【走向高考】2016届高三数学一轮基础巩固 第6章 第4节 数列的应用(含解析)新人教B版

【走向高考】2016届 高三数学一轮基础巩固 第6章 第4节 数列的
应用 新人教B 版
一、选择题
1．在等差数列{an}中，若a1，a2015为方程x2－10x ＋16＝0的两根，则a2＋a1008＋a2014＝( )
A ．10
B ．15
C ．20
D ．40 [答案] B
[解析] 由题意知，a1＋a2015＝a2＋a2014＝2a1008＝10，所以a2＋a1008＋a2014＝3a1008＝15，故选B.
2．某同学在电脑中打出如下若干个圈： ●○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●……
若将此若干个圈依此规律继续下去，得到一系列的圈，那么在前2014个圈中的●的个数是( ) A ．60 B ．61 C ．62 D ．63 [答案] C
[解析] 第一次出现●在第1个位置；第二次出现●在第(1＋2)个位置；第三次出现●在第(1＋2＋3)个位置；…；第n 次出现●在第(1＋2＋3＋…＋n)个位置． ∵1＋2＋3＋…＋n ＝
n
n ＋12，当n ＝62时，n n ＋12＝62×62＋1
2
＝1953,2014－1953＝61<63，
∴在前2014个圈中的●的个数是62.
[点评] 图表问题是数列应用中重要的一种题型．
(1)解答表格中的数列问题，关键理清表格的行与列中数列的构成或排列形式特点，然后找到其按行(列)变化的规律，用相应的数列知识求解．
①在如下表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a ＋b ＋c 的值为( )
1 2
0.5 1 a b
C
A.1 B ．2 C ．3 D ．98
[答案] D
[解析] 按题意要求，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，把表填好后得a ＝12，b ＝3
8，c ＝14，则a ＋b ＋c ＝9
8.∴选D.
②在下面的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x ＋y ＋z 的值为( )
cos0 2
sin π6 tan π4 x y
z
A.1 B ．2 C ．3 D ．4 [答案] A
[解析] 注意到cos0＝1，sin π6＝12，tan π
4＝1，根据每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，填表如下，所以x ＋y ＋z ＝1，选A.
1 3
2 2 52
3 1
2 1 54 32 14 12 18 516 116
316
(2)给出图形的数列问题，解答时，先观察图形的构成规律，再用不完全归纳法，结合数列知识解答．
③黑白两种颜色的正六边形的面砖按如图所示的规律拼成若干个图案，则第n 个图案中有白色地面砖______块．
[答案] 4n ＋2
[分析] 观察各图案中白色地面砖的变化规律可以发现，后一个图案总比前一个图案多4块白色地面砖．
[解析] 设第n 个图案中白色地面砖有an 块，
则a1＝6，a2＝10，a3＝14，易知an －an －1＝4(n≥2)， ∴{an}是首项为6，公差为4的等差数列， ∴an ＝6＋4(n －1)＝4n ＋2.
④两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题．他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类．如下图中的实心点个数1,5,12,22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作a1＝1，第2个五角形数记作a2＝5，第3个五角形数记作a3＝12，第4个五角形数记作a4＝22，…，若按此规律继续下去，则a5＝________，若an ＝145，则n ＝________.
[答案] 35 10
[解析] a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，观察图形可得，数列{an －an －1}(n≥2，n ∈N*)构成首项为4，公差为3的等差数列，所以a5－a4＝13，所以a5＝35，an －an －1＝3n －2(n≥2，n ∈N*)，应用累加法得an －a1＝4＋7＋10＋…＋(3n －2)＝n －1
3n ＋2
2，
所以an ＝
n －1
3n ＋2
2＋1(n≥2，n ∈N*)，当an ＝145时，
n －1
3n ＋2
2＋1＝145，
解得n ＝10.
3．在△ABC 中，sinA cosA ＝2cosC ＋cosA 2sinC －sinA 是角A 、B 、C 成等差数列的( )
A ．充分非必要条件
B ．充要条件
C ．必要非充分条件
D ．既不充分也不必要条件
[答案] A
[解析] sinA cosA ＝2cosC ＋cosA
2sinC －sinA ⇒2sinAsinC －sin2A ＝2cosAcosC ＋cos2A ⇒2cos(A ＋C)＋1＝0⇒cosB
＝12⇒B ＝π3⇒A ＋C ＝2B ⇒A 、B 、C 成等差数列．但当A 、B 、C 成等差数列时，sinA cosA ＝2cosC ＋cosA 2sinC －sinA 不一定成立，如A ＝π2、B ＝π3、C ＝π
6.故是充分非必要条件．故选A.
4．(文)设正项等比数列{an}的前n 项之积为Tn ，且T10＝32，则1a5＋1
a6的最小值为( ) A ．2 2 B ． 2 C ．2 3 D ． 3 [答案] B
[解析] 由条件知，T10＝a1a2…a10＝(a5a6)5＝32，∵an>0，∴a5a6＝2，∴1a5＋1a6＝12·a5a6·(1
a5＋1a6)＝12(a5＋a6)≥1
2×2a5a6＝2，等号在a5＝a6＝2时成立．
(理)已知a>0，b>0，A 为a ，b 的等差中项，正数G 为a ，b 的等比中项，则ab 与AG 的大小关系是( )
A ．ab ＝AG
B ．ab≥AG
C ．ab≤AG
D ．不能确定 [答案] C
[解析] 由条件知，a ＋b ＝2A ，ab ＝G2，∴A ＝a ＋b
2≥ab ＝G>0，∴AG≥G2，即AG≥ab ，故选C.
[点评] 在知识交汇点处命题是常见命题方式，不等式与数列交汇的题目要特别注意等差(等比)数列的公式及性质的运用．
5．(2014·某某徐汇、金山、松江二模)函数y ＝1－x ＋22图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不可能成为公比的数是( )
A.32 B ．12 C.33
D ． 3
[答案] B
[解析] 因为y ＝1－x ＋22⇔(x ＋2)2＋y2＝1(y≥0)，故函数的图象是以(－2,0)为圆心，1
为半径的半圆．由圆的几何性质可知圆上的点到原点的距离的最小值为1，最大值为3，故1
3≤q2≤3，即33≤q≤3，而12<3
3，选B.
6．(2013·某某和平区质检)已知数列{an}中的前n 项和Sn ＝n(n －9)，第k 项满足7＜ak ＜10，则k 等于( ) A ．7 B ．8 C ．9 D ．10 [答案] C
[解析] 当k≥2时，ak ＝sk －sk －1＝k2－9k －(k －1)2＋9(k －1)＝2k －10， 由7<ak<10，得7<2k －10<10， ∴17
2<k<10，∴k ＝9.
二、填空题 7．(2014·某某适应性考试)已知对于任意的自然数n ，抛物线y ＝(n2＋n)x2－(2n ＋1)x ＋1与x 轴相交于An ，Bn 两点，则|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2014B2014|＝________. [答案] 2014
2015
[解析] 令(n2＋n)x2－(2n ＋1)x ＋1＝0，则x1＋x2＝2n ＋1n2＋n ，x1x2＝1
n2＋n ，
由题意得|AnBn|＝|x2－x1|， 所以|AnBn|＝x1＋x22－4x1x2
＝
2n ＋1n2＋n 2－4·1n2＋n ＝1n2＋n ＝1n －1
n ＋1
，
因此|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2014B2014|＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(12014－12015)＝1－1
2015＝20142015.
8．已知双曲线an －1y2－anx2＝an －1an(n≥2，n ∈N*)的焦点在y 轴上，一条渐近线方程是y ＝2x ，其中数列{an}是以4为首项的正项数列，则数列{an}的通项公式是________． [答案] an ＝2n ＋1
[解析] 双曲线方程为y2an －x2an －1＝1，∵焦点在y 轴上，又渐近线方程为y ＝2x ，∴an
an －1＝
2，
又a1＝4，∴an ＝4×2n －1＝2n ＋1.
9．(文)已知等差数列{an}中，a3＝5，a6＝11，将此等差数列的各项排成如图所示的三角形数阵：
a1 a2a3 a4a5a6 a7a8a9a10
… … … … …
则此数阵中第2014行从左到右的第3个数是________． [答案] 4054187
[解析] 设{an}的公差为d ，则a6－a3＝3d ＝6， ∴d ＝2，∴a1＝1，∴an ＝2n －1，
∵第2014行前共有1＋2＋3＋…＋2013＝2027091个数，
∴第2014行从左向右第3个数为a2027094＝2×2027094－1＝4054187.
(理)正整数按下列方法分组：{1}，{2,3,4}，{5,6,7,8,9}，{10,11,12,13,14,15,16}，…，记第n 组中各数之和为An ；由自然数的立方构成下列数组：{03,13}，{13,23}，{23,33}，{33,43}，…，记第n 组中后一个数与前一个数的差为Bn ，则An ＋Bn ＝________. [答案] 2n3
[解析] 由题意知，前n 组共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n2个数，所以第n －1组的最后一个数为(n －1)2，第n 组的第一个数为(n －1)2＋1，第n 组共有2n －1个数，所以根据等差数列的前n 项和公式可得
An ＝[n －12＋1]＋[n －12＋2n －1]2(2n －1)＝[(n －1)2＋n](2n －1)，而Bn ＝n3－(n －1)3， 所以An ＋Bn ＝2n3. 三、解答题 10．(文)(2013·某某统考)已知数列{an}中，a1＝2，其前n 项和Sn 满足Sn ＋1－Sn ＝2n ＋1(n ∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an 以及前n 项和Sn ；
(2)令bn ＝2log2an ＋1，求数列{1
bn·bn ＋1}的前n 项和Tn.
[解析] (1)由Sn ＋1－Sn ＝2n ＋1得an ＋1＝2n ＋1，即an ＝2n(n≥2)．
又a1＝2，所以an ＝2n(n ∈N*)．
从而Sn ＝2＋22＋…＋2n ＝21－2n
1－2＝2n ＋1－2.
(2)因为bn ＝2log2an ＋1＝2log22n ＋1＝2n ＋1，
所以1bn·bn ＋1＝1
2n ＋1·2n ＋3
＝12(12n ＋1－12n ＋3
)．
于是Tn ＝12[(13－15)＋(15－1
7)＋…＋(
12n ＋1－12n ＋3)]＝12(13－12n ＋3)＝n
32n ＋3
. (理)(2013·池州一模)已知数列{an}满足a1＝1，an ＋1＝2(1＋1
n )2an. (1)设bn ＝an
n2，求证：数列{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式；
(3)设＝an ＋1－2an ，求数列{}的前n 项和Sn.
[解析] (1)证明：an ＋1＝2·
n ＋12
n2
an ， an ＋1n ＋12
＝2·an
n2，∴bn ＋1＝2bn ， ∴数列{bn}是公比为2的等比数列．
(2)由(1)知{bn}是公比为2的等比数列， 又b1＝a1
12＝a1＝1，
∴bn ＝b1·2n －1＝2n －1，∴an
n2＝2n －1，
∴an ＝n2·2n －1. (3)＝(n ＋1)2·2n －2n2·2n －1 ＝(2n ＋1)·2n ，
∴Sn ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)·2n.① 2Sn ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1.②
①－②得，－Sn ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1 ＝2＋2×21－2n 1－2
－(2n ＋1)·2n ＋1
＝－2－(2n －1)·2n ＋1， ∴Sn ＝(2n －1)·2n ＋1＋2. [点评] 数列求和的方法 (1)公式求和法 ①(2013·某某高考)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|. [解析] (1)由题意得a1·5a3＝(2a2＋2)2，a1＝10， 即d2－3d －4＝0.故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d<0， 由(1)得d ＝－1，an ＝－n ＋11.则
当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn ＝－12n2＋21
2n.
当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn ＋2S11＝12n2－21
2n ＋110. 综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝⎩⎨⎧
－12n2＋21
2n ， n≤11，12n2－21
2n ＋110， n≥12.
②(2014·某某长安一中、新高一中联考)已知数列{an}中，an ＝－4n ＋5，等比数列{bn}的公比q 满足q ＝an －an －1(n≥2)，且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝( ) A ．1－4n B ．4n －1
C.1－4n 3 D ．4n －13
[答案] B
[解析] 因为q ＝an －an －1＝－4，b1＝a2＝－3，所以bn ＝b1qn －1＝－3·(－4)n －1，所以|bn|＝|－3·(－4)n －1|＝3·4n －1，即{|bn|}是公比为4的等比数列，所以|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝31－4n
1－4
＝4n －1，故选B.
(2)分组求和法
③数列{(－1)n ＋1n}的前2 015项的和S2 015为( ) A ．－2 015 B ．－1 008 C ．－2 014 D ．1 008 [答案] D
[解析] S2 015＝1－2＋3－4＋…－2 014＋2 015＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(2 013－2 014)＋2 015＝－1 007＋2 015＝1 008. ④(2014·某某模拟)已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn ＝2np ＋nq(n ∈N ＋，p ，q 为常数)，且x1，x4，x5成等差数列．求： (1)p ，q 的值；
(2)数列{xn}前n 项和Sn.
[分析] 第(1)问由已知条件列出关于p 、q 的方程组求解；第(2)问分组后用等差、等比数列的求和公式求解．
[解析] (1)由x1＝3，得2p ＋q ＝3，又因为x4＝24p ＋4q ，x5＝25p ＋5q ，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，解得p ＝1，q ＝1.
(2)由(1)，知xn ＝2n ＋n ，所以Sn ＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n ＋1－2＋n n ＋1
2. (3)裂项相消法
⑤(2014·某某模拟)已知数列{an}的通项公式是an ＝1
n ＋n ＋1
，若前n 项和为10，则项数n
为( )
A ．11
B ．99
C ．120
D ．121 [答案] C [解析] ∵an ＝
1
n ＋n ＋1
＝n ＋1－n ，
∴Sn ＝a1＋a2＋…＋an ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n)＝n ＋1－1.令n ＋1－1＝10，
得n ＝120.
⑥等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n 项和为Sn ，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960. (1)求an 与bn ； (2)求1S1＋1S2＋…＋1Sn .
[分析] (1)根据数列中基本量的运算求an 与bn 的表达式； (2)求1
Sn 的表达式，利用裂项相消法求和．
[解析] (1)设{an}的公差为d ，{bn}的公比为q ，则d 为正数，an ＝3＋(n －1)d ，bn ＝qn －1，
依题意有⎩
⎪⎨
⎪⎧
S2b2＝
6＋d q ＝64
S3b3＝9＋3d q2＝960
，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
d ＝2
q ＝8
，或⎩⎨⎧
d ＝－6
5
q ＝40
3
(舍去)．
故an ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，bn ＝8n －1.
(2)Sn ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n(n ＋2)， ∴1S1＋1S2＋…＋1Sn
＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n n ＋2
＝12⎣⎡
⎝⎛
⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭
⎫13－15＋…
⎦
⎤＋⎝⎛⎭⎫1
n －1n ＋2 ＝12⎝⎛
⎭
⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2
＝34－
2n ＋3
2n ＋1n ＋2
.
(4)倒序相加法 ⑦设f(x)＝4x 4x ＋2，若S ＝f(12013)＋f(22013)＋…＋f(2012
2013)，则S ＝________.
[答案] 1006
[解析] ∵f(x)＝4x
4x ＋2，
∴f(1－x)＝41－x 41－x ＋2＝2
2＋4x ，
∴f(x)＋f(1－x)＝4x 4x ＋2＋2
2＋4x ＝1.
S ＝f(12013)＋f(22013)＋…＋f(2012
2013)，① S ＝f(20122013)＋f(20112013)＋…＋f(1
2013)，②
①＋②得，2S ＝[f(12013)＋f(20122013)]＋[f(22013)＋f(20112013)]＋…＋[f(20122013)＋f(1
2013)]＝2012，∴S ＝2012
2＝1006. (5)错位相减法
⑧已知数列{an}的前n 项和为Sn 且an ＝n·3n ，则Sn ＝________. [答案]
2n －1·3n ＋1＋3
4
[解析] ∵Sn ＝3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n ①
∴3Sn ＝32＋2·33＋3·34＋…＋(n －1)·3n ＋n·3n ＋1.②
①－②，得－2Sn ＝3＋32＋33＋…3n －n·3n ＋1＝31－3n 1－3－n·3n ＋1，
∴Sn ＝
2n －1·3n ＋1＋3
4
. 一般地，{an}是等差数列，{bn}是等比数列(公差d≠0，公比q≠1)，＝anbn ，求数列{}前n 项的
和用“乘公比、错位相减法”． 第一步，将数列{}写成＝an·bn ，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，公比为q. 第二步，写出Sn ＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.
第三步，乘公比q 得，qSn ＝a1b2＋a2b3＋…＋anbn ＋1. 第四步，错位相减，用等比数列求和公式求和得(q －1)Sn. 第五步，等式两边同除以q －1得Sn.
第六步，检查解题过程，看求和公式是否用错，符号是否正确，化简有无错误． ⑨(2014·某某安化综合训练)已知各项均为正数的数列{an}的前n 项和为Sn ，且Sn ，an,1成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a2n ＝2－bn ，设＝bn
an ，求数列{}的前n 项和Tn. [解析] (1)由题意，知2an ＝Sn ＋1，an>0. 当n ＝1时，2a1＝a1＋1，∴a1＝1；
当n≥2时，Sn ＝2an －1，Sn －1＝2an －1－1，
两式相减，得an ＝2an －2an －1(n≥2)，整理得an
an －1＝2(n≥2)．
∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列， 则an ＝1×2n －1＝2n －1. (2)由(1)及题意知a2n ＝2－bn ＝22n －2， ∴bn ＝2－2n ，＝bn an ＝2－2n 2n －1＝4－4n 2n ，
∴Tn ＝02＋－4
22＋…＋8－4n 2n －1＋4－4n 2n ，①
12Tn ＝022＋－4
23＋…＋8－4n 2n ＋4－4n 2n ＋1，② ①－②，得12Tn ＝－4(122＋123＋…＋12n )－4－4n 2n ＋1
＝－4×1221－1
2n －11－12－4－4n 2n ＋1＝－2(1－1
2n －1)－4－4n 2n ＋1
＝
n ＋1
2n －1
－2，
∴Tn ＝n ＋1
2n －2－4.
(6)特殊数列求和．
⑩如果f(a ＋b)＝f(a)·f(b)(a ，b ∈R)且f(1)＝2，则f
2f 1＋f
4f
3＋f
6f
5＋…＋f 2014
f 2013等于
( )
A ．2011
B ．2012
C ．2013
D ．2014 [答案] D
[解析] 令a ＝n ，b ＝1，f(n ＋1)＝f(n)·f(1)， ∴f n ＋1f n ＝f(1)＝2， ∴f 2f
1＋f 4f
3＋f
6f
5＋…＋f 2014
f 2013＝2×1007＝2014.
⑪已知数列{an}的通项公式为an ＝log2n ＋1
n ＋2(n ∈N ＋)，设其前n 项和为Sn ，则使Sn<－5成立
的自然数n( )
A ．有最大值63
B ．有最小值63
C ．有最大值32
D ．有最小值32 [答案] B
[解析] Sn ＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝log223＋log234＋log24
5＋…＋log2n ＋1n ＋2
＝log2⎝ ⎛⎭
⎪⎫23×34×45×…×n ＋1n ＋2
＝log22n ＋2<－5，
∴
2n ＋2
<1
32，∴64<n ＋2，∴n>62，∴nmin ＝63.
一、选择题 11．(2014·某某某某一模)已知正项等比数列{an}满足：a7＝a6＋2a5，若存在两项am ，an 使得aman ＝4a1，则1m ＋4
n 的最小值为( ) A.32 B ．53 C.25
6 D ．不存在 [答案] A
[解析] 由已知an>0，a7＝a6＋2a5，设{an}的公比为q ，则a6q ＝a6＋2a6
q ，∴q2－q －2＝0，∵q>0，∴q ＝2，
∵aman ＝4a1，∴a21·qm ＋n －2＝16a21，∴m ＋n －2＝4， ∴m ＋n ＝6，
∴1m ＋4n ＝16(m ＋n)⎝⎛⎭⎫1m ＋4n ＝16⎣⎡⎦⎤5＋n m ＋4m n ≥16⎝ ⎛⎭
⎪⎫5＋2n m ·4m n ＝32，等号在n m ＝4m n ，即n ＝2m ＝4时成立．
12．(2014·某某某某第二中学统练)已知{an}为等差数列，若a1＋a5＋a9＝8π，则cos(a3＋a7)的值为( )
A.32 B ．－32
C.12 D ．－12
[答案] D
[解析] ∵数列{an}为等差数列，∴a1＋a5＋a9＝3a5＝8π，a5＝8π3，a3＋a7＝2a5＝16π3，cos(a3
＋a7)＝cos 16π3＝cos 4π3＝－cos π3＝－12.
13．已知函数f(x)＝x2＋bx 的图象在点A(1，f(1))处的切线l 与直线3x －y ＋2＝0平行，若数列{1f n }的前n 项和为Sn ，则S2016的值为( )
A.20132014 B ．20142015
C.20152016 D ．20162017
[答案] D
[解析] 由于f ′(x)＝2x ＋b ，据题意则有f ′(1)＝2＋b ＝3，故b ＝1，即f(x)＝x2＋x ，从而1f n
＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1， 其前n 项和Sn ＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1
，故S2016＝20162017. 14．(文)某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k 的值是( )
A ．8
B ．9
C ．10
D ．11
[答案] D
[解析] 由程序框图可知，S ＝1＋2＋22＋…＋2k ＝2k ＋1－1，由S<2014得，2k ＋1<2015，∴k≤9. ∵1＋2＋22＋…＋29＝1023，
∴S 的值加上29后，变为S ＝1023<2014，此时k 的值增加1变为k ＝10，
再执行一次循环体后， S ＝1023＋210＝2047，k ＝10＋1＝11，此时不满足S<2014，输出k 的值11后结束．
[点评] 这是最容易出错的地方，解这类题时，既要考虑等比数列求和，在k 取何值时，恰满足S≥2014，又要顾及S 与k 的赋值语句的先后顺序．
(理)(2014·某某十大名校联考)已知an ＝(13)n ，把数列{an}的各项排列成如下的三角形形状，
a1
a2a3a4
a5a6a7a8a9
……
记A(m ，n)表示第m 行的第n 个数，则A(10,12)＝( )
A ．(13)93
B ．(13)92
C ．(13)94
D ．(13)112
[答案] A
[解析] 前9行一共有1＋3＋5＋…＋17＝81个数，而A(10,12)表示第10行的第12个数，∴n
＝93，即A(10,12)＝a93＝(13)93.
15．两个正数a 、b 的等差中项是72，一个等比中项是23，且a<b ，则双曲线x2a2－y2b2＝1的离
心率e 等于( )
A.34 B ．152
C.54 D ．53
[答案] D
[解析] ∵a ＋b ＝7，a·b ＝12，b>a>0，
∴a ＝3，b ＝4.∴e ＝c a ＝a2＋b2a
＝53. 二、填空题
16．(2014·某某某某二模)如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标依次对应数列{an}(n ∈N*)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a2011＋a2012＋a2013＝________.
[答案] 1007
[解析] 由a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4可知，这个数列的规律是奇数项为1，－1,2，－2,3，－3，…，偶数项为1,2,3，…，故a2011＋a2013＝－503＋504＝1，a2012＝1006，故a2011＋a2012＋a2013＝1007.
三、解答题 17．(2013·某某)已知Sn 是等比数列{an}的前n 项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数n ，使得Sn≥2013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．
[解析] (1)设数列{an}的公比为q ，则a1≠0，q≠0，
由条件易知q≠1.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧
2S2＝S3＋S4，a2＋a3＋a4＝－18. 即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a11－q21－q ＝a11－q31－q ＋a11－q41－q ，a1q 1＋q ＋q2＝－18.
解得⎩⎪⎨⎪⎧
a1＝3，q ＝－2. 故数列{an}的通项公式为an ＝3×(－2)n －1.
(2)由(1)有Sn ＝3·[1－－2n]1－－2＝1－(－2)n.
若存在n ，使得Sn≥2013，则1－(－2)n≥2013，
即(－2)n≤－2012.
当n 为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；
当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n≤－2012，即2n≥2012，则n≥11.
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}．
18．(文)(2014·某某七中模拟)设函数f(x)＝23＋1x (x>0)，数列{an}满足a1＝1，an ＝f(1an －1
)，n ∈N*，且n≥2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对n ∈N*，设Sn ＝1a1a2＋1a2a3＋1a3a4＋…＋1anan ＋1
，若Sn≥3t 4n 恒成立，某某数t 的取值X 围．
[解析] (1)由an ＝f(1an －1
)可得，an －an －1＝23，n ∈N*，n≥2.所以{an}是等差数列． 又因为a1＝1，所以an ＝1＋(n －1)×23＝2n ＋13，n ∈N*.
(2)Sn ＝1a1a2＋1a2a3＋1a3a4＋…＋1anan ＋1
，n ∈N*. 因为an ＝2n ＋13，所以an ＋1＝2n ＋33，
所以1anan ＋1＝92n ＋12n ＋3
＝92(12n ＋1－12n ＋3
)．
所以Sn ＝92(13－12n ＋3)＝3n 2n ＋3，n ∈N*. Sn≥3t 4n ⇔3n 2n ＋3≥3t 4n ⇔t≤4n22n ＋3
(n ∈N*)恒成立． 令g(n)＝4n22n ＋3
(n ∈N*)， g(n)＝4n22n ＋3＝4n2－9＋92n ＋3＝2n ＋3＋92n ＋3
－6(n ∈N*)． 令p ＝2n ＋3，则p≥5，p ∈N*.
g(n)＝p ＋9p －6(n ∈N*)，易知p ＝5时，g(n)min ＝45.所以t≤45，即t 的取值X 围是(－∞，45]．
(理)(2014·某某资阳模拟)已知数列{an}的前n 项和Sn 满足：Sn ＝32an ＋n －3.
(1)求证：数列{an －1}是等比数列；
(2)令＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an －1)，对任意n ∈N*，是否存在正整数m ，使1c1＋
1c2
＋…＋1≥m 3都成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由． [解析] (1)当n ＝1时，S1＝a1＝32a1－2，解得a1＝4.
当n≥2时，由Sn ＝32an ＋n －3得Sn －1＝32an －1＋n －4，
两式相减，得Sn －Sn －1＝32an －32an －1＋1，即an ＝3an －1－2，
则an －1＝3(an －1－1)，故数列{an －1}是以a1－1＝3为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)知an －1＝3n ，
＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an －1)＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋12，所以1＝2
n n ＋1
＝2(1n －1n ＋1)，则1c1＋1c2＋…＋1＝2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝2(1－1n ＋1
)， 由1c1＋1c2＋…＋1≥m 3对任意n ∈N*都成立，得2(1－1n ＋1)≥m 3，即m≤6(1－1n ＋1
)对任意n ∈N*都成立，
当n ＝1时，6(1－1n ＋1
)取最小值3，∴m≤3. 又m ∈N*，所以m 的值为1,2,3.。