数列于是an1(n1)44n3.(2)必要性：若数列an是公比为q的等比数列
23、，则对任意nN*，有an1anq.由an0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是q，q，即q.所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列充分性：若对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则B(n)qA(n)，C(n)qB(n)于是C(n)B(n)qB(n)A(n)，得an2a2q(an1a1)，即an2qan1a2qa1.由n1有B(1)qA(1)，即a2qa1，从而an2qan10.因为an0，所以q.故数列an是首项为a1，公比为q的等比数列综上所述，数列an是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意nN*，三个数A(n)，B(n
24、)，C(n)组成公比为q的等比数列5D32012课标全国卷 已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10()A7 B5 C5 D75D解析 设数列an的公比为q.由题意， 得或解得或当 时，a1a10a1(1q9)1(2)37；当时，a1a10a1(1q9)(8)7.综上，a1a107.故选D.图11D4数列求和18D42012上海卷 设ansin，Sna1a2an，在S1，S2，S100中，正数的个数是()A25 B50C75 D10018D解析 考查数列求和和转化思想，关键是发现数列为振幅越来越小的摆动数列令bnsin，周期为50，前n项和记作：Tnb1b2bn，根据三角函数图
25、象的对称性，可知T1，T2，T49均大于0，只有两个T500，T1000，数列ansin为振幅越来越小的摆动数列，只有当n1,50,100时相等，故S1，S2，S100中正数个数为100.14D42012福建卷 数列an的通项公式anncos1，前n项和为Sn，则S2 012_.143 018解析 a11cos11，a22cos11，a33cos11，a44cos215，a55cos11，a66cos315，a77cos11，a88cos19；该数列每四项的和为6,2 012 4503，所以S2 01265033 018.16D4、D52012课标全国卷 数列an满足an1(1)nan2n1，
26、则an的前60项和为_16答案 1 830解析 令bna4n3a4n2a4n1a4n，则bn1a4n1a4n2a4n3a4n4.因为an1(1)nan2n1，所以an1(1)nan2n1.所以a4n3a4n42(4n4)1，a4n2a4n32(4n3)1，a4n1a4n22(4n2)1，a4na4n12(4n1)1，a4n1a4n24n1，a4n2a4n12(4n1)1，a4n3a4n22(4n2)1，a4n4a4n32(4n3)1，所以a4n4a4n32(4n3)1a4n22(4n2)12(4n3)1a4n12(4n1)12(4n2)12(4n3)1a4n24n12(4n1)12(4n2)1
27、2(4n3)1a4n8，即a4n4a4n8.同理，a4n3a4n1，a4n2a4n28，a4n1a4n3.所以a4n1a4n2a4n3a4n4a4na4n1a4n2a4n316.即bn1bn16.故数列bn是等差数列又a2a1211，a3a2221，a4a3231，得a3a12；得a2a48，所以a1a2a3a410，即b110.所以数列an的前60项和即为数列bn的前15项和，即S151015161 830.20B3、D4、M42012北京卷 设A是由mn个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记S(m，n)为所有这样的数表构成的集合对于AS(m，n)，记
28、ri(A)为A的第i行各数之和(1im)，cj(A)为A的第j列各数之和(1jn)；记k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，|rm(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|cn(A)|中的最小值(1)对如下数表A，求k(A)的值；110.80.10.31(2)设数表AS(2,3)形如11cab1求k(A)的最大值；(3)给定正整数t，对于所有的AS(2,2t1)，求k(A)的最大值20解：(1)因为r1(A)1.2，r2(A)1.2，c1(A)1.1，c2(A)0.7，c3(A)1.8，所以k(A)0.7.(2)不妨设ab.由题意得c1ab.又因c1，所以ab0，于是a0.r1(A)2c
29、1，r2(A)r1(A)1，c1(A)1a，c2(A)1b，c3(A)(1a)(1b)(1a)所以k(A)1a1.当ab0且c1时，k(A)取得最大值1.(3)对于给定的正整数t，任给数表AS(2,2t1)如下：a1a2a2t1b1b2b2t1任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*S(2,2t1)，并且k(A)k(A*)因此，不妨设r1(A)0，且cj(A)0(j1,2，t1)由k(A)的定义知，k(A)r1(A)，k(A)cj(A)(j1,2，t1)又因为c1(A)c2(A)c2t1(A)0，所以(t2)k(A)r1(A)c1(A)c2(A)ct1(A)r1
30、(A)ct2(A)c2t1(A)jj(t1)t(1)2t1.所以k(A).对数表A0：第1列第2列第t1列第t2列第2t1列1111111 则A0S(2,2t1)，且k(A0).综上，对于所有的AS(2,2t1)，k(A)的最大值为.D5 单元综合18D52012天津卷 已知an是等差数列，其前n项和为Sn，bn是等比数列，且a1b12，a4b427，S4b410.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记Tnanb1an1b2a1bn，nN*，证明Tn122an10bn(nN*)18解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.由a1b12，得a423d，b42q3，S486d
31、.由条件，得方程组解得所以an3n1，bn2n，nN*.(2)证明：(方法一)由(1)得Tn2an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1，由，得Tn2(3n1)32232332n2n22n26n2102n6n10.而2an10bn122(3n1)102n12102n6n10，故Tn122an10bn，nN*.(方法二：数学归纳法)当n1时，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；假设当nk时等式成立，即Tk122ak10bk，则当nk1时，有Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1ak1b1q(akb1ak1b2a1bk)ak1b1qTk
32、ak1b1q(2ak10bk12)2ak14(ak13)10bk1242ak110bk112，即Tk1122ak110bk1，因此nk1时，等式也成立由和，可知对任意nN*，Tn122an10bn成立20D52012山东卷 在等差数列an中，a3a4a584，a973.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意mN*，将数列an中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列bm的前m项和Sm.20解：(1)因为an是一个等差数列，a3a4a584，所以a3a4a53a484，即a428.设数列an的公差为d，则5da9a4732845，故d9.由a4a13d得28a139，即a11，所以
33、ana1(n1)d19(n1)9n8(nN*)(2)对mN*，若9man92m，则9m89n0时，由(1)知a11，a22.当n2时，有(2)anS2Sn，(2)an1S2Sn1，所以(1)an(2)an1，即anan1(n2)，所以ana1()n1(1)()n1.令bnlg，则bn1lg()n11(n1)lg2lg.所以数列bn是单调递减的等差数列公差为lg2，从而b1b2b7lglg10，当n8时，bnb8lg0，bn0，所以ab(anbn)2，从而10知q0.下证q1.若q1，则a1logq时，an1a1qn，与(*)矛盾；若0qa21，故当nlogq时，an1a1qn1，与(*)矛盾综
34、上，q1，故ana1(nN*)，所以11，于是b1b21，命题为真，于是，xn1，由于xn和都是整数，故xn111，正确；对于，当xk1xk时，得xk，从而xk0，即xk0，xkxk0，即xk0，解得xk，结合得：1xk，故xk. 正确17D2、D52012陕西卷 设an是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列(1)求数列an的公比；(2)证明：对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列17解：(1)设数列an的公比为q(q0，q1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3a5a4，即2a1q2 a1q4a1q3，由a10，q0得q2q20，解得q12，q21(舍
35、去)，所以q2.(2)证法一：对任意kN，Sk2Sk12Sk (Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1(2)0，所以，对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列证法二：对任意kN，2Sk，Sk2Sk1，2Sk(Sk2Sk1)2(1qk)(2qk2qk1)(q2q2)0，因此，对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列16D4、D52012课标全国卷 数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为_16答案 1 830解析 令bna4n3a4n2a4n1a4n，则bn1a4n1a4n2a4n3a4n4.因为an1(1)nan2n1，所以an1(1)nan2n1.所
36、以a4n3a4n42(4n4)1，a4n2a4n32(4n3)1，a4n1a4n22(4n2)1，a4na4n12(4n1)1，a4n1a4n24n1，a4n2a4n12(4n1)1，a4n3a4n22(4n2)1，a4n4a4n32(4n3)1，所以a4n4a4n32(4n3)1a4n22(4n2)12(4n3)1a4n12(4n1)12(4n2)12(4n3)1a4n24n12(4n1)12(4n2)12(4n3)1a4n8，即a4n4a4n8.同理，a4n3a4n1，a4n2a4n28，a4n1a4n3.所以a4n1a4n2a4n3a4n4a4na4n1a4n2a4n316.即bn1bn
37、16.故数列bn是等差数列又a2a1211，a3a2221，a4a3231，得a3a12；得a2a48，所以a1a2a3a410，即b110.所以数列an的前60项和即为数列bn的前15项和，即S151015161 830.19D2、D52012广东卷 设数列an的前n项和为Sn，满足2Snan12n11，nN*，且a1，a25，a3成等差数列(1)求a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.19解：(1)a1，a25，a3成等差数列，2(a25)a1a3.又2a12S1a2221,2(a1a2)2S2a3231，a22a13，a36a113.因此4a1167a11
38、3，从而a11.(2)由题设条件知，n2时，2Sn1an2n1，2Snan12n11.2anan1an2n，于是an13an2n(n2)而由(1)知，a22a1353a12，因此对一切正整数n，有an13an2n，所以an12n13(an2n)又a1213，an2n是以3为首项，3为公比的等比数列故an2n3n，即an3n2n.(3)an3n2n33n12n3n12(3n12n1)3n1，.14n(13)n1C3C32C331C3C32C3312n3n5(n2)2(2n5)2n31.当n0,1,2时，显然()n2n31.故a时，对所有自然数n都成立所以满足条件的a的最小值为.(3)由(1)知f
39、(k)ak，.下面证明：.首先证明：当0x1时，x.设函数g(x)x(x2x)1,0x1.则g(x)x(x)当0x时，g(x)0；当x0.故g(x)在区间(0,1)上的最小值g(x)g0.所以，当0x1时，g(x)0，即得x，由0a1知0ak.18D2、D3、D52012湖北卷 已知等差数列an前三项的和为3，前三项的积为8.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列|an|的前n项和18解：(1)设等差数列an的公差为d，则a2a1d，a3a12d.由题意得解得或所以由等差数列通项公式可得an23(n1)3n5，或an43(n1)3n7.故an3n5，或an3
40、n7.(2)当an3n5时，a2，a3，a1分别为1，4,2，不成等比数列；当an3n7时，a2，a3，a1分别为1,2，4，成等比数列，满足条件故|an|3n7|记数列|an|的前n项和为Sn.当n1时，S1|a1|4；当n2时，S2|a1|a2|5；当n3时，SnS2|a3|a4|an|5(337)(347)(3n7)5n2n10.当n2时，满足此式综上，Sn21A2、D5 2012安徽卷 数列xn满足x10，xn1xxnc(nN*)(1)证明：xn是递减数列的充分必要条件是c0；(2)求c的取值范围，使xn是递增数列21解：(1)证明：先证充分性，若c0，由于xn1xxncxncxn，故
41、xn是递减数列；再证必要性，若xn是递减数列，则由x2x1可得c0.(2)(i)假设xn是递增数列，由x10，得x2c，x3c22c，由x1x2x3，得0c1.由xnxn1xxnc知，对任意n1都有xn0即xn1.由式和xn0还可得，对任意n1都有xn1(1)(xn)反复运用式，得xn(1)n1(x1)(1)n1，xn1和xn(1)n1两式相加，知21(1)n1对任意n1成立根据指数函数y(1)x的性质，得210，c，故0c.(ii)若00.即证xn对任意n1成立下面用数学归纳法证明当0c时，xn对任意n1成立(1)当n1时，x10，结论成立(2)假设当nk(kN*)时结论成立，即：xk.因为
42、函数f(x)x2xc在区间内单调递增，所以xk1f(xk)f()，这就是说当nk1时，结论也成立故xnxn，即xn是递增数列由(i)(ii)知，使得数列xn单调递增的c的范围是.2012模拟题12012金华十校期末 项数为n的数列a1，a2，a3，an的前k项和为Sk(k1,2,3，n)，定义为该项数列的“凯森和”，如果项数为99项的数列a1，a2，a3，a99的“ 凯森和”为1 000，那么项数为100的数列100，a1，a2，a3，a99的“凯森和”为()A991 B1 001C1 090 D1 1001C解析 项数为99项的数列a1，a2，a3，a99的“凯森和”为1 000，所以1 0
43、00，又100，a1，a2，a3，a99的“凯森和”为1001009901 090，故选C.22011黄冈中学期末 设数列an为等差数列，其前n项的和为Sn，已知a1a4a799，S9279，若对任意nN，都有SnSk成立，则k的值为()A22 B21 C20 D19220解析 因为数列an为等差数列，且a1a4a799，S9279得，a433，a531，所以d2，a139，an412n.对任意nN*都有SnSk成立，则Sk是Sn的最大值，由an412n0n，则k的值为20，故选C.32012炎陵一中月考 对正整数n，设曲线yxn(1x)在x2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列的前n项和
44、Sn_.32n12解析 因为yxn(1x)，所以ynxn1(n1)xn，kn2n1(n1)2n(n2)2n1，由x2，y2n，所以切线方程为y2n(n2)2n1(x2)，令x0，则yan(n1)2n.所以记bn2n，则Sn2222n2n12.42012泉州四校联考 已知数列an满足a11，且anan1n(n2，且nN*)，则数列an的通项公式为()Aan BanCann2 Dan(n2)3n4B解析 由anan1n(n2且nN*)得，3nan3n1an11,3n1an13n2an21，32a23a11，相加得3nann2，故an.52012江西重点中学二模 设等差数列an的前n项和为Sn，若存
45、在正整数m，n(mn)，使得SmSn，则Smn0.类比上述结论，设正项等比数列bn的前n项积为Tn，若存在正整数m，n(mn)，使得TmTn，则Tmn_.51解析 TmTnbm1bm2bn1bm1bn1(b1b2bm)(bn1bn2bnm)1，所以Tmn1.62012济南调研 气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为元(nN*)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)为止，一共使用了_天6800解析 由第n天的维修保养费为元(nN*)，可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用最少而求得最小值成立时相应n的值设一共使用了n天，则使用n天的平均耗资为4.9524.9584.95，当且仅当时，取得最小值，此时n800.一共使用了800天高考资源网w w 高 考 资源 网
