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吉林省松原市扶余县高考数学真题集锦专题五
资料类别: /
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所属地区: 吉林
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资料类型：高考真题
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资料概述与简介
1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)
A．Sn＝2an－1
B．Sn＝3an－2
C．Sn＝4－3an
D．Sn＝3－2an
解析：选D.法一：在等比数列{an}中，Sn＝＝＝3－2an.
法二：在等比数列{an}中，a1＝1，q＝，
∴an＝1×()n－1＝()n－1.
Sn＝＝3[1－()n]
＝3[1－()n－1]＝3－2an.
2．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝(　　)
解析：选C.∵{an}是等差数列，Sm－1＝－2，Sm＝0，
∴am＝Sm－Sm－1＝2.
∵Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，
∴d＝am＋1－am＝1.
又Sm＝＝＝0，
∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，
3．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，….若b1>c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则(　　)
A．{Sn}为递减数列
B．{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
解析：选B.在△A1B1C1中，b1>c1，b1＋c1＝2a1，
∴b1>a1>c1.
在△A2B2C2中，a2＝a1，b2＝，c2＝，b2＋c2＝2a1，
∴c1<b2<a1<c2<b1.
在△A3B3C3中，a3＝a2＝a1，b3＝＝，c3＝＝，b3＋c3＝2a1，
∴a1<b3<c2，b2<c3<a1，
∴c1<b2<c3<a1<b3<c20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{}是递增数列；p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
其中的真命题为(　　)
解析：选D.因为d>0，所以an＋1>an，所以p1是真命题．因为n＋1>n，但是an的符号不知道，所以p2是假命题．同理p3是假命题．由an＋1＋3(n＋1)d－an－3nd＝4d>0，所以p4是真命题．
7．(2013·高考安徽卷)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝(　　)
解析：选A.由等差数列性质及前n项和公式，得S8＝＝4(a3＋a6)＝4a3，所以a6＝0.又a7＝－2，所以公差d＝－2，所以a9＝a7＋2d＝－6.
8．(2013·高考福建卷)已知等比数列{an}的公比为q，记bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈N*)，则以下结论一定正确的是(　　)
A．数列{bn}为等差数列，公差为qm
B．数列{bn}为等比数列，公比为q2m
C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2
D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm
解析：选C.bn＝a1qm(n－1)＋a1qm(n－1)＋1＋…＋a1qm(n－1)＋m－1
＝a1qm(n－1)(1＋q＋…＋qm－1)＝a1qm(n－1)·，
∴＝＝qm，
∴{bn}是等比数列，公比为qm.
∴{cn}是等比数列，公比为qm2.
9．(2013·高考江西卷)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四项等于(　　)
解析：选A.由题意知(3x＋3)2＝x(6x＋6)，即x2＋4x＋3＝0，解得x＝－3或x＝－1(舍去)，所以等比数列的前3项是－3，－6，－12，则第四项为－24.
10．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.
解析：当n＝1时，S1＝a1＋，∴a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an＋－(an－1＋)
＝(an－an－1)，
∴an＝－2an－1，即＝－2，
∴{an}是以1为首项的等比数列，其公比为－2，
∴an＝1×(－2)n－1，即an＝(－2)n－1.
答案：(－2)n－1
11．(2013·高考江苏卷)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3，则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为________．
解析：设{an}的公比为q(q>0)，则由已知可得
于是a1＋a2＋…＋an＝＝(2n－1)，
a1a2…an＝aq＝()n2.
由a1＋a2＋…＋an>a1a2…an可得(2n－1)>()n2，整理得2n－1>2n2－n＋5.
由2n>2n2－n＋5可得n>n2－n＋5，
即n2－13n＋10<0，解得<na1a2…an，n≥13时不满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an，故n的最大值为12.
12．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由等差数列前n项和可得
∴nSn＝n2a1＋d＝－3n2＋(n3－n2)＝n3－，
∴(nSn)′＝n2－，
令(nSn)′＝0，解得n＝0(舍去)或n＝.
当n>时，nSn是单调递增的；
当0<n<时，nSn是单调递减的，故当n＝7时，nSn取最小值，
∴(nSn)min＝×73－＝－49.
答案：－49
13．(2013·高考北京卷)若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn＝________.
解析：设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则：
由a2＋a4＝20得a1q(1＋q2)＝20.①
由a3＋a5＝40得a1q2(1＋q2)＝40.②
由①②解得q＝2，a1＝2.
故Sn＝＝＝2n＋1－2.
答案：2　2n＋1－2
14．(2013·高考辽宁卷)已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
解析：因为a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，且数列{an}是递增的等比数列，所以a1＝1，a3＝4，q＝2，所以S6＝＝63.
15．(2013·高考安徽卷)
如图，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AnBnBn＋1An＋1的面积均相等，设OAn＝an.若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．
解析：设OAn＝x(n≥3)，OB1＝y，∠O＝θ，
答案：an＝
16．(2013·高考江西卷)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．
解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102.由于26＝64,27＝128.则n＋1≥7，即n≥6.
17．(2013·高考湖南卷)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，则(1)a3＝________；(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
解析：∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－－(－1)n－1an－1＋，
∴an＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋.
当n为偶数时，an－1＝－，
当n为奇数时，2an＋an－1＝，
∴当n＝4时，a3＝－＝－.
根据以上{an}的关系式及递推式可求．
a1＝－，a3＝－，a5＝－，a7＝－，
a2＝，a4＝，a6＝，a8＝.
∴a2－a1＝，a4－a3＝，a6－a5＝，…，
∴S1＋S2＋…＋S100＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a100－a99)－(＋＋＋…＋)
＝(＋＋…＋)－(＋＋…＋)
答案：(1)－　(2)(－1)
18．(2013·高考重庆卷)若2，a，b，c,9成等差数列，则c－a＝________.
解析：由题意得该等差数列的公差d＝＝，
所以c－a＝2d＝.
19．(2013·高考广东卷)设数列{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，则a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝________.
解析：法一：a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝1＋|1×(－2)|＋1×(－2)2＋|1×(－2)3|＝15.
法二：因为a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|，数列{|an|}是首项为1，公比为2的等比数列，故所求代数式的值为＝15.
20．(2013·高考重庆卷)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.
解析：∵a1，a2，a5成等比数列，∴a＝a1a5，
∴(1＋d)2＝1×(4d＋1)，∴d2－2d＝0.
∵d≠0，∴d＝2.
∴S8＝8×1＋×2＝64.
21．(2013·高考广东卷)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________.
解析：法一：a3＋a8＝2a1＋9d＝10,3a5＋a7＝4a1＋18d＝2(2a1＋9d)＝2×10＝20.
法二：a3＋a8＝2a3＋5d＝10,3a5＋a7＝4a3＋10d＝2(2a3＋5d)＝2×10＝20.
22．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和．
解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d.
由已知可得解得
故{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)由(1)知＝
＝(－)，从而数列{}的前n项和为
(－＋－＋…＋－)＝.
23．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25 ，且a1，a11，a13成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
解：(1)设{an}的公差为d，由题意得a＝a1a13，
即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．
于是d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.
故an＝－2n＋27.
(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．
从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.
24．(2013·高考大纲全国卷)等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则
an＝a1＋(n－1)d.
解得所以{an}的通项公式为an＝.
(2)因为bn＝＝－，
所以Sn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝.
25．(2013·高考山东卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足＋＋…＋＝1－，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得
因此an＝2n－1，n∈N*.
(2)由已知＋＋…＋＝1－，n∈N*，
当n＝1时，＝；
当n≥2时，＝1－－(1－)＝.
所以＝，n∈N*.
由(1)知an＝2n－1，n∈N*，
所以bn＝，n∈N*.
所以Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋.
两式相减，得
Tn＝＋(＋＋…＋)－
所以Tn＝3－.
26．(2013·高考大纲全国卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．
解：设{an}的公差为d.
由S3＝a，得3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.
由S1，S2，S4成等比数列得，S＝S1S4.
又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，
故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．
若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，此时Sn＝0，不合题意；
若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝0或d＝2.
因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.
27．(2013·高考山东卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.
解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得
因此an＝2n－1，n∈N*.
(2)由题意知Tn＝λ－，
所以当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.
故cn＝b2n＝＝(n－1)()n－1，n∈N*.
所以Rn＝0×()0＋1×()1＋2×()2＋3×()3＋…＋(n－1)()n－1，
则Rn＝0×()1＋1×()2＋2×()3＋…＋(n－2)×()n－1＋(n－1)×()n.
两式相减得
Rn＝()1＋()2＋()3＋…＋()n－1－(n－1)×()n＝－(n－1)×()n
整理得Rn＝(4－)．
所以数列{cn}的前n项和Rn＝(4－)．
28．(2013·高考江苏卷)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝，n∈N*，其中c为实数．
(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；
(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.
解：(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.
又因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，
即(a＋)2＝a(a＋d)，化简得d2－2ad＝0.
因为d≠0，所以d＝2a.
因此，对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a.
从而对于所有的k，n∈N*，
有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.
(2)设数列{bn}的公差是d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，
即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n∈N*，有
(d1－d)n3＋(b1－d1－a＋d)n2＋cd1n＝c(d1－b1)．
令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c(d1－b1)，则对于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)
在(*)式中分别取n＝1,2,3,4，得
A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，
由②③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，从而cd1＝0，即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.
若d1＝0，则由d1－d＝0，得d＝0，与题设矛盾，所以d1≠0.又因为cd1＝0，所以c＝0.
29．(2013·高考浙江卷)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．
(1)求d，an；
(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
解：(1)由题意得，a1·5a3＝(2a2＋2)2，由a1＝10，{an}为公差为d的等差数列得，d2－3d－4＝0，
解得d＝－1或d＝4.
所以an＝－n＋11(n∈N*)或an＝4n＋6(n∈N*)．
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d0，证明：d1，d2，…，dn－1是等比数列；
(3)设d1，d2，…，dn－1是公差大于0的等差数列，且d1>0，证明：a1，a2，…，an－1是等差数列．
解：(1)d1＝2，d2＝3，d3＝6.
(2)证明：因为a1>0，公比q>1，
所以a1，a2，…，an是递增数列．
因此，对i＝1,2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.
于是对i＝1,2，…，n－1，
di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.
因此di≠0且＝q(i＝1,2，…，n－2)，
即d1，d2，…，dn－1是等比数列．
(3)证明：设d为d1，d2，…，dn－1的公差．
对1≤i≤n－2，因为Bi≤Bi＋1，d>0，
所以Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai.
又因为Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，
所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.
从而a1，a2，…，an－1是递增数列．
因此Ai＝ai(i＝1,2，…，n－1)．
又因为B1＝A1－d1＝a1－d1<a1，
所以B1<a1<a2<…2的最小正整数，
则m≥2，并且对任意1≤k2，
于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2.
故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，与dm－1＝1矛盾．
所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1，an≤2＝a1，
所以An＝2.
故Bn＝An－dn＝2－1＝1.
因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.
32．(2013·高考天津卷)已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3,4S4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明Sn＋≤(n∈N*).
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S3＋2S2＝4S4－S3，
即S4－S3＝S2－S4，可得2a4＝－a3，
于是q＝＝－.
又因为a1＝，所以等比数列{an}的通项公式为an＝·n－1＝(－1)n－1·.
(2)证明：Sn＝1－n，Sn＋＝1－n＋＝
当n为奇数时，Sn＋随n的增大而减小，
所以Sn＋≤S1＋＝.
当n为偶数时，Sn＋随n的增大而减小，
所以Sn＋≤S2＋＝.
故对于n∈N*，有Sn＋≤.
33．(2013·高考天津卷)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．
解：(1)设等比数列{an} 的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，
即4a5＝a3，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
an＝×n－1＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1<Sn≤S1＝，故0<Sn－≤S1－＝－＝.
当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以＝S2≤SnSn－≥S2－＝－＝－.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.
34．(2013·高考福建卷)已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.
(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；
(2)若S5>a1a9，求a1的取值范围．
解：(1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a＝1×(a1＋2)，
即a－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2.
(2)因为数列{an}的公差d＝1，且S5>a1a9，
所以5a1＋10>a＋8a1，
即a＋3a1－10<0，解得－5<a10，上式不成立；
当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，即2n≥2 012，
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|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．
40．(2013·高考四川卷)在等比数列{an}中，a2－a1＝2，且2a2为3a1和a3的等差中项，求数列{an}的首项、公比及前n项和．
解：设该数列的公比为q.
由已知，得
所以解得(q＝1舍去)
故首项a1＝1，公比q＝3.
所以数列的前n项和Sn＝.
41．(2013·高考重庆卷)设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N＋.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.
解：(1)由题设知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1，Sn＝＝(3n－1)．
(2)b1＝a2＝3，b3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，所以公差d＝5，故T20＝20×3＋×5＝1 010.
42．(2013·高考江西卷)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝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n∈N*，都有Tn0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上可知，数列{an}的通项an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，bn＝，
43．(2013·高考广东卷)设各项均为正数的数列{an}的前 n项和为Sn，满足4Sn＝a－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14构成等比数列．
(1)证明：a2＝；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋0，所以a2＝.
(2)因为4Sn＝a－4n－1，①
所以当n≥2时，4Sn－1＝a－4(n－1)－1，②
由①－②得4an＝a－a－4，
即a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2(n≥2)．
因为an>0，所以an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2(n≥2)．
因为a2，a5，a14成等比数列，所以a＝a2a14，
即(a2＋3×2)2＝a2(a2＋12×2)，解得a2＝3.
又由(1)知a2＝，所以a1＝1，所以a2－a1＝2.
综上知an＋1－an＝2(n∈N*)，
所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(3)证明：由(2)知＝
所以＋＋…＋
44．(2013·高考四川卷)在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，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．
解：设该数列的公差为d，前n项和为Sn.由已知可得2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，
所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0，
解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3，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Sn＝4n或Sn＝.
45．(2013·高考安徽卷)设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数 f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cos x－an＋2sin x满足f′()＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2(an＋)求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)由题设可得f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sin x－an＋2cos x.
对任意n∈N*，f′()＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，
即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．
由a1＝2，a2＋a4＝8，可得数列{an}的公差d＝1，
所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.
(2)由bn＝2(an＋)＝2(n＋1＋)＝2n＋＋2知，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝2n＋2·＋
＝n2＋3n＋1－.
46．(2013·高考广东卷)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
解：(1)依题意，2S1＝a2－－1－，
又S1＝a1＝1，所以a2＝4.
(2)法一：由题意2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
所以当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，
两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，
整理得nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)，即－＝1.
又当n＝1时，－＝－＝1，
所以数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2，
所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.
法二：因为＝an＋1－n2－n－，
所以＝Sn＋1－Sn－n2－n－.
整理得Sn＝Sn＋1－(n＋1)(n＋2)，
所以－＝，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以＝＋(n－1)＝，
所以Sn＝，
所以Sn－1＝(n≥2)，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2(n≥2)．
因为a1＝1符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.[来源:]
(3)证明：设Tn＝＋＋…＋.
当n＝1时，T1＝＝1<；
当n＝2时，T2＝＋＝1＋＝<；
当n≥3时，＝<＝－，
此时Tn＝1＋＋＋＋…＋<1＋＋＋＋…＋
＝1＋＋－＝－<.
综上，对一切正整数n，有＋＋…＋<.
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an=Sn-1=Sn-Sn-1 求Sn通项，在求an
10Sn=an^2+5an+6
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在等比数列{an}中，存在正整数m，有am=3，am+5=24，则am+15=______．
由an+1=anq5，得5＝243＝8，∴am+15=amoq15=3×83=1536．故答案为：1536．
其他类似问题
由an+1=anq5，得5＝243＝8，由此能求出am+15=amoq15的值．
本题考点：
等比数列的性质．
考点点评：
本题考查等比数列的性质和应用，解题时要注意等比数列通项公式的灵活运用．
∵Am=3 A(m+5)=24【是不是少了括弧？】∴A5=8∴A15=A(5*3)=8^3=512∴A（m+15）=512*3=1536
Am+10=24×24÷3=192Am+15=192×192÷24=1536
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