高考数学真题解析13年文科D单元数列.DOC

1、D D 单元单元 数列数列 D1 数列的概念与简单表示法 15D1，D52013 湖南卷 对于 Ea1，a2，a100的子集 Xai1，ai2，aik， 定义 X 的“特征数列”为 x1，x2，x100，其中 xi1xi2xik1，其余项均为 0.例如： 子集a2，a3的“特征数列”为 0，1，1，0，0，0. (1)子集a1，a3，a5的“特征数列”的前 3 项和等于_； (2)若 E 的子集 P 的“特征数列”p1，p2，p100满足 p11，pipi11，1i99；E 的子集 Q 的“特征数列”q1，q2，q100满足 q11，qjqj1qj21，1j98，则 PQ 的元素个数为_ 15

2、2 17 解析 (1)由特征数列的定义可知，子集a1，a3，a5的“特征数列”为 1，0， 1，0，1，0，0，故可知前三项和为 2. (2)根据“E 的子集 P 的“特征数列”p1， p2， ， p100满足 p11， pipi11， 1i99” 可知子集 P 的“特征数列”为 1，0，1，0，1，0.即奇数项为 1，偶数项为 0.根据“E 的 子集 Q 的“特征数列”q1，q2，q100满足 q11，qjqj1qj21，1j98”可知子集 Q 的“特征数列为 1，0，0，1，0，0，0，1.即项数除以 3 后的余数为 1 的项为 1，其余 项为 0，则 PQ 的元素为项数除以 6 余数为

3、1 的项，可知有 a1，a7，a13，a97，共 17 项 4D12013 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an n是递增数列；p4：数 列an3nd是递增数列 其中的真命题为( ) Ap1，p2 Bp3，p4 Cp2，p3 Dp1，p4 4D 解析 因为数列an为 d0 的数列，所以an是递增数列，则 p1为真命题而数 列an3nd也是递增数列，所以 p4为真命题，故选 D. D2 等差数列及等有效期数列前 n 项和 19D2，D42013 安徽卷 设数列an满足 a12，a2a48，且对任意 nN*

4、，函数 f(x) (anan1an2)xan1cos xan2sin x 满足 f 2 0. (1)求数列an的通项公式； (2)若 bn2 an 1 2an ，求数列bn的前 n 项和 Sn. 19解：(1)由题设可得，f(x)anan1an2an1sin xan2cos x. 对任意 nN*，f 2 anan1an2an10，即 an1anan2an1，故an为等差数 列 由 a12，a2a48，解得an的公差 d1， 所以 an21 (n1)n1. (2)由 bn2an 1 2an2 n1 1 2n 12n 1 2n2 知， Snb1b2bn2n2 n（n1） 2 1 21 1 2 n

5、11 2 n23n1 1 2n. 7D22013 安徽卷 设 Sn为等差数列an的前 n 项和，S84a3，a72，则 a9( ) A6 B4 C2 D2 7A 解析 设公差为 d，则 8a128d4a18d，即 a15d，a7a16d5d6d d2，所以 a9a72d6. 20M2，D2，D3，D52013 北京卷 给定数列 a1，a2，an，对 i1，2，n1， 该数列前 i 项的最大值记为 Ai，后 ni 项 ai1，ai2，an的最小值记为 Bi，diAiBi. (1)设数列an为 3，4，7，1，写出 d1，d2，d3的值； (2)设 a1，a2，an(n4)是公比大于 1 的等比数

6、列，且 a10.证明：d1，d2，dn1 是等比数列； (3)设 d1，d2，dn1是公差大于 0 的等差数列，且 d10，证明：a1，a2，an1是等 差数列 20解：(1)d12，d23，d36. (2)证明：因为 a10，公比 q1， 所以 a1，a2，an是递增数列 因此，对 i1，2，n1，Aiai，Biai1. 于是对 i1，2，n1， diAiBiaiai1a1(1q)qi 1. 因此 di0 且di 1 di q(i1，2，n2)， 即 d1，d2，dn1是等比数列 (3)证明：设 d 为 d1，d2，dn1的公差 对 1in2，因为 BiBi1，d0，所以 Ai1Bi1di1

7、BididBidiAi. 又因为 Ai1maxAi，ai1，所以 ai1Ai1Aiai. 从而 a1，a2，an1是递增数列，因此 Aiai(i1，2，n1) 又因为 B1A1d1a1d1a1a9， 所以 5a110a218a1， 即 a213a1100，证明：a1，a2，an1是等 差数列 20解：(1)d12，d23，d36. (2)证明：因为 a10，公比 q1， 所以 a1，a2，an是递增数列 因此，对 i1，2，n1，Aiai，Biai1. 于是对 i1，2，n1， diAiBiaiai1a1(1q)qi 1. 因此 di0 且di 1 di q(i1，2，n2)， 即 d1，d2

8、，dn1是等比数列 (3)证明：设 d 为 d1，d2，dn1的公差 对 1in2，因为 BiBi1，d0，所以 Ai1Bi1di1BididBidiAi. 又因为 Ai1maxAi，ai1，所以 ai1Ai1Aiai. 从而 a1，a2，an1是递增数列，因此 Aiai(i1，2，n1) 又因为 B1A1d1a1d10)的左、右焦点分别 为 F1，F2，离心率为 3，直线 y2 与 C 的两个交点间的距离为 6. (1)求 a，b； (2)设过 F2的直线 l 与 C 的左、右两支分别交于 A，B 两点，且|AF1|BF1|，证明：|AF2|， |AB|，|BF2|成等比数列 22解：(1)

9、由题设知c a3，即 a2b2 a2 9，故 b28a2. 所以 C 的方程为 8x2y28a2. 将 y2 代入上式，并求得 xa21 2. 由题设知，2 a21 2 6，解得 a 21. 所以 a1，b2 2. (2)证明：由(1)知，F1(3，0)，F2(3，0)，C 的方程为 8x2y28. 由题意可设 l 的方程为 yk(x3)，|k|a1a9，求 a1的取值范围 17解：(1)因为数列an的公差 d1， 且 1，a1，a3成等比数列，所以 a211(a12)， 即 a21a120，解得 a11 或 a12. (2)因为数列an的公差 d1，且 S5a1a9， 所以 5a110a21

10、8a1， 即 a213a1101.又 a1a2a122 71 32， a1a2a122 6a1a2a12，但 a1a2a132 81 32，a1a2a132 627252828 1 32，所以 a1a2a130.证明：d1，d2，dn1 是等比数列； (3)设 d1，d2，dn1是公差大于 0 的等差数列，且 d10，证明：a1，a2，an1是等 差数列 20解：(1)d12，d23，d36. (2)证明：因为 a10，公比 q1， 所以 a1，a2，an是递增数列 因此，对 i1，2，n1，Aiai，Biai1. 于是对 i1，2，n1， diAiBiaiai1a1(1q)qi 1. 因此

11、di0 且di 1 di q(i1，2，n2)， 即 d1，d2，dn1是等比数列 (3)证明：设 d 为 d1，d2，dn1的公差 对 1in2，因为 BiBi1，d0，所以 Ai1Bi1di1BididBidiAi. 又因为 Ai1maxAi，ai1，所以 ai1Ai1Aiai. 从而 a1，a2，an1是递增数列，因此 Aiai(i1，2，n1) 又因为 B1A1d1a1d1a1，所以 B1a1a2an1. 因此 anB1. 所以 B1B2Bn1an. 所以 aiAiBidiandi. 因此对 i1，2，n2 都有 ai1aidi1did， 即 a1，a2，an1是等差数列 19D5，E

12、92013 广东卷 设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足 4Sna2n1 4n1，nN*，且 a2，a5，a14构成等比数列 (1)证明：a2 4a15； (2)求数列an的通项公式； (3)证明：对一切正整数 n，有 1 a1a2 1 a2a3 1 anan1 1 2. 19解： 19D52013 湖北卷 已知 Sn是等比数列an的前 n 项和，S4，S2，S3成等差数列，且 a2a3a418. (1)求数列an的通项公式； (2)是否存在正整数 n，使得 Sn2 013？若存在，求出符合条件的所有 n 的集合；若不存 在，说明理由 19解：(1)设数列an的公比为 q，则

13、a10，q0.由题意得 S2S4S3S2， a2a3a418， 即 a1q2a1q3a1q2， a1q（1qq2）18， 解得 a13， q2， 故数列an的通项公式为 an3(2)n 1. (2)由(1)有 Sn31（2） n 1（2） 1(2)n. 若存在 n，使得 Sn2 013，则 1(2)n2 013， 即(2)n2 012. 当 n 为偶数时，(2)n0，上式不成立； 当 n 为奇数时，(2)n2n2 012，即 2n2 012，则 n11. 综上，存在符合条件的正整数 n，且所有这样的 n 的集合为n|n2k1，kN，k5 15D1，D52013 湖南卷 对于 Ea1，a2，a1

14、00的子集 Xai1，ai2，aik， 定义 X 的“特征数列”为 x1，x2，x100，其中 xi1xi2xik1，其余项均为 0.例如： 子集a2，a3的“特征数列”为 0，1，1，0，0，0. (1)子集a1，a3，a5的“特征数列”的前 3 项和等于_； (2)若 E 的子集 P 的“特征数列”p1，p2，p100满足 p11，pipi11，1i99；E 的子集 Q 的“特征数列”q1，q2，q100满足 q11，qjqj1qj21，1j98，则 PQ 的元素个数为_ 152 17 解析 (1)由特征数列的定义可知，子集a1，a3，a5的“特征数列”为 1，0， 1，0，1，0，0，故

15、可知前三项和为 2. (2)根据“E 的子集 P 的“特征数列”p1， p2， ， p100满足 p11， pipi11， 1i99” 可知子集 P 的“特征数列”为 1，0，1，0，1，0.即奇数项为 1，偶数项为 0.根据“E 的 子集 Q 的“特征数列”q1，q2，q100满足 q11，qjqj1qj21，1j98”可知子集 Q 的“特征数列为 1，0，0，1，0，0，0，1.即项数除以 3 后的余数为 1 的项为 1，其余 项为 0，则 PQ 的元素为项数除以 6 余数为 1 的项，可知有 a1，a7，a13，a97，共 17 项 19D52013 江苏卷 设an是首项为 a，公差为

16、d 的等差数列(d0)，Sn是其前 n 项的 和记 bn nSn n2c，nN *，其中 c 为实数 (1)若 c0，且 b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)； (2)若bn是等差数列，证明：c0. 19解：由题设，Snnan（n1） 2 d. (1)由 c0，得 bnSn n an1 2 d.又因为 b1，b2，b4成等比数列，所以 b22b1b4， 即 ad 2 2 a a3 2d ， 化简得 d22ad0.因为 d0，所以 d2a. 因此，对于所有的 mN*，有 Smm2a. 从而对于所有的 k，nN*，有 Snk(nk)2an2k2an2Sk. (2)设数列b

17、n的公差是 d1，则 bnb1(n1)d1，即 nSn n2cb1(n1)d1，nN *， 代入 Sn的表达式，整理得，对于所有的 nN*，有 d11 2 d n 3 b1d1a1 2 d n 2cd 1nc(d1b1) 令 Ad11 2d，Bb1d1a 1 2d，Dc(d1b1)，则对于所有的 nN *，有 An3Bn2cd1nD(*) 在(*)式中分别取 n1，2，3，4，得 ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1， 从而有 7A3Bcd10， 19A5Bcd10， 21A5Bcd10， 由，得 A0，cd15B，代入方程，得 B0，从而 cd10. 即 d11

18、2d0，b1d1a 1 2d0，cd10. 若 d10，则由 d11 2d0 得 d0，与题设矛盾，所以 d10. 又因为 cd10，所以 c0. 19D52013 天津卷 已知首项为3 2的等比数列an的前 n 项和为 Sn(nN *)，且2S 2， S3，4S4成等差数列 (1)求数列an的通项公式； (2)证明 Sn 1 Sn 13 6 (nN*) 19解：(1)设等比数列an的公比为 q，因为2S2，S3，4S4成等差数列，所以 S32S2 4S4S3， 即 S4S3S2S4， 可得 2a4a3， 于是 qa4 a3 1 2.又 a1 3 2， 所以等比数列an 的通项公式为 an3 2 1 2 n1(1)n13 2n. (2)证明：Sn11 2 n，S n 1 Sn1 1 2 n 1 11 2 n 2 1 2n（2n1），n为奇数， 2 1 2n（2n1），n为偶数. 当 n 为奇数时，Sn 1 Sn随 n 的增大而减小，所以 Sn 1 SnS1 1 S1 13 6 . 当 n 为偶数时，Sn 1 Sn随 n 的增大而减小，所以 Sn 1 SnS2 1 S2 25 12. 故对于 nN*，有 Sn 1 Sn 13 6 .