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2011全国理科数学‘数列’部分高考题


2011 理科数学数列高考题 1、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. (Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项公式; (Ⅱ)设 bn ? tanan ? tanan ?1 ,求数列 ?bn ?的前 n 项和 Sn . 答: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,创新思维能力和运算求解能力。 解: (Ⅰ)设 t1, t2 ,?, tn ? 2 构成等比数列,其中 t1 ? 1, tn ? 2 ? 100,则

Tn ? t1 ? t?2 ?? tn ?1 ? tn ? 2 Tn ? tn ? 2 ? t?n ?1 ?? t2 ? t1

① ②

①×②并利用 ti ? tn ?3?i ? t1 ? tn ? 2 ? 102 , (1 ? i ? n ? 2) ,得

Tn2 ? 102( n ? 2)
? an ? lgTn ? n ? 2, n ? 1.
(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果,知

bn ? tan(n ? 2) ? tan(n ? 3), n ? 1
另一方面,利用

tan1 ? tan(( ? 1) ? k ) ? k


tan(k ? 1) ? tank 1 ? tan(k ? 1) ? tank

tan( k ? 1) ? tan k ?
所以

tan( k ? 1) ? tan k ?1 tan 1

S n ? ? bi ? ? tan(k ? 1) ? tank
i ?1 i ?3

n

n?2

tan(k ? 1) ? tank ? 1) tan1 i ?3 tan(n ? 3) ? tan3 ? ?n tan1 ? ?(
n?2

2、 若数列 An ? a1 , a2, ..., an (n ? 2) 满足 an?1 ? a1 ? 1(k ? 1,2,..., n ?1) , 数列 An 为 E 数列, 记 S ( An ) = a1 ? a2 ? ... ? an .

(Ⅰ )写出一个满足 a1 ? as ? 0 ,且 S ( As ) 〉0 的 E 数列 An ; (Ⅱ )若 a1 ? 12 ,n=2000,证明:E 数列 An 是递增数列的充要条件是 an =2011; (Ⅲ )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。 解: )0,1,2,1,0 是一具满足条件的 E 数列 A5。 (Ⅰ (答案不唯一,0,1,0,1,0 也是一个满足条件的 E 的数列 A5) (Ⅱ )必要性:因为 E 数列 A5 是递增数列, 所以 ak ?1 ? ak ? 1(k ? 1,2,?,1999 . ) 所以 A5 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—a1000≤1, a2000—a1000≤1 …… a2—a1≤1 所以 a2000—a≤19999,即 a2000≤a1+1999. 又因为 a1=12,a2000=2011, 所以 a2000=a1+1999. 故 an?1 ? an ? 1 ? 0(k ? 1,2,?,1999 即An 是递增数列. ), 综上,结论得证。 (Ⅲ)令 ck ? ak ?1 ? ak ? 1 ? 0(k ? 1,2,?, n ? 1),则c A ? ?1. 因为 a2 ? a1 ? c1 ? a1 ? 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(n ? 1) ? [(1 ? c1 )( n ? 1) ? (1 ? c 2 )( n ? 2) ? ? ? (1 ? c n ?1 )]. 2

因为 ck ? ?1, 所以 ? ck 为偶数(k ? 1,?, n ? 1). 1 所以 *1 ? c1 )(n ? 1) ? (1 ? c2 )(n ? 2) ? ? ? (1 ? cn ) 为偶数, 所以要使 S ( An ) ? 0, 必须使

n(n ? 1) 为偶数, 2

即 4 整除 n(n ? 1), 亦即n ? 4m或n ? 4m ? 1(m ? N*) .



n ? 4m ? 1(m ? N*)时, E数列An的项满足a4k ?1 ? a4k ?1 ? 0, a4k ?2 ? ?1, a4 k ? 1
(k ? 1,2,?, m) 时,有 a1 ? 0, S ( An ) ? 0;

a4k ? 1(k ? 1,2,?, m), a4k ?1 ? 0时, 有a1 ? 0, S ( An ) ? 0;
当 n ? 4m ? 1(m ? N*)时, E数列An 的项满足, a4k ?1 ? a3k ?3 ? 0, a4k ?2 ? ?1, 当 n ? 4m ? 2或n ? 4m ? 3(m ? N )时, n(m ? 1) 不能被 4 整除,此时不存在 E 数 列 An, 使得 a1 ? 0, S ( An ) ? 0. 3、已知等比数列{an}的公比 q=3,前 3 项和 S3= (I)求数列{an}的通项公式; (II)若函数 f ( x) ? A sin(2 x ? ? )( A ? 0,0 ? ? ? p ? ? ) 在 x ? 为 a3,求函数 f(x)的解析式。

13 。 3

?
6

处取得最大值, 且最大值

4、设 b>0,数列 ?an ? 满足 a1=b, an ?

nban?1 (n ? 2) an ?1 ? 2n ? 2 .

(1)求数列 ?an ? 的通项公式; (2)证明:对于一切正整数 n, an ?
解(1)法一:

bn?1 ? 1. 2n?1

an ban?1 n an?1 ? 2(n ? 1) 1 2 n ? 1 ,得 , ? ? ? ? ? n an ?1 ? 2(n ? 1) an ban?1 b b an?1



2 1 n ? bn ,则 bn ? ? bn ?1 ? (n ? 2) , b b an

(ⅰ)当 b ? 2 时, ?bn ? 是以 即 bn ?

1 1 为首项, 为公差的等差数列, 2 2

1 1 1 ? (n ? 1) ? ? n ,∴ an ? 2 2 2 2 2 2 2 ? (bn ?1 ? ? ) ,则 bn ? ? bn ?1 ? ? ( ? 1) , b b b

(ⅱ)当 b ? 2 时,设 bn ? ? ? 令 ?(

2 1 1 1 2 1 ? 1) ? ,得 ? ? ? ? (bn ?1 ? ) (n ? 2) , ,? bn ? b b 2?b 2?b b 2?b
1 1 1 1 2 ? (b1 ? ) ? ( ) n ?1 ,又 b1 ? , 是等比数列,? bn ? b 2?b 2?b 2?b b

知 bn ?

1 2 n 1 1 2n ? b n nbn (2 ? b) ? bn ? ?( ) ? ? ? ,? an ? . 2?b b 2?b 2?b bn 2n ? b n 1 1 法二: (ⅰ)当 b ? 2 时, ?bn ? 是以 为首项, 为公差的等差数列, 2 2
即 bn ?

1 1 1 ? (n ? 1) ? ? n ,∴ an ? 2 2 2 2

(ⅱ)当 b ? 2 时, a1 ? b , a2 ?

2b2 2b2 (b ? 2) 3b3 3b3 (b ? 2) ? 2 ? 3 , a2 ? 2 , b?2 b ? 22 b ? 2b ? 4 b ? 23

nb n (b ? 2) 猜想 an ? ,下面用数学归纳法证明: b n ? 2n ①当 n ? 1 时,猜想显然成立;
②假设当 n ? k 时, ak ?

kb k (b ? 2) ,则 b k ? 2k

ak ?1 ?

(k ? 1)b ? ak (k ? 1)b ? kbk (b ? 2) (k ? 1)bk ?1 (b ? 2) , ? k ? ak ? 2(n ? 1) kb (b ? 2) ? 2k ? (bk ? 2k ) bk ?1 ? 2k ?1
nb n (b ? 2) . b n ? 2n

所以当 n ? k ? 1 时,猜想成立, 由①②知, ?n ? N * , an ?

2n ?1 (2) (ⅰ)当 b ? 2 时, an ? 2 ? n ?1 ? 1 ,故 b ? 2 时,命题成立; 2
(ⅱ)当 b ? 2 时, b2n ? 22n ? 2 b2n ? 22n ? 2n?1 bn ,

b2n?1 ? 2 ? b ? 22n?1 ? 2 b2n ? 22n ? 2n?1 bn ,
?? , b n ?1 ? 2n ?1 ? b n ?1 ? 2n ?1 ? 2 b 2 n ? 22 n ? 2n ?1 b n ,以上 n 个式子相加得

b2n ? b2 n?1 ? 2 ? ? ? bn?1 ? 2n?1 ? bn?1 ? 2n?1 ? ? ?b ? 22n?1 ? 22n ? n ? 2n?1 bn ,

an ?

n ? 2n?1 bn (b ? 2) [(b2n ? b2n?1 ? 2 ? ? ? b ? 22n?1 ? 22n ) ? bn ? 2n ](b ? 2) ? 2n?1 (bn ? 2n ) 2n?1 (bn ? 2n )

?

(b2 n ? b2 n?1 ? 2 ? ? ? b ? 22 n?1 ? 22 n )(b ? 2) ? bn ? 2n (b ? 2) 2n?1 (bn ? 2n )

(b2n?1 ? 22n?1 ) ? bn?1 ? 2n ? bn ? 2n?1 ? 2n?1 (bn ? 2n ) (b2n?1 ? bn?1 ? 2n ) ? (bn ? 2n?1 ? 22n?1 ) b n ?1 ? n ?1 ? 1 .故当 b ? 2 时,命题成立; ? 2 2n?1 (bn ? 2n )
综上(ⅰ) (ⅱ)知命题成立. 5、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) .
(Ⅰ)求数列 ?an? 的通项公式; (Ⅱ)若存在 k ? N*,使得 Sk ? 1 ,Sk ,Sk ? 2 成等差数列,是判断: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. 解: (I)由已知 an?1 ? rSn , 可得 an?2 ? rSn?1 ,两式相减可得

an?2 ? an?1 ? r S ?1 ? S ? r a1, ( n ) n n ?
即 an?2 ? (r ? 1)an?1 , 又 a2 ? ra1 ? ra, 所以 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 ) ,
*

于是由 an?2 ? (r ? 1)an?1 , 可得

an ? 2 ? r ? 1(n ? N ? ) , an ?1

?a2 , a3 ,?, an ? ? 成等比数列,
?当n ? 2时 , an ? r (r ?1)n?2 a.
综上,数列 {an } 的通项公式为 an ? ?
*

?an ?r (r ? 1)

n ? 1,
n?2

a, n ? 2

(II)对于任意的 m ? N ,且 m ? 2, am?1 , am , am?2 成等差数列,证明如下: 当 r=0 时,由(I)知, am ? ?

?a, n ? 1, ?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 ? , Sk ? ? ak ? . 1 2 1
若存在 k ? N ,使得 Sk ?1 , S1 , Sk ?2 成等差数列,
*

则 Sk ?1 ? Sk ?2 ? 2Sk ,

?2Sk ? 2ak?1 ? ak?2 ?2 Sk , a?2 ? ? a?1 , 即 k 2 k
由(I)知, a2 , a3 ,?, am ,? 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 ,
*

成等差数列, ?am?1 ? am?2 ? am, am 1, am, am2 2 即 ? ? 综上,对于任意的 m ? N ,且 m ? 2, am?1 , am , am?2 成等差数列。
*

6、

已知函数 f ( x ) = x3 ,g ( x )= x + x 。

(Ⅰ)求函数 h ( x )= f ( x )-g ( x )的零点个数,并说明理由; (Ⅱ)设数列 {an }(n ? N * ) 满足 a1 ? a(a ? 0) , f (an?1 ) ? g (an ) ,证明:存在常数 M,使得对于任意的 n ? N * ,都有 an ≤ M .
, ) 解 析 :( I ) 由 h( x) ? x3 ? x ? x 知 , x ? [ 0 ? ?, 而 h(0) ? 0 , 且
? ( 2) h( 1?)? ? 1 h 0 ? ? 2 )? ,则 x 2 0 为 h( x) 的一个零点,且 h( x) 在 1, 内有零 , ( 6 0

点,因此 h( x) 至少有两个零点
1 ?1 1 ?1 1 ?3 解法 1: h'( x) ? 3x 2 ? 1 ? x 2 ,记 ? ( x) ? 3x 2 ? 1 ? x 2 ,则 ? '( x) ? 6 x ? x 2 。 2 2 4

当 x ? (0, ??) 时, ? '( x) ? 0 ,因此 ? ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,则 ? ( x) 在 (0, ??) 内 至多只有一个零点。又因为 ? (1) ? 0, ? (
3 3 ) ? 0 ,则 ? ( x) 在 ( ,1) 内有零点,所 3 3

以 ? ( x) 在 (0, ??) 内有且只有一个零点。记 此零点为 x1 ,则当 x ? (0,x1 )时, ;当 x ? ( x1 , ??) 时, ? ( x) ? ?'( x1 ) ? 0 ; ? ( x ) ? ? '(x1 )? 0

所以, 当 x ? (0, x1 ) 时, h( x) 单调递减,而 h(0) ? 0 ,则 h( x) 在 (0, x1 ] 内无零点; 当 x ? ( x1 , ??) 时, h( x) 单调递增,则 h( x) 在 ( x1 , ??) 内至多只有一个零点;
从而 h( x) 在 (0, ??) 内至多只有一个零点。综上所述, h( x) 有且只有两个零点。

1 ?3 解法 2: h( x) ? x( x ? 1 ? x ) ,记 ? ( x) ? x ? 1 ? x ,则 ? '( x) ? 2 x ? x 2 。 2
2 ? 1 2 2 ? 1 2

当 x ? (0, ??) 时, ? '( x) ? 0 ,因此 ? ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,则 ? ( x) 在 (0, ??) 内 至多只有一个零点。因此 h( x) 在 (0, ??) 内也至多只有一个零点,
综上所述, h( x) 有且只有两个零点。 (II)记 h( x) 的正零点为 x0 ,即 x03 ? x0 ?

x0 。 x0 ? x03 ,因此 a2 ? x0 ,

(1)当 a ? x0 时,由 a1 ? a ,即 a1 ? x0 .而 a23 ? a1 ? a1 ? x0 ? 由此猜测: an ? x0 。下面用数学归纳法证明:

①当 n ? 1 时, a1 ? x0 显然成立; ②假设当 n ? k (k ? 1) 时,有 ak ? x0 成立,则当 n ? k ? 1 时,由

ak ?13 ? ak ? ak ? x0 ? x0 ? x03 知, ak ?1 ? x0 ,因此,当 n ? k ? 1 时, ak ?1 ? x0 成立。
故对任意的 n ? N , an ? x0 成立。
*

(2)当 a ? x0 时,由(1)知, h( x) 在 ( x0 , ??) 上单调递增。则 h( a) ? h( x0 ) ? 0,即

a3 ? a ? a 。从而 a23 ? a1 ? a1 ? a ? a ? a3 ,即 a2 ? a ,由此猜测: an ? a 。下面用
数学归纳法证明:

①当 n ? 1 时, a1 ? a 显然成立; ②假设当 n ? k (k ? 1) 时,有 ak ? a 成立,则当 n ? k ? 1 时,由

ak ?13 ? ak ? ak ? a ? a ? a3 知, ak ?1 ? a ,因此,当 n ? k ? 1 时, ak ?1 ? a 成立。
故对任意的 n ? N , an ? a 成立。
*

综上所述,存在常数 M ? max{x0 , a},使得对于任意的 n ? N ,都有 an ? M .
*

7、 已知两个等比数列 {an },{bn } , 满足 a? ? a(a ? ?), b? ? a? ??, b? ? a? ? ?, b? ? a? ? ? . (1)若 a ? ? ,求数列 {an } 的通项公式; (2)若数列 {an } 唯一,求 a 的值. 答(1)设 {an } 的公比为 q,则 b1 ? 1 ? a ? 2, b2 ? 2 ? aq ? 2 ? q, b3 ? 3 ? aq2 ? 3 ? q2 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)n?1 或an ? (2 ? 2)n?1. (2)设 {an } 的公比为 q,则由 (2 ? aq) ? (1 ? a)(3 ? aq ),
2 2

得 aq2 ? 4aq ? 3a ? 1 ? 0(*) 由 a ? 0得? ? 4a ? 4a ? 0 ,故方程(*)有两个不同的实根
2

由 {an } 唯一,知方程(*)必有一根为 0,代入(*)得 a ? 8、已知等差数列{an}满足 a2=0,a6+a8=-10 (I)求数列{an}的通项公式;

1 . 3

?a ? (II)求数列 ? nn ? 的前 n 项和. ?1 ?2 ?
解: (I)设等差数列 {an } 的公差为 d,由已知条件可得 ?

?a1 ? d ? 0, ?2a1 ? 12d ? ?10,

解得 ?

? a1 ? 1, ? d ? ?1.
………………5 分

故数列 {an } 的通项公式为 an ? 2 ? n. (II)设数列 {

an a a }的前n项和为Sn ,即 Sn ? a1 ? 2 ? ? ? nn 1 , 故S1 ? 1 , n ?1 2 2 2?

Sn a1 a2 a ? ? ??? n . 2 2 4 2n
所以,当 n ? 1 时,

Sn a ?a a a ? a1 ? a1 ? 2 ? ? ? n n ?1n ?1 ? n 2 2 2 2n 1 1 1 2?n ? 1 ? ( ? ? ? ? n ?1 ? n ) 2 4 2 2 1 2?n ? 1 ? (1 ? n ?1 ) ? n 2 2
n . 2n
所以 S n ?

n 2 n ?1

.
………………12 分

综上,数列 {

an n }的前n项和Sn ? n ?1 . n ?1 2 2

9、设数列 ?an ? 满足 a1 ? 0 且 (Ⅰ )求 ?a n ? 的通项公式; (Ⅱ )设 bn ? 解: (I)由题设

1 1 ? ? 1. 1 ? a n ?1 1 ? a n

1 ? an?1 n

, 记Sn ? ? bk , 证明:Sn ? 1.
k ?1

n

1 1 ? ? 1, 1 ? an ?1 1 ? an

即{

1 } 是公差为 1 的等差数列。 1 ? an



1 1 ? 1, 故 ? n. 1 ? a1 1 ? an
1 . n

所以 an ? 1 ?

(II)由(I)得

bn ? ?

1 ? an ?1 n

,
…………8 分

n ?1 ? n , n ?1 ? n 1 1 ? ? n n ?1

Sn ? ? bk ? ? (
k ?1 k ?1

n

n

1 1 1 ? ) ? 1? ? 1. k k ?1 n ?1

…………12 分

10、等比数列 ?an ? 中, a1 , a2 , a 3 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 第一行 第二行 第三行 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18

(Ⅰ)求数列 ?an ? 的通项公式; (Ⅱ)若数列 ?bn ? 满足: bn ? an ? (?1)ln an ,求数列 ?bn ? 的前 n 项和 Sn . 解: (I)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, 所以公式 q=3, 故 an ? 2 ? 3n?1. (II)因为 bn ? an ? (?1)n ln an

? 2 ? 3n ?1 ? (?1) n (2 ? 3n ?1 ) ? 2 ? 3n ?1 ? (?1) n [ln 2 ? (n ? 1) ln 3] ? 2 ? 3n ?1 ? (?1) n (ln 2 ? ln 3) ? (?1) n n ln 3,
所以

S2n ? 2(1 ? 3 ? ?? 32n?1 ) ? [?1 ?1 ?1 ? ?? (?1)2n ](ln 2 ? ln3) ? [?1 ? 2 ? 5 ? ?? (?1) n n]ln3,
所以 当 n 为偶数时, S n ? 2 ?

1 ? 3n n ? ln 3 1? 3 2

n ? 3n ? ln 3 ? 1; 2
当 n 为奇数时, Sn ? 2 ?

1 ? 3n n ?1 ? (ln 2 ? ln 3) ? ( ? n) ln 3 1? 3 2

? 3n ?

n ?1 ln 3 ? ln 2 ? 1. 2

综上所述,

? n n ?3 ? 2 ln 3 ? 1, n为偶数 ? Sn ? ? ?3n - n ? 1 ln3-ln2-1,n为奇数 ? ? 2
11、 12、 (18 分)已知数列 {an } 和 {bn } 的通项公式分别为 an ? 3n ? 6 , bn ? 2n ? 7 ( n ? N ) ,
*

将集合

{x | x ? an , n ? N *} ?{x | x ? bn , n ? N *} 中 的 元 素 从 小 到 大 依 次 排 列 , 构 成 数 列
c1 , c2 , c3 ,?, cn ,? 。
⑴ 求 c1 , c2 , c3 , c4 ; ⑵ 求证:在数列 {cn } 中、但不在数列 {bn } 中的项恰为 a2 , a4 ,?, a2 n ,? ; ⑶ 求数列 {cn } 的通项公式。 ⑴

c1 ? 9 , c2 ? 1 1, 3 ? 1 2 4 ? ; 3 c c, 1

* ⑵ ① 任 意 n ? N , 设 a2n?1 ? 3(2n ?1) ? 6 ? 6n ? 3 ? bk ? 2k ? 7 , 则 k ? 3n ? 2 , 即

a2n? 1 ? b 3n? 2
② 假设 a2n ? 6n ? 6 ? bk ? 2k ? 7 ? k ? 3n ?

1 ? N * (矛盾) ,∴ 2

a2n ?{bn }

∴ 在数列 {cn } 中、但不在数列 {bn } 中的项恰为 a2 , a4 ,?, a2 n ,? 。 ⑶ b3k ?2 ? 2(3k ? 2) ? 7 ? 6k ? 3 ? a2k ?1 ,

b3k ?1 ? 6k ? 5 , a2k ? 6k ? 6 , b3k ? 6k ? 7


6k ? 3 ? 6 ? 5 ? 6 ? 6 ? k ? 7 k k 6

∴ 当 k ? 1 时,依次有 b1 ? a1 ? c1 , b2 ? c2 , a2 ? c3 , b3 ? c4 ,……

? 6k ? 3 (n ? 4k ? 3) ?6k ? 5 (n ? 4k ? 2) ? ∴ cn ? ? ,k ? N* ? 6k ? 6 (n ? 4k ? 1) ? 6k ? 7 ( n ? 4k ) ?

设 d 为非零实数, an ? 13、

1 1 2 n n (Cn d ? 2Cn d 2 ? ? ? (n ? 1)Cn ?1 d n ?1 ? nCn d n ](n ? N * ) n

(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; (II)设 bn ? ndan (n ? N * ) ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Sn . 解析: (1)

a1 ? d a2 ? d (d ? 1) a3 ? d (d ? 1) 2
0 1 2 n an ? Cn d ? Cn d 2 ? Cn d 3 ? ? ? Cn ?1d n ? d (1 ? d ) n ?1

an ?1 ? d (1 ? d ) n an ?1 ? d ?1 an
因为 d 为常数,所以 {an } 是以 d 为首项, d ? 1 为公比的等比数列。

bn ? nd 2 (1 ? d ) n ?1
(2) Sn ? d (1 ? d ) ? 2d (1 ? d ) ? 3d (1 ? d ) ? ?? ? nd (1 ? d )
2 0 2 1 2 2 2 n ?1

? d 2 [(1 ? d )0 ? 2(1 ? d )1 ? 3(1 ? d ) 2 ? ?? ? n(1 ? d ) n ?1 ](1)

(1 ? d )Sn ? d 2[(1 ? d )1 ? 2(1 ? d )2 ? 3(1 ? d )3 ? ??? n(1 ? d )n ](2)
1? (1 ? (1 ? d )n ) (2) ? (1) ? dSn ? ?d [ ? d 2 n(1 ? d )n ? d ? (d 2 n ? d )(1 ? d )n 1 ? (1 ? d )
2

? Sn ? 1 ? (dn ?1)(1 ? d )n
14、已知数列 {an } 与 {bn } 满足: bn an ? an ?1 ? bn ?1an ? 2 且

3 ? (?1)n * ? 0, bn ? , n?N , 2

a1 ? 2, a2 ? 4 .
(Ⅰ )求 a3 , a4 , a5 的值; (Ⅱ )设 cn ? a2n?1 ? a2n?1 , n ? N ,证明: ?cn ? 是等比数列;
*

(III)设 Sk ? a2 ? a4 ???? ? a2k , k ? N , 证明:
*

?a
k ?1

4n

Sk
k

7 ? (n ? N * ) . 6

(I)解:由 bn ?

3 ? (?1) n , n ? N *, 2

可得 bn ? ?

?1, n为奇数 ?2,n为偶数

又 bn an ? an?1 ? bn?1an?2 ? 0,

当n=1时,a1 +a 2 +2a 3 =0,由a1 =2,a 2 =4,可得a 3 ? ?3; 当n=2时,2a 2 +a 3 +a 4 =0,可得a 4 ? ?5; 当n=3时,a 3 +a 4 +2a 5 =0,可得a 4 ? 4.
(II)证明:对任意 n ? N * ,

a2n?1 ? a2n ? 2a2n?1 ? 0, 2a2n ? a2n?1 ? a2n?2 ? 0, a2n?1 ? a2n?2 ? 2a2n?3 ? 0,
②—③,得

① ② ③ ④

a2n ? a2n?3 .

将④代入①,可得 a2n?1 ? a2n?3 ? ?(a2n?1 ? a2n?1 ) 即 cn?1 ? ?cn (n ? N * ) 又 c1 ? a1 ? a3 ? ?1, 故cn ? 0, 因此

cn?1 ? ?1, 所以{cn } 是等比数列. cn

(III)证明:由(II)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 (a2 k ?3 ? a2 k ?1 ) ? ?1.
将以上各式相加,得 a1 ? (?1) a2k ?1 ? ?(k ?1),
k

即 a2k ?1 ? (?1)

k ?1

(k ?1) ,
k ?1

此式当 k=1 时也成立.由④式得 a2k ? (?1)

(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 ,
n Sk S S S S ? ? ( 4 m?3 ? 4 m?2 ? 4 m?1 ? 4 m ) ? a m?1 a a4 m?2 a4 m?1 a4 m k ?1 k 4 m ?3
n

4n

? ?(
m ?1 n

2m ? 2 2m ? 1 2m ? 3 2m ? ? ? ) 2m 2m ? 2 2m ? 1 2m ? 3 2 3 ? ) 2m(2m ? 1) (2m ? 2)(2m ? 2)

? ?(
m ?1

?

n 2 5 3 ?? ? 2 ? 3 m?2 2m(2m ? 1) (2n ? 2)(2n ? 3)

1 n 5 3 ? ?? ? 3 m?2 (2m ? 1)(2m ? 1) (2n ? 2)(2n ? 3)
1 5 1 1 1 1 1 1 3 ? ? ? [( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ( ? )] ? 3 2 3 5 5 7 2n ? 1 2n ? 1 (2n ? 2)(2n ? 3)

1 5 5 1 3 ? ? ? ? ? 3 6 2 2n ? 1 (2n ? 2)(2n ? 3) 7 ? . 6
对于 n=1,不等式显然成立. 所以,对任意 n ? N ,
*

S S S1 S2 ? ? ? ? 2 n?1 ? 2 n a1 a2 a2 n?1 a2 n ?( S S S S S1 S2 ? ) ? ( 3 ? 4 ) ? ? ? ( 2 n?1 ? 2 n ) a1 a2 a3 a4 a2 n?1 a2 n

1 1 1 2 1 n ? (1 ? ? ) ? (1 ? 2 ? 2 ) ? ? ? (1 ? n ? n ) 2 4 12 4 4 ? (4 ? 1) 4 (4 ? 1) 1 1 1 2 1 n ? n?( ? )?( 2 ? 2 2 ) ?? ? ( n ? n n ) 4 12 4 4 (4 ? 1) 4 4 (4 ? 1)

1 1 1 ? n?( ? ) ? n? . 4 12 3
15、等比数列 ?an ? 的各项均为正数,且 2a1 ? 3a2 ? 1, a32 ? 9a2 a6 . 求数列 ?an ? 的通项公式. 设 bn ? log3 a1 ? log3 a2 ? ...... ? log3 an , 求数列 ? 解:
2 3 2 (Ⅰ )设数列{an}的公比为 q,由 a3 ? 9a2a6 得 a3 ? 9a4 所以 q ?
2

?1? ? 的前 n 项和. ? bn ?

1 。 9

由条件可知 c>0,故 q ?

1 。 3

由 2a1 ? 3a2 ? 1得 2a1 ? 3a2 q ? 1 ,所以 a1 ? 故数列{an}的通项式为 an=

1 。 3

1 。 3n

(Ⅱ) bn ? log3 a1 ? log3 a2 ? ... ? log3 an

? ?(1 ? 2 ? ... ? n) ?? n(n ? 1) 2



1 2 1 1 ?? ? ?2( ? ) bn n(n ? 1) n n ?1

1 1 1 1 1 1 1 1 2n ? ? ... ? ? ?2((1 ? ) ? ( ? ) ? ... ? ( ? )) ? ? b1 b2 bn 2 2 3 n n ?1 n ?1
所以数列 {

2n 1 } 的前 n 项和为 ? n ?1 bn

16、 (本题满分 14 分)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 项和为 Sn ,且

1 1 1 , , 成等比数列 a1 a2 a4

(1)求数列 {an } 的通项公式及 Sn (2)记 An ?

1 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ... ? , Bn ? ? ? ,当 n ? 2 时,试比 ? ... ? S1 S2 S3 Sn a1 a2 a22 a2n

较 An 与 Bn 的大小. (I)解:设等差数列 {an } 的公差为 d,由 ( 得 (a1 ? d )2 ? a1 (a1 ? 3d ) 因为 d ? 0 ,所以 d ? a 所以 an ? na1 , S n ? (II)解:因为

1 2 1 1 ) ? ? , a2 a1 a4

an(n ? 1) . 2

1 2 1 1 ? ( ? ) ,所以 Sn a n n ? 1

An ?

1 1 1 1 2 1 ? ? ? ? ? ? (1 ? ) S1 S2 S3 Sn a n ?1
n?1

因为 a2n?1 ? 2

a ,所以

1 1 ? ( )n 1 1 1 1 1 2 ? 2 (1 ? 1 ). Bn ? ? ? ?? ? ? ? a1 a2 a22 a2n?1 a 1 ? 1 a 2n 2
0 1 2 n 当 n ? 2时, 2n ? Cn ? Cn ? Cn ? ?? Cn ? n ? 1 ,

即1 ?

1 1 ? 1? n , n ?1 2

所以,当 a ? 0时, An ? Bn ; 当 a ? 0时, An ? Bn . 17、设实数数列 {an } 的前 n 项和 S n ,满足 S n?1 ? an?1 S n (n ? N * ) (I)若 a1 , S2 ? 2a2 成等比数列,求 S2 和 a3 ; (II)求证:对 k ? 3有0 ? ak ?1 ? ak ?

4 3

2 ? S2 ? ?2a1a2 , 2 (I)解:由题意 ? 得S2 ? ?2S2 , ? S2 ? a2 S1 ? a1a2 ,

由 S2 是等比中项知 S2 ? 0.因此S2 ? ?2. 由 S2 ? a3 ? S3 ? a3 S2 解得

a3 ?

S2 ?2 2 ? ? . S2 ? 1 ?2 ? 1 3

(II)证法一:由题设条件有 Sn ? an?1 ? an?1Sn , 故 Sn ? 1, an?1 ? 1且an ?1 ? 从而对 k ? 3 有

Sn a , Sn ? n?1 , Sn ? 1 an?1 ? 1

ak ?1 2 Sk ?1 a ? Sk ?2 ak ?1 ? 1 ak ?1 ak ? ? k ?1 ? ? 2 . ak ?1 Sk ?1 ? 1 ak ?1 ? Sk ?2 ? 1 ak ?1 ? ak ?1 ? 1 ak ?1 ? ?1 ak ?1 ? 1 ak ?1 ?
因 ak ?1 ? ak ?1 ? 1 ? (ak ?1 ? ) ?
2 2



1 2

3 2 ? 0且ak ?1 ? 0 ,由①得 ak ? 0 4

2 ak ?1 4 4 要证 ak ? ,由①只要证 2 ? , 3 ak ?1 ? ak ?1 ? 1 3

2 2 即证 3ak ?1 ? 4(ak ?1 ? ak ?1 ? 1),即(ak ?1 ? 2)2 ? 0.

此式明显成立. 因此 ak ?

4 (k ? 3). 3
2 ak ? ak , 2 ak ? ak ? 1

最后证 ak ?1 ? ak . 若不然 ak ?1 ?

又因 ak ? 0, 故

ak ? 1,即(ak ? 1)2 ? 0. 矛盾. 2 ak ? ak ? 1

因此 ak ?1 ? ak (k ? 3). 证法二:由题设知 Sn?1 ? Sn ? an?1 ? an?1 Sn , 故方程 x2 ? Sn?1 x ? Sn?1 ? 0有根Sn 和an?1 (可能相同).
2 因此判别式 ? ? Sn?1 ? 4Sn?1 ? 0.

又由 Sn ? 2 ? Sn ?1 ? an ? 2 ? an ? 2 Sn ?1得an ? 2 ? 1且Sn ?1 ?
2 an?2 4an?2 2 ? ? 0,即3an?2 ? 4an?2 ? 0 , 2 an? 2 ? 1 (an?2 ? 1)

an? 2 . an? 2 ? 1

因此

解得 0 ? an ? 2 ?

4 . 3

因此 0 ? ak ? 由 ak ?

4 3

(k ? 3).

Sk ?1 ? 0 (k ? 3) ,得 Sk ?1 ? 1
Sk Sk ?1 S ? ak ? ak ( ? 1) ? ak ( 2 k ?1 ? 1) Sk ? 1 ak S k ?1 ? 1 Sk ?1 ?1 Sk ?1 ? 1 S
2 k ?1

ak ?1 ? ak ?

??

ak ?? ? Sk ?1 ? 1

ak ? 0. 1 2 3 ( Sk ?1 ? ) ? 2 4

因此 ak ?1 ? ak

(k ? 3).

18、设 M 为部分正整数组成的集合,数列 {an } 的首项 a1 ? 1 ,前 n 项和为 S n ,已知对任意 整数 k 属于 M,当 n>k 时, S n?k ? S n?k ? 2(S n ? S k ) 都成立


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