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2009年高考数学试题分类汇编——数列


2009 年高考数学试题分类汇编——数列 年高考数学试题分类汇编—— ——数列
一,选择题 1.(2009 年广东卷文)已知等比数列 {an } 的公比为正数,且 a3 a9 =2 a5 , a2 =1,则 a1 =
2

A.

1 2

B.

2 2

C.

2

D.2

【答案】B 【解析】设公比为 q ,由已知得 a1q 2 a1q 8 = 2 a1q 4 所以 q =

(

) ,即 q
2

2

= 2 ,又因为等比数列 {an } 的公比为正数,

2 ,故 a1 =

a2 1 2 = = ,选 B q 2 2
2n

2. 2009 广 东 卷 理 ) ( 已知等比数列 {an } 满足 an > 0, n = 1, 2, , a5 a2 n 5 = 2 ( n ≥ 3) , 且 则当 n ≥ 1 时, log 2 a1 + log 2 a3 + + log 2 a2 n 1 = A. n(2n 1) B. (n + 1) 2
2 2n

C. n

2

D. ( n 1) 2
n

【 解 析 】 由 a5 a2n5 = 22n (n ≥ 3) 得 a n = 2

, a n > 0 , 则 a n = 2 , log 2 a1 + log 2 a3 + +

log 2 a 2 n 1 = 1 + 3 + + (2n 1) = n 2 ,选 C.
3.(2009 安徽卷文)已知 为等差数列, ,则 等于

A. -1 B. 1 C. 3 D.7 【 解 析 】 ∵ a1 + a3 + a5 = 105 即 3a3 = 105 ∴ a3 = 35 同 理 可 得 a4 = 33 ∴ 公 差 d = a4 a3 = 2 ∴ a20 = a4 + (20 4) × d = 1 .选 B. 【答案】B 4. (2009 江西卷文) 公差不为零的等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn .若 a4 是 a3与a7 的等比中项, S8 = 32 , 则 S10 等于 A. 18 答案:C
2

B.

24
2

C.

60

D.

90

.

【解析】由 a4 = a3 a7 得 ( a1 + 3d ) = ( a1 + 2d )( a1 + 6d ) 得 2a1 + 3d = 0 ,再由 S8 = 8a1 +

56 d = 32 得 2

2a1 + 7 d = 8 则 d = 2, a1 = 3 ,所以 S10 = 10a1 +

90 d = 60 ,.故选 C 2

5.(2009 湖南卷文)设 Sn 是等差数列 {an } 的前 n 项和,已知 a2 = 3 , a6 = 11 ,则 S7 等于【 C 】 A.13 B.35 C.49 D. 63

1

解: S7 =

7(a1 + a7 ) 7(a2 + a6 ) 7(3 + 11) = = = 49. 故选 C. 2 2 2

或由

a2 = a1 + d = 3 a = 1 1 , a7 = 1 + 6 × 2 = 13. a6 = a1 + 5d = 11 d = 2

7(a1 + a7 ) 7(1 + 13) = = 49. 故选 C. 2 2 6.(2009 福建卷理)等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且 S3 =6, a1 =4, 则公差 d 等于
所以 S7 = A.1 【答案】 :C [解析]∵ S3 = 6 = B

5 3

C.- 2

D3

3 (a1 + a3 ) 且 a3 = a1 + 2d a1 =4 ∴ d=2 .故选 C 2

.

7.(2009 辽宁卷文)已知 {an } 为等差数列,且 a7 -2 a4 =-1, a3 =0,则公差 d= (A)-2 (B)-

1 2

(C)

1 2

(D)2

【解析】a7-2a4=a3+4d-2(a3+d)=2d=-1 d=- 【答案】B 8.(2009 辽宁卷理)设等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn

1 2
S6 =3 ,则 S3 S9 = S6

,若

(A) 2

(B)

7 3

(C)

8 3

(D)3

【解析】设公比为 q ,则

S 6 (1 + q 3 ) S3 =1+q3=3 q3=2 = S3 S3

S9 1 + q 3 + q 6 1 + 2 + 4 7 于是 = = = S6 1 + q3 1+ 2 3
【答案】B

.

9.(2009 宁夏海南卷理)等比数列 {an } 的前 n 项和为 sn ,且 4 a1 ,2 a2 , a3 成等差数列.若 a1 =1, 则 s4 = (A)7 (B)8 解 析 : (3)15 (4)16



4

a1

,

2

a2

,

a3











,

∴ 4a1 + a3 = 4a2 , 即4a1 + a1q 2 = 4a1q,∴ q 2 4q + 4 = 0,∴ q = 2,S4 = 15 ,选 C.
10.(2009 四川卷文)等差数列{ a n }的公差不为零,首项 a1 =1, a2 是 a1 和 a5 的等比中项,则数 列的前 10 项之和是 A. 90 B. 100 C. 145 D. 190
2

【答案】B 答案】 【解析】设公差为 d ,则 (1 + d ) = 1 (1 + 4d ) .∵ d ≠0,解得 d =2,∴ S10 =100 解析】
2

11. ( 2009 湖 北 卷文 )设 x ∈ R, 记 不 超过 x 的 最 大 整 数为 [ x ], 令 { x }= x -[ x ], 则 { [
5 +1 5 +1 ], 2 2

5 +1 }, 2

A.是等差数列但不是等比数列 C.既是等差数列又是等比数列 【答案】B 【解析】可分别求得

B.是等比数列但不是等差数列 D.既不是等差数列也不是等比数列

5 + 1 5 1 5 +1 ,[ ] = 1 .则等比数列性质易得三者构成等比数列. = 2 2 2

12.(2009 湖北卷文)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数,例如:

.

他们研究过图 1 中的 1,3,6,10,…,由于这些数能够表示成三角形,将其称为三角形数;类似地, 称图 2 中的 1,4,9,16…这样的数成为正方形数.下列数中及时三角形数又是正方形数的是 A.289 【答案】C 【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项 a n = B.1024 C.1225 D.1378

n ( n + 1) ,同理可得正方形数构成的数列通项 2

bn = n 2 ,则由 bn = n 2 ( n ∈ N + ) 可排除 A,D,又由 a n =

n ( n + 1) 知 an 必为奇数,故选 C. 2
2

13.(2009 宁夏海南卷文)等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,已知 am 1 + am +1 am = 0 , S 2 m 1 = 38 , 则m = (A)38 【答案】C 所以,am 1 + am +1 = 2am ,由 am 1 + am +1 am = 0 ,得:2 a m - a m 【解析】因为 {an } 是等差数列,
2

(B)20

(C)10

(D)9

.

2

3

=0,所以, a m =2,又 S 2 m 1 = 38 ,即 10,故选.C.

(2m 1)(a1 + a 2 m 1 ) =38,即(2m-1)×2=38,解得 m= 2

14.(2009 重庆卷文)设 {an } 是公差不为 0 的等差数列, a1 = 2 且 a1 , a3 , a6 成等比数列,则 {an } 的前

n 项和 Sn =(
A.

)

n 2 7n + 4 4

B.

n 2 5n + 3 3

C.

n 2 3n + 2 4

D. n + n
2

【答案】A 解析设数列 {an } 的公差为 d ,则根据题意得 (2 + 2d )2 = 2 (2 + 5d ) ,解得 d =

1 或 d = 0 (舍 2

n(n 1) 1 n 2 7 n × = + 去) ,所以数列 {an } 的前 n 项和 S n = 2n + 2 2 4 4
15.(2009 安徽卷理)已知 {an } 为等差数列, a1 + a3 + a5 =105, a2 + a4 + a6 =99,以 Sn 表示 {an } 的前

n 项和,则使得 Sn 达到最大值的 n 是
(A)21 (B)20 (C)19 (D) 18 [解析]:由 a1 + a3 + a5 =105 得 3a3 = 105, 即 a3 = 35 ,由 a2 + a4 + a6 =99 得 3a4 = 99 即 a4 = 33 ,∴

an ≥ 0 d = 2 , an = a4 + (n 4) × (2) = 41 2n ,由 得 n = 20 ,选 B an +1 < 0
16.(2009 江西卷理)数列 {an } 的通项 an = n (cos
2 2

nπ nπ sin 2 ) ,其前 n 项和为 Sn ,则 S30 为 3 3
D. 510

A. 470 答案:A 【解析】由于 {cos
2

B. 490

C. 495

nπ nπ sin 2 } 以 3 为周期,故 3 3

S30 = (

12 + 22 4 2 + 52 282 + 292 + 32 ) + ( + 62 ) + + ( + 302 ) 2 2 2

= ∑ [
k =1

10

10 (3k 2) 2 + (3k 1) 2 5 9 ×10 × 11 + (3k ) 2 ] = ∑ [9k ] = 25 = 470 故选 A 2 2 2 k =1

17.(2009 四川卷文)等差数列{ a n }的公差不为零,首项 a1 =1, a2 是 a1 和 a5 的等比中项,则数 列的前 10 项之和是 A. 90 答案】 【答案】B B. 100 C. 145 D. 190

.

2 【解析】设公差为 d ,则 (1 + d ) = 1 (1 + 4d ) .∵ d ≠0,解得 d =2,∴ S10 =100 解析】

二,填空题
4

1.(2009 全国卷Ⅰ理) 设等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,若 S9 = 72 ,则 a2 + a4 + a9 = 解: ∵{an } 是等差数列,由 S9 = 72 ,得∴ S9 = 9a5 , a5 = 8

.

∴ a2 + a4 + a9 = (a2 + a9 ) + a4 = (a5 + a6 ) + a4 = 3a5 = 24 .
2.(2009 浙江理)设等比数列 {an } 的公比 q = 答案:15 【解析】对于 s4 =

1 S ,前 n 项和为 Sn ,则 4 = 2 a4

.

a1 (1 q 4 ) s 1 q4 , a4 = a1q 3 ,∴ 4 = 3 = 15 a4 q (1 q ) 1 q
1 S ,前 n 项和为 Sn ,则 4 = 2 a4
.

3.(2009 浙江文)设等比数列 {an } 的公比 q =

【命题意图】此题主要考查了数列中的等比数列的通项和求和公式,通过对数列知识点的考查充分体 现了通项公式和前 n 项和的知识联系. 【解析】对于 s4 =

a1 (1 q 4 ) s 1 q4 , a4 = a1q 3 ,∴ 4 = 3 = 15 1 q a4 q (1 q )

.

4.(2009 浙江文)设等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,则 S 4 , S8 S 4 , S12 S8 , S16 S12 成等差数 列.类比以上结论有:设等比数列 {bn } 的前 n 项积为 Tn ,则 T4 , , ,

T16 成等比数列. T12

答案:

T8 T12 , 【命题意图】此题是一个数列与类比推理结合的问题,既考查了数列中等差数列和等 T4 T8
.

比数列的知识,也考查了通过已知条件进行类比推理的方法和能力

【解析】对于等比数列,通过类比,有等比数列 {bn } 的前 n 项积为 Tn ,则 T4 , 数列. 5. (2009 北京文) 若数列 {an } 满足: 1 = 1, an +1 = 2an ( n ∈ N ) , a5 = a 则


T8 T12 T16 , , 成等比 T4 T8 T12

; 8 项的和 S8 = 前

.w

.(用数字作答) 解析】 【解析】本题主要考查简单的递推数列以及数列的求和问题. 属于基础知识,基本运算的考查.
m

a1 = 1, a2 = 2a1 = 2, a3 = 2a2 4, a4 = 2a3 = 8, a5 = 2a4 = 16 ,
易知 S8 =

28 1 = 255 ,∴应填 255. 2 1


6.(2009 北京理)已知数列 {an } 满足: a4 n 3 = 1, a4 n 1 = 0, a2 n = an , n ∈ N , 则 a2009 = ________;

a2014 =_________.
5

【答案】1,0 答案】 解析】 【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型. 依题意,得 a2009 = a4×5033 = 1 , a2014 = a2×1007 = a1007 = a4×252 1 = 0 . ∴应填 1,0.
.

7.(2009 江苏卷)设 {an } 是公比为 q 的等比数列,| q |> 1 ,令 bn = an + 1( n = 1, 2, ) ,若数列 {bn } 有 连续四项在集合 {53, 23,19,37,82} 中,则 6q = .

【解析】 考查等价转化能力和分析问题的能力.等比数列的通项.

{an } 有连续四项在集合 {54, 24,18,36,81} ,四项 24, 36, 54,81 成等比数列,公比为 q =
6q = -9
8.(2009 山东卷文)在等差数列 {a n } 中, a 3 = 7, a 5 = a 2 + 6 ,则 a 6 = ____________ . 【 解 析 】 : 设 等 差 数 列 {a n } 的 公 差 为 d , 则 由 已 知 得

3 , 2

a1 + 2d = 7 a1 = 3 解得 ,所以 d = 2 a1 + 4d = a1 + d + 6

a6 = a1 + 5d = 13 .
答案:13. 【命题立意】:本题考查等差数列的通项公式以及基本计算. 9.(2009 全国卷Ⅱ文)设等比数列{ a n }的前 n 项和为 s n .若 a1 = 1, s 6 = 4 s 3 ,则 a 4 = 答案: 答案:3 解析:本题考查等比数列的性质及求和运算, 解析:本题考查等比数列的性质及求和运算,由 a1 = 1, s 6 = 4 s 3 得 q3=3 故 a4=a1q3=3. . ×

an , 当an为偶数时, 10.(2009 湖北卷理)已知数列 {an } 满足: a1=m (m 为正整数) an +1 = 2 , 若 3a + 1, 当a 为奇数时. n n a6=1 ,则 m 所有可能的取值为__________.
11.【答案】4 5 32 【解析】 (1)若 a1 = m 为偶数,则
.

a1 m a m 为偶, 故 a2 = a3 = 2 = 2 2 2 4 m m m m ①当 仍为偶数时, a4 = a6 = 故 = 1 m = 32 4 8 32 32 3 m +1 m 3 4 ②当 为奇数时, a4 = 3a3 + 1 = m + 1 a6 = 4 4 4 3 m +1 4 = 1 得 m=4. 故 4
6

(2)若 a1 = m 为奇数,则 a2 = 3a1 + 1 = 3m + 1 为偶数,故 a3 =

a6 =

3m + 1 3m + 1 ,所以 =1 可得 m=5 16 16

3m + 1 必为偶数 2

12.(2009 全国卷Ⅱ理)设等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,若 a5 = 5a3 则 解:∵{an } 为等差数列,∴

S9 = S5

9

.

S9 9a5 = =9 S5 5a3

13.(2009 辽宁卷理)等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且 6 S5 5S3 = 5, 则 a4 = 【解析】∵Sn=na1+ n(n-1)d
1 2
.

∴S5=5a1+10d,S3=3a1+3d ∴6S5-5S3=30a1+60d-(15a1+15d)=15a1+45d=15(a1+3d)=15a4 【答案】
1 3
2 m

14.(2009 宁夏海南卷理)等差数列{ an }前 n 项和为 Sn .已知 am 1 + am +1 - a m=_______ 解 析 : 由

=0, S 2 m 1 =38,则

am 1

+

am +1

-

a 2m

=0





2 2am am = 0, am = 0, 2又S 2 m 1 =

( 2m 1)( a1 + a2 m1 ) =
2

( 2m 1) am = 38 ∴ m = 10 .

答案 10 15.(2009 陕西卷文)设等差数列 {an } 的前 n 项和为 sn ,若 a6 = s3 = 12 ,则 an = 答案:2n 解析:由 a6 = s3 = 12 可得 {an } 的公差 d=2,首项 a1 =2,故易得 an = 2n. 16.(2009 陕西卷理)设等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,若 a6 = S3 = 12 ,则 lim 答案:1
n →∞

.

.

Sn = n2

.

a6 = 12 a1 + 5d = 12 a1 = 2 S S n +1 n +1 解析: Sn = n(n + 1) n = lim n = lim =1 2 2 n →∞ n n →∞ n n n d = 2 a1 + d = 12 s3 = 12
17.(2009 宁夏海南卷文)等比数列{ an }的公比 q > 0 , 已知 a2 =1, an + 2 + an +1 = 6an ,则{ an }的前 4 项和 S4 = 【答案】

.

15 2

n +1 n n 1 2 【解析】由 an + 2 + an +1 = 6an 得: q + q = 6q ,即 q + q 6 = 0 , q > 0 ,解得:q=2,又

7

1 (1 2 4 ) 1 15 2 a2 =1,所以, a1 = , S 4 = = . 2 1 2 2
2 18.(2009 湖南卷理)将正⊿ABC 分割成 n ( n ≥2,n∈N)个全等的小正三角形(图 2,图 3 分别给

出了 n=2,3 的情形) ,在每个三角形的顶点各放置一个数,使位于⊿ABC 的三遍及平行于某边的任一 直线上的数(当数的个数不少于 3 时)都分别一次成等差数列,若顶点 A ,B ,C 处的三个数互不相同 且和为 1,记所有顶点上的数之和为 f(n),则有 f(2)=2,f(3)=

10 1 ,…,f(n)= (n+1)(n+2) 3 6

.

【答案】 :

10 1 , (n 1)(n + 2) 3 6

【 解 析 】 当 n=3 时 , 如 图 所 示 分 别 设 各 顶 点 的 数 用 小 写 字 母 表 示 , 即 由 条 件 知

a + b + c = 1, x1 + x2 = a + b, y1 + y2 = b + c, z1 + z2 = c + a x1 + x2 + y1 + y2 + z1 + z2 = 2(a + b + c) = 2, 2 g = x1 + y2 = x2 + z1 = y1 + z2

6 g = x1 + x2 + y1 + y2 + z1 + z2 = 2(a + b + c) = 2
即g =

.

1 1 1 10 而f (3) = a + b + c + x1 + x2 + y1 + y2 + z1 + z2 + g = 1 + + = 3 2 3 3

进一步可求得 f (4) = 5 .由上知 f (1) 中有三个数, f (2) 中 有 6 个数, f (3) 中共有 10 个数相加 ,

f (4) 中有 15 个数相加….,若 f (n 1) 中有 an 1 (n > 1) 个数相加,可得 f (n) 中有 (an 1 + n + 1) 个数
相加,且由

3 6 3+3 3 10 4 5 f (1) = 1 = , f (2) = = = f (1) + , f (3) = = f (2) + , f (4) = 5 = f (3) + ,... 3 3 3 3 3 3 3 n +1 可得 f ( n) = f ( n 1) + , 所以 3 n +1 n +1 n n +1 n n 1 3 f (n) = f (n 1) + = f (n 2) + + = ... = + + + + f (1) 3 3 3 3 3 3 3 n + 1 n n 1 3 2 1 1 = + + + + + = (n + 1)(n + 2) 3 3 3 3 3 3 6
19.(2009 重庆卷理)设 a1 = 2 , an +1 =

a +2 2 * , bn = n , n ∈ N ,则数列 {bn } 的通项公式 an + 1 an 1
8

bn =
【答案】 :2n+1

.

.

2 +2 an +1 + 2 an +1 a +2 = =2 n = 2bn 且 b1 = 4 所以数列 {bn } 是首项为 4, 【解析】由条件得 bn +1 = 2 an +1 1 an 1 1 an +1
公比为 2 的等比数列,则 bn = 4 2 三,解答题 1.(2009 年广东卷文)(本小题满分 14 分) 已知点(1,
n 1

= 2n +1

1 )是函数 f ( x ) = a x ( a > 0, 且 a ≠ 1 )的图象上一点,等比数列 {an } 的前 n 项和为 3

f (n) c ,数列 {bn } (bn > 0) 的首项为 c ,且前 n 项和 S n 满足 S n - S n1 = S n + S n+1 ( n ≥ 2 ).
(1)求数列 {an } 和 {bn } 的通项公式; (2)若数列{

1 1000 } 前 n 项和为 Tn ,问 Tn > 的最小正整数 n 是多少? bn bn+1 2009
x

.

1 1 【解析】 (1) Q f (1) = a = ,∴ f ( x ) = 3 3

1 2 a1 = f (1) c = c , a2 = f ( 2 ) c f (1) c = , 3 9 2 a3 = f ( 3) c f ( 2 ) c = . 27 4 2 a 2 1 又数列 {an } 成等比数列, a1 = 2 = 81 = = c ,所以 c = 1 ; a3 2 3 3 27
a 1 21 又公比 q = 2 = ,所以 an = a1 3 33 Q S n S n 1 =
n 1

1 = 2 3

n

n∈ N*

;

(

S n S n 1

)(

S n + S n 1 = S n + S n 1

)

( n ≥ 2)

又 bn > 0 , S n > 0 , ∴ S n S n 1 = 1 ; 数列

{ S } 构成一个首相为 1 公差为 1 的等差数列,
n
2 2

Sn =1+ ( n 1) ×1 = n , S n = n 2

当 n ≥ 2 , bn = S n S n 1 = n ( n 1) = 2n 1 ;

∴ bn = 2n 1 ( n ∈ N * );
9

(2) Tn =

1 1 1 1 1 1 1 1 = + + +K + + + +L + b1b2 b2b3 b3b4 bn bn +1 1× 3 3 × 5 5 × 7 (2n 1) × ( 2n + 1)

1 1 11 1 11 1 1 1 1 1 1 n ; = 1 + + + K + = 1 = 2 3 23 5 25 7 2 2n 1 2n + 1 2 2n + 1 2n + 1
由 Tn =

n 1000 1000 1000 > 得n > ,满足 Tn > 的最小正整数为 112. 2n + 1 2009 9 2009

2.(2009 全国卷Ⅰ理) (本小题满分 12 分) 注意:在试题卷上作答无效) (注意 在试题卷上作答无效) 注意: ............. 在数列 {an } 中, a1 = 1, an +1 = (1 + ) an + (I)设 bn =

1 n

n +1 2n

an ,求数列 {bn } 的通项公式 n

(II)求数列 {an } 的前 n 项和 Sn 分析: 分析 (I)由已知有

an +1 an 1 1 = + n ∴ bn +1 bn = n n +1 n 2 2 1 * (n∈ N ) 2n 1

利用累差迭加即可求出数列 {bn } 的通项公式: bn = 2 (II)由(I)知 an = 2n
n

n , 2 n 1

n n k k ∴ Sn = ∑ (2k k 1 ) = ∑ (2k ) ∑ k 1 2 k =1 k =1 k =1 2 n n



∑ (2k ) = n(n + 1) ,又 ∑
k =1

k 是一个典型的错位相减法模型, k 1 k =1 2

易得

∑2
k =1

n

k
k 1

= 4

n+2 n+2 ∴ Sn = n(n + 1) + n 1 4 n 1 2 2

评析:09 年高考理科数学全国(一)试题将数列题前置,考查构造新数列和利用错位相减法求前 n 项和, 评析 一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式. 具有让考生和一线教师重视教材和 基础知识,基本方法基本技能,重视两纲的导向作用.也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良 苦用心. 3.(2009 浙江文) (本题满分 14 分)设 Sn 为数列 {an } 的前 n 项和, S n = kn + n ,n ∈ N ,其中 k 是
2 *

常数. (I) 求 a1 及 an ; (II)若对于任意的 m ∈ N , am , a2 m , a4 m 成等比数列,求 k 的值.
*

解析: (Ⅰ)当 n = 1, a1 = S1 = k + 1 ,

n ≥ 2, a n = S n S n1 = kn 2 + n [k (n 1) 2 + (n 1)] = 2kn k + 1 ( )
10

经验, n = 1, ( )式成立,

∴ a n = 2kn k + 1
2

(Ⅱ)∵ a m , a 2 m , a 4 m 成等比数列,∴ a 2 m = a m .a 4 m , 即 ( 4km k + 1) = ( 2km k + 1)(8km k + 1) ,整理得: mk ( k 1) = 0 ,
2

对任意的 m ∈ N 成立,

∴ k = 0或k = 1


4.(2009 北京文) (本小题共 13 分) 设数列 {an } 的通项公式为 an = pn + q ( n ∈ N , P > 0) . 数列 {bn } 定义如下: 对于正整数 m, m 是 b 使得不等式 an ≥ m 成立的所有 n 中的最小值. (Ⅰ)若 p =

1 1 , q = ,求 b3 ; 2 3

(Ⅱ)若 p = 2, q = 1 ,求数列 {bm } 的前 2m 项和公式; (Ⅲ)是否存在 p 和 q,使得 bm = 3m + 2( m ∈ N ) ?如果存在,求 p 和 q 的取值范围;如果不 存在,请说明理由. 解析】 【解析】本题主要考查数列的概念,数列的基本性质,考查运算能力,推理论证能力, 分类讨论等数学思想方法.本题是数列与不等式综合的较难层次题. (Ⅰ)由题意,得 an = ∴


1 1 1 1 20 n ,解 n ≥ 3 ,得 n ≥ . 2 3 2 3 3

.

1 1 n ≥ 3 成立的所有 n 中的最小整数为 7,即 b3 = 7 . 2 3

(Ⅱ)由题意,得 an = 2n 1 , 对于正整数,由 an ≥ m ,得 n ≥

m +1 . 2

根据 bm 的定义可知 当 m = 2k 1 时, bm = k k ∈ N * ;当 m = 2k 时, bm = k + 1 k ∈ N * . ∴ b1 + b2 + + b2 m = ( b1 + b3 + + b2 m 1 ) + ( b2 + b4 + + b2 m )

(

)

(

)

= (1 + 2 + 3 + + m ) + 2 + 3 + 4 + + ( m + 1) = m ( m + 1) 2 + m ( m + 3) 2 = m 2 + 2m . mq . p

(Ⅲ)假设存在 p 和 q 满足条件,由不等式 pn + q ≥ m 及 p > 0 得 n ≥


∵ bm = 3m + 2( m ∈ N ) ,根据 bm 的定义可知,对于任意的正整数 m 都有

11

3m + 1 <

mq ≤ 3m + 2 ,即 2 p q ≤ ( 3 p 1) m < p q 对任意的正整数 m 都成立. p
p+q 2p+ q (或 m ≤ ) , 3 p 1 3 p 1

当 3 p 1 > 0 (或 3 p 1 < 0 )时,得 m < 这与上述结论矛盾! 当 3 p 1 = 0 ,即 p =

1 2 1 2 1 时,得 q ≤ 0 < q ,解得 ≤ q < . 3 3 3 3 3


∴ 存在 p 和 q,使得 bm = 3m + 2( m ∈ N ) ; p 和 q 的取值范围分别是 p = 5.(2009 北京理) (本小题共 13 分) 已知数集 A = {a1 , a2 , an }(1 ≤ a1 < a2 < an , n ≥ 2 ) 具有性质 P ;对任意的

1 2 1 , ≤ q < . 3 3 3

.

i, j (1 ≤ i ≤ j ≤ n ) , ai a j 与

aj ai

两数中至少有一个属于 A .

(Ⅰ)分别判断数集 {1,3, 4} 与 {1, 2,3,6} 是否具有性质 P ,并说明理由; (Ⅱ)证明: a1 = 1 ,且

a1 + a2 + + an = an ; a11 + a2 1 + + an 1

(Ⅲ)证明:当 n = 5 时, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 成等比数列. 【解析】本题主要考查集合,等比数列的性质,考查运算能力,推理论证能力,分 解析】 分类讨论等数学思想方法.本题是数列与不等式的综合题,属于较难层次题. (Ⅰ)由于 3 × 4 与

4 均不属于数集 {1,3, 4} ,∴该数集不具有性质 P. 3 6 6 1 2 3 6 由于 1× 2,1× 3,1× 6, 2 × 3, , , , , , 都属于数集 {1, 2,3,6} , 2 3 1 2 3 6 an 中至少有一个属于 A, an
.

∴该数集具有性质 P. (Ⅱ)∵ A = {a1 , a2 , an } 具有性质 P,∴ an an 与

由于 1 ≤ a1 < a2 < < an ,∴ an an > an ,故 an an A . 从而 1 =

an ∈ A ,∴ a1 = 1 . an

∵ 1 = a1 < a2 < < an , ∴ ak an > an ,故 ak an A ( k = 2,3, , n ) . 由 A 具有性质 P 可知

an ∈ A ( k = 1, 2, 3, , n ) . ak
12

又∵

an a a a < n < < n < n , an an 1 a2 a1



an a a a = 1, n = a2 , n = an 1 , n = an , an an 1 a2 a1 an a a a = n + + n + n = a1 + a2 + + an 1 + an , an an 1 a2 a1

从而



a1 + a2 + + an = an . a11 + a2 1 + + an 1

.

(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当 n = 5 时,有

a5 a 2 = a2 , 5 = a3 ,即 a5 = a2 a4 = a3 , a4 a3

∵ 1 = a1 < a2 < < a5 ,∴ a3 a4 > a2 a4 = a5 ,∴ a3 a4 A , 由 A 具有性质 P 可知

a4 ∈ A. a3

2 a2 a4 = a3 ,得

a3 a4 a a a = ∈ A ,且 1 < 3 = a2 ,∴ 4 = 3 = a2 , a2 a3 a2 a3 a2



a5 a4 a3 a2 = = = = a2 ,即 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 是首项为 1,公比为 a2 成等比数列. a4 a3 a2 a1

.k.s.5.

6.(2009 江苏卷) (本小题满分 14 分) 设 {an } 是公差不为零的等差数列, Sn 为其前 n 项和,满足 a2 + a3 = a4 + a5 , S 7 = 7 .
2 2 2 2

(1)求数列 {an } 的通项公式及前 n 项和 Sn ; (2)试求所有的正整数 m ,使得

am am +1 为数列 {an } 中的项. am + 2

【解析】 本小题主要考查等差数列的通项,求和的有关知识,考查运算和求解的能力.满分 14 分. (1)设公差为 d ,则 a2 所以
2 2 2 2 a5 = a4 a3 ,由性质得 3d (a4 + a3 ) = d (a4 + a3 ) ,因为 d ≠ 0 ,

a4 + a3 = 0 , 即 2a1 + 5d = 0 , 又 由 S7 = 7 得 7 a1 +

7×6 d = 7 , 解 得 a1 = 5 , 2

d = 2,
(2) (方法一)

am am +1 (2m 7)(2m 5) = ,设 2m 3 = t , am + 2 2m 3

13



am am +1 (t 4)(t 2) 8 = = t + 6, am + 2 t t

所以 t 为 8 的约数

(方法二)因为

am am +1 (am + 2 4)(am + 2 2) 8 = = am + 2 6 + 为数列 {an } 中的项, am + 2 am + 2 am + 2



8 为整数,又由(1)知: am + 2 为奇数,所以 am + 2 = 2m 3 = ±1, 即m = 1, 2 a m+2
.

经检验,符合题意的正整数只有 m = 2 . 7.(2009 江苏卷) (本题满分 10 分)

对于正整数 n ≥2,用 Tn 表示关于 x 的一元二次方程 x + 2ax + b = 0 有实数根的有序数组 (a, b) 的组
2

; , 数, 其中 a, b ∈ {1, 2, , n}( a 和 b 可以相等) 对于随机选取的 a, b ∈ {1, 2, , n}( a 和 b 可以相等) 记 Pn 为关于 x 的一元二次方程 x + 2ax + b = 0 有实数根的概率.
2

(1)求 Tn2 和 Pn2 ; (2)求证:对任意正整数 n ≥2,有 Pn > 1

1 . n

【解析】 [必做题 必做题]本小题主要考查概率的基本知识和记数原理,考查探究能力.满分 10 分. 必做题

.

8.(2009 山东卷理)(本小题满分 12 分)
14

等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn , 已知对任意的 n ∈ N

+

, ( n, S n ) , 点 均在函数 y = b x + r (b > 0 且

b ≠ 1, b, r 均为常数)的图像上.
(1)求 r 的值; (11)当 b=2 时,记 证明:对任意的 n ∈ N

bn = 2(log 2 an + 1)(n ∈ N + )
+

.

,不等式

b +1 b1 + 1 b2 + 1 n > n + 1 成立 b1 b2 bn
x

解:因为对任意的 n ∈ N ,点 (n, S n ) , 均在函数 y = b + r (b > 0 且 b ≠ 1, b, r 均为常数的图像上.所以得

+

Sn = b n + r

,
n


n 1

n =1



,

a1 = S1 = b + r

,



n≥2

时, an = S n S n 1 = b + r (b 公比为 b , an = (b 1)b
n 1

+ r ) = b n b n 1 = (b 1)b n 1 ,又因为{ an }为等比数列,所以 r = 1 ,

(2)当 b=2 时, an = (b 1)b 则

n 1

= 2 n 1 ,

bn = 2(log 2 an + 1) = 2(log 2 2n 1 + 1) = 2n

bn + 1 2n + 1 b + 1 3 5 7 2n + 1 b + 1 b2 + 1 = ,所以 1 n = bn 2n b1 b2 bn 2 4 6 2n

.

下面用数学归纳法证明不等式

b + 1 3 5 7 2n + 1 b1 + 1 b2 + 1 n = > n + 1 成立. b1 b2 bn 2 4 6 2n

① 当 n = 1 时,左边=

3 3 ,右边= 2 ,因为 > 2 ,所以不等式成立. 2 2
b + 1 3 5 7 2k + 1 b1 + 1 b2 + 1 k = > k +1 成 立 . 则 当 b1 b2 bk 2 4 6 2k

② 假设当 n = k 时不等式成立,即

n = k + 1 时,左边=

b + 1 bk +1 + 1 3 5 7 b1 + 1 b2 + 1 2 k + 1 2k + 3 k = b1 b2 bk bk +1 2 4 6 2k 2k + 2

> k +1

2k + 3 (2k + 3) 2 4(k + 1) 2 + 4( k + 1) + 1 1 = = = (k + 1) + 1 + > ( k + 1) + 1 2k + 2 4( k + 1) 4( k + 1) 4( k + 1)
.

所以当 n = k + 1 时,不等式也成立. 由①,②可得不等式恒成立.

【命题立意】:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知 Sn 求 an 的基本题型,并运用数学归 纳法证明与自然数有关的命题,以及放缩法证明不等式. 9.(2009 山东卷文)(本小题满分 12 分) 等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn , 已知对任意的 n ∈ N
+

, ( n, S n ) , 点 均在函数 y = b x + r (b > 0 且
15

b ≠ 1, b, r 均为常数)的图像上.
(1)求 r 的值; (11)当 b=2 时,记

bn =
+

n +1 (n ∈ N + ) 4 an

求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn

解:因为对任意的 n ∈ N ,点 (n, S n ) ,均在函数 y = b x + r (b > 0 且 b ≠ 1, b, r 均为常数)的图像上.所以 得 Sn = b + r ,
n

当 n = 1 时, a1 = S1 = b + r , 当 n ≥ 2 时, an = S n S n 1 = b + r (b
n n 1

+ r ) = b n b n 1 = (b 1)b n 1 ,
所以 an = (b 1)b
n 1

又因为{ an }为等比数列, 所以 r = 1 , 公比为 b , (2)当 b=2 时, an = (b 1)b 则 Tn =
n 1

= 2 n 1 ,

bn =

n +1 n +1 n +1 = = n +1 n 1 4 an 4 × 2 2

2 3 4 n +1 + 3 + 4 + + n +1 2 2 2 2 2 1 2 3 4 n n +1 Tn = + 4 + 5 + + n +1 + n + 2 3 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 n +1 相减,得 Tn = 2 + 3 + 4 + 5 + + n +1 n + 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 × (1 n 1 ) 1 23 n +1 3 1 n +1 2 + n + 2 = n +1 n + 2 1 2 2 4 2 2 1 2 3 1 n +1 3 n + 3 所以 Tn = n n +1 = n +1 2 2 2 2 2
【命题立意】:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知 Sn 求 an 的基本题型,并运用错位相 减法求出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前 n 项和 Tn . 10.(2009 全国卷Ⅱ文) (本小题满分 10 分)
.

已知等差数列{ a n }中, a 3 a 7 = 16, a 4 + a 6 = 0, 求{ a n }前 n 项和 s n .

.

解析:本题考查等差数列的基本性质及求和公式运用能力,利用方程的思想可求解. 解析:本题考查等差数列的基本性质及求和公式运用能力,利用方程的思想可求解. 解:设 {an } 的公差为 d ,则
.

( a1 + 2d )( a1 + 6d ) = 16 a1 + 3d + a1 + 5d = 0
16

a12 + 8da1 + 12d 2 = 16 即 a1 = 4d
解得

a1 = 8, a1 = 8 或 d = 2, d = 2

因此 S n = 8n + n ( n 1) = n ( n 9 ),或S n = 8n n ( n 1) = n ( n 9 ) 11.( 2009 广 东 卷 理 ) (本小题满分 14 分)
2 2
.

已知曲线 Cn : x 2nx + y = 0( n = 1, 2,…) .从点 P ( 1, 0) 向曲线 Cn 引斜率为 kn ( kn > 0) 的切 线 ln ,切点为 Pn ( xn , yn ) . (1)求数列 {xn }与{ yn } 的通项公式; (2)证明: x1 x3 x5 x2 n 1 <

1 xn x < 2 sin n . 1 + xn yn
2 2 2 2

解 : 1)设 直 线 ln :y = k n ( x + 1) , ( 联立 x 2 2nx + y 2 = 0 得 (1 + k n ) x + ( 2k n 2n) x + k n = 0 , 则 = ( 2k n 2n) 4(1 + k n ) k n = 0 ,∴ k n =
2 2 2 2

n 2n + 1

(

n 2n + 1

舍去)

.

2 xn =

2 kn n2 n n 2n + 1 = , 即 xn = , ∴ y n = k n ( x n + 1) = 2 2 n +1 n +1 1 + k n (n + 1)

1 xn ( 2) 证 明 : ∵ = 1 + xn

n n +1 = n 1+ n +1 1

1 2n + 1

.

x1 x3 x5 x 2 n 1 =

1 3 2n 1 1 3 2n 1 × × × < × ×× = 2 4 2n 3 5 2n + 1 1 xn 1 + xn

1 2n + 1

∴ x1 x3 x5 x 2 n 1 <

由于

xn = yn

1 xn 1 = , 可 令 函 数 f ( x ) = x 2 sin x , 则 f ' ( x) = 1 2 cos x , 令 2n + 1 1 + xn
2 π π ,给定区间 (0, ) ,则有 f ' ( x ) < 0 ,则函数 f (x ) 在 (0, ) 上单调递减, 2 4 4

f ' ( x) = 0 ,得 cos x =

17

∴ f ( x ) < f (0) = 0 ,即 x <

2 sin x 在 (0, ) 恒成立,又 0 < 4

π

1 1 π ≤ < , 2n + 1 3 4

则有

1 xn x 1 1 < 2 sin ,即 < 2 sin n . 2n + 1 2n + 1 1 + xn yn
1 2 (an + 3), n ∈ N + . 4

.

12.(2009 安徽卷理) 本小题满分 13 分) ( 首项为正数的数列 {an } 满足 an +1 =

(I)证明:若 a1 为奇数,则对一切 n ≥ 2, an 都是奇数; (II)若对一切 n ∈ N + 都有 an +1 > an ,求 a1 的取值范围. 解:本小题主要考查数列,数学归纳法和不等式的有关知识,考查推理论证,抽象概括,运算求解和 探究能力,考查学生是否具有审慎思维的习惯和一定的数学视野.本小题满分 13 分. 解: (I)已知 a1 是奇数,假设 ak = 2m 1 是奇数,其中 m 为正整数, 则由递推关系得 ak +1 =

ak 2 + 3 = m(m 1) + 1 是奇数. 4

根据数学归纳法,对任何 n ∈ N + , an 都是奇数. (II) (方法一)由 an +1 an =

1 (an 1)(an 3) 知, an +1 > an 当且仅当 an < 1 或 an > 3 . 4

1+ 3 32 + 3 另一方面,若 0 < ak < 1, 则 0 < ak +1 < = 1 ;若 ak > 3 ,则 ak +1 > = 3. 4 4
根据数学归纳法, 0 < a1 < 1, 0 < an < 1, n ∈ N + ; a1 > 3 an > 3, n ∈ N + . 综合所述,对一切 n ∈ N + 都有 an +1 > an 的充要条件是 0 < a1 < 1 或 a1 > 3 . (方法二)由 a2 =

a12 + 3 > a1 , 得 a12 4a1 + 3 > 0, 于是 0 < a1 < 1 或 a1 > 3 . 4

an 2 + 3 an 12 + 3 (an + an 1 )(an an 1 ) , an +1 an = = 4 4 4
因为 a1 > 0, an +1 =

an 2 + 3 , 所以所有的 an 均大于 0,因此 an +1 an 与 an an 1 同号. 4

根据数学归纳法, n ∈ N + , an +1 an 与 a2 a1 同号. 因此,对一切 n ∈ N + 都有 an +1 > an 的充要条件是 0 < a1 < 1 或 a1 > 3 . 13.(2009 安徽卷文)(本小题满分 12 分)
18

已知数列{

} 的前 n 项和 }与{ }的通项公式;

,数列{

}的前 n 项和

(Ⅰ)求数列{ (Ⅱ)设

,证明:当且仅当 n≥3 时,

<

.

( n = 1) a1 【思路】由 a = sn sn 1 ( n ≥ 2)

可求出 an 和 bn ,这是数列中求通项的常用方法之一,在求出 an 和 bn

后,进而得到 cn ,接下来用作差法来比较大小,这也是一常用方法. 【解析】(1)由于 a1 = s1 = 4 当 n ≥ 2 时, an = sn sn 1 = (2n + 2n) [2( n 1) + 2( n 1)] = 4n ∴ am = 4n( n ∈ N )
2 2 *

又当 x ≥ n 时 bn = Tn Tn 1 (2 6 m ) (2 bm 1 ) ∴ 2bn = bn 1

1 1 ∴ 数列 {bn } 项与等比数列,其首项为 1,公比为 ∴ bn = ( ) n 1 2 2 1 16(n + 1) 2 ( )( n +1) 1 1 n 1 Cn +1 (n + 1) 2 2 2 2 (2)由(1)知 C1 = a1 bn = 16n ( ) ∴ = = 1 2 Cn 2n 2 16n 2 ( ) n 1 2
.



Cn +1 (n + 1) 2 < 1得 < 1 即 n 2 2n 1 > 0 ∴ n > 1 + 2 即 n ≥ 3 2n Cn

又n ≥ 3时

C (n + 1)2 < 1 成立,即 n +1 < 1 由于 Cn > 0 恒成立. 2 2n Cn

.

因此,当且仅当 n ≥ 3 时, Cn +1 < Cn 14.(2009 江西卷文) (本小题满分 12 分) 数列 {an } 的通项 an = n (cos
2 2

nπ nπ sin 2 ) ,其前 n 项和为 Sn . 3 3

(1) 求 Sn ;

S3 n , 求数列{ bn }的前 n 项和 Tn . n 4n nπ 2nπ 2 nπ 解: (1) 由于 cos sin 2 = cos ,故 3 3 3
(2) bn =

S3k = (a1 + a2 + a3 ) + (a4 + a5 + a6 ) + + (a3k 2 + a3k 1 + a3k ) = ( = 12 + 22 4 2 + 52 (3k 2) 2 + (3k 1) 2 + 32 ) + ( + 62 ) + + ( + (3k ) 2 )) 2 2 2

13 31 18k 5 k (9k + 4) + + + = , 2 2 2 2
19

S3k 1 = S3k a3 k =

k (4 9k ) , 2

S3k 2 = S3k 1 a3 k 1 =

k (4 9k ) (3k 1) 2 1 3k 2 1 + = k = , 2 2 2 3 6



n 1 n = 3k 2 3 6, (n + 1)(1 3n) Sn = , n = 3k 1 6 n(3n + 4) , n = 3k 6

(k ∈ N )
*

(2) bn =

S3 n 9n + 4 = , n n4 2 4n 1 13 22 9n + 4 Tn = [ + 2 + + ], 2 4 4 4n 1 22 9n + 4 4Tn = [13 + + + n 1 ], 2 4 4

两式相减得

9 9 1 9 9 9n + 4 1 4 4n 9n + 4 ] = 8 1 9n , 3Tn = [13 + + + n 1 ] = [13 + 1 2 4 4 4n 2 4n 22 n 3 2 2 n +1 1 4 8 1 3n 故 Tn = 2 n +1 . 2 n 3 3 3 2 2
15.(2009 江西卷理) (本小题满分 14 分) 各项均为正数的数列 {an } , a1 = a, a2 = b ,且对满足 m + n = p + q 的正整数 m, n, p, q 都有

a p + aq am + an = . (1 + am )(1 + an ) (1 + a p )(1 + aq )
(1)当 a =

1 4 , b = 时,求通项 an ; 2 5

.

(2)证明:对任意 a ,存在与 a 有关的常数 λ ,使得对于每个正整数 n ,都有 解: (1)由

1

λ

≤ an ≤ λ .

a p + aq am + an = 得 (1 + am )(1 + an ) (1 + a p )(1 + aq )

a1 + an a2 + an 1 1 4 = . 将 a1 = , a2 = 代入化简得 (1 + a1 )(1 + an ) (1 + a2 )(1 + an 1 ) 2 5 an = 2an 1 + 1 . an 1 + 2

.

20

所以

1 an 1 1 an 1 = , 1 + an 3 1 + an 1

.

故数列 {

1 an } 为等比数列,从而 1 + an

1 an 1 3n 1 = n , 即 an = n . 1 + an 3 3 +1
可验证, an =

3n 1 满足题设条件. 3n + 1

(2) 由题设

am + an a1 + an a + an 的值仅与 m + n 有关,记为 bm+n , 则 bn +1 = = . (1 + am )(1 + an ) (1 + a1 )(1 + an ) (1 + a )(1 + an ) a+x ( x > 0) ,则在定义域上有 (1 + a )(1 + x)

.

考察函数 f ( x) =

.

1 a >1 1 + a , 1 f ( x) ≥ g (a) = , a =1 2 a 1 + a , 0 < a < 1
故对 n ∈ N , bn +1 ≥ g ( a ) 恒成立.
*
.

又 b2 n =

2 an ≥ g (a) , (1 + an ) 2
1 ,解上式得 2

注意到 0 < g (a ) ≤

1 g (a) 1 2 g (a) 1 g (a) + 1 2 g (a) g (a) = ≤ an ≤ , g (a) g (a) 1 g (a) + 1 2 g (a)
取λ =

1 g (a) + 1 2 g (a) ,即有 g (a)

1

λ

≤ an ≤ λ . .

.

16.(2009 天津卷文) (本小题满分 12 分) 已知等差数列 {a n } 的公差 d 不为 0,设 S n = a1 + a 2 q + + a n q
n 1

Tn = a1 a 2 q + + (1) n 1 a n q n1 , q ≠ 0, n ∈ N *
(Ⅰ)若 q = 1, a1 = 1, S 3 = 15 ,求数列 {a n } 的通项公式;
21

(Ⅱ)若 a1 = d , 且S1 , S 2 , S 3 成等比数列,求 q 的值. (Ⅲ)若 q ≠ ±1, 证明( q)S 2 n (1 + q )T2 n 1 【答案】 (1) a n = 4n 3 (2) q = 2 (3)略 【解析】 (1)解:由题设, S 3 = a1 + ( a1 + d ) q + ( a1 + 2d ) q , 将q = 1, a1 = 1, S 3 = 15
2

2dq (1 q 2 n ) = ,n ∈ N* 2 1 q

代入解得 d = 4 ,所以 a n = 4n 3 n ∈ N * ( 2 ) 解 : 当 a1 = d , S1 = d , S 2 = d + 2dq, S 3 = d + 2dq + 3dq ,∵ S1 , S 2 , S 3 成 等 比 数 列 , 所 以
2

2 S 2 = S1 S 3 ,即 d + 2dq) = d(d + 2dq + 3dq 2 ) ,注意到 d ≠ 0 ,整理得 q = 2 ( 2

(3)证明:由题设,可得 bn = q

n 1

,则 ① ②

S 2 n = a1 + a 2 q + a 3 q 2 + a 2 n q 2 n 1 T2 n = a1 a 2 q + a 3 q 2 a 2 n q 2 n 1
①-②得,

S 2 n T2 n = 2(a 2 q + a 4 q 3 + + a 2 n q 2 n 1 )
①+②得,

S 2 n + T2 n = 2(a1 q + a 3 q 2 + + a 2 n 1 q 2 n 2 )


2 2n2

③式两边同乘以 q,得 q ( S 2 n + T2 n ) = 2( a1 q + a3 q + + a 2 n 1 q 所以 (1 q ) S 2 n (1 + q )T2 n = 2d ( q + q + + q
3 2 n 1

)

)=

2dq (1 q 2 n ) 1 q2

(3)证明: c1 c 2 = ( a k1 a l1 )b1 + ( a k 21 al2 )b2 + ( a k n a ln )bn = ( k1 l1 ) db1 + ( k 2 l 2 ) db1 q + + ( k n l n ) db1 q 因为 d ≠ 0, b1 ≠ 0 ,所以
n 1

c1 c 2 = (k1 l1 ) + (k 2 l 2 )q + + (k n l n )q n 1 db1
若 k n ≠ l n ,取 i=n, 若 k n = l n ,取 i 满足 k i ≠ l i ,且 k j = l j , i + 1 ≤ j ≤ n 由(1) (2)及题设知, 1 < i ≤ n ,且
22

c1 c 2 = (k1 l1 ) + (k 2 l 2 )q + + (k n l n )q n 1 db1

.

① 当 k i < l i 时, k i l i ≤ 1 ,由 q ≥ n , k i l i ≤ q 1, i = 1,2 , i 1 即 k1 l1 ≤ q 1 , ( k 2 l 2 ) q ≤ q ( q 1), (k i 1 l i 1 ) q 所以
i 2

≤ q (q 1) i 2

c1 c 2 1 q i 1 ≤ (q 1) + (q 1)q + + (q 1)q i 2 q i 1 = (q 1) q i 1 = 1 db1 1 q

因此 c1 c 2 ≠ 0 ② 当 k i > li 时,同理可得 综上, c1 ≠ c 2 【考点定位】本小题主要考查了等差数列的通项公式,等比数列通项公式与前 n 项和等基本知 识,考查运算能力和推理论证能力和综合分析解决问题的能力. 17.(2009 湖北卷理)(本小题满分 13 分) 注意:在试题卷上作答无效) (注意: ......... 已知数列 {an } 的前 n 项和 S n = an ( ) n 1 + 2 (n 为正整数) . (Ⅰ)令 bn = 2 n an ,求证数列 {bn } 是等差数列,并求数列 {an } 的通项公式;

c1 c 2 ≤ 1, 因此 c1 c 2 ≠ 0 db1

.

1 2

n +1 5n an , Tn = c1 + c2 + ........ + cn 试比较 Tn 与 的大小,并予以证明. n 2n + 1 1 n 1 1 19.解析: (I)在 S n = an ( ) + 2 中,令 n=1,可得 S1 = an 1 + 2 = a1 ,即 a1 = 2 2 1 n2 1 n 1 当 n ≥ 2 时, S n 1 = an 1 ( ) + 2, an = S n S n 1 = an + an 1 + ( ) , ∴ 2 2 1 ∴ 2a n = an 1 + ( ) n 1 , 即2n an = 2n 1 an 1 + 1 . 2
(Ⅱ)令 cn =

∵ bn = 2n an ,∴ bn = bn 1 + 1, 即当n ≥ 2时,bn bn 1 = 1 .
又 b1 = 2a1 = 1,∴ 数列 bn } 是首项和公差均为 1 的等差数列. 于是 bn = 1 + ( n 1) 1 = n = 2 an ,∴ an =
n

.

{

n +1 1 an = (n + 1)( ) n ,所以 n 2 1 1 1 1 Tn = 2 × + 3 × ( )2 + 4 × ( )3 + K + (n + 1)( ) n 2 2 2 2 1 1 1 1 1 Tn = 2 × ( ) 2 + 3 × ( )3 + 4 × ( ) 4 + K + (n + 1)( ) n +1 2 2 2 2 2
(II)由(I)得 cn =
23

n . 2n

由①-②得 Tn = 1 + ( ) + ( ) + K + ( ) (n + 1)( )
2 3 n

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

n +1

1 1 [1 ( ) n 1 ] 1 3 n+3 2 = 1+ 4 (n + 1)( ) n +1 = n +1 1 2 2 2 1 2 n+3 ∴Tn = 3 n 2

Tn

5n n+3 5n (n + 3)(2n 2n 1) = 3 n = 2n + 1 2 2n + 1 2n (2n + 1)
5n n 的大小关系等价于比较 2 与2n + 1 的大小 2n + 1

于是确定 Tn与

由 2 < 2 × 1 + 1; 2 2 < 2 × 2 + 1; 23 < 2 × 3 + 1; 24 < 2 × 4 + 1; 25 < 2 × 5;K 可猜想当 n ≥ 3时, > 2n + 1. 证明如下: 2
n

证法 1: (1)当 n=3 时,由上验算显示成立. (2)假设 n = k + 1 时 2k +1 = 2g2k > 2(2k + 1) = 4k + 2 = 2( k + 1) + 1 + (2k 1) > 2( k + 1) + 1 所以当 n = k + 1 时猜想也成立 综合(1) (2)可知 ,对一切 n ≥ 3 的正整数,都有 2 > 2n + 1.
n

证法 2:当 n ≥ 3 时
0 1 2 0 1 n 2n = (1 + 1)n = Cn + Cn + Cn + K + Cnn 1 + Cnn ≥ Cn + Cn + Cn 1 + Cnn = 2n + 2 > 2n + 1

综上所述,当 n = 1, 2时 Tn <

5n 5n ,当 n ≥ 3 时 Tn > 2n + 1 2n + 1

18.(2009 四川卷文) (本小题满分 14 分) 设 数 列 {an } 的 前 n 项 和 为 Sn , 对 任 意 的 正 整 数 n , 都 有 an = 5S n + 1 成 立 , 记

bn =

4 + an (n ∈ N * ) . 1 an

(I)求数列 {an } 与数列 {bn } 的通项公式; (II)设数列 {bn } 的前 n 项和为 Rn ,是否存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立?若存在,找出一个正 整数 k ;若不存在,请说明理由; (III) cn = b2 n b2 n 1 ( n ∈ N ) , 记 设数列 {cn } 的前 n 项和为 Tn , 求证: 对任意正整数 n 都有 Tn <
*

3 ; 2

(I)当 n = 1 时, a1 = 5S1 + 1,∴ a1 = 【解析】 解析】 又∵ an = 5S n + 1, an +1 = 5S n +1 + 1

1 4

24

∴ an +1 an = 5an +1 , 即

an +1 1 = an 4

∴数列 {an } 是首项为 a1 =

1 1 ,公比为 q = 的等比数列, 4 4 1 4 + ( ) n 1 n 4 (n ∈ N * ) ∴ an = ( ) , bn = …………………………………3 分 1 n 4 1 ( ) 4
(II)不存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立.

1 4 + ( )n 5 4 = 4+ 证明:由(I)知 bn = 1 n (4) n 1 1 ( ) 4

∵ b2 k 1 + b2 k = 8 +

5 5 20 15 × 16k 40 =8+ k k =8 k < 8. (4) 2 k 1 1 (4) 2 k 1 16 1 16 + 4 (16 1)(16k + 4) 5 +

∴当 n 为偶数时,设 n = 2m( m ∈ N ) ∴ Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + + (b2 m 1 + b2 m ) < 8m = 4n
当 n 为奇数时,设 n = 2m 1( m ∈ N )

∴ Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + + (b2 m 3 + b2 m 2 ) + b2 m 1 < 8( m 1) + 4 = 8m 4 = 4n ∴对于一切的正整数 n,都有 Rn < 4k ∴不存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立. (III)由 bn = 4 + …………………………………8 分

5 得 (4) n 1


5 5 15 × 16n 15 × 16n 15 × 16n 15 cn = b2 n 1 + b2 n = 2 n + = = < = 4 1 42 n 1 + 1 (16n 1)(16n + 4) (16n )2 + 3 ×16n 4 (16n ) 2 16n
13 4 ,∴ c2 = , 3 3 3 当 n = 1 时, T1 < , 2 当 n ≥ 2 时,
b1 = 3, b2 =

25

1 1 [1 ( ) n 2 ] 2 4 1 1 1 4 16 Tn < + 25 × ( 2 + 3 + + n ) = + 25 × 16 1 3 16 16 16 3 1 16 1 2 4 69 3 < + 25 × 16 = < 1 48 2 3 1 16
…………………………………14 分 19.(2009 全国卷Ⅱ理) (本小题满分 12 分) 设数列 {an } 的前 n 项和为 S n , 已知 a1 = 1, S n +1 = 4an + 2 (I)设 bn = an +1 2an ,证明数列 {bn } 是等比数列 (II)求数列 {an } 的通项公式. 解: (I)由 a1 = 1, 及 S n +1 = 4an + 2 ,有 a1 + a2 = 4a1 + 2, a2 = 3a1 + 2 = 5,∴ b1 = a2 2a1 = 3 由 S n +1 = 4an + 2 ,. ..① 则当 n ≥ 2 时,有 S n = 4an 1 + 2 ...② ..

②-①得 an +1 = 4an 4an 1 ,∴ an +1 2an = 2( an 2an 1 ) 又∵ bn = an +1 2an ,∴ bn = 2bn 1 ∴{bn } 是首项 b1 = 3 ,公比为2的等比数列. (II)由(I)可得 bn = an +1 2an = 3 2
n 1

,∴

an +1 an 3 = 2n +1 2 n 4

an 1 3 } 是首项为 ,公差为 的等比数列. n 2 2 4 an 1 3 3 1 ∴ n = + (n 1) = n , an = (3n 1) 2n 2 2 2 4 4 4
∴ 数列 {
评析:第(I)问思路明确,只需利用已知条件寻找 bn与bn 1的关系即可 . 第(II)问中由(I)易得 an +1 2an = 3 2
n 1

,这个递推式明显是一个构造新数列的模型:

an +1 = pan + q n ( p, q为常数),主要的处理手段是两边除以 q n +1 .
总体来说,09 年高考理科数学全国 I,Ⅱ这两套试题都将数列题前置,主要考查构造新数列(全 , 国 I 还考查了利用错位相减法求前 n 项和的方法) ,一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押 轴题的命题模式.具有让考生和一线教师重视教材和基础知识,基本方法基本技能,重视两纲的导向 作用.也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心. 20.(2009 湖南卷文) (本小题满分 13 分) 对于数列 {un } ,若存在常数 M>0,对任意的 n ∈ N ,恒有
*

26

un +1 un + un un 1 + + u2 u1 ≤ M ,
则称数列 {un } 为 B 数列. (Ⅰ)首项为 1,公比为

1 的等比数列是否为 B-数列?请说明理由; 2

(Ⅱ)设 Sn 是数列 {xn } 的前 n 项和.给出下列两组判断: A 组:①数列 {xn } 是 B-数列, B 组:③数列 {S n } 是 B-数列, ②数列 {xn } 不是 B-数列; ④数列 {S n } 不是 B-数列.

请以其中一组中的一个论断为条件,另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假,并证明你的结论; (Ⅲ)若数列 {an } 是 B-数列,证明:数列 {an } 也是 B-数列. 解: (Ⅰ)设满足题设的等比数列为 {an } ,则 an = ( )
2

1 2

n 1

.于是

1 1 3 1 an an 1 = ( )n 1 ( ) n 2 = × ( ) n 2 , n ≥ 2. 2 2 2 2 | an +1 an | + | an an 1 | + + | a2 a1 |
=

3 1 1 1 1 × 1 + + ) + + )-1 = 3 × 1 ) < 3. ( 2 ( n ( n 2 2 2 2 2 1 的等比数列是 B-数列 2
.

所以首项为 1,公比为

(Ⅱ)命题 1:若数列 {xn } 是 B-数列,则数列 {S n } 是 B-数列.此命题为假命题. 命题 : 事实上设 xn =1, n ∈ N ,易知数列 {xn } 是 B-数列,但 Sn =n,
*

| S n +1 S n | + | S n S n 1 | + + | S 2 S1 |= n .
由 n 的任意性知,数列 {S n } 不是 B-数列. 命题 2:若数列 {S n } 是 B-数列,则数列 {xn } 不是 B-数列.此命题为真命题. 事实上,因为数列 {S n } 是 B-数列,所以存在正数 M,对任意的 n ∈ N ,有
*

| S n +1 S n | + | S n S n 1 | + + | S 2 S1 |≤ M ,
即 | xn +1 | + | xn | + + | x2 |≤ M .于是 xn +1 xn + xn xn 1 + + x2 x1

27

≤ xn +1 + 2 xn + 2 xn 1 + + 2 x2 + x1 ≤ 2M + x1 ,
所以数列 {xn } 是 B-数列. (注:按题中要求组成其它命题解答时,仿上述解法) (Ⅲ)若数列 {an } 是 B-数列,则存在正数 M,对任意的 n ∈ N , 有


an +1 an + an an 1 + + a2 a1 ≤ M .
因为 an = an an 1 + an 1 + an 2 + + a2 a1 + a1

≤ an an 1 + an 1 an 2 + + a2 a1 + a1 ≤ M + a1 .
2 2 记 K = M + a1 ,则有 an +1 an = ( an +1 + an )( an +1 an )

≤ ( an +1 + an ) an +1 an ≤ 2 K an +1 an .
2 2 2 2 2 因此 an +1 an + an an 1 + ... + a2 a12 ≤ 2 KM . 2 故数列 an 是 B-数列.

{ }

21.(2009 辽宁卷文) 本小题满分 10 分) ( 等比数列{ an }的前 n 项和为 sn ,已知 S1 , S3 , S2 成等差数列 (1)求{ an }的公比 q; (2)求 a1 - a3 =3,求 sn 解: (Ⅰ)依题意有

a1 + (a1 + a1 q ) = 2(a1 + a1 q + a1 q 2 )
由于 a1 ≠ 0 ,故

2q 2 + q = 0

1 2 1 2 (Ⅱ)由已知可得 a1 a1 ) = 3 ( 2
又 q ≠ 0 ,从而 q = - 故 a1 = 4

5分

28

1 n ( )) 41( 8 1 n 2 从而 S n = ( = (1 )) 1 3 2 1 ) ( 2
22.(2009 陕西卷文) (本小题满分 12 分) 已知数列 {an } 满足, a1= ' 2 = 2, an+2= 1a

10 分

an + an +1 ,n∈ N*. 2

( Ι ) 令 bn = an+1 an ,证明: {bn } 是等比数列;
(Ⅱ)求 {an } 的通项公式. (1)证 b1 = a2 a1 = 1, 当 n ≥ 2 时, bn = an +1 an = 所以 {bn } 是以 1 为首项,

an 1 + an 1 1 an = (an an 1 ) = bn 1, 2 2 2

1 为公比的等比数列. 2 1 n 1 (2)解由(1)知 bn = an +1 an = ( ) , 2
当 n ≥ 2 时, an = a1 + ( a2 a1 ) + ( a3 a2 ) + + ( an an 1 ) = 1 + 1 + ( ) + + ( )

1 2

1 2

n 2

1 1 ( ) n1 2 1 5 2 1 2 = 1+ = 1 + [1 ( ) n 2 ] = ( ) n1 , 1 3 2 3 3 2 1 ( ) 2 5 2 1 11 当 n = 1 时, ( ) = 1 = a1 . 3 3 2 5 2 1 n 1 * 所以 an = ( ) ( n ∈ N ) . 3 3 2
23.(2009 陕西卷理)(本小题满分 12 分) 已知数列 { xn } 满足, x1=

1 1 xn+1= ,n∈ N*. 2' 1 + xn

( Ι ) 猜想数列 {xn } 的单调性,并证明你的结论;
(Ⅱ)证明: | xn +1 -xn|≤ ( )

1 2 6 5

n 1

.

29

证(1)由 x1 =

1 1 2 5 13 及xn+1 = 得x2 = + x4 = ,x4 = 2 1 + xn 3 8 21

由 x2 > x4 > x6 猜想:数列 { x2n } 是递减数列 下面用数学归纳法证明: (1)当 n=1 时,已证命题成立 易知 x2 k > 0 ,那么 x2 k + 2 x2 k + 4 = (2)假设当 n=k 时命题成立,即 x2 k > x2 k + 2

x2 k +3 x2 k +1 1 1 = 1 + x2 k +1 1 + x2 k +3 (1 + x2 k +1 )(1 + x2 k +3 )

=

x2 k x2 k + 2 >0 (1 + x2 k )(1 + x2 k +1 )(1 + x2 k + 2 )(1 + x2 k +3 )

即 x2( k +1) > x2( k +1) + 2 也就是说,当 n=k+1 时命题也成立,结合(1)和(2)知,命题成立 (2)当 n=1 时, xn +1 xn = x2 x1 =

1 ,结论成立 6
1 1 > 1 + xn 1 2

当 n ≥ 2 时,易知 0 < xn 1 < 1,∴1 + xn 1 < 2, xn =

∴ (1 + xn )(1 + xn 1 ) = (1 +

1 5 )(1 + xn 1 ) = 2 + xn 1 ≥ 1 + xn 1 2

∴ xn +1 xn =


xn xn 1 1 1 = 1 + xn 1 + xn 1 (1 + xn )(1 + xn 1 )

2 2 2 xn xn 1 ≤ ) xn 1 xn 2 ≤ … ≤ ) x2 x1 ( 2 ( n-1 5 5 5 1 2 n-1 = ( ) 6 5

24.(2009 四川卷文) (本小题满分 14 分) 设 数 列 {an } 的 前 n 项 和 为 Sn , 对 任 意 的 正 整 数 n , 都 有 an = 5S n + 1 成 立 , 记

bn =

4 + an (n ∈ N * ) . 1 an

(I)求数列 {an } 与数列 {bn } 的通项公式; (II)设数列 {bn } 的前 n 项和为 Rn ,是否存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立?若存在,找出一个正 整数 k ;若不存在,请说明理由; (III) cn = b2 n b2 n 1 ( n ∈ N ) , 记 设数列 {cn } 的前 n 项和为 Tn , 求证: 对任意正整数 n 都有 Tn <
*

3 ; 2
30

(I)当 n = 1 时, a1 = 5S1 + 1,∴ a1 = 【解析】 解析】 又∵ an = 5S n + 1, an +1 = 5S n +1 + 1

1 4

∴ an +1 an = 5an +1 , 即

an +1 1 = an 4

∴数列 {an } 是首项为 a1 =

1 1 ,公比为 q = 的等比数列, 4 4 1 4 + ( ) n 1 n 4 (n ∈ N * ) …………………………………3 分 ∴ an = ( ) , bn = 1 n 4 1 ( ) 4
(II)不存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立.

1 4 + ( )n 5 4 = 4+ 证明:由(I)知 bn = 1 (4) n 1 1 ( )n 4

∵ b2 k 1 + b2 k = 8 +

5 5 20 15 × 16k 40 =8+ k k =8 k < 8. (4) 2 k 1 1 (4) 2 k 1 16 1 16 + 4 (16 1)(16k + 4) 5 +

∴当 n 为偶数时,设 n = 2m( m ∈ N )

∴ Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + + (b2 m 1 + b2 m ) < 8m = 4n 当 n 为奇数时,设 n = 2m 1( m ∈ N ) ∴ Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + + (b2 m 3 + b2 m 2 ) + b2 m 1 < 8( m 1) + 4 = 8m 4 = 4n ∴对于一切的正整数 n,都有 Rn < 4k ∴不存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立. (III)由 bn = 4 + …………………………………8 分

5 得 (4) n 1


cn = b2 n 1 + b2 n =
b1 = 3, b2 =

5 5 15 × 16n 15 × 16n 15 × 16n 15 + 2 n 1 = = < = 42 n 1 4 + 1 (16n 1)(16n + 4) (16n )2 + 3 ×16n 4 (16n ) 2 16n

13 4 ,∴ c2 = , 3 3 3 当 n = 1 时, T1 < , 2 当 n ≥ 2 时,
31

1 1 [1 ( ) n 2 ] 2 4 1 1 1 4 16 Tn < + 25 × ( 2 + 3 + + n ) = + 25 × 16 1 3 16 16 16 3 1 16 1 2 4 69 3 < + 25 × 16 = < 1 48 2 3 1 16
…………………………………14 分 25.(2009 湖北卷文) (本小题满分 12 分) 已知{an}是一个公差大于 0 的等差数列,且满足 a3a6=55, (Ⅰ)求数列{an}的通项公式: (Ⅱ)若数列{an}和数列{bn}满足等式:an== n 项和 Sn 解(1)解:设等差数列 {an } 的公差为 d,则依题设 d>0 由 a2+a7=16.得 2a1 + 7 d = 16 由 a3 a6 = 55, 得 ( a1 + 2d )( a1 + 5d ) = 55 ① ②
2

a2+a7=16.

b1 b2 b3 b + 2 + 3 + ... n (n为正整数) ,求数列{bn}的前 2 2 2 2n

由①得 2a1 = 16 7 d 将其代入②得 (16 3d )(16 + 3d ) = 220 .即 256 9d = 220

∴ d 2 = 4, 又d > 0,∴ d = 2, 代入①得a1 = 1 ∴ an = 1 + (n 1) 2 = 2n 1
(2)令 cn =

bn , 则有an = c1 + c2 + … + cn , an +1 = c1 + c2 + … + cn 1 2n an +1 an = cn +1 ,由(1)得a1 = 1, an +1 an = 2
n +1

两式 相减得∴ cn +1 = 2, cn = 2( n ≥ 2), 即当n ≥ 2时,bn = 2

又当n=1时,b1 = 2a1 = 2

2, (n = 1) ∴ bn = n +1 2 (n ≥ 2)
于是 S n = b1 + b2 + b3 … + bn = 2 + 2 + 2 + … + 2
3 4 n +1

= 2 + 2 2 + 23 + 24 + … + 2n+1 -4=

2(2n +1 1) 4 = 2n + 2 6, 即S n = 2n + 2 6 2 1

26.(2009 湖南卷理)(本小题满分 13 分) 对于数列 {un

} 若存在常数 M>0,对任意的 n ∈ N ′ ,恒有

un +1 un + un un 1 + ... + u2 u1 ≤ M
32

则称数列 {un

} 为 B-数列

(1) 首项为 1,公比为 q ( q < 1) 的等比数列是否为 B-数列?请说明理由; 请以其中一组的一个论断条件,另一组中的一个论断为结论组成一个命题 判断所给命题的真假,并证明你的结论; (2) 设 Sn 是数列 { xn } 的前 n 项和,给出下列两组论断; A 组:①数列 { xn } 是 B-数列 B 组:③数列 {S n } 是 B-数列 ②数列 { xn } 不是 B-数列 ④数列 {S n } 不是 B-数列

请以其中一组中的一个论断为条件,另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假,并证明你的结论; (3) 若数列 {an } , {bn } 都是 B 数列,证明:数列 {anbn } 也是 B 数列. 解(1)设满足题设的等比数列为 {an } ,则 an = q
n 1

,于是

an an 1 = q n 1 q n 2 = q

n 2

q 1 , n ≥ 2
2 n 1

因此| an +1 - an |+| an - an 1 |+…+| a2 - a1 |= q 1 (1 + q + q + ... + q 因为 q < 1, 所以 1 + q + q + ... + q
2 n 1

).

=

1 q 1 q

n

<

1 ,即 1 q

an +1 an + an an1 + ... + a2 a1 <

q 1 1 q

故首项为 1,公比为 q ( q < 1) 的等比数列是 B-数列. (2)命题 1:若数列 { xn } 是 B-数列,则数列 {S n } 是 B-数列 次命题为假命题. 事实上,设 xn = 1, n ∈ N ,易知数列 { xn } 是 B-数列,但 S n = n


Sn 1 Sn + Sn Sn +1 + ... + S2 S1 = n
由 n 的任意性知,数列 {S n } 是 B-数列此命题为. 命题 2:若数列 {S n } 是 B-数列,则数列 { xn } 是 B-数列 此命题为真命题
33

事实上,因为数列 {S n } 是 B-数列,所以存在正数 M,对任意的 n ∈1, 有

Sn +1 Sn + Sn S n 1 + ... + S2 S1 ≤ M
即 xn +1 + xn + ... + x2 ≤ M .于是

xn +1 xn + xn xn 1 + ... + x2 x1 ≤ xn +1 + 2 xn + 2 xn 1 + ... + 2 x2 + 2 x1 ≤ 2M + x1
所以数列 { xn } 是 B-数列. (III)若数列 {an } { bn }是 B 数列,则存在正数 M 1.M 2 ,对任意的 n ∈ N , 有


an +1 an + an an 1 + .... + a2 a1 ≤ M 1 bn +1 bn + bn an 1 + .... + b2 b1 ≤ M 2
注意到 an = an an 1 + an 1 + an 2 + ... + a2 a1 + a1

≤ an an 1 + an 1 an 2 + ... + a2 a1 + a1 ≤ M 1 + a1
同理: bn ≤ M 2 + b1 记 K 2 = M 2 + b2 ,则有 K 2 = M 2 + b2

an +1bn +1 an bn = an +1bn +1 an bn +1 + anbn +1 anbn

≤ bn +1 an +1 an + an bn +1 bn ≤ K1 an +1 an + k1 bn +1 bn
因此

K1 ( bn +1 bn + bn bn 1 + ...... a2 a1 ) ≤ k2 M 1 + k1M 2
+ K1 ( bn +1 bn + bn bn 1 + ...... a2 a1 ) ≤ k 2 M 1 + k1M 2

故数列 an bn 是 B 数列 27.(2009 天津卷理) 本小题满分 14 分) ( 已知等差数列{ an }的公差为 d(d ≠ 0) ,等比数列{ bn }的公比为 q(q>1) .设 sn = a1b1 + a2b2 …..+

{

}

an bn , Tn = a1b1 - a2b2 +…..+(-1 )n 1 an bn ,n ∈ N +
(I) 若 a1 = b1 = 1,d=2,q=3,求 S3 的值;

(II)

2dq(1 q 2 n ) + ,n ∈ N ; 若 b1 =1,证明(1-q) S 2 n -(1+q) T2 n = 2 1 q
34

(Ⅲ)

若 正 数 n 满 足 2 ≤ n ≤ q , 设 k1 , k2 ,..., kn和l1 , l2 ,..., ln是1, ... 2,,n 的 两 个 不 同 的 排 列 ,

c1 = ak1 b1 + ak2 b2 + ... + akn bn ,

c2 = al1 b1 + al2 b2 + ... + aln bn 证明

c1 ≠ c2

.

本小题主要考查等差数列的通项公式,等比数列的通项公式与前 n 项和公式等基础知识,考查运算能 力,推理论证能力及综合分析和解决问题的能力的能力,满分 14 分. (Ⅰ)解:由题设,可得 an = 2n 1, bn = 3
n 1

,n ∈ N*

所以, S3 = a1b1 + a2b2 + a3b3 = 1× 1 + 3 × 3 + 5 × 9 = 55 (Ⅱ)证明:由题设可得 bn = q
n 1

则 ①

S 2 n = a1 + a2 q + a3 q 2 + ..... + a2 n q 2 n 1 ,

T2 n = a1 a2 q + a3 q 2 a4 q 3 + ..... a2 n q 2 n 1 , S2 n T2 n = 2(a2 q + a4 q3 + ... a2 n q 2 n 1 )
① 式减去②式,得 ① 式加上②式,得



S 2 n + T2 n = 2(a1 + a3 q 2 + .... + a2 n 1q 2 n 2 )
② 式两边同乘 q,得



q ( S 2 n + T2 n ) = 2(a1q + a3 q 3 + .... + a2 n 1q 2 n 1 )
所以,

(1 q ) S 2 n (1 + q )T2 n = ( S 2 n T2 n ) q ( S 2 n + T2 n )
= 2d (q + q 3 + K + q 2 n 1 ) =

2dq (1 q 2 n ) ,n∈ N* 2 1 q

(Ⅲ)证明: c1 c2 = ( ak1 al1 )b1 + ( ak2 al2 )b2 + K + ( akn aln )bn

= (k1 l1 )db1 + (k2 l2 )db1q + K + (kn ln )db1q n 1
因为 d ≠ 0, b1 ≠ 0, 所以

c1 c2 = (k1 l1 ) + (k2 l2 )q + K + (kn ln )q n 1 db1
(1) 若 k n ≠ ln ,取 i=n (2) 若 k n = ln ,取 i 满足 ki ≠ li 且 k j = l j , i + 1 ≤ j ≤ n
35

由(1),(2)及题设知, 1 < i ≤ n 且

c1 c2 = (k1 l1 ) + (k2 l2 )q + K (ki 1 li 1 )q i 2 + (ki li )q i 1 db1
① 当 ki < li 时,得 ki li ≤ 1,由q ≥ n,得ki li ≤ q 1, i = 1, 2,3.....i 1 即 k1 l1 ≤ q 1 , (k2 l2 ) q ≤ q ( q 1) …, ( ki 1 li 1 ) q 又 ( ki li ) q
i 1 i2

≤ q i 2 (q 1)

≤ q i 1 , 所以

c1 c2 1 q i 1 i 2 i 1 = (q 1) + (q 1)q + K (q 1)q q = (q 1) 1 q db1
因此 c1 c2 ≠ 0, 即c1 ≠ c2 ② 当 ki > li 同理可得 综上, c1 ≠ c2

c1 c2 < 1 ,因此 c1 ≠ c2 db1

28.(2009 四川卷理) (本小题满分 14 分) 设数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,对任意的正整数 n ,都有 an = 5S n + 1 成立,记 bn = (I)求数列 {bn } 的通项公式; (II)记 cn = b2 n b2 n 1 ( n ∈ N ) ,设数列 {cn } 的前 n 项和为 Tn ,求证:对任意正整数 n 都有 Tn <
*

4 + an (n ∈ N * ) . 1 an

3 ; 2

(III)设数列 {bn } 的前 n 项和为 Rn .已知正实数 λ 满足:对任意正整数 n, Rn ≤ λ n 恒成立,求 λ 的 最小值. 本小题主要考查数列,不等式等基础知识,考查化归思想,分类整合思想,以及推理论证,分析与解 决问题的能力. 解: (Ⅰ)当 n = 1 时, a1 = 5a1 + 1,∴ a1 = 又 Q an = 5an + 1, an +1 = 5an +1 + 1

1 4

1 ∴ an +1 an = 5an +1 , 即an +1 = an 4 1 1 ∴ 数列 {an } 成等比数列,其首项 a1 = ,公比是 q = 4 4
36

1 ∴ an = ( ) n 4

1 4 + ( ) n 4 ……………………………………..3 分 ∴ bn = 1 n 1 ( ) 4
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 bn = 4 +

5 (4) n 1

.

∴ cn = b2 n b2 n 1 =

5 5 25 × 16n + 2 n 1 = 42 n 1 4 + 1 (16n 1)(16n + 4)

25 × 16n 25 × 16n 25 < = = (16n ) 2 + 3 × 16n 4) (16n )2 16n
13 4 ,∴ c1 = 3 3 3 当 n = 1时,T1 < 2 4 1 1 1 当 n ≥ 2时,Tn < + 25 × ( 2 + 3 + K + n ) 3 16 16 16 1 1 [1 ( )n 1 ] 2 4 16 = + 25 × 16 1 3 1 16 1 2 4 69 3 < + 25 × 16 = < ......................7分 1 48 2 3 1 16
又 b1 = 3, b2 = (Ⅲ)由(Ⅰ)知 bn = 4 +

5 (4) n 1

一方面,已知 Rn ≤ λ n 恒成立,取 n 为大于 1 的奇数时,设 n = 2k + 1( k ∈ N * ) 则 Rn = b1 + b2 + K + b2 k +1

1 1 1 1 + 2 3 + K K 2 k +1 ) 4 + 1 4 1 4 + 1 4 +1 1 1 1 1 1 = 4n + 5 × [ 1 +( 2 3 ) + K K + ( 2k 2 k +1 )] 4 +1 4 1 4 + 1 4 1 4 + 1 = 4n + 5 × (
1

> 4n 1

∴ λ n ≥ Rn > 4n 1, 即(λ 4)n > 1 对一切大于 1 的奇数 n 恒成立

∴ λ ≥ 4, 否则,(λ 4)n > 1 只对满足 n <

1 的正奇数 n 成立,矛盾. 4λ
37

另一方面,当 λ = 4 时,对一切的正整数 n 都有 Rn ≤ 4n 事实上,对任意的正整数 k,有

b2 n 1 + b2 n = 8 +

5 (4)
2 k 1

5 1 (4) 2 k 1 +

= 8+

5 20 k (16) 1 (16) k + 4

= 8

15 × 16k 40 <8 (16k 1)(16k + 4)

∴ 当 n 为偶数时,设 n = 2m(m ∈ N * )
则 Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + K + (b2 m 1 + b2 m ) < 8m = 4 n 当 n 为奇数时,设 n = 2m 1( m ∈ N * ) 则 Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + K + (b2 m 3 + b2 m 2 ) + b2 m 1 < 8( m 1) + 4 = 8m 4 = 4n
.

∴ 对一切的正整数 n,都有 Rn ≤ 4n
综上所述,正实数 λ 的最小值为 4………………………….14 分 29.(2009 福建卷文)(本小题满分)2 分) 等比数列 {an } 中,已知 a1 = 2, a4 = 16 (I)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ) a3 , a5 分别为等差数列 {bn } 的第 3 项和第 5 项, 若 试求数列 {bn } 的通项公式及前 n 项和 Sn . 解: (I)设 {an } 的公比为 q 由已知得 16 = 2q ,解得 q = 2
3

(Ⅱ)由(I)得 a2 = 8 , a5 = 32 ,则 b3 = 8 , b5 = 32 设 {bn } 的公差为 d ,则有

b1 + 2d = 8 b1 = 16 解得 d = 12 b1 + 4d = 32

从而 bn = 16 + 12( n 1) = 12n 28
38

所以数列 {bn } 的前 n 项和 S n =

n(16 + 12n 28) = 6n 2 22n 2

30.(2009 年上海卷理) (本题满分 18 分)本题共有 3 个小题,第 1 小题满分 5 分,第 2 小题满分 5 分,第 3 小题满分 8 分. 已知 {an } 是公差为 d 的等差数列, {bn } 是公比为 q 的等比数列. (1) 若 an = 3n + 1 ,是否存在 m,k ∈ N ,有 am + am +1 = ak ? 说明理由;
*

(2) 找出所有数列 {an } 和 {bn } ,使对一切 n ∈ N ,
*

an +1 = bn ,并说明理由; an

(3) 若 a1 = 5, d = 4, b1 = q = 3, 试确定所有的 p ,使数列 {an } 中存在某个连续 p 项的和是数列

{bn } 中的一项,请证明.
[解法一](1)由 am + am +1 = ak ,得 6m + 5 = 3k + 1 , 整理后,可得 k 2m = ... 分 ...2

4 ,∵ m , k ∈ N ,∴ k 2m 为整数, 3
... 分 ...5 (*)

∴ 不存在 m , k ∈ N ,使等式成立.
(2)若

an +1 a1 + nd = bn ,即 = b1q n 1 , a a1 + (n 1)d
n 1

(ⅰ)若 d = 0, 则 1 = b1q

= bn .
... 分 ...7

当{ an }为非零常数列,{ bn }为恒等于 1 的常数列,满足要求. (ⅱ)若 d ≠ 0 , (*)式等号左边取极限得 lim

n →∞

a1 + nd =1, (*)式等号右边的极限只有当 q = 1 a1 + (n 1)d

时,才能等于 1.此时等号左边是常数,∴ d = 0 ,矛盾. 综上所述,只有当{ an }为非零常数列,{ bn }为恒等于 1 的常数列,满足要求....10 分 ... 【解法二】设 an = nd + c, 若

an +1 = bn , 且 {bn } 为等比数列 an



an + 2 an +1 / = q, 对n ∈ N *都成立,即an an + 2 = qa 2 n +1 an +1 an

∴ (dn + c)(dn + 2d + c) q (dn + d + c) 2 对n ∈ N *都成立, a 2 = qd 2 ....7分 ∴
(i) 若 d=0,则 an = c ≠ 0,∴ bn = 1, n ∈ N
*

39

(ii)

若 d ≠ 0, 则q=1,∴ bn = m (常数)即
*

dn + d + c = m ,则 d=0,矛盾 dn + c

综上所述,有 an = c ≠ 0, bn = 1, 使对一切n ∈ N , (3) an = 4n + 1, bn = 3 , n ∈ N *
n

an+1 = bn , an

10 分

设 am+1 + am+2 + …… + a m+ p = bk = 3 , p,k ∈ N , m ∈ N .
k *

4(m + 1) + 1 + 4(m + p ) + 1 p = 3k , 2

∴ 4m + 2 p + 3 =

3k ,∵ p,k ∈ N *,∴ p = 35 , s ∈ N . p

13 分

取 k = 3s + 2,4m = 32 s + 2 2 × 3s 3 = ( 4 1) 2 s + 2 2 × ( 4 1) s 3 0, 由二项展开式可得正整数 M1,M2,使得(4-1)2s+2=4M1+1,

15 分

2 × (4 1) s = 8M 2 + (1) s 2,
∴ 4m = 4( M 1 2 M 2 ) (1) s + 1 2,∴ 存在整数m满足要求.
故当且仅当 p=3s,s ∈ N 时,命题成立.
.

(

)

说明:第(3)题若学生从以下角度解题,可分别得部分分(即分步得分) 若 p 为偶数,则 am+1+am+2+……+am+p 为偶数,但 3k 为奇数 故此等式不成立,所以,p 一定为奇数. 当 p=1 时,则 am+1=bk,即 4m+5=3k, 而 3k=(4-1)k = Ck 4 + Ck 4
0

k

1

k 1

(1) + …… + Ckk 1 4 (1) k 1 + Ckk (1) k = 4 M + (1) k , M ∈ Z ,
1分

当k为偶数时,存在m,使4m+5=3k 成立 当 p=3 时,则 am+1+am+2+am+3=bk,即 3am+2-bk, 也即 3(4m+9)=3k,所以 4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1 由已证可知,当 k-1 为偶数即 k 为奇数时,存在 m, 当 p=5 时,则 am+1+am+2+……+am+5=bk,即 5am+3=bk 4m+9=3k 成立

2分

也即 5(4m+13)=3k,而 3k 不是 5 的倍数,所以,当 p=5 时,所要求的 m 不存在 故不是所有奇数都成立. 2分

31.(2009 上海卷文) (本题满分 18 分)本题共有 3 个小题,第 1 小题满分 5 分,第 2 小题满分 5 分, 第 3 小题满分 8 分.
40

已知 {an } 是公差为 d 的等差数列, {bn } 是公比为 q 的等比数列 (1)若 an = 3n + 1 ,是否存在 m, n ∈ N ,有 am + am +1 = ak ?请说明理由;
*

(2)若 bn = aq n (a,q 为常数,且 aq ≠ 0)对任意 m 存在 k,有 bm bm +1 = bk ,试求 a,q 满足的充 要条件; (3)若 an = 2n + 1, bn = 3n 试确定所有的 p,使数列 {bn } 中存在某个连续 p 项的和式数列中 {an } 的一 项,请证明. 【解】 (1)由 am + am +1 = ak , 得 6m + 6 + 3k + 1 ,

4 , 3 ∵ m , k ∈ N ,∴ k 2m 为整数
整理后,可得 k 2m =

∴ 不存在 n , k ∈ N ,使等式成立.
(2)当 m = 1 时,则 b1 b2 = bk ,∴ a q = aq
2 3 k

∴ a = q k 3 , 即 a = q c ,其中 c 是大于等于 2 的整数
反之当 a = q c 时,其中 c 是大于等于 2 的整数,则 bn = q 显然 bm bm +1 = q
m+c n+ c

,

q m +1+ c = q 2 m +1+ 2 c = bk ,其中 k = 2m + 1 + c

∴ a , q 满足的充要条件是 a = q c ,其中 c 是大于等于 2 的整数
(3)设 bm +1 + bm + 2 + + bm + p = ak 当 p 为偶数时, (*) 式左边为偶数,右边为奇数, 当 p 为偶数时, (*) 式不成立.

3m +1 (1 3 p ) = 2k + 1 ,整理得 3m +1 (3 p 1) = 4k + 2 由 (*) 式得 1 3
当 p = 1 时,符合题意. 当 p ≥ 3 , p 为奇数时,

3 p 1 = (1 + 2) p 1

41

0 2 p = C p + C 1 21 + C p 22 + + C p 2 p 1 p 2 p = C 1 21 + C p 22 + + C p 2 p p 2 p = 2 ( C1 + C p 2 + + C p 2 p 1 ) p

2 2 = 2 2 ( C p + C p 22 + + C pp 2 p 2 ) + p



由3

m +1

(3 p 1) = 4k + 2 ,得

2 2 p 3m +1 2 ( C p + C p 22 + + C p 2 p 2 ) + p = 2k + 1

∴ 当 p 为奇数时,此时,一定有 m 和 k 使上式一定成立. ∴ 当 p 为奇数时,命题都成立.
32.(2009 重庆卷理) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)问 5 分, (Ⅱ)问 7 分) 设 m 个不全相等的正数 a1 , a2 , , am ( m ≥ 7) 依次围成一个圆圈. (Ⅰ)若 m = 2009 ,且 a1 , a2 , , a1005 是公差为 d 的等差数列,而 a1 , a2009 , a2008 , , a1006 是公比 为 q = d 的等比数列;数列 a1 , a2 , , am 的前 n 项和 S n ( n ≤ m) 满足: S3 = 15, S 2009 = S 2007 + 12a1 , 求通项 an ( n ≤ m) ; ( Ⅱ ) 若 每 个 数 an ( n ≤ m ) 是 其 左 右 相 邻 两 数 平 方 的 等 比 中 项 , 求 证 :
2 2 a1 + + a6 + a7 + + am > ma1a2 am ;

(21) (本小题 12 分) 解: (I)因 a1 , a2009 , a2008 , , a1006 是公比为 d 的等比数列,从而 a2000 = a1d , a2008 = a1d
2



S 2009 = S 2008 + 12a1得a2008 + a2009 = 12a1 ,故
解得 d = 3 或 d = 4 (舍去) .因此 d = 3 又
.

S3 = 3a1 + 3d = 15 .解得 a1 = 2

从而当 n ≤ 1005 时,

an = a1 + (n 1)d = 2 + 3(n 1) = 3n 1
当 1006 ≤ n ≤ 2009 时,由 a1 , a2009 , a2008 , , a1006 是公比为 d 的等比数列得

an = a1d 2009 ( n 1) = a1d 2010 n (1006 ≤ n ≤ 2009)
因此 an =

3n 1, n ≤ 1005 2 3
2009 n

,1006 ≤ n ≤ 2009
2 2 2 2 2 2 2

(II)由题意 an = an 1an +1 (1 < n < m), am = am 1a1 , a1 = am a2 得
2

42

an = an 1an +1 (1 < n < m), ① am = am 1a1 ② a = a a ③ m 2 1
有①得 a3 =

a2 1 1 a , a4 = , a5 = , a6 = 1 a3 a1 a2 a2
2



由①,②,③得 a1a2 an = ( a1a2 an ) , 故 a1a2 an = 1 . 又 ar + 3 = ⑤

ar + 2 ar +1 1 1 = = (1 ≤ r ≤ m 3) ,故有 ar +1 ar ar +1 ar

ar + 6 =

1 = ar (1 ≤ r ≤ m 6) .⑥ ar + 3

下面反证法证明: m = 6k 若不然,设 m = 6k + p, 其中1 ≤ p ≤ 5 若取 p = 1 即 m = 6k + 1 ,则由⑥得 am = a6 k +1 = a1 ,而由③得 am =

a1 a , 故a1 = 1 , a2 a2

得 a2 = 1, 由②得 am 1 =

am , 从而a6 = a6 k = am 1 , 而 a1

a6 =

a1 , 故a1 = a2 = 1,由 ④及⑥可推得 an = 1 ( 1 ≤ n ≤ m )与题设矛盾 a2

同理若 P=2,3,4,5 均可得 an = 1 ( 1 ≤ n ≤ m )与题设矛盾,因此 m = 6k 为 6 的倍数 由均值不等式得

a1 + a2 + a3 + K + a6 = (a1 +

1 1 a a ) + ( a2 + ) + ( 2 + 1 ) ≥ 6 a1 a2 a1 a2

由上面三组数内必有一组不相等(否则 a1 = a2 = a3 = 1 ,从而 a4 = a5 = K = am = 1 与题设矛盾) ,故 等号不成立,从而 a1 + a2 + a3 + K + a6 > 6 又 m = 6k ,由④和⑥得
2 2 2 2 2 2 a7 + K + am = (a7 + K + a12 ) + K + (a6 k 5 + K + a6 k ) 2 =(k-1) 12 + K + a6 ) (a

=(k-1) 12 + (a
因此由⑤得

1 1 1 2 2 +a2 + 2 +a3 + 2 ) ≥6(k-1) 2 a1 a2 a3
43

2 2 a1 + a2 + a3 + K + a6 + a7 + K + am > 6 + 6(k 1) = 6k = m = ma1a2 a3 K am

33.(2009 重庆卷文) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)问 3 分, (Ⅱ)问 4 分, (Ⅲ)问 5 分) 已知 a1 = 1, a2 = 4, an + 2 = 4an +1 + an , bn = (Ⅰ)求 b1 , b2 , b3 的值;

an +1 ,n∈ N. an

.

(Ⅱ)设 cn = bn bn +1 , S n 为数列 {cn } 的前 n 项和,求证: S n ≥ 17 n ; (Ⅲ)求证: b2 n bn <

1 1 i . 64 17 n 2 17 72 , b3 = 4 17

解: (Ⅰ)∵ a2 = 4, a3 = 17, a4 = 72 ,所以 b1 = 4.b2 = (Ⅱ)由 an + 2 = 4an +1 + an 得

an + 2 a 1 = 4 + n 即 bn +1 = 4 + an +1 an +1 bn
(n ≥ 2)

所以当 n ≥ 2 时, bn > 4 于是 c1 = b1 , b2 = 17, cn = bn bn +1 = 4bn + 1 > 17 所以 S n = c1 + c2 + + cn ≥ 17 n (Ⅲ)当 n = 1 时,结论 b2 b1 = 当 n ≥ 2 时,有 bn +1 bn =| 4 +

1 17 < 成立 4 64

b b 1 1 1 4 |=| n n 1 |≤ | bn bn 1 | bn bn 1 bn bn 1 17 (n ≥ 2)



1 1 1 1 | bn 1 bn 2 |≤ ≤ n 1 | b2 b1 |< i n 2 2 17 17 64 17

所以

b2 n bn ≤ bn +1 bn + bn + 2 bn +1 + + b2 n b2 n 1

1 1 ( ) n 1 (1 n ) 1 1 n 1 1 n 1 2 n 2 1 17 17 < 1 i 1 (n ∈ N * ) ( ) + ( ) + + ( ) = i 1 4 17 17 17 64 17 n 2 4 1 17

.

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