2019年高考数学二轮：4.1《等差数列与等比数列》试题(含答案)

高考数学精品复习资料
2019.5
第1讲等差数列与等比数列
1．(20xx·课标全国Ⅰ)已知{a n}是公差为1的等差数列，S n为{a n}的前n项和，若S8＝4S4，则a10等于( )
A.17
2
B.
19
2
C．10 D．12
2．(20xx·安徽)已知数列{a n}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{a n}的前n项和等于________．
3．(20xx·广东)若等比数列{a n}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______.
4．(20xx·江西)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________．
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.
2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.
热点一等差数列、等比数列的运算
(1)通项公式
等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1
.
(2)求和公式 等差数列：S n ＝n a 1＋a n
2＝na 1＋n n －
2
d ；
等比数列：S n ＝a 1
－q n
1－q
＝
a 1－a n q
1－q
(q ≠1)． (3)性质 若m ＋n ＝p ＋q ，
在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ； 在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .
例1 (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n ＝________.
(2)已知等比数列{a n }公比为q ，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则q 3
等于( ) A ．－12
B ．1
C ．－1
2
或1
D ．－1或1
2
思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．
跟踪演练1 (1)(20xx ·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________.
(2)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＋a 2＝1，a 3＋a 4＝2，则log 2
a 2 011＋a 2 012＋a 2 013＋a 2 014
3
＝________.
热点二 等差数列、等比数列的判定与证明 数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *
)为一常数； ②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法：
①利用定义，证明
a n ＋1a n
(n ∈N *
)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2
n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．
例2 (20xx ·大纲全国)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．
思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法． (2)
a n ＋1a n
＝q 和a 2
n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．
跟踪演练2 (1)(20xx ·大庆铁人中学月考)已知数列{a n }的首项a 1＝1，且满足a n ＋1＝
a n
4a n ＋1
，则a n ＝________________________________________________________________________. (2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则a n ＝________. 热点三 等差数列、等比数列的综合问题
解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解． 例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；
(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *
，使对任意n ∈N *
，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．
思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．
(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题． (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．
跟踪演练3 已知首项为32
的等比数列{a n }不是．．递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设T n ＝S n －1S n
(n ∈N *
)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．
1．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足S n>0的最大自然数n的值为( )
A．6 B．7
C．12 D．13
2．已知各项不为0的等差数列{a n}满足a4－2a27＋3a8＝0，数列{b n}是等比数列，且b7＝a7，则b2b12等于( )
A．1 B．2
C．4 D．8
3．已知各项都为正数的等比数列{a n}满足a7＝a6＋2a5，存在两项a m，a n使得a m·a n＝4a1，
则1
m
＋
4
m
的最小值为( )
A.3
2
B.
5
3
C.25
6
D.
4
3
4．已知等比数列{a n}中，a4＋a6＝10，则a1a7＋2a3a7＋a3a9＝________.
提醒：完成作业专题四第1讲
二轮专题强化练
专题四
第1讲 等差数列与等比数列
A 组 专题通关
1．已知等差数列{a n }中，a 5＝10，则a 2＋a 4＋a 5＋a 9的值等于( ) A ．52 B ．40 C ．26
D ．20
2．已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝99
2，则a 12的值是( )
A ．15
B ．30
C ．31
D ．64
3．(20xx ·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A ．a 1d ＞0，dS 4＞0 B ．a 1d ＜0，dS 4＜0 C ．a 1d ＞0，dS 4＜0
D ．a 1d ＜0，dS 4＞0
4．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n <nS n ＋1(n ∈N *
)．若a 8a 7
<－1，则( ) A ．S n 的最大值是S 8 B ．S n 的最小值是S 8 C ．S n 的最大值是S 7
D ．S n 的最小值是S 7
5．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *
)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )
A ．0
B ．3
C ．8
D ．11
6．若数列{n (n ＋4)(23
)n
}中的最大项是第k 项，则k ＝________.
7．(20xx ·课标全国Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________.
8．已知数列{a n }的首项为a 1＝2，且a n ＋1＝12
(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *
)，记S n 为数列{a n }的前
n 项和，则S n ＝________，a n ＝________.
9．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.
(1)求数列{b n }的通项公式；
(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列{S n ＋5
4}是等比数列．
10．(20xx ·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *
.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2
时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (1)求a 4的值；
(2)证明：⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
a n ＋1－12a n 为等比数列；
(3)求数列{a n }的通项公式．
B 组 能力提高
11．已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若S 21＝S 4 000，O 为坐标原点，点P (1，a n )，Q (2 011，
a 2 011)，则OP →·OQ →
等于( )
A ．2 011
B ．－2 011
C ．0
D ．1
12．(20xx ·福建)若a ，b 是函数f (x )＝x 2
－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9
13．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1
5，且对任意正整数m ，n ，都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若S n <t
恒成立，则实数t 的最小值为________．
14．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．
学生用书答案精析
专题四 数列、推理与证明 第1讲 等差数列与等比数列 高考真题体验 1．B [∵公差为1， ∴S 8＝8a 1＋
8×
8－1
2
×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝1
2，
∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝19
2.故选B.]
2．2n
－1
解析 由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1a 4＝8，
a 1＋a 4＝9，
解
得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝1，
a 4＝8或⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝8，
a 4＝1，又数列{a n }为递增数列，∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3
＝8，∴q ＝2.
∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n
1－2＝2n
－1.
3．50
解析 因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5
， 所以a 10a 11＝e 5
.
所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)
＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10
＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5
＝50ln e ＝50. 4．6
解析 每天植树棵数构成等比数列{a n }， 其中a 1＝2，q ＝2.则S n ＝
a 1
－q n
1－q
＝2(2n －1)≥100，即2
n ＋1
≥102.
∴n ≥6，∴最少天数n ＝6. 热点分类突破 例1 (1)6 (2)A
解析 (1)设该数列的公差为d ，则a 4＋a 6＝2a 1＋8d ＝2×(－11)＋8d ＝－6，解得d ＝2，
所以S n ＝－11n ＋
n n －
2
×2＝n 2－12n ＝(n －6)2
－36，
所以当S n 取最小值时，n ＝6. (2)若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝2×9a 1， 得a 1＝0，矛盾，故q ≠1.
所以a 1
－q 3
1－q ＋a 1
－q 6
1－q
＝2
a 1
－q 9
1－q
，
解得q 3
＝－12或1(舍)，故选A.
跟踪演练1 (1)2
3
－1 (2)1 005
解析 (1)∵a 2，a 3，a 7成等比数列，∴a 2
3＝a 2a 7， 即(a 1＋2d )2
＝(a 1＋d )(a 1＋6d )， ∴a 1＝－2
3
d ，
∵2a 1＋a 2＝1，∴2a 1＋a 1＋d ＝1即3a 1＋d ＝1， ∴a 1＝2
3
，d ＝－1.
(2)在等比数列中，(a 1＋a 2)q 2
＝a 3＋a 4，
即q 2
＝2，所以a 2 011＋a 2 012＋a 2 013＋a 2 014＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)q 2 010
＝3×2
1 005
，
所以log 2
a 2 011＋a 2 012＋a 2 013＋a 2 014
3
＝1 005.
例2 (1)证明 由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得
a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，
即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，
所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， 即a n ＋1－a n ＝2n －1. ∴a n －a n －1＝2n －3，
a n －1－a n －2＝2n －5，
……
a 2－a 1＝1，
累加得a n ＋1－a 1＝n 2
，即a n ＋1＝n 2
＋a 1.
又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2
－2n ＋2. 跟踪演练2 (1)14n －3 (2)2n ＋1
－3
解析 (1)由已知得1
a n ＋1＝1
a n
＋4，
∴
1
a n ＋1－1
a n ＝4，
又1
a 1
＝1，
故{1
a n
}是以1为首项，4为公差的等差数列，
∴1
a n
＝1＋4(n －1)＝4n －3，
故a n ＝
1
4n －3
. (2)由已知可得a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)， 又a 1＋3＝4，
故{a n ＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列． ∴a n ＋3＝4×2n －1
，
∴a n ＝2
n ＋1
－3.
例3 解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6 得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝
n
－n
2
. (2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1， 设等比数列{b n }的公比为q ，
则q ＝b 2b 1＝12
，
∴T m ＝
4[1－
1
2
m
]
1－12
＝8[1－(12
)m
]，
∵(12)m
随m 增加而递减， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8.
又S n ＝
n
－n 2＝－12
(n 2
－9n ) ＝－12[(n －92)2－81
4]，
故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，
若存在m ∈N *
，使对任意n ∈N *
总有S n <T m ＋λ，
则10<4＋λ，得λ>6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)． 跟踪演练3 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，
于是q 2
＝a 5a 3＝14
.
又{a n }不是递减数列且a 1＝3
2，
所以q ＝－1
2
.
故等比数列{a n }的通项公式为
a n ＝3
2
×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12
n －1＝(－1)n －1·32
n .
(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
1＋1
2
n ，n 为奇数，1－1
2n
，n 为偶数.
当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝3
2
，
故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝5
6.
当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以3
4
＝S 2≤S n <1，
故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－7
12.
综上，对于n ∈N *
，总有－712≤S n －1S n ≤56.
所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－7
12.
高考押题精练
1．C [∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋
a 13＝2a 7<0，
∴S 12>0，S 13<0，
∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.]
2．C [设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 4－2a 2
7＋3a 8＝0，所以a 7－3d －2a 2
7＋3(a 7＋d )＝0，即a 2
7＝2a 7，解得a 7＝0(舍去)或a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2.因为数列{b n }是等比数列，所以b 2b 12＝b 27＝4.]
3．A [由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6
＝a 1q 5
＋2a 1q 4
，整理有q 2
－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 2
1，即a 212m ＋n －2
＝16a 2
1，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )(1m ＋4n )
＝16(4m n ＋n m ＋5)≥1
6
(24m n ·n m ＋5)＝3
2
， 当且仅当4m n ＝n
m
，m ＋n ＝6，
即n ＝2m ＝4时取得最小值3
2.]
4．100
解析 因为a 1a 7＝a 2
4，a 3a 9＝a 2
6，a 3a 7＝a 4a 6， 所以a 1a 7＋2a 3a 7＋a 3a 9＝(a 4＋a 6)2
＝102
＝100.
二轮专题强化练答案精析
专题四 数列、推理与证明 第1讲 等差数列与等比数列
1．B [因为a 2＋a 4＝2a 3，a 5＋a 9＝2a 7，
所以a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝2(a 3＋a 7)＝4a 5，而a 5＝10， 所以a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝4×10＝40.故选B.]
2．A [因为a 8是a 7，a 9的等差中项，所以2a 8＝a 7＋a 9＝16⇒a 8＝8，再由等差数列前n 项和的计算公式可得S 11＝a 1＋a 11
2＝11·2a 62＝11a 6，又因为S 11＝992，所以a 6＝92，则d ＝
a 8－a 62
＝74
， 所以a 12＝a 8＋4d ＝15， 故选A.]
3．B [∵a 3，a 4，a 8成等比数列，
∴(a 1＋3d )2
＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，
∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d
3，
∴dS 4＝－2d
2
3＜0，故选B.]
4．D [由(n ＋1)S n <nS n ＋1得(n ＋1)·
n a 1＋a n
2
<n ·
n ＋
a 1＋a n ＋1
2
，整理得a n <a n ＋1，
所以等差数列{a n }是递增数列，又a 8a 7
<－1，所以a 8>0，a 7<0，所以数列{a n }的前7项为负值，即S n 的最小值是S 7.]
5．B [∵{b n }为等差数列，设其公差为d ， 由b 3＝－2，b 10＝12，
∴7d ＝b 10－b 3＝12－(－2)＝14，∴d ＝2， ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6， ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×6
2·d
＝7×(－6)＋21×2＝0，
又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3， ∵a 8－3＝0，
∴a 8＝3.故选B.] 6．4
解析 由题意得
⎩⎪⎨⎪⎧
k k ＋2
3k
k ＋k ＋23k ＋1
，
k
k ＋
23
k k －
k ＋
23
k －1
，
所以⎩⎪⎨⎪⎧
k 2
≥10，k 2
－2k －9≤0，
由k ∈N *
可得k ＝4.
7．－1n
解析 由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以
S n ＋1－S n
S n S n ＋1
＝1，即1
S n ＋1－1
S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1
S n ＝－1
－(n －1)
＝－n ，所以S n ＝－1
n
.
8．2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1
⎩⎪⎨⎪⎧
2 n ＝，
⎝ ⎛⎭
⎪⎫32n －2
n
解析 由a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *
)，可得a n ＋1＝12S n ，所以S n ＋1－S n ＝12S n ，即S n ＋1＝32S n ，
由此可知数列{S n }是一个等比数列，其中首项S 1＝a 1＝2，公比为32，所以S n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1
，由此
得a n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2 n ＝，
⎝ ⎛⎭
⎪⎫32n －2
n
9．(1)解 设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15. 解得a ＝5.
所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)． 故{b n }的第3项为5，公比为2.
由b 3＝b 1·22
， 即5＝b 1·22
， 解得b 1＝5
4.
所以b n ＝b 1·q
n －1＝54
·2n －1＝5·2n －3
， 即数列{b n }的通项公式为b n ＝5·2n －3
.
(2)证明 由(1)得数列{b n }的前n 项和 S n ＝
5
4－2n
1－2
＝5·2
n －2
－54
， 即S n ＋54
＝5·2n －2
.
所以S 1＋54＝5
2，S n ＋1＋
5
4S n ＋
54
＝5·2n －15·2
n －2＝2.
因此{S n ＋54}是以5
2为首项，2为公比的等比数列．
10．(1)解 当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，
即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋32 ＝8⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋32＋54＋1，解得：a 4＝78.
(2)证明 因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，所以4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)，因为4a 3＋a 1＝4×5
4＋1＝6＝4a 2，
所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1， 因为a n ＋2－12a n ＋1
a n ＋1－12
a n
＝4a n ＋2－2a n ＋1
4a n ＋1－2a n
＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝
2a n ＋1－a n a n ＋1－a n ＝12，所以数列⎩
⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为
1
2
的等比数列． (3)解 由(2)知，数列⎩
⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为12的等比数列，所以a n ＋1－
1
2
a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n
＝4，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项，公差为4的等差数列，
所以
a n
⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n
＝2＋(n －1)×4＝4n －2，
即a n ＝(4n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1
，
所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1
.
11．A [由S 21＝S 4 000得a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝0， 由于a 22＋a 4 000＝a 23＋a 3 999＝…＝2a 2 011， 所以a 22＋a 23＋…＋a 4 000 ＝3 979a 2 011＝0，
从而a 2 011＝0，而OP →·OQ →
＝2 011＋a 2 011·a n ＝2 011.]
12．D [由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a .
∴⎩⎪⎨⎪⎧
ab ＝4，2b ＝a －2
或⎩⎪⎨⎪
⎧
ab ＝4，2a ＝b －2
解之得：⎩⎪⎨
⎪⎧
a ＝4，
b ＝1
或⎩⎪⎨
⎪⎧
a ＝1，
b ＝4.
∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D.] 13.1
4
解析 令m ＝1，可得a n ＋1＝1
5
a n ，
所以{a n }是首项为15，公比为1
5的等比数列，所以S n ＝
15[1－15n
]
1－1
5
＝14[1－(15)n ]<14，故实数t 的最小值为14. 14．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 1≠0，q ≠0.由题意得
⎩
⎪⎨
⎪⎧
S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18.
即⎩
⎪⎨⎪⎧
－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2
，a 1q ＋q ＋q 2
＝－18，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1＝3，
q ＝－2.
故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)
n －1
.
(2)由(1)有S n ＝
3[1－－n
]1－－
＝1－(－2)n
.
假设存在n ，使得S n ≥2 013， 则1－(－2)n
≥2 013， 即(－2)n
≤－2 012.
当n 为偶数时，(－2)n
>0，上式不成立； 当n 为奇数时，(－2)n
＝－2n
≤－2 012， 即2n
≥2 012，得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}．。