【備考2014】2013高考數(shù)學(xué) （真題 模擬新題分類匯編） 數(shù)列 理

1、數(shù)列D1數(shù)列的概念與簡單表示法圖1314D12013·安徽卷 如圖13所示，互不相同的點A1，A2，An，和B1，B2，Bn，分別在角O的兩條邊上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn1An1的面積均相等，設(shè)OAnan，若a11，a22，則數(shù)列an的通項公式是_14an解析 令SOA1B1m(m>0)，因為所有AnBn相互平行且a11，a22，所以S梯形A1B1B2A23m，當(dāng)n2時，故aa，aa，aa，aa以上各式累乘可得a(3n2)a，因為a11，所以an.4D12013·遼寧卷 下面是關(guān)于公差d>0的等差數(shù)列的四個命題：p1：數(shù)列是遞增數(shù)列；p2：

2、數(shù)列是遞增數(shù)列；p3：數(shù)列是遞增數(shù)列；p4：數(shù)列是遞增數(shù)列其中的真命題為()Ap1，p2 Bp3，p4 Cp2，p3 Dp1，p44D解析 因為數(shù)列an中d>0，所以an是遞增數(shù)列，則p1為真命題而數(shù)列an3nd也是遞增數(shù)列，所以p4為真命題，故選D.17D1、D22013·全國卷 等差數(shù)列an前n項和為Sn.已知S3a，且S1，S2，S4成等比數(shù)列，求an的通項公式17解：設(shè)an的公差為d.由S3a，得3a2a，故a20或a23.由S1，S2，S4成等比數(shù)列得SS1S4.又S1a2d，S22a2d，S44a22d，故(2a2d)2(a2d)(4a22d)若a20，則d22d2

3、，所以d0，此時Sn0，不合題意；若a23，則(6d)2(3d)(122d)，解得d0或d2.因此an的通項公式為an3或an2n1.D2等差數(shù)列及等有效期數(shù)列前n項和8G22013·新課標(biāo)全國卷 某幾何體的三視圖如圖13所示，則該幾何體的體積為()圖13A168 B88C1616 D8168A解析 由三視圖可知該組合體下半部分是一個半圓柱，上半部分是一個長方體，故體積為V2×2×4××22×4168.7D22013·新課標(biāo)全國卷 設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，則m()A3 B4 C5 D67

4、C解析 設(shè)首項為a1，公差為d，由題意可知amSmSm12，am1Sm1Sm3，故d1.又Sm0，故a1am2，又Smma1d0，2m0m5.12D22013·廣東卷 在等差數(shù)列an中，已知a3a810，則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是由非負(fù)整數(shù)組成的無窮數(shù)列，該數(shù)列前n項的最大值記為An，第n項之后各項an1，an2，的最小值記為Bn，dnAnBn.(1)

5、若an為2，1，4，3，2，1，4，3，是一個周期為4的數(shù)列(即對任意nN*，an4an)，寫出d1，d2，d3，d4的值；(2)設(shè)d是非負(fù)整數(shù)，證明：dnd(n1，2，3，)的充分必要條件為an是公差為d的等差數(shù)列；(3)證明：若a12，dn1(n1，2，3，)，則an的項只能是1或者2，且有無窮多項為1.20解：(1)d1d21，d3d43.(2)(充分性)因為an是公差為d的等差數(shù)列，且d0，所以a1a2an.因此Anan，Bnan1，dnanan1d(n1，2，3，)(必要性)因為dnd0(n1，2，3，)所以AnBndnBn.又因為anAn，an1Bn，所以anan1.于是，Anan

6、，Bnan1.因此an1anBnAndnd，即an是公差為d的等差數(shù)列(3)因為a12，d11，所以A1a12，B1A1d11.故對任意n1，anB11.假設(shè)an(n2)中存在大于2的項設(shè)m為滿足am>2的最小正整數(shù)，則m2，并且對任意1k<m，ak2.又因為a12，所以Am12，且Amam>2，于是，BmAmdm>211，Bm1minam，Bm>1.故dm1Am1Bm1<211，與dm11矛盾所以對于任意n1，有an2，即非負(fù)整數(shù)列an的各項只能為1或2.因為對任意n1，an2a1，所以An2.故BnAndn211.因此對于任意正整數(shù)n ，存在m滿足m&g

7、t;n，且am1，即數(shù)列an有無窮多項為1.17D1、D22013·全國卷 等差數(shù)列an前n項和為Sn.已知S3a，且S1，S2，S4成等比數(shù)列，求an的通項公式17解：設(shè)an的公差為d.由S3a，得3a2a，故a20或a23.由S1，S2，S4成等比數(shù)列得SS1S4.又S1a2d，S22a2d，S44a22d，故(2a2d)2(a2d)(4a22d)若a20，則d22d2，所以d0，此時Sn0，不合題意；若a23，則(6d)2(3d)(122d)，解得d0或d2.因此an的通項公式為an3或an2n1.20D2、D42013·山東卷 設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn，且S4

8、4S2，a2n2an1.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列bn的前n項和為Tn，且Tn(為常數(shù))，令cnb2n(nN*)，求數(shù)列cn的前n項和Rn.20解：(1)設(shè)等差數(shù)列an的首項為a1，公差為d.由S44S2，a2n2an1得解得a11，d2，因此an2n1，nN*.(2)由題意知Tn，所以n2時，bnTnTn1.故cnb2n(n1)，nN*.所以Rn0×1×2×3×(n1)×，則Rn0×1×2×(n2)×(n1)×，兩式相減得Rn(n1)×(n1)×，整理得Rn4

9、.所以數(shù)列cn的前n項和Rn4.16D2，D32013·四川卷 在等差數(shù)列an中，a1a38，且a4為a2和a9的等比中項，求數(shù)列an的首項、公差及前n項和16解：設(shè)該數(shù)列公差為d，前n項和為Sn，由已知可得2a12d8，(a13d)2(a1d)(a18d)，所以a1d4，d(d3a1)0.解得a14，d0或a11，d3.即數(shù)列an的首項為4，公差為0，或首項為1，公差為3.所以，數(shù)列的前n項和Sn4n或Sn.16D2，D5，B122013·新課標(biāo)全國卷 等差數(shù)列an的前n項和為Sn，已知S100，S1525，則nSn的最小值為_1649 解析 由已知，a1a100，a1a

10、15d，a13，nSn，易得n6或n7時，nSn出現(xiàn)最小值當(dāng)n6時，nSn48；n7時，nSn49.故nSn的最小值為49.12D2，D32013·重慶卷 已知an是等差數(shù)列，a11，公差d0，Sn為其前n項和，若a1，a2，a5成等比數(shù)列，則S8_1264解析 設(shè)數(shù)列an的公差為d，由a1，a2，a5成等比數(shù)列，得(1d)21·(14d)，解得d2或d0(舍去)，所以S88×1×264.D3等比數(shù)列及等比數(shù)列前n項和14D32013·新課標(biāo)全國卷 若數(shù)列an的前n項和Snan，則an的通項公式是an_14(2)n1解析 因為Snan，所以Sn

11、1an1，得ananan1，即an2an1，又因為S1a1a1a11，所以數(shù)列an是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an(2)n1.20M2，D2，D3，D52013·北京卷 已知an是由非負(fù)整數(shù)組成的無窮數(shù)列，該數(shù)列前n項的最大值記為An，第n項之后各項an1，an2，的最小值記為Bn，dnAnBn.(1)若an為2，1，4，3，2，1，4，3，是一個周期為4的數(shù)列(即對任意nN*，an4an)，寫出d1，d2，d3，d4的值；(2)設(shè)d是非負(fù)整數(shù)，證明：dnd(n1，2，3，)的充分必要條件為an是公差為d的等差數(shù)列；(3)證明：若a12，dn1(n1，2，3，)，則an的項

12、只能是1或者2，且有無窮多項為1.20解：(1)d1d21，d3d43.(2)(充分性)因為an是公差為d的等差數(shù)列，且d0，所以a1a2an.因此Anan，Bnan1，dnanan1d(n1，2，3，)(必要性)因為dnd0(n1，2，3，)所以AnBndnBn.又因為anAn，an1Bn，所以anan1.于是，Anan，Bnan1.因此an1anBnAndnd，即an是公差為d的等差數(shù)列(3)因為a12，d11，所以A1a12，B1A1d11.故對任意n1，anB11.假設(shè)an(n2)中存在大于2的項設(shè)m為滿足am>2的最小正整數(shù)，則m2，并且對任意1k<m，ak2.又因為a1

13、2，所以Am12，且Amam>2，于是，BmAmdm>211，Bm1minam，Bm>1.故dm1Am1Bm1<211，與dm11矛盾所以對于任意n1，有an2，即非負(fù)整數(shù)列an的各項只能為1或2.因為對任意n1，an2a1，所以An2.故BnAndn211.因此對于任意正整數(shù)n ，存在m滿足m>n，且am1，即數(shù)列an有無窮多項為1.10D32013·北京卷 若等比數(shù)列an滿足a2a420，a3a540，則公比q_；前n項和Sn_1022n12解析 a3a5q(a2a4)，4020q，q2，又a2a4a1qa1q320，a12，an2n，Sn2n12.

14、3D32013·江西卷 等比數(shù)列x，3x3，6x6，的第四項等于()A24 B0C12 D243A解析 (3x3)2x(6x6)得x1或x3.當(dāng)x1時，x，3x3，6x6分別為1，0，0，則不能構(gòu)成等比數(shù)列，所以舍去；當(dāng)x3時，x，3x3，6x6分別為3，6，12，且構(gòu)成等比數(shù)列，則可求出第四個數(shù)為24.14D32013·江蘇卷 在正項等比數(shù)列an中，a5，a6a73. 則滿足a1a2an>a1a2an的最大正整數(shù)n的值為_1412解析 設(shè)an的公比為q.由a5及a5(qq2)3得q2，所以a1，所以a61，a1a2a11a1，此時a1a2a11>1.又a1a2

15、a1227，a1a2a1226<27，所以a1a2a12>a1a2a12，但a1a2a1328，a1a2a1326·2725·28>28，所以a1a2a13<a1a2a13，故最大正整數(shù)n的值為12.15D3，D42013·湖南卷 設(shè)Sn為數(shù)列an的前n項和，Sn(1)nan，nN*，則(1)a3_；(2)S1S2S100_15(1)(2)解析 (1)因Sn(1)nan，則S3a3，S4a4，解得a3.(2)當(dāng)n為偶數(shù)時，Snan，當(dāng)n為奇數(shù)時，Snan，可得當(dāng)n為奇數(shù)時an，又S1S2S100a1a2a99a100S1002(a1a3a9

16、9)S101a10122×.14D32013·遼寧卷 已知等比數(shù)列是遞增數(shù)列，Sn是的前n項和，若a1，a3是方程x25x40的兩個根，則S6_1463解析 由題意可知a1a35，a1·a34.又因為an為遞增的等比數(shù)列，所以a11，a34，則公比q2，所以S663.21H6、H8、D32013·全國卷 已知雙曲線C：1(a0，b0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為3，直線y2與C的兩個交點間的距離為.(1)求a，b；(2)設(shè)過F2的直線l與C的左、右兩支分別交于A，B兩點，且|AF1|BF1|，證明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列21

17、解：(1)由題設(shè)知3，即9，故b28a2.所以C的方程為8x2y28a2.將y2代入上式，求得x±.由題設(shè)知，2 ，解得a21.所以a1，b2 .(2)證明：由(1)知，F(xiàn)1(3，0)，F(xiàn)2(3，0)，C的方程為8x2y28.由題意可設(shè)l的方程為yk(x3)，|k|2 ，代入并化簡得(k28)x26k2x9k280.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x11，x21，x1x2，x1x2.于是|AF1|(3x11)，|BF1|3x21.由|AF1|BF1|得(3x11)3x21，即x1x2.故，解得k2，從而x1x2.由于|AF2|13x1，|BF2|3x21，故|AB|AF2|B

18、F2|23(x1x2)4，|AF2|·|BF2|3(x1x2)9x1x2116.因而|AF2|·|BF2|AB|2，所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比數(shù)列6D32013·全國卷 已知數(shù)列an滿足3an1an0，a2，則an的前10項和等于()A6(1310) B.(1310) C3(1310) D3(1310)6C解析 由3an1an0，得an0(否則a20)且，所以數(shù)列an是公比為的等比數(shù)列，代入a2可得a14，故S103×3(1310)17D32013·陜西卷 設(shè)an是公比為q的等比數(shù)列(1)推導(dǎo)an的前n項和公式；(2)設(shè)q1，證

19、明數(shù)列an1不是等比數(shù)列17解：(1)設(shè)an的前n項和為Sn，當(dāng)q1時，Sna1a2anna1；當(dāng)q1時，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)假設(shè)an1是等比數(shù)列，則對任意的kN，(ak11)2(ak1)(ak21)，即a2ak11akak2akak21，即aq2k2a1qka1qk1·a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，這與已知矛盾假設(shè)不成立，故an1不是等比數(shù)列16D2，D32013·四川卷 在等差數(shù)列an中，a1a38，且a4為a2和a9的等比中

20、項，求數(shù)列an的首項、公差及前n項和16解：設(shè)該數(shù)列公差為d，前n項和為Sn，由已知可得2a12d8，(a13d)2(a1d)(a18d)，所以a1d4，d(d3a1)0.解得a14，d0或a11，d3.即數(shù)列an的首項為4，公差為0，或首項為1，公差為3.所以，數(shù)列的前n項和Sn4n或Sn.3D32013·新課標(biāo)全國卷 等比數(shù)列an的前n項和為Sn，已知S3a210a1，a59，則a1()A. B C. D3C解析 S3a210a1a1a2a3a210a1a39a1q29，a59a3q29a31a1，故選C.12D2，D32013·重慶卷 已知an是等差數(shù)列，a11，公差

21、d0，Sn為其前n項和，若a1，a2，a5成等比數(shù)列，則S8_1264解析 設(shè)數(shù)列an的公差為d，由a1，a2，a5成等比數(shù)列，得(1d)21·(14d)，解得d2或d0(舍去)，所以S88×1×264.D4數(shù)列求和17D42013·江西卷 正項數(shù)列an的前n項和Sn滿足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求數(shù)列an的通項公式an；(2)令bn，數(shù)列bn的前n項和為Tn，證明：對于任意的nN*，都有Tn<.解：(1)由S(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1)0.由于an是正項數(shù)列，所以Sn>0，Snn2n.于是a1S12

22、，n2時，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.綜上，數(shù)列an的通項為an2n.(2)證明：由于an2n，bn，則bn.Tn<.15D3，D42013·湖南卷 設(shè)Sn為數(shù)列an的前n項和，Sn(1)nan，nN*，則(1)a3_；(2)S1S2S100_15(1)(2)解析 (1)因Sn(1)nan，則S3a3，S4a4，解得a3.(2)當(dāng)n為偶數(shù)時，Snan，當(dāng)n為奇數(shù)時，Snan，可得當(dāng)n為奇數(shù)時an，又S1S2S100a1a2a99a100S1002(a1a3a99)S101a10122×.20D2、D42013·山東卷 設(shè)等差數(shù)列an的前n項和

23、為Sn，且S44S2，a2n2an1.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列bn的前n項和為Tn，且Tn(為常數(shù))，令cnb2n(nN*)，求數(shù)列cn的前n項和Rn.20解：(1)設(shè)等差數(shù)列an的首項為a1，公差為d.由S44S2，a2n2an1得解得a11，d2，因此an2n1，nN*.(2)由題意知Tn，所以n2時，bnTnTn1.故cnb2n(n1)，nN*.所以Rn0×1×2×3×(n1)×，則Rn0×1×2×(n2)×(n1)×，兩式相減得Rn(n1)×(n1)×

24、，整理得Rn4.所以數(shù)列cn的前n項和Rn4.D5單元綜合12D52013·新課標(biāo)全國卷 設(shè)AnBnCn的三邊長分別為an，bn，cn，AnBnCn的面積為Sn，n1，2，3，.若b1c1，b1c12a1，an1an，bn1，cn1，則()ASn為遞減數(shù)列BSn為遞增數(shù)列CS2n1為遞增數(shù)列，S2n為遞減數(shù)列DS2n1為遞減數(shù)列，S2n為遞增數(shù)列12B解析 因為an1an，所以ana1.又因為bn1cn1(bncn)an(bncn)a1，所以bn1cn12a1(bncn2a1)因為b1c12a10，所以bncn2a1，故AnBnCn中邊BnCn的長度不變，另外兩邊AnBn，AnCn的

25、和不變因為bn1cn1(bncn)，且b1c1>0，所以bncn(b1c1)，當(dāng)n時，bncn，也就是AnCnAnBn，所以三角形AnBnCn中BnCn邊上的高隨著n的增大而增大設(shè)三角形AnBnCn中BnCn邊上的高為hn，則hn單調(diào)遞增，所以Sna1hn是增函數(shù)答案為B.20B12 、D52013·安徽卷 設(shè)函數(shù)fn(x)1x(xR，nN*)證明：(1)對每個nN*，存在唯一的xn，1，滿足fn(xn)0；(2)對任意pN*，由(1)中xn構(gòu)成的數(shù)列xn滿足0<xnxnp<.20證明：(1)對每個nN*，當(dāng)x>0時，fn(x)1>0，故fn(x)在(0

26、，)內(nèi)單調(diào)遞增由于f1(1)0，當(dāng)n2時，fn(1)>0.故fn(1)0.又fn1k··n1<0.所以存在唯一的xn，1，滿足fn(xn)0.(2)當(dāng)x>0時，fn1(x)fn(x)fn(x)，故fn1(xn)>fn(xn)fn1(xn1)0.由fn1(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞增，xn1<xn，故xn為單調(diào)遞減數(shù)列從而對任意n，pN*，xnp<xn.對任意pN*，由于fn(xn)1xn0，fnp(xnp)1xnp0，式減去式并移項，利用0<xnp<xn1，得xnxnp<<.因此，對任意pN*，都有0<xnxnp

27、<.9D52013·福建卷 已知等比數(shù)列an的公比為q，記bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m，cnam(n1)1·am(n1)2··am(n1)m(m，nN*)，則以下結(jié)論一定正確的是()A數(shù)列bn為等差數(shù)列，公差為qmB數(shù)列bn為等比數(shù)列，公比為q2mC數(shù)列cn為等比數(shù)列，公比為qm2D數(shù)列cn為等比數(shù)列，公比為qmm9C解析 取an1，q1，則bnm，cn1，排除A，取a11，q1，m取正偶數(shù)，則bn0，排除B，qm·qm··qm,sdo4(共m個)qm2，故選C.18D52013·湖北卷 已

28、知等比數(shù)列an滿足：|a2a3|10，a1a2a3125.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)是否存在正整數(shù)m，使得1？若存在，求m的最小值；若不存在，說明理由18解： (1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則由已知可得解得或故an·3n1或an5·(1)n1.(2)若an·3n1，則n1，故是首項為，公比為的等比數(shù)列，從而1m<<1.若an(5)·(1)n1，則(1)n1，故是首項為，公比為1的等比數(shù)列，從而故<1.綜上，對任何正整數(shù)m，總有<1.故不存在正整數(shù)m，使得1成立19D52013·江蘇卷 設(shè)an是首項為a，公差為d

29、的等差數(shù)列(d0)，Sn是其前n項的和記bn，nN*，其中c為實數(shù)(1)若c0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差數(shù)列，證明：c0.19解：由題設(shè)，Snnad.(1)由c0，得bnad.又因為b1，b2，b4成等比數(shù)列，所以bb1b4，即a，化簡得d22ad0.因為d0，所以d2a.因此，對于所有的mN*，有Smm2a.從而對于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)設(shè)數(shù)列bn的公差是d1，則bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表達(dá)式，整理得，對于所有的nN*，有n3n2cd1nc(d1b1)令A(yù)

30、d1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，則對于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD(*)在(*)式中分別取n1，2，3，4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，從而有由，得A0，cd15B，代入方程，得B0，從而cd10.即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，則由d1d0得d0，與題設(shè)矛盾，所以d10.又因為cd10，所以c0.20M2，D2，D3，D52013·北京卷 已知an是由非負(fù)整數(shù)組成的無窮數(shù)列，該數(shù)列前n項的最大值記為An，第n項之后各項an1，an2，的最小值記為Bn，dnAnBn.(1)若an為2，1，4，3，2，1，4，

31、3，是一個周期為4的數(shù)列(即對任意nN*，an4an)，寫出d1，d2，d3，d4的值；(2)設(shè)d是非負(fù)整數(shù)，證明：dnd(n1，2，3，)的充分必要條件為an是公差為d的等差數(shù)列；(3)證明：若a12，dn1(n1，2，3，)，則an的項只能是1或者2，且有無窮多項為1.20解：(1)d1d21，d3d43.(2)(充分性)因為an是公差為d的等差數(shù)列，且d0，所以a1a2an.因此Anan，Bnan1，dnanan1d(n1，2，3，)(必要性)因為dnd0(n1，2，3，)所以AnBndnBn.又因為anAn，an1Bn，所以anan1.于是，Anan，Bnan1.因此an1anBnAn

32、dnd，即an是公差為d的等差數(shù)列(3)因為a12，d11，所以A1a12，B1A1d11.故對任意n1，anB11.假設(shè)an(n2)中存在大于2的項設(shè)m為滿足am>2的最小正整數(shù)，則m2，并且對任意1k<m，ak2.又因為a12，所以Am12，且Amam>2，于是，BmAmdm>211，Bm1minam，Bm>1.故dm1Am1Bm1<211，與dm11矛盾所以對于任意n1，有an2，即非負(fù)整數(shù)列an的各項只能為1或2.因為對任意n1，an2a1，所以An2.故BnAndn211.因此對于任意正整數(shù)n ，存在m滿足m>n，且am1，即數(shù)列an有無窮多

33、項為1.19D52013·天津卷 已知首項為的等比數(shù)列an不是遞減數(shù)列，其前n項和為Sn(nN*)，且S3a3，S5a5，S4a4成等差數(shù)列(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設(shè)TnSn(nN*)，求數(shù)列Tn的最大項的值與最小項的值19解：(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，因為S3a3，S5a5，S4a4成等差數(shù)列，所以S5a5S3a3S4a4S5a5，即4a5a3，于是q2.又an不是遞減數(shù)列且a1，所以q，故等比數(shù)列an的通項公式為an×n1(1)n1·.(2)由(1)得Sn1n當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn隨n的增大而減小，所以1<SnS1，故0<SnS1.當(dāng)n

34、為偶數(shù)時，Sn隨n的增大而增大，所以S2Sn<1，故0>SnS2.綜上，對于nN*，總有Sn.所以數(shù)列Tn最大項的值為，最小項的值為.16D2，D5，B122013·新課標(biāo)全國卷 等差數(shù)列an的前n項和為Sn，已知S100，S1525，則nSn的最小值為_1649 解析 由已知，a1a100，a1a15d，a13，nSn，易得n6或n7時，nSn出現(xiàn)最小值當(dāng)n6時，nSn48；n7時，nSn49.故nSn的最小值為49.18D52013·浙江卷 在公差為d的等差數(shù)列an中，已知a110，且a1，2a22，5a3成等比數(shù)列(1)求d，an；(2)若d<0，求

35、|a1|a2|a3|an|.18解：(1)由題意得a1·5a3(2a22)2，即d23d40.所以d1或d4.所以ann11，nN*或an4n6，nN*.(2)設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn.因為d<0，由(1)得d1，ann11，則當(dāng)n11時，|a1|a2|a3|an|n2n.當(dāng)n12時， |a1|a2|a3|an|Sn2S11n2n110.綜上所述，|a1|a2|a3|an|12013·云南玉溪一中月考(三) 已知定義在R上的函數(shù)f(x)，g(x)滿足ax，且f(x)g(x)<f(x)·g(x)，若有窮數(shù)列(nN*)的前n項和等于，則n等于()A4 B5 C6 D71B解析 由，因f(x)g(x)<f(x)g(x)，所以<0，即axln a<0，故0<a<1.由，得a，解得a.所以有窮數(shù)列(nN*)是等比數(shù)列，其前n項和S