1、D单元数列D1数列的概念与简单表示法图1314D12013安徽卷 如图13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AnBnBn1An1的面积均相等，设OAnan，若a11，a22，则数列an的通项公式是_14an解析 令SOA1B1m(m0)，因为所有AnBn相互平行且a11，a22，所以S梯形A1B1B2A23m，当n2时，故aa，aa，aa，aa以上各式累乘可得a(3n2)a，因为a11，所以an.4D12013辽宁卷 下面是关于公差d0的等差数列的四个命题：p1：数列是递增数列；p2：数列是递增数列；p3：数列是递增数
2、列；p4：数列是递增数列其中的真命题为()Ap1，p2 Bp3，p4 Cp2，p3 Dp1，p44D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an3nd也是递增数列，所以p4为真命题，故选D.17D1、D22013全国卷 等差数列an前n项和为Sn.已知S3a，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S3a，得3a2a，故a20或a23.由S1，S2，S4成等比数列得SS1S4.又S1a2d，S22a2d，S44a22d，故(2a2d)2(a2d)(4a22d)若a20，则d22d2，所以d0，此时Sn0，不合题意；若a23，则(6d)
3、2(3d)(122d)，解得d0或d2.因此an的通项公式为an3或an2n1.D2等差数列及等有效期数列前n项和8G22013新课标全国卷 某几何体的三视图如图13所示，则该几何体的体积为()图13A168 B88C1616 D8168A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V224224168.7D22013新课标全国卷 设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3 B4 C5 D67C解析 设首项为a1，公差为d，由题意可知amSmSm12，am1Sm1Sm3，故d1.又Sm0，故a1am2，又Smma1d0，2m0m
4、5.12D22013广东卷 在等差数列an中，已知a3a810，则3a5a7_1220解析 方法一：a3a82a19d10，而3a5a73(a14d)a16d2(2a19d)20.方法二：3a5a72a5(a5a7)2a52a62(a5a6)2(a3a8)20.20M2，D2，D3，D52013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an1，an2，的最小值记为Bn，dnAnBn.(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nN*，an4an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：dnd(n
5、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a12，dn1(n1，2，3，)，则an的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20解：(1)d1d21，d3d43.(2)(充分性)因为an是公差为d的等差数列，且d0，所以a1a2an.因此Anan，Bnan1，dnanan1d(n1，2，3，)(必要性)因为dnd0(n1，2，3，)所以AnBndnBn.又因为anAn，an1Bn，所以anan1.于是，Anan，Bnan1.因此an1anBnAndnd，即an是公差为d的等差数列(3)因为a12，d11，所以A1a12，B1A1d11.故对任意n1，anB11.假设an
6、(n2)中存在大于2的项设m为满足am2的最小正整数，则m2，并且对任意1k2，于是，BmAmdm211，Bm1minam，Bm1.故dm1Am1Bm1n，且am1，即数列an有无穷多项为1.17D1、D22013全国卷 等差数列an前n项和为Sn.已知S3a，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S3a，得3a2a，故a20或a23.由S1，S2，S4成等比数列得SS1S4.又S1a2d，S22a2d，S44a22d，故(2a2d)2(a2d)(4a22d)若a20，则d22d2，所以d0，此时Sn0，不合题意；若a23，则(6d)2(3d)(122d)，
7、解得d0或d2.因此an的通项公式为an3或an2n1.20D2、D42013山东卷 设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，且Tn(为常数)，令cnb2n(nN*)，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S44S2，a2n2an1得解得a11，d2，因此an2n1，nN*.(2)由题意知Tn，所以n2时，bnTnTn1.故cnb2n(n1)，nN*.所以Rn0123(n1)，则Rn012(n2)(n1)，两式相减得Rn(n1)(n1)，整理得Rn4.所以数列cn的前n
8、项和Rn4.16D2，D32013四川卷 在等差数列an中，a1a38，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2a12d8，(a13d)2(a1d)(a18d)，所以a1d4，d(d3a1)0.解得a14，d0或a11，d3.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Sn4n或Sn.16D2，D5，B122013新课标全国卷 等差数列an的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nSn的最小值为_1649 解析 由已知，a1a100，a1a15d，a13，nSn，易得n6或n7时，n
9、Sn出现最小值当n6时，nSn48；n7时，nSn49.故nSn的最小值为49.12D2，D32013重庆卷 已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8_1264解析 设数列an的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，得(1d)21(14d)，解得d2或d0(舍去)，所以S881264.D3等比数列及等比数列前n项和14D32013新课标全国卷 若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_14(2)n1解析 因为Snan，所以Sn1an1，得ananan1，即an2an1，又因为S1a1a1a11，所以数列an是以1为首项，2为公比
10、的等比数列，所以an(2)n1.20M2，D2，D3，D52013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an1，an2，的最小值记为Bn，dnAnBn.(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nN*，an4an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：dnd(n1，2，3，)的充分必要条件为an是公差为d的等差数列；(3)证明：若a12，dn1(n1，2，3，)，则an的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20解：(1)d1d21，d3d43.(2)(充分性)因为an是公差为d的等差数列
11、，且d0，所以a1a2an.因此Anan，Bnan1，dnanan1d(n1，2，3，)(必要性)因为dnd0(n1，2，3，)所以AnBndnBn.又因为anAn，an1Bn，所以anan1.于是，Anan，Bnan1.因此an1anBnAndnd，即an是公差为d的等差数列(3)因为a12，d11，所以A1a12，B1A1d11.故对任意n1，anB11.假设an(n2)中存在大于2的项设m为满足am2的最小正整数，则m2，并且对任意1k2，于是，BmAmdm211，Bm1minam，Bm1.故dm1Am1Bm1n，且am1，即数列an有无穷多项为1.10D32013北京卷 若等比数列an
12、满足a2a420，a3a540，则公比q_；前n项和Sn_1022n12解析 a3a5q(a2a4)，4020q，q2，又a2a4a1qa1q320，a12，an2n，Sn2n12.3D32013江西卷 等比数列x，3x3，6x6，的第四项等于()A24 B0C12 D243A解析 (3x3)2x(6x6)得x1或x3.当x1时，x，3x3，6x6分别为1，0，0，则不能构成等比数列，所以舍去；当x3时，x，3x3，6x6分别为3，6，12，且构成等比数列，则可求出第四个数为24.14D32013江苏卷 在正项等比数列an中，a5，a6a73. 则满足a1a2ana1a2an的最大正整数n的值
13、为_1412解析 设an的公比为q.由a5及a5(qq2)3得q2，所以a1，所以a61，a1a2a11a1，此时a1a2a111.又a1a2a1227，a1a2a1226a1a2a12，但a1a2a1328，a1a2a132627252828，所以a1a2a13a1a2a13，故最大正整数n的值为12.15D3，D42013湖南卷 设Sn为数列an的前n项和，Sn(1)nan，nN*，则(1)a3_；(2)S1S2S100_15(1)(2)解析 (1)因Sn(1)nan，则S3a3，S4a4，解得a3.(2)当n为偶数时，Snan，当n为奇数时，Snan，可得当n为奇数时an，又S1S2S1
14、00a1a2a99a100S1002(a1a3a99)S101a10122.14D32013辽宁卷 已知等比数列是递增数列，Sn是的前n项和，若a1，a3是方程x25x40的两个根，则S6_1463解析 由题意可知a1a35，a1a34.又因为an为递增的等比数列，所以a11，a34，则公比q2，所以S663.21H6、H8、D32013全国卷 已知双曲线C：1(a0，b0)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.(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2
15、1解：(1)由题设知3，即9，故b28a2.所以C的方程为8x2y28a2.将y2代入上式，求得x.由题设知，2 ，解得a21.所以a1，b2 .(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|2 ，代入并化简得(k28)x26k2x9k280.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x11，x21，x1x2，x1x2.于是|AF1|(3x11)，|BF1|3x21.由|AF1|BF1|得(3x11)3x21，即x1x2.故，解得k2，从而x1x2.由于|AF2|13x1，|BF2|3x21，故|AB|AF2|BF2|23
16、(x1x2)4，|AF2|BF2|3(x1x2)9x1x2116.因而|AF2|BF2|AB|2，所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列6D32013全国卷 已知数列an满足3an1an0，a2，则an的前10项和等于()A6(1310) B.(1310) C3(1310) D3(1310)6C解析 由3an1an0，得an0(否则a20)且，所以数列an是公比为的等比数列，代入a2可得a14，故S1033(1310)17D32013陕西卷 设an是公比为q的等比数列(1)推导an的前n项和公式；(2)设q1，证明数列an1不是等比数列17解：(1)设an的前n项和为Sn，当q1时，S
17、na1a2anna1；当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)假设an1是等比数列，则对任意的kN，(ak11)2(ak1)(ak21)，即a2ak11akak2akak21，即aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列16D2，D32013四川卷 在等差数列an中，a1a38，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2a12d
18、8，(a13d)2(a1d)(a18d)，所以a1d4，d(d3a1)0.解得a14，d0或a11，d3.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Sn4n或Sn.3D32013新课标全国卷 等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1()A. B C. D3C解析 S3a210a1a1a2a3a210a1a39a1q29，a59a3q29a31a1，故选C.12D2，D32013重庆卷 已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8_1264解析 设数列an的公差为d，由a1，a2，a5成等比
19、数列，得(1d)21(14d)，解得d2或d0(舍去)，所以S881264.D4数列求和17D42013江西卷 正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn0，Snn2n.于是a1S12，n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项为an2n.(2)证明：由于an2n，bn，则bn.Tn0，所以bncn(b1c1)，当n时，bncn，也就是AnCnAnBn，所以三角形AnBnCn中BnCn边上的高随着n的增大而增大设三角形AnBnCn中BnCn
20、边上的高为hn，则hn单调递增，所以Sna1hn是增函数答案为B.20B12 、D52013安徽卷 设函数fn(x)1x(xR，nN*)证明：(1)对每个nN*，存在唯一的xn，1，满足fn(xn)0；(2)对任意pN*，由(1)中xn构成的数列xn满足0xnxnp0时，fn(x)10，故fn(x)在(0，)内单调递增由于f1(1)0，当n2时，fn(1)0.故fn(1)0.又fn1kn10时，fn1(x)fn(x)fn(x)，故fn1(xn)fn(xn)fn1(xn1)0.由fn1(x)在(0，)内单调递增，xn1xn，故xn为单调递减数列从而对任意n，pN*，xnpxn.对任意pN*，由于
21、fn(xn)1xn0，fnp(xnp)1xnp0，式减去式并移项，利用0xnpxn1，得xnxnp.因此，对任意pN*，都有0xnxnp.9D52013福建卷 已知等比数列an的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m，cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m(m，nN*)，则以下结论一定正确的是()A数列bn为等差数列，公差为qmB数列bn为等比数列，公比为q2mC数列cn为等比数列，公比为qm2D数列cn为等比数列，公比为qmm9C解析 取an1，q1，则bnm，cn1，排除A，取a11，q1，m取正偶数，则bn0，排除B，qmqmqm,sdo4(共m个)qm2，故
22、选C.18D52013湖北卷 已知等比数列an满足：|a2a3|10，a1a2a3125.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由18解： (1)设等比数列an的公比为q，则由已知可得解得或故an3n1或an5(1)n1.(2)若an3n1，则n1，故是首项为，公比为的等比数列，从而1m1.若an(5)(1)n1，则(1)n1，故是首项为，公比为1的等比数列，从而故1.综上，对任何正整数m，总有2的最小正整数，则m2，并且对任意1k2，于是，BmAmdm211，Bm1minam，Bm1.故dm1Am1Bm1n，且am1，即数列an有无
23、穷多项为1.19D52013天津卷 已知首项为的等比数列an不是递减数列，其前n项和为Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设TnSn(nN*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值19解：(1)设等比数列an的公比为q，因为S3a3，S5a5，S4a4成等差数列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是递减数列且a1，所以q，故等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)由(1)得Sn1n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1SnS1，故0SnS1.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以S2SnSn
24、S2.综上，对于nN*，总有Sn.所以数列Tn最大项的值为，最小项的值为.16D2，D5，B122013新课标全国卷 等差数列an的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nSn的最小值为_1649 解析 由已知，a1a100，a1a15d，a13，nSn，易得n6或n7时，nSn出现最小值当n6时，nSn48；n7时，nSn49.故nSn的最小值为49.18D52013浙江卷 在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1，2a22，5a3成等比数列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.18解：(1)由题意得a15a3(2a22)2，即d23d40.所以d1或d4.所以ann11，nN*或an4n6，nN*.(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0，由(1)得d1，ann11，则当n11时，|a1|a2|a3|an|n2n.当n12时， |a1|a2|a3|an|Sn2S11n2n110.综上所述，|a1|a2|a3|an|
