(完整版)高考复习：数列的综合运用含解析答案(教师版+学生版)

解析：正偶数数列{2n}，则aij＝2 014为正偶数数列的第1 007项，设aij在第i行，前ii?i－1?i?i＋1?i?i－1?i?i＋1?

－1行共有个正偶数，前i行共有个正偶数，于是有＜1 007≤，i∈

2222N*，得i＝45，前i－1行有990个数，则aij＝2 014是第45行第17个数，即j＝17，所以i＋j＝62.

10．三个互不相等的实数成等差数列，适当交换这三个数的位置后，变成一个等比数列，则此等比数列的公比是________．

解析：设这三个数分别为a－d，a，a＋d(d≠0)，由于d≠0，所以a－d，a，a＋d或a＋d，a，a－d不可能成等比数列．若a－d，a＋d，a或a，a＋d，a－d成等比数列，则(a＋a－3aa1

d)2＝a(a－d)，即d＝－3a，此时q＝＝－或q＝＝－2；若a，a－d，a＋d或a

2aa－3a

成等比数列，则(a－d)2＝a(a＋d)，即

a－3aad＝3a，此时，q＝＝－2或q＝

aa－3a

＋d，a－d，a

11

＝－.故q＝－2或－.

22

11．(2014·苏州质检)设数列{an}的前n项和为Sn，满足an＋Sn＝An2＋Bn＋1(A≠0)． 39

(1)若a1＝，a2＝，求证数列{an－n}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；

24B－1

(2)已知数列{an}是等差数列，求的值．

A解：(1)证明：分别令n＝1,2，

??2a1＝A＋B＋1，

代入条件得?

??2a2＋a1＝4A＋2B＋1.

39

又a1＝，a2＝，解得

24

?

?3?B＝2.

1A＝，2

13

所以an＋Sn＝n2＋n＋1，

22

①

13

则an＋1＋Sn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)＋1.

22②－①得2an＋1－an＝n＋2. 1

则an＋1－(n＋1)＝(an－n)．

21

因为a1－1＝≠0，

2

②

11

所以数列{an－n}是首项为，公比为的等比数列．

2211

所以an－n＝n，则an＝n＋n.

22

(2)因为数列{an}是等差数列，所以设an＝dn＋c， n?d＋c＋dn＋c?dd

c＋?n. 则Sn＝＝n2＋??2?223dd

c＋?n＋c. 所以an＋Sn＝n2＋??2?2

B－1d3d

所以A＝，B＝c＋，c＝1.所以＝3.

22A

12.已知数列{an}中，a1＝2，a2＝4，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)． (1)证明数列{an＋1－an}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式；

2?an－1?

(2)记bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，求使Sn>2 013成立的n的最小值．

an解：(1)证明∵an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)， ∴an＋1－an＝2(an－an－1)(n≥2，n∈N*)． ∵a1＝2，a2＝4，∴a2－a1＝2≠0， ∴an－an－1≠0(n≥2，n∈N*)，

故数列{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列， ∴an＋1－an＝2n，

∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋2n－3

2×?1－2n－1?

＋…＋21＋2＝＋2＝2n(n≥2，n∈N*)，

1－2

又a1＝2也满足上式，∴an＝2n(n∈N*)．

2?an－1?111

1－?＝2?1－n?＝2－(2)由(1)知bn＝＝2?(n∈N*)， n－1?an??2?an

2

11－

2n1??1＋11＋12＋…＋1?1?1－∴Sn＝2n－?22＝2n－＝2n－2＝2n－2＋， ?n－1?2n?2n－1?1?21－2由Sn>2 013得，2n－2＋

12 015

>2 013，即n＋>，

2n22n－11

1

∵n∈N*，∴n＋n的值随n的增大而增大，

2∴n的最小值为1 008.

13．(2014·扬州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn.

(1)若数列{an}是等比数列，满足2a1＋a3＝3a2，a3＋2是a2，a4的等差中项，求数列{an}的通项公式；

(2)是否存在等差数列{an}，使对任意n∈N*，都有an·Sn＝2n2(n＋1)？若存在，请求出所有满足条件的等差数列；若不存在，请说明理由．

解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，

??2a1＋a3＝3a2，依题意有?

?a2＋a4＝2?a3＋2?，?

2??a1?2＋q?＝3a1q， ①

即?

32

??a1?q＋q?＝2a1q＋4. ②

由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2. 当q＝1时，不合题意，舍去；

当q＝2时，代入②得a1＝2，所以an＝2·2n－1＝2n. (2)假设存在满足条件的数列{an}，设此数列的公差为d.

?n?n－1??2

法一：[a1＋(n－1)d]?a1n＋d?＝2n(n＋1)，

2??

331d222

a1d－d2?n＋?a1－a1d＋d2?＝2n2＋2n对任意n∈N*恒成立，则即n＋?22??2??2

??3

?2ad－d＝2，

31?a－ad＋?22d＝0，

1

2

21

1

2

d2

＝2，2

???d＝2，?d＝－2，解得?或?此时an＝2n或an＝－2n.

???a1＝2?a1＝－2.

故存在等差数列{an}，使对任意n∈N*， 都有an·Sn＝2n2(n＋1)，其中an＝2n或an＝－2n. 法二：令n＝1，a22， 1＝4得a1＝±

2＋aa－24＝0， 令n＝2得a212

①当a1＝2时，a2＝4或a2＝－6，

若a2＝4，则d＝2，an＝2n，Sn＝n(n＋1)，对任意n∈N*，都有an·Sn＝2n2(n＋1)； 若a2＝－6，则d＝－8，a3＝－14，S3＝－18，不满足a3·S3＝2×32×(3＋1)，舍去． ②当a1＝－2时，a2＝－4或a2＝6，

若a2＝－4，则d＝－2，an＝－2n，Sn＝－n(n＋1)，对任意n∈N*，都有an·Sn＝2n2(n＋1)； 若a2＝6，则d＝8，a3＝14，S3＝18，不满足a3·S3＝2×32×(3＋1)，舍去．

综上所述，存在等差数列{an}，使对任意n∈N*，都有an·Sn＝2n2(n＋1)，其中an＝2n或an＝－2n.

14．(2014·无锡模拟)已知数列{an}中，a1＝2，n∈N*，an＞0，数列{an}的前n项和为Sn，2

且满足an＋1＝.

Sn＋1＋Sn－2

(1)求{Sn}的通项公式．