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数列(高考真题+模拟新题)
2n
课标文数17.D1[2011·浙江卷] 若数列nn＋43中的最大项是第k项，则k＝________.
课标文数17.D1[2011·浙江卷] 4 【解析】 设最大项为第
2k
2k＋1，kk＋4≥k＋1k＋533
22k≥k－1k＋3k－1，kk＋433
k项，则有
2k≥10或k≤－10，k≥10，∴2 ⇒ ⇒k＝4. k－2k－9≤01－10≤k≤1＋10
课标文数20.D2，A2[2011·北京卷] 若数列An：a1，a2，„，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k＝1,2，„，n－1)，则称An为E数列．记S(An)＝a1＋a2＋„＋an.
(1)写出一个E数列A5满足a1＝a3＝0；
(2)若a1＝12，n＝2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an＝2011； (3)在a1＝4的E数列An中，求使得S(An)＝0成立的n的最小值． 课标文数20.D2，A2[2011·北京卷] 【解答】 (1)0,1,0,1,0是一个满足条件的E数列A5. (答案不唯一，0，－1,0,1,0；0，±1,0,1,2；0，±1,0，－1，－2；0，±1,0，－1,0都是满足条件的E数列A5)
(2)必要性：因为E数列An是递增数列， 所以ak＋1－ak＝1(k＝1,2，„，1999)．
所以An是首项为12，公差为1的等差数列． 所以a2000＝12＋(2000－1)×1＝2011， 充分性：由于a2000－a1999≤1. a1999－a1998≤1. „„
a2－a1≤1.
所以a2000－a1≤1999，即a2000≤a1＋1999. 又因为a1＝12，a2000＝2011. 所以a2000＝a1＋1999.
故ak＋1－ak＝1>0(k＝1,2，„，1999)，即E数列An是递增数列． 综上，结论得证．
(3)对首项为4的E数列An，由于 a2≥a1－1＝3， a3≥a2－1≥2， „„
a8≥a7－1≥－3， „„
所以a1＋a2＋„＋ak>0(k＝2,3，„，8)．
所以对任意的首项为4的E数列An，若S(An)＝0，则必有n≥9.
又a1＝4的E数列A9：4,3,2,1,0，－1，－2，－3，－4满足S(A9)＝0， 所以n的最小值是9.
大纲理数4.D2[2011·全国卷] 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝( )
A．8 B．7 C．6 D．5 大纲理数4.D2[2011·全国卷] D 【解析】 ∵Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k＋4，∴4k＋4＝24，可得k＝5，故选D.
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大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足a1＝0且(1)求{an}的通项公式；
n1－an＋1(2)设bn＝，记Sn＝bk，证明：Sn＜1.
nk＝1
11
－＝1.
1－an＋11－an
11
大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设－＝1，
1－an＋11－an
1
即1－a是公差为1的等差数列． n11又＝1，故＝n. 1－a11－an
1
所以an＝1－. n
(2)证明：由(1)得
1－an＋1n＋1－n11bn＝＝＝－，
nnn＋1·nn＋1nn
1－1＝1－1<1. ∴Sn＝∑b＝∑k
k＝1k＝1kk＋1n＋1
大纲文数6.D2[2011·全国卷] 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝( )
A．8 B．7 C．6 D．5
大纲文数6.D2[2011·全国卷] D 【解析】 ∵Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k＋4，∴4k＋4＝24，可得k＝5，故选D.
课标理数10.M1，D2，B11[2011·福建卷] 已知函数f(x)＝ex＋x.对于曲线y＝f(x)上横坐标成等差数列的三个点A、B、C，给出以下判断：
①△ABC一定是钝角三角形； ②△ABC可能是直角三角形； ③△ABC可能是等腰三角形； ④△ABC不可能是等腰三角形． 其中，正确的判断是( ) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
课标理数10.M1，D2，B11[2011·福建卷] B 【解析】 解法一：(1)设A、B、C三点的横坐标分别为x1，x2，x3(x1 ∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， x1＋x3fx1＋fx3 ∴ f(x1) →→ ∵ BA＝(x1－x2，f(x1)－f(x2))，BC＝(x3－x2，f(x3)－f(x2))， →→∴ BA·BC＝(x1－x2)(x3－x2)＋(f(x1)－f(x2))(f(x3)－f(x2))<0， ∴ ∠ABC为钝角，判断①正确，②错； (2)若△ABC为等腰三角形，则只需AB＝BC，即 (x1－x2)2＋(f(x1)－f(x2))2＝(x3－x2)2＋(f(x3)－f(x2))2， ∵ x1，x2，x3成等差数列，即2x2＝x1＋x3， 且f(x1) 只需 f(x2)－f(x1)＝f(x3)－f(x2)，即2f(x2)＝f(x1)＋f(x3)， x1＋x3fx1＋fx3x1＋x3fx1＋fx3即 f＝，这与f相矛盾， 2222< ∴△ABC不可能是等腰三角形，判断③错误，④正确，故选B. 解法二：(1)设A、B、C三点的横坐标为x1，x2，x3(x1 (2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值． 课标文数17.D2[2011·福建卷] 【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d. 由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3. 解得d＝－2. 从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n. (2)由(1)可知an＝3－2n. n[1＋3－2n] 所以Sn＝＝2n－n2. 2 进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35. 即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5. 又k∈N*，故k＝7为所求． 课标理数11.D2[2011·广东卷] 等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________. 课标理数11.D2[2011·广东卷] 10 【解析】 由S9＝S4，所以a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，即5a7＝0，所以a7＝0， 1 由a7＝a1＋6d得d＝－，又ak＋a4＝0， 611 －＋a1＋3×－＝0， 即a1＋(k－1)6613 －＝－，所以k－1＝9，所以k＝10. 即(k－1)×62 taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 课标理数13.D2[2011·湖北卷] 《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升． 67 课标理数13.D2[2011·湖北卷] 【解析】 设所构成的等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由 66 13a＝，1 22a1＋a2＋a3＋a4＝3，4a1＋6d＝3，67 得 解得 所以a5＝a1＋4d＝. 667a7＋a8＋a9＝4，3a1＋21d＝4， d＝，66 课标理数19.D2[2011·湖北卷] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，试判断：对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1·am·am ＋2是否成等差数列，并证明你的结论． 课标理数19.D2[2011·湖北卷] 【解答】 (1)由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，两式相减可得 an＋2－an＋1＝r(Sn＋1－Sn)＝ran＋1，即an＋2＝(r＋1)an＋1， 又a2＝ra1＝ra，所以 当r＝0时，数列{an}为：a,0，„，0，„； 当r≠0，r≠－1时，由已知a≠0，所以an≠0(n∈N*)， an＋2 于是由an＋2＝(r＋1)an＋1，可得＝r＋1(n∈N*)， an＋1 ∴a2，a3，„，an，„成等比数列， － ∴当n≥2时，an＝r(r＋1)n2a. a， n＝1， 综上，数列{an}的通项公式为an＝ n－2 rr＋1a，n≥2. (2)对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列，证明如下： a，n＝1， 当r＝0时，由(1)知，an＝ 0，n≥2. ∴对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列； 当r≠0，r≠－1时，∵Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1， 若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，则Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk， ∴2Sk＋2ak＋1＋ak＋2＝2Sk，即ak＋2＝－2ak＋1， 由(1)知，a2，a3，„，an，„的公比r＋1＝－2，于是对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1＝－2am，从而am＋2＝4am， ∴am＋1＋am＋2＝2am，即am＋1，am，am＋2成等差数列． 综上，对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列． 课标文数9.D2[2011·湖北卷] 《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( ) 674737 A．1升 B.升 C.升 D.升 33 课标文数9.D2[2011·湖北卷] B 【解析】 设所构成的等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由 13a，1＝22a1＋a2＋a3＋a4＝3，4a1＋6d＝3，67 得 解得 所以a5＝a1＋4d＝. 667a7＋a8＋a9＝4，3a1＋21d＝4， d＝，66 课标文数17.D2，D3[2011·湖北卷] 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、 taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式； 5 (2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列Sn＋4是等比数列． 课标文数17.D2，D3[2011·湖北卷] 【解答】 (1)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{bn}中的b3，b4，b5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{bn}的第3项为5，公比为2. 5 由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝. 4 55n－1－ 所以{bn}是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn＝·2＝5·2n3. 44 5 1－2n455－－ (2)证明：由(1)得数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n2－，即Sn＋＝5·2n2. 441－2 5Sn＋1＋－ 45·2n155 所以S1＋＝，＝n－2＝2. 4255·2 Sn＋ 4 55 因此Sn＋4是以为首项，公比为2的等比数列． 2 课标理数12.D2[2011·湖南卷] 设Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且a1＝1，a4＝7，则S5＝________. 课标理数12.D2[2011·湖南卷] 25 【解析】 设数列{an}的公差为d，因为a1＝1，a4＝7，所以a4＝a1 ＋3d⇒d＝2， 故S5＝5a1＋10d＝25. 课标文数5.D2[2011·江西卷] 设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和．若S10＝S11，则a1 ＝( ) A．18 B．20 C．22 D．24 课标文数5.D2[2011·江西卷] B 【解析】 由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0， ∴a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)(－2)＝20.故选B. 课标文数15.D2[2011·辽宁卷] Sn为等差数列{an}的前n项和，S2＝S6，a4＝1，则a5＝________. 6×5 课标文数15.D2[2011·辽宁卷] －1 【解析】 由S2＝S6，得2a1＋d＝6a1＋d解得4(a1＋3d)＋2d 2 ＝0，即2a4＋d＝0，所以a4＋(a4＋d)＝0，即a5＝－a4＝－1. 11 课标文数17.D2，D3[2011·课标全国卷] 已知等比数列{an}中，a1＝，公比q＝. 33 1－an (1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝； 2 (2)设bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an，求数列{bn}的通项公式． 11n－11 课标文数17.D2，D3[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)因为an＝×＝n， 333 taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 1111－n1－n333Sn＝＝， 121－31－an 所以Sn＝. 2 (2)bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an ＝－(1＋2＋„＋n) nn＋1＝－. 2 nn＋1 所以{bn}的通项公式为bn＝－. 2 大纲理数8.D2[2011·四川卷] 数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝( ) A．0 B．3 C．8 D．11 大纲理数8.D2[2011·四川卷] B 【解析】 由数列{bn}为等差数列，且b3＝－2，b10＝12可知数列公差d＝2，所以通项bn＝－2＋(n－3)×2＝2n－8＝an＋1－an，所以a8－a1＝2×(1＋2＋3＋„＋7)－8×7＝0，所以a8＝a1＝3. 课标理数4.D2[2011·天津卷] 已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为( ) A．－110 B．－90 C．90 D．110 课标理数4.D2[2011·天津卷] D 【解析】 由a2a9，d＝－2，得(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解之7＝a3· 10×9 得a1＝20，∴S10＝10×20＋(－2)＝110. 2 课标文数11.D2[2011·天津卷] 已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，则S10的值为________． 课标文数11.D2[2011·天津卷] 110 【解析】 设等差数列的首项为a1，公差为d，由题意得，a3＝a1＋2d＝16， 解之得a1＝20， 20×19 S＝20a＋×d＝20，1220 10×9d＝－2，∴S10＝10×20＋×(－2)＝110. 2 课标理数19.D2[2011·浙江卷] 已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R)．设数列的前n项 111 和为Sn，且，，成等比数列． a1a2a4 (1)求数列{an}的通项公式及Sn； 11111111 (2)记An＝＋＋＋„＋，Bn＝＋＋＋„＋.当n≥2时，试比较An与Bn的大小． S1S2S3Sna1a2a22a2n－1 1211 课标理数19.D2[2011·浙江卷] 【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为d，由， a2＝a1·a4得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)．因为d≠0，所以d＝a1＝a， ann＋1 所以an＝na，Sn＝. 21121 (2)因为＝n－n＋1，所以 Sna taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 111112 An＝＋＋＋„＋＝1－n＋1. S1S2S3Sna － 因为a2n－1＝2n1a，所以 1n1－22111111 1－n. Bn＝＋＋＋„＋＝·2a1a2a221aa2n－1a 1－2 12n 当n≥2时，2n＝C0n＋Cn＋Cn＋„＋Cn＞n＋1， 11 即1－＜1－n， 2n＋1 所以，当a＞0时，An＜Bn；当a＜0时，An＞Bn. 大纲文数1.D2[2011·重庆卷] 在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则a10＝( ) A．12 B．14 C．16 D．18 大纲文数1.D2[2011·重庆卷] D 【解析】 设等差数列{an}的公差为d， a1＋d＝2，a1＝0，由a2＝2，a3＝4，得解得 a1＋2d＝4，d＝2， ∴a10＝a1＋(10－1)×d＝9d＝18.故选D. 课标文数21.D3，D4[2011·安徽卷] 在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，再令an＝lgTn，n≥1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn. 课标文数21.D3，D4[2011·安徽卷] 本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力． 【解答】 (1)设t1，t2，„，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100，则 Tn＝t1·t2·„·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·„·t2·t1.② ①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 ＋ T2(t2tn＋1)·„·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n2)， n＝(t1tn＋2)· ∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1. (2)由题意和(1)中计算结果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1. tank＋1－tank 另一方面，利用tan1＝tan[(k＋1)－k]＝. 1＋tank＋1·tank tank＋1－tank 得tan(k＋1)·tank＝－1. tan1 nk1 n＋2 k3 所以Sn＝∑＝ bk＝∑＝ tan(k＋1)·tank tank＋1－tanktann＋3－tan3＝∑＝ －n. －1＝ tan1k3tan1 课标理数18.D3，D4[2011·安徽卷] 在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，再令an＝lgTn，n≥1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn. 课标理数18.D3，D4[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查等比和等差数列，对数和指数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，运算求解能力和创新思维能力． 【解答】 (1)设t1，t2，„，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100，则 n＋2 taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 Tn＝t1·t2·„·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·„·t2·t1，② ①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 ＋． T2(t2tn＋1)·„·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n2) n＝(t1tn＋2)· ∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1. (2)由题意和(1)中计算结果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1， 另一方面，利用 tank＋1－tank tan1＝tan[(k＋1)－k]＝， 1＋tank＋1·tanktank＋1－tank 得tan(k＋1)·tank＝－1. tan1所以Sn＝bk＝tan(k＋1)·tank k＝1 k＝3 n n＋2 ＝ k＝3 n＋2 tank＋1－tank －1 tan1 ＝ tann＋3－tan3 －n. tan1 1 课标理数11.D3[2011·北京卷] 在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2| 2 ＋„＋|an|＝________. 11－ 课标理数11.D3[2011·北京卷] －2 2n1－ 【解析】 由a4＝a1q3＝q3＝－4，可得q＝－2；因此， 22 1 1－2n211－ 数列{|an|}是首项为，公比为2的等比数列，所以|a1|＋|a2|＋„＋|an|＝＝2n1－. 221－2 1 课标文数12.D3[2011·北京卷] 在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝4，则公比q＝________；a1＋a2＋„ 2 ＋an＝________. 1－ 课标文数12.D3[2011·北京卷] 2 2n1－ 21 【解析】 由题意可知a4＝a1q3＝q3＝4，可得q＝2， 2 1 1－2n21－ 所以a1＋a2＋„＋an＝＝2n1－. 21－2 大纲文数17.D3[2011·全国卷] 设等比数列{an}的前n项和为Sn.已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn. 大纲文数17.D3[2011·全国卷] 【解答】 设{an}的公比为q，由题设得 a1q＝6， 2 6a1＋a1q＝30. a1＝3，a1＝2， 解得或 q＝2，q＝3. 当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n1，Sn＝3×(2n－1)； － 当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n1，Sn＝3n－1. － 课标理数16.D3，C4[2011·福建卷] 已知等比数列{an}的公比q＝3，前3项和S3＝ 13 . 3 taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 π (2)若函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0,0<φ<π)在x＝处取得最大值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式． 6 3 13a11－3131 课标数学16.D3，C4[2011·福建卷] 【解答】 (1)由q＝3，S3＝得＝，解得a1＝. 3331－3 1－－ 所以an＝×3n1＝3n2. 3 － (2)由(1)可知an＝3n2，所以a3＝3. 因为函数f(x)的最大值为3，所以A＝3； π 因为当x＝时f(x)取得最大值， 6π 2×＋φ＝1. 所以sin6 π 又0<φ<π，故φ＝. 6 π2x＋. 所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin6 课标文数16.D3[2011·福建卷] 商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根据商品的最低销售限价a，最高销售限价b(b>a)以及实数x(0 5－1 课标文数16.D3[2011·福建卷] 【解析】 由已知，有(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中项，即 2 (c－a)2＝(b－c)(b－a)， 把c＝a＋x(b－a)代入上式，得 x2(b－a)2＝[b－a－x(b－a)](b－a)，即x2(b－a)2＝(1－x)(b－a)2， ∵b>a，b－a≠0， ∴x2＝1－x，即x2＋x－1＝0， －1±5 解得 x＝， 2 －1＋5 因为0 课标文数11.D3[2011·广东卷] 2 【解析】 {an}为等比数列，所以a4－a3＝a2q2－a2q＝4，即2q2－2q＝4， 所以q2－q－2＝0，解得q＝－1或q＝2，又{an}是递增等比数列，所以q＝2. 课标文数17.D2，D3[2011·湖北卷] 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{bn}中的b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式； 5 (2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列Sn＋4是等比数列． 课标文数17.D2，D3[2011·湖北卷] 【解答】 (1)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{bn}中的b3，b4，b5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)． (1)求数列{an}的通项公式； taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 故{bn}的第3项为5，公比为2. 5 由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝. 4 55n－1－ 所以{bn}是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn＝·2＝5·2n3. 44 5 1－2n455－－ (2)证明：由(1)得数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n2－，即Sn＋＝5·2n2. 441－2 5Sn＋1＋－ 45·2n155 所以S1＋＝，＝n－2＝2. 4255·2 Sn＋ 4 55 因此Sn＋4是以为首项，公比为2的等比数列． 2 课标理数18.D3[2011·江西卷] 已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3. (1)若a＝1，求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}唯一，求a的值． 课标理数18.D3[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3 22 ＝3＋aq＝3＋q， 由b1，b2，b3成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)， 即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋2，q2＝2－2， －－ 所以{an}的通项公式为an＝(2＋2)n1或an＝(2－2)n1. (2)设{an}的公比为q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得aq2－4aq＋3a－1＝0，(*) 由a＞0得Δ＝4a2＋4a＞0，故方程(*)有两个不同的实根， 1 由{an}唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a＝. 3 课标文数5.D3[2011·辽宁卷] 若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为( ) A．2 B．4 C．8 D．16 anan＋12－ 课标文数5.D3[2011·辽宁卷] B 【解析】 由于anan＋1＝16n，又an－1an＝16n1，所以＝q＝16， an－1an 又由anan＋1＝16n知an>0，所以q＝4. 11 课标文数17.D2，D3[2011·课标全国卷] 已知等比数列{an}中，a1＝，公比q＝. 33 1－an(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝； 2 (2)设bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an，求数列{bn}的通项公式． 11n－11 课标文数17.D2，D3[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)因为an＝×＝n， 333 1111－n1－n333Sn＝＝， 121－31－an 所以Sn＝. 2 (2)bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an ＝－(1＋2＋„＋n) taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 nn＋1＝－. 2 nn＋1 所以{bn}的通项公式为bn＝－. 2 大纲文数9.D3[2011·四川卷] 数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝( ) 44 A．3×4 B．3×4＋1 C．44 D．44＋1 大纲文数9.D3[2011·四川卷] A 【解析】 由an＋1＝3Sn⇒Sn＋1－Sn＝3Sn⇒Sn＋1＝4Sn，所以数列{Sn}是 － 首项为1，公比为4的等比数列，所以Sn＝4n1，所以a6＝S6－S5＝45－44＝3×44，所以选择A. 大纲理数11.D2[2011·重庆卷] 在等差数列{an}中，a3＋a7＝37，则a2＋a4＋a6＋a8＝________. 大纲理数11.D2[2011·重庆卷] 74 【解析】 由a3＋a7＝37，得(a1＋2d)＋(a1＋6d)＝37，即2a1＋8d＝37.∴a2＋a4＋a6＋a8＝(a1＋d)＋(a1＋3d)＋(a1＋5d)＋(a1＋7d)＝2(2a1＋8d)＝74. 课标文数7.D4[2011·安徽卷] 若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋„＋a10＝( ) A．15 B．12 C．－12 D．－15 课标文数7.D4[2011·安徽卷] A 【解析】 a1＋a2＋„＋a10＝－1＋4－7＋10＋„＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋„＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15. 课标文数21.D3，D4[2011·安徽卷] 在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，再令an＝lgTn，n≥1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn. 课标文数21.D3，D4[2011·安徽卷] 本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力． 【解答】 (1)设t1，t2，„，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100，则 Tn＝t1·t2·„·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·„·t2·t1.② ①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 ＋ T2(t2tn＋1)·„·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n2)， n＝(t1tn＋2)· ∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1. (2)由题意和(1)中计算结果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1. tank＋1－tank 另一方面，利用tan1＝tan[(k＋1)－k]＝. 1＋tank＋1·tank tank＋1－tank 得tan(k＋1)·tank＝－1. tan1 nk1 n＋2 k3 所以Sn＝∑＝ bk＝∑＝ tan(k＋1)·tank tank＋1－tanktann＋3－tan3＝∑＝ －n. －1＝ tan1k3tan1 课标理数18.D3，D4[2011·安徽卷] 在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，再令an＝lgTn，n≥1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn. 课标理数18.D3，D4[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查等比和等差数列，对数和指数的运算，两角差 n＋2 taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，运算求解能力和创新思维能力． 【解答】 (1)设t1，t2，„，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100，则 Tn＝t1·t2·„·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·„·t2·t1，② ①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 ＋． T2(t2tn＋1)·„·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n2) n＝(t1tn＋2)· ∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1. (2)由题意和(1)中计算结果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1， 另一方面，利用 tank＋1－tank tan1＝tan[(k＋1)－k]＝， 1＋tank＋1·tanktank＋1－tank 得tan(k＋1)·tank＝－1. tan1 所以Sn＝bk＝tan(k＋1)·tank k＝1 k＝3 n n＋2 ＝ k＝3 n＋2 tank＋1－tank －1 tan1 ＝ tann＋3－tan3 －n. tan1 11 －＝1. 1－an＋11－an 大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足a1＝0且(1)求{an}的通项公式； n1－an＋1(2)设bn＝，记Sn＝bk，证明：Sn＜1. nk＝1 11 大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设－＝1， 1－an＋11－an 1 即1－a是公差为1的等差数列． n11又＝1，故＝n. 1－a11－an 1 所以an＝1－. n (2)证明：由(1)得 1－an＋1n＋1－n11bn＝＝＝－， nnn＋1·nn＋1nn111－∴Sn＝∑b＝∑＝1－<1. kk＝1k＝1kk＋1n＋1 课标文数20.D4[2011·湖南卷] 某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%. (1)求第n年初M的价值an的表达式； a1＋a2＋„＋an (2)设An＝.若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新．证明： n 须在第9年初对M更新． taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 课标文数20.D4[2011·湖南卷] 【解答】 (1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列． an＝120－10(n－1)＝130－10n； 3n－63 当n≥6时，数列{an}是以a6为首项，公比为的等比数列，又a6＝70，所以an＝70×4. 4因此，第n年初，M的价值an的表达式为 130－10n，n≤6，an＝ 3n－6 70×4，n≥7. (2)设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)， An＝120－5(n－1)＝125－5n； 当n≥7时，由于S6＝570，故 33n－6＝780－210×3n－6， Sn＝S6＋(a7＋a8＋„＋an)＝570＋70××4×1－444 3n－6 780－210×4An＝， n 因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列．又 32 780－210×447A8＝＝82>80， 8 33 780－210×479A9＝＝76<80， 996 所以须在第9年初对M更新． 课标理数5.D4[2011·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1.那么a10＝( ) A．1 B．9 C．10 D．55 课标理数5.D4[2011·江西卷] A 【解析】 方法一：由Sn＋Sm＝Sn＋m，得S1＋S9＝S10， ∴a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1，故选A. 方法二： ∵S2＝a1＋a2＝2S1，∴a2＝1， ∵S3＝S1＋S2＝3，∴a3＝1， ∵S4＝S1＋S3＝4，∴a4＝1， 由此归纳a10＝1，故选A. 课标理数17.D4[2011·辽宁卷] 已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10. (1)求数列{an}的通项公式； an (2)求数列2n－1的前n项和． 课标理数17.D4[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得a1＋d＝0，a1＝1，解得 2a1＋12d＝－10.d＝－1. 故数列{an}的通项公式为an＝2－n. ana2an(2)设数列2n－1的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋＋„＋n－1，故S1＝1， 22 taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 Sna1a2an＝＋＋„＋n. 2242所以，当n＞1时， a2－a1an－an－1anSn＝a1＋＋„＋n－1－n 2222 1112－n＝1－2＋4＋„＋2n－1－n 2 12－n ＝1－1－2n－1－n 2n＝n， 2 n 所以Sn＝n－1. 2 ann 综上，数列2n－1的前n项和Sn＝n－1. 2 课标理数14.D4[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往．返所走的路程总和最小，这个最小值为________(米)． ． 课标理数14.D4[2011·陕西卷] 2000 【解析】 树苗放在10或11号坑，则其余的十九人一次走过的路 910＋90 程为90,80,70,60，„，80,90,100，则和为s＝ ×2＋100×2＝2000，若放在11号坑，结果一样． 2 课标理数19.B11，D4[2011·陕西卷] 图1－11 如图1－11，从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y＝ex于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.现从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；„；Pn，Qn，记Pk点的坐标为(xk,0)(k＝1,2，„，n)． (1)试求xk与xk－1的关系(2≤k≤n)； (2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋„＋|PnQn|. 课标理数19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设Pk－1(xk－1,0)，由y′＝ex得Qk－1(xk－1，exk－1)点处切线方程为y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)， 由y＝0得xk＝xk－1－1(2≤k≤n)． (2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)， －－ 所以|PkQk|＝exk＝e(k1)，于是 Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋„＋|PnQn| －－ 1－ene－e1n－1－2－(n－1) ＝1＋e＋e＋„＋e＝. －＝1－e1e－1 课标文数10.D4[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为( ) A．①和⑳ B．⑨和⑩ C．⑨和⑪ D．⑩和⑪ 课标文数10.D4[2011·陕西卷] D 【解析】 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边，则每个人所走的路程和最小，一共20个坑，为偶数，在中间的有两个坑为10和11号坑，故答案选D. taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 课标文数 19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设Pk－1(xk－1,0)，由y′＝e得Qk－1(xk－1，exk－1)点处切线方程为y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)， 由y＝0得xk＝xk－1－1(2≤k≤n)． (2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)， －－ 所以|PkQk|＝exk＝e(k1)，于是 Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋„＋|PnQn| －－ 1－ene－e1n－1－2－(n－1) ＝1＋e＋e＋„＋e＝. －＝1－e1e－1 大纲文数16.D4[2011·重庆卷] 设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an＋bn}的前n项和Sn. 大纲文数16.D4[2011·重庆卷] 【解答】 (1)设q为等比数列{an}的公比，则由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，因此q＝2. － 所以{an}的通项为an＝2·2n1＝2n(n∈N*)． 21－2nnn－1(2)Sn＝＋n×1＋×2 21－2 ＋ ＝2n1＋n2－2. 课标理数20.D5，A3[2011·北京卷] 若数列An：a1，a2，„，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k＝1,2，„，n－1)，则称An为E数列．记S(An)＝a1＋a2＋„＋an. (1)写出一个满足a1＝a5＝0，且S(A5)＞0的E数列A5； (2)若a1＝12，n＝2000.证明：E数列An是递增数列的充要条件是an＝2011； (3)对任意给定的整数n(n≥2)，是否存在首项为0的E数列An，使得S(An)＝0？如果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由． 课标理数20.D5，A3[2011·北京卷] 【解答】 (1)0,1,2,1,0是一个满足条件的E数列A5. (答案不唯一，0,1,0,1,0也是一个满足条件的E数列A5) (2)必要性：因为E数列An是递增数列， 所以ak＋1－ak＝1(k＝1,2，„，1999)． 所以An是首项为12，公差为1的等差数列． 所以a2000＝12＋(2000－1)×1＝2011. 充分性：由于a2000－a1999≤1， a1999－a1998≤1， „„ a2－a1≤1， 所以a2000－a1≤1999，即a2000≤a1＋1999. 又因为a1＝12，a2000＝2011， x taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 所以a2000＝a1＋1999， 故ak＋1－ak＝1＞0(k＝1,2，„，1999)，即E数列An是递增数列． 综上，结论得证． (3)令ck＝ak＋1－ak(k＝1,2，„，n－1)，则ck＝±1， 因为a2＝a1＋c1， a3＝a1＋c1＋c2， „„ an＝a1＋c1＋c2＋„＋cn－1， 所以S(An)＝na1＋(n－1)c1＋(n－2)c2＋(n－3)c3＋„＋cn－1 ＝(n－1)＋(n－2)＋„＋1－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)·(n－2)＋…＋(1－cn－1)] nn－1＝－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)]． 2因为ck＝±1，所以1－ck为偶数(k＝1,2，„，n－1)， 所以(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋„＋(1－cn－1)为偶数， nn－1 所以要使S(An)＝0，必须使为偶数， 2 即4整除n(n－1)，亦即n＝4m或n＝4m＋1(m∈N*)． 当n＝4m(m∈N*)时，E数列An的项满足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，„，m)时，有a1＝0，S(An)＝0； 当n＝4m＋1(m∈N*)时，E数列An的项满足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，„，m)，a4m ＋1＝0时，有a1＝0，S(An)＝0； 当n＝4m＋2或n＝4m＋3(m∈N*)时，n(n－1)不能被4整除，此时不存在E数列An，使得a1＝0，S(An)＝0. nban－1 课标理数20.D5[2011·广东卷] 设b>0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2)． an－1＋2n－2 (1)求数列{an}的通项公式； ＋bn1 (2)证明：对于一切正整数n，an≤n＋1＋1. 2 nban－1n12n－1 课标理数20.D5[2011·广东卷] 【解答】 (1)由a1＝b>0，知an＝>0，＝＋·. anbban－1an－1＋2n－2 n1 令An＝，A1＝， anb 12 当n≥2时，An＝＋An－1 bb －n－2 22n112 ＝＋2＋„＋n－1＋n－1A1 bbbb －－2n22n112 ＝＋2＋„＋n－1＋n. bbbb①当b≠2时， 12n1－bbn－2nbAn＝＝n； 2bb－21－b n ②当b＝2时，An＝. 2 nbb－2nn，b≠2， ∴an＝b－2 2， b＝2. n taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 ＋ ＋n1nn nbnb－2bn1bn－2nnbn＋1n＋1b－2(2)证明：当b≠2时，欲证an＝nn≤n＋1＋1，只需证nb≤n＋1＋1，即证(2＋b)b－22b－22b－2 n＋1n ≥n·2b. nn ＋＋－－－n＋1n＋1b－2而(2＋b)＝(2n1＋bn1)(bn1＋2bn2＋„＋2n1) b－2 －－＋n＋1n－1n＋2n－2 ＝2b＋2b＋„＋22n＋b2n＋2b2n1＋„＋2n1bn1 n－1 222nbnbbnn2＝2bb＋b2＋„＋bn＋2n＋n－1＋„＋2 2 nnnnn＋1n>2b(2＋2＋„＋2)＝2n·2b＝n·2b， nn＋1nbb－2b∴an＝nn<1＋n＋1. b－22 ＋bn1 当b＝2时，an＝2＝n＋1＋1. 2n＋1b 综上所述，an≤n＋1＋1. 2 课标文数20.D5，E7[2011·广东卷] nban－1 设b＞0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2)． an－1＋n－1 (1)求数列{an}的通项公式； ＋ (2)证明：对于一切正整数n,2an≤bn1＋1. nban－1 课标文数20.D5，E7[2011·广东卷] 【解答】 (1)由a1＝b>0，知an＝>0， an－1＋n－1 n11n－1＝＋·. anbban－1 n1 令An＝，A1＝， anb 11 当n≥2时，An＝＋An－1 bb 111＝＋„＋n－1＋n－1A1 bbb111＝＋„＋n－1＋n. bbb 11 1－nbbbn－1 ①当b≠1时，An＝＝n， 1bb－11－b ②当b＝1时，An＝n. nbb－1n，b≠1， ∴an＝b－1 1， b＝1. 2nbnb－1n＋1bn－1nn＋1 (2)证明：当b≠1时，欲证2an＝≤b＋1，只需证2nb≤(b＋1). bn－1b－1 bn－12n2n－1＋－－n＋1 ∵(b＋1)＝b＋b＋„＋bn1＋bn1＋bn2＋„＋1 b－1111nn－1 ＝bnb＋bn＋b＋bn－1＋„＋b＋b >bn(2＋2＋„＋2) ＝2nbn， n taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 2nbnb－1＋ ∴2an＝<1＋bn1. nb－1 ＋ 当b＝1时，2an＝2＝bn1＋1. ＋ 综上所述2an≤bn1＋1. 课标文数21.D5[2011·江西卷] (1)已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2 ＝2，b3－a3＝3，若数列{an}唯一，求a的值； (2)是否存在两个等比数列{an}，{bn}，使得b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列？若存在，求{an}，{bn}的通项公式；若不存在，说明理由． 课标文数21.D5[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a，b2＝2＋aq，b3＝3＋aq2， 由b1，b2，b3成等比数列得(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)， 即aq2－4aq＋3a－1＝0. 由a>0得Δ＝4a2＋4a>0，故方程有两个不同的实根， 再由{an}唯一，知方程必有一根为0， 1 将q＝0代入方程得a＝. 3 (2)假设存在两个等比数列{an}，{bn}使b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列，设{an}的公比为q1，{bn}的公比为q2， 则b2－a2＝b1q2－a1q1， 2 b3－a3＝b1q22－a1q1， 3 b4－a4＝b1q32－a1q1， 由b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成等差数列得 22 2b1q2－a1q1＝b1－a1＋b1q2－a1q1， 2233 2b1q2－a1q1＝b1q2－a1q1＋b1q2－a1q1， 22 b1q2－1－a1q1－1＝0， ①即 22 b1q2q2－1－a1q1q1－1＝0， ② ①×q2－②得a1(q1－q2)(q1－1)2＝0. 由a1≠0得q1＝q2或q1＝1， i)当q1＝q2时，由①②得b1＝a1或q1＝q2＝1，这时(b2－a2)－(b1－a1)＝0，与公差不为0矛盾； ii)当q1＝1时，由①②得b1＝0或q2＝1，这时(b2－a2)－(b1－a1)＝0，与公差不为0矛盾． 综上所述，不存在两个等比数列{an}，{bn}使b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列． 课标理数17.D5[2011·课标全国卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； 1 (2)设bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an，求数列b的前n项和． n 22 课标理数17.D5[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)设数列{an}的公比为q，由a23＝9a2a6得a3＝9a4，所以1q2＝. 9 1 由条件可知q＞0，故q＝. 3 1 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝. 3 1 故数列{an}的通项公式为an＝n. 3 (2)bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an ＝－(1＋2＋„＋n) nn＋1＝－. 2 taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 1112 故＝－＝－2n－n＋1， bnnn＋1 111111112n 1－＋－＋„＋n－＋＋„＋＝－2＝－. 223b1b2bnn＋1n＋1 12n 所以数列b的前n项和为－. nn＋1 课标理数20.D5[2011·山东卷] 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列． 第一列 第二列 第三列 3 2 10 第一行 6 4 14 第二行 9 8 18 第三行 (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn. 课标理数20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)当a1＝3时，不合题意； 当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意； 当a1＝10时，不合题意． 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18， 所以公比q＝3， － 故an＝2·3n1. (2)因为bn＝an＋(－1)nlnan －－ ＝2·3n1＋(－1)nln(2·3n1) － ＝2·3n1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3] － ＝2·3n1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3， 所以 － Sn＝2(1＋3＋„＋3n1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3. 所以 1－3nn 当n为偶数时，Sn＝2·＋ln3 1－32 n ＝3n＋ln3－1； 2 1－3nn－1 当n为奇数时，Sn＝2×－(ln2－ln3)＋2－nln3 1－3 n－1＝3n－ln3－ln2－1. 2 n 3n＋ln3－1，n为偶数， 2 综上所述，Sn＝ n－13n－ln3－ln2－1，n为奇数. 2 课标文数20.D5[2011·山东卷] 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列 第二列 第三列 3 2 10 第一行 6 4 14 第二行 9 8 18 第三行 (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前2n项和S2n. taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 课标文数20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)当a1＝3时，不合题意； 当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意； 当a1＝10时，不合题意． 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3. － 故an＝2·3n1. (2)因为bn＝an＋(－1)nlnan －－ ＝2·3n1＋(－1)nln(2·3n1) － ＝2·3n1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3] － ＝2·3n1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3， 所以S2n＝b1＋b2＋„＋b2n － ＝2(1＋3＋„＋32n1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln3 1－32n ＝2×＋nln3 1－3 ＝32n＋nln3－1. 课标数学13.D5[2011·江苏卷] 设1＝a1≤a2≤„≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是________． 课标数学13.D5[2011·江苏卷] 33 【解析】 记a2＝m，则1≤m≤q≤m＋1≤q2≤m＋2≤q3， 3要q取最小值，则m必定为1，于是有1≤q≤2,2≤q2≤3,3≤q3，所以q≥3. 课标数学20.D5[2011·江苏卷] 设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1＝1，前n项的和为Sn，已知对任意的整数k∈M，当整数n>k时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立． (1)设M＝{1}，a2＝2，求a5的值； (2)设M＝{3,4}，求数列{an}的通项公式． 课标数学20.D5[2011·江苏卷] 本题考查数列的通项与前n项和的关系、等差数列的基本性质等基础知识，考查考生分析探究及逻辑推理的能力． 【解答】 (1)由题设知，当n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，即(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1. 从而an＋1－an＝2a1＝2. 又a2＝2，故当n≥2时，an＝a2＋2(n－2)＝2n－2. 所以a5的值为8. (2)由题设知，当k∈M＝{3,4}且n>k时，Sn＋k＋Sn－k＝2Sn＋2Sk且Sn＋1＋k＋Sn＋1－k＝2Sn＋1＋2Sk，两式相减得an＋1＋k＋an＋1－k＝2an＋1，即an＋1＋k－an＋1＝an＋1－an＋1－k.所以当n≥8时，an－6，an－3，an，an＋3，an＋6成等差数列，且an－6，an－2，an＋2，an＋6也成等差数列． 从而当n≥8时，2an＝an＋3＋an－3＝an＋6＋an－6，(*) 且an＋6＋an－6＝an＋2＋an－2，所以当n≥8时，2an＝an＋2＋an－2，即an＋2－an＝an－an－2，于是当n≥9时，an－3，an－1，an＋1，an＋3成等差数列，从而an＋3＋an－3＝an＋1＋an－1，故由(*)式知2an＝an＋1＋an－1，即an＋1－an＝an－an－1. 当n≥9时，设d＝an－an－1. 当2≤m≤8时，m＋6≥8，从而由(*)式知2am＋6＝am＋am＋12，故2am＋7＝am＋1＋am＋13. 从而2(am＋7－am＋6)＝am＋1－am＋(am＋13－am＋12)， 于是am＋1－am＝2d－d＝d. 因此，an＋1－an＝d对任意n≥2都成立．又由Sn＋k＋S n－k－2Sn＝2Sk(k∈{3,4})可知(Sn＋k－Sn)－(Sn－ 73d Sn－k)＝2Sk，故9d＝2S3且16d＝2S4，解得a4＝d，从而a2＝d，a1＝.因此，数列{an}为等差数列． 222 由a1＝1知d＝2. 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1. 大纲文数20.D5[2011·四川卷] 已知{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和． (1)当S1、S3、S4成等差数列时，求q的值； taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 (2)当Sm、Sn、Sl成等差数列时，求证：对任意自然数k，am＋k，an＋k，al＋k也成等差数列． － 大纲文数20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知，an＝aqn1，因此 S1＝a，S3＝a(1＋q＋q2)，S4＝a(1＋q＋q2＋q3)． 当S1，S3，S4成等差数列时，S4－S3＝S3－S1. 可得aq3＝aq＋aq2. 化简得q2－q－1＝0. 1±5 解得q＝. 2 (2)证明：若q＝1，则{an}的每项an＝a，此时am＋k，an＋k，al＋k显然构成等差数列． 若q≠1，由Sm，Sn，Sl构成等差数列可得Sm＋Sl＝2Sn，即 aqm－1aql－12aqn－1 ＋＝. q－1q－1q－1整理得qm＋ql＝2qn. －＋－ 因此，am＋k＋al＋k＝aqk1(qm＋ql)＝2aqnk1＝2an＋k. 所以，am＋k，an＋k，al＋k成等差数列． 122n－1n－1nn 大纲理数20.D5[2011·四川卷] 设d为非零实数，an＝[C1＋nCnd](n∈nd＋2Cnd＋„＋(n－1)CndnN*)． (1)写出a1，a2，a3并判断{an}是否为等比数列．若是，给出证明；若不是，说明理由； (2)设bn＝ndan(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn. 大纲理数20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知可得a1＝d，a2＝d(1＋d)，a3＝d(1＋d)2. kk－1 当n≥2，k≥1时，Ckn＝Cn－1，因此 n kkknk－1kn－1kk－an＝ Cnd＝Cn－1d＝dCn－1d＝d(d＋1)n1. k＝1nk＝1k＝0 n 3＋－1n课标理数20.D5[2011·天津卷] 已知数列{an}与{bn}满足bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，bn＝，n∈ 2 N*，且a1＝2，a2＝4. (1)求a3，a4，a5的值； (2)设cn＝a2n－1＋a2n＋1，n∈N*，证明{cn}是等比数列； 4n Sk7* (3)设Sk＝a2＋a4＋„＋a2k，k∈N，证明∑＝ <(n∈N*)． k1ak6 1，n为奇数，3＋－1n* 课标理数20.D5[2011·天津卷] 【解答】 (1)由bn＝，n∈N，可得bn＝ 22，n为偶数. 由此可见，当d≠－1时，{an}是以d为首项，d＋1为公比的等比数列； 当d＝－1时，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此时{an}不是等比数列． －－ (2)由(1)可知，an＝d(d＋1)n1，从而 bn＝nd2(d＋1)n1， －－ Sn＝d2[1＋2(d＋1)＋3(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n2＋n(d＋1)n1]． ① 当d＝－1时，Sn＝d2＝1. 当d≠－1时，①式两边同乘d＋1得 － (d＋1)Sn＝d2[(d＋1)＋2(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n1＋n(d＋1)n]．② ①，②式相减可得 － －dSn＝d2[1＋(d＋1)＋(d＋1)2＋…＋(d＋1)n1－n(d＋1)n] n 2d＋1－1＝d－nd＋1n. d 化简即得Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1. 综上，Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1. 又bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0， taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 当n＝1时，a1＋a2＋2a3＝0， 由a1＝2，a2＝4，可得a3＝－3； 当n＝2时，2a2＋a3＋a4＝0，可得a4＝－5； 当n＝3时，a3＋a4＋2a5＝0，可得a5＝4. (2)证明：对任意n∈N*， a2n－1＋a2n＋2a2n＋1＝0，① 2a2n＋a2n＋1＋a2n＋2＝0，② a2n＋1＋a2n＋2＋2a2n＋3＝0.③ ②－③，得a2n＝a2n＋3.④ 将④代入①，可得a2n＋1＋a2n＋3＝－(a2n－1＋a2n＋1)， 即cn＋1＝－cn(n∈N*)． cn＋1又c1＝a1＋a3＝－1，故cn≠0，因此＝－1. cn 所以{cn}是等比数列． (3)证明：由(2)可得a2k－1＋a2k＋1＝(－1)k.于是，对任意k∈N*且k≥2，有a1＋a3＝－1，－(a3＋a5)＝－1，a5＋a7＝－1，„，(－1)k(a2k－3＋a2k－1)＝－1. 将以上各式相加，得a1＋(－1)ka2k－1＝－(k－1)， ＋ 即a2k－1＝(－1)k1(k＋1)，此式当k＝1时也成立． ＋ 由④式得a2k＝(－1)k1(k＋3)． 从而S2k＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋„＋(a4k－2＋a4k)＝－k，S2k－1＝S2k－a4k＝k＋3. 所以，对任意n∈N*，n≥2， 错误!＝错误! ＝错误! ＝错误! 2＝＋错误!＋错误! 2×31 <＋错误!＋错误! 3 111511113－－＋－＋„＋＝＋·＋ 3235572n－12n＋12n＋22n＋3 155137＝＋－·＋<. 3622n＋12n＋22n＋36对于n＝1，不等式显然成立． － 3＋－1n1n 课标文数20.D5[2011·天津卷] 已知数列{an}与{bn}满足bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)＋1，bn＝，n 2 ∈N*，且a1＝2. (1)求a2，a3的值； (2)设cn＝a2n＋1－a2n－1，n∈N*，证明{cn}是等比数列； S2n－1S2nS1S21 (3)设Sn为{an}的前n项和，证明＋＋„＋＋≤n－(n∈N*)． a1a23a2n－1a2n n－1 3＋－1 课标文数20.D5[2011·天津卷] 【解答】 (1)由bn＝，n∈N， 2 2，n为奇数， 可得bn＝ 1，n为偶数. 又bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1， 3 当n＝1时，a1＋2a2＝－1，由a1＝2，可得a2＝－； 2 当n＝2时，2a2＋a3＝5，可得a3＝8. (2)证明：对任意n∈N*， － taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 a2n－1＋2a2n＝－22n1＋1，① 2a2n＋a2n＋1＝22n＋1.② －－ ②－①，得a2n＋1－a2n－1＝3×22n1，即cn＝3×22n1. cn＋1 于是＝4. cn 所以{cn}是等比数列． (3)证明：a1＝2，由(2)知，当k∈N*且k≥2时， a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋„＋(a2k－1－a2k－3) － 21－4k12k－1352k－3 ＝2＋3(2＋2＋2＋„＋2)＝2＋3×＝2， 1－4 － 故对任意k∈N*，a2k－1＝22k1. －－ 由①得22k1＋2a2k＝－22k1＋1， 1－ 所以a2k＝－22k1，k∈N*. 2 k 因此，S2k＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋„＋(a2k－1＋a2k)＝. 2 k－12k－1 于是，S2k－1＝S2k－a2k＝＋2. 2 k－12k－1k ＋222S2k－1S2kk－1＋22kk1k 故＋＝＋＝－2k＝1－k－kk. 2k2k－112k－12444－1a2k－1a2k22－1－22 所以，对任意n∈N*， S2n－1S2nS1S2＋＋„＋＋ a1a2a2n－1a2n S1S2S3S4S2n－1＋S2n ＋＋＋＋„＋＝a1a2a3a4a2n－1a2n 1211＋„＋1－1n－n 1－－＋1－42－22＝44－141244n4n－1 2111－„－1n＋n≤n－1＋1＝n－1. ＋－42＋22＝n－44－141241244n4n－13 111 课标文数19.D5[2011·浙江卷] 已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R)，且，，成等a1a2a4 比数列． (1)求数列{an}的通项公式； 1111 (2)对n∈N*，试比较＋＋„＋与的大小． a2a22a2na1 1211 课标文数19.D5[2011·浙江卷] 【解答】 设等差数列{an}的公差为d，由题意可知， a2＝a1·a4即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，从而a1d＝d2. 因为d≠0，所以d＝a1＝a， 故通项公式an＝na. 111 (2)记Tn＝＋＋„＋.因为a2n＝2na， a2a22a2n taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 11n1－211n112111 所以Tn＝2＋22＋„＋2n＝·＝1－2. aa1a 1－2 11 从而，当a＞0时，Tn＜，当a＜0时，Tn＞. a1a1 大纲理数21.D5[2011·重庆卷] 设实数数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝an＋1Sn(n∈N*)． (1)若a1，S2，－2a2成等比数列，求S2和a3； (2)求证：对k≥3有0≤a4 k＋1≤ak≤3 . 大纲理数21.D5[2011·重庆卷] 【解答】 (1)由题意S22＝－2a1a2， S2＝a2S1＝a1a2，由S2是等比中项知S2≠0.因此S2＝－2. 由S2＋a3＝S3＝a3S2解得 aS－3＝2S＝2＝2 2－1－2－13 . (2)证法一：由题设条件有Sn＋an＋1＝an＋1Sn， 故SSan＋1n≠1，an1≠1且ann ＋＋1＝S，Sn－1n＝a， n＋1－1 从而对k≥3有 aaSak－1 k－1ak－1＋Sk－2k－1＋ak－1－1S＝＝a2k－1－1ak－1＋Sk－2－1a＋ak－1a2k－1 k＝＝k－1－ak－1＋1 .① k－1a－1 k－1－1 因a2k－1－ak－1＋1＝ a1k－1－22＋324>0且ak－1≥0，由①得ak≥0. 要证a4a2k－1 4k≤3，由①只要证a2≤， k－1－ak－1＋13即证3a2k－1≤4(a2k－1－ak－1＋1)，即(ak－1－2)2 ≥0，此式明显成立． 因此a4 k≤3 (k≥3)． 最后证aa2kk＋1≤ak，若不然ak＋1＝a2k＋1>ak ， k－a又因a0，故ak≥a2kk－ak＋1 >1，即(ak－1)2<0.矛盾． 因此ak＋1≤ak(k≥3)． 证法二：由题设知Sn＋1＝Sn＋an＋1＝an＋1Sn， 故方程x2－Sn＋1x＋Sn＋1＝0有根Sn和an＋1(可能相同)． 因此判别式Δ＝S2n＋1－4Sn＋1≥0. 又由S＋aan＋2n＋2＝Sn＋1n＋2＝an＋2Sn＋1得an＋2≠1且Sn＋1＝an＋2－1 . 因此a2n＋2 4an＋2a2－a≥0，即3a2n＋2－4an＋2≤0， n＋2－1n＋2－1 解得0≤a4 n＋2≤3. 因此0≤a4 k≤3(k≥3)． 由aSk－1k＝S≥0(k≥3)，得 k－1－1 得S2 2＝－2S2， taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 Skak＋1－ak＝－a Sk－1k Sk－1－1Sk－12 －1＝akSk－1＝ak －1akSk－1－1 Sk－1－1 akak＝－2＝－≤0， Sk－1－Sk－1＋1Sk－1－12＋3 24 因此ak＋1≤ak(k≥3)． [2011·南开中学月考] 在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝n(n∈N*)，则a100的值为( ) A．5050 B．5051 C．4950 D．4951 S10S8[2011·湖南师大附中二模] 等差数列{an}中，Sn是其前n项和，a1＝－11，－＝2，则S11＝( ) 108 A．－11 B．11 C．10 D．－10 Sn7n＋45an[2011·云南示范中考] 等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，且＝，则使得为整数 Tnn－3bn 的正整数n的个数是( ) A．3 B．4 taoti.tl100.com 你的首选资源互助社区 C．5 D．6 1 [2011·福州二模] 设函数f(x)＝xm＋ax的导函数为f′(x)＝2x＋2，则数列fn(n∈N*)的前n项和为 ( ) n＋1n＋1 B. 2n＋2n＋2n3n＋53n＋4C. D. 4n＋1n＋24n＋1A. [2011·浙江高考样卷] 已知等比数列{an}，首项为2，公比为3，则∈N*)． a2n1＝__________(n a2a22a23a2n 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容
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