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高中数学经典高考难题集锦(解析版)(10)


2015 年 10 月 18 日姚杰的高中数学组卷
一.填空题(共 17 小题) 1. (2014?永川区校级学业考试)已知等差数列{an}的公差 d≠0,且 a1,a3,a9 成等比数列, 则 的值是 .

2. (2013?江苏)在正项等比数列{an}中, 最大正整数 n 的值为 .

,a6+a7=3,则满足 a1+a2+…

+an>a1a2…an 的

3. (2013?湖南)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,Sn=(﹣1) an﹣ (1)a3= ; (2)S1+S2+…+S100=
*

n

,n∈N ,则

*

. +…+ ,

4. (2012?湖南) 对于 n∈N , 将 n 表示为 n=

当 i=k 时,ai=1,当 0≤i≤k﹣1 时,ai 为 0 或 1.定义 bn 如下:在 n 的上述表示中,当 a0,a1, a2,…,ak 中等于 1 的个数为奇数时,bn=1;否则 bn=0. (1)b2+b4+b6+b8= ; (2)记 cm 为数列{bn}中第 m 个为 0 的项与第 m+1 个为 0 的项之间的项数,则 cm 的最大值 是 . 5. (2012?河北)数列{an}满足 an+1+(﹣1) an=2n﹣1,则{an}的前 60 项和为 6. (2012?上海)已知 a2010=a2012,则 a20+a11 的值是
n



,各项均为正数的数列{an}满足 a1=1,an+2=f(an) ,若 .

7. (2012?上海)已知等差数列{an}的首项及公差均为正数,令 .当 bk 是数列{bn}的最大项时, k= .

8. (2011?浙江)若数列

中的最大项是第 k 项,则 k=



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9. (2010?天津)设{an}是等比数列,公比 .设

,Sn 为{an}的前 n 项和.记 .

为数列{Tn}的最大项,则 n0=

10. (2013?湖南)对于 E={a1,a2,….a100}的子集 X={ai1,ai2,…,aik},定义 X 的“特征 数列”为 x1,x2…,x100,其中 xi1=xi2=…xik=1.其余项均为 0,例如子集{a2,a3}的“特征数列” 为 0,1,1,0,0,…,0 (1)子集{a1,a3,a5}的“特征数列”的前 3 项和等于 ; (2)若 E 的子集 P 的“特征数列”P1,P2,…,P100 满足 p1=1,pi+pi+1=1,1≤i≤99;E 的子集 Q 的“特征数列”q1,q2,q100 满足 q1=1,qj+qj+1+qj+2=1,1≤j≤98,则 P∩Q 的元素个数 为 . 11. (2010?湖南)若数列{an}满足:对任意的 n∈N ,只有有限个正整数 m 使得 am<n 成立, + + 记这样的 m 的个数为(an) ,则得到一个新数列{(an) }.例如,若数列{an}是 1,2,3…, + + 2 + n, …, 则数列{ (an)}是 0, 1, 2, …, n﹣1…已知对任意的 n∈N , an=n , 则 (a5)= , + + ( (an) ) = . 12. (2010?辽宁)已知数列{an}满足 a1=33,an+1﹣an=2n,则 的最小值为 .


13. (2008?北京)某校数学课外小组在坐标纸上,为学校的一块空地设计植树方案如下:第 k 棵树种植在点 Pk(xk,yk)处,其中 x1=1,y1=1,当 k≥2 时,

T(a)表示非负实数 a 的整数部分,例如

T(2.6)=2,T(0.2)=0.按此方案,第 6 棵树种植点的坐标应为 棵树种植点的坐标应为 . 14. (2008?天津)已知数列{an}中, = . ,则

;第 2009

15. (2006?天津)设函数 若向量 Sn=tanθ1+tanθ2+…+tanθn,则 =

,点 A0 表示坐标原点,点 An(n,f(n) ) (n∈N ) , ,θn 是 与 . 的夹角, (其中 ) ,设

*

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16. (2005?上海)已知函数 f(x)=2 +log2x,数列{an}的通项公式是 an=0.1n(n∈N) ,当|f (an)﹣2005|取得最小值时,n= .
r

x

17. (2006?湖北)将杨辉三角中的每一个数 Cn 都换成 示的分数三角形,成为莱布尼茨三角形,从莱布尼茨三角形可看出 ,其中 x=r+1,令

,就得到一个如下图所

,则

=



二.解答题(共 13 小题) 18. (2008?安徽)设数列{an}满足 a1=a,an+1=can+1﹣c,n∈N*,其中 a,c 为实数,且 c≠0 (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)设 N*,求数列{bn}的前 n 项和 Sn;

(Ⅲ)若 0<an<1 对任意 n∈N*成立,证明 0<c≤1.

19. (2011?广东)设 b>0,数列{an}满足 a1=b,an=
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(n≥2)

(1)求数列{an}的通项公式; n+1 (2)证明:对于一切正整数 n,2an≤b +1. 20. (2014?濮阳二模)设{an}是等差数列,{bn}是各项都为正数的等比数列,且 a1=b1=1, a3+b5=21,a5+b3=13 (Ⅰ)求{an}、{bn}的通项公式; (Ⅱ)求数列 的前 n 项和 Sn.

21. (2014 秋?渝中区校级月考)已知数列{an}中,a1=1,an+1=c﹣



(Ⅰ)设 c= ,bn=

,求数列{bn}的通项公式;

(Ⅱ)求使不等式 an<an+1<3 成立的 c 的取值范围. 22. (2010?荔湾区校级模拟)设{an}是由正数组成的等比数列,Sn 是其前 n 项和. (1)证明 ;

(2)是否存在常数 c>0,使得 并证明你的结论.

成立?

23. (2010?安徽)设 C1,C2,…,Cn,…是坐标平面上的一列圆,它们的圆心都在 x 轴的正 半轴上,且都与直线 相切,对每一个正整数 n,圆 Cn 都与圆 Cn+1 相互外切,以 rn

表示 Cn 的半径,已知{rn}为递增数列. (Ⅰ)证明:{rn}为等比数列;

(Ⅱ)设 r1=1,求数列

的前 n 项和.

24. (2010?湖南)给出下面的数表序列:

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其中表 n(n=1,2,3 …)有 n 行,第 1 行的 n 个数是 1,3,5,…2n﹣1,从第 2 行起,每 行中的每个数都等于它肩上的两数之和. (I)写出表 4,验证表 4 各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列,并将结论推 广到表 n(n≥3) (不要求证明) ; (II)每个数列中最后一行都只有一个数,它们构成数列 1,4,12…,记此数列为{bn}求和: (n∈N )
+

25. (2010?湖北)已知数列{an}满足: (n≥1) ,数列{bn}满足:bn=an+1 ﹣an (n≥1) . (Ⅰ)求数列{an},{bn}的通项公式 (Ⅱ)证明:数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列.
2 2

,anan+1<0

26. (2009?广东)已知点(1, )是函数 f(x)=a (a>0,且 a≠1)的图象上一点,等比 数列{an}的前 n 项和为 f(n)﹣c,数列{bn}(bn>0)的首项为 c,且前 n 项和 Sn 满足 Sn ﹣Sn﹣1= (n≥2) .

x

(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式; (Ⅱ)若数列{ }前 n 项和为 Tn,问满足 Tn> 的最小正整数 n 是多少?

27. (2009?江西)数列{an}的通项 an=n (cos (1)求 Sn; (2)bn=

2

2

﹣sin

2

) ,其前 n 项和为 Sn.

,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

28. (2009?重庆)已知 (Ⅰ)求 b1,b2,b3 的值; (Ⅱ)设 cn=bnbn+1,Sn 为数列{cn}的前 n 项和,求证:Sn≥17n; (Ⅲ)求证: .



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29. (2008?四川)设数列{an}的前 n 项和为 Sn=2an﹣2 , (Ⅰ)求 a1,a4 n (Ⅱ)证明:{an+1﹣2a }是等比数列; (Ⅲ)求{an}的通项公式. 30. (2007?福建)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和为 Sn; (2)设 (n∈N ) ,求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
+

n





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2015 年 10 月 18 日姚杰的高中数学组卷
参考答案与试题解析

一.填空题(共 17 小题) 1. (2014?永川区校级学业考试)已知等差数列{an}的公差 d≠0,且 a1,a3,a9 成等比数列, 则 的值是



考点: 等差数列的性质. 专题: 压轴题. 分析: 由 a1,a3,a9 成等比数列求得 a1 与 d 的关系,再代入
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即可.

解答: 解:∵a1,a3,a9 成等比数列, 2 ∴(a1+2d) =a1?(a1+8d) , ∴a1=d, ∴ = ,

故答案是:



点评: 本题主要考查等差数列的通项公式及等比数列的性质.

2. (2013?江苏)在正项等比数列{an}中, 最大正整数 n 的值为 12 .

,a6+a7=3,则满足 a1+a2+…+an>a1a2…an 的

考点: 等比数列的前 n 项和;一元二次不等式的解法;数列的函数特性;等差数列的前 n 项 和. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: 设正项等比数列{an}首项为 a1,公比为 q,由题意可得关于这两个量的方程组,解之 可得数列的通项公式和 a1+a2+…+an 及 a1a2…an 的表达式,化简可得关于 n 的不等式, 解之可得 n 的范围,取上限的整数部分即可得答案. 解答: 解:设正项等比数列{an}首项为 a1,公比为 q,
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由题意可得

,解之可得:a1=

,q=2,

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故其通项公式为 an=

=2

n﹣6



记 Tn=a1+a2+…+an=
﹣5 ﹣4

=
n﹣6
﹣5﹣4+…+n﹣6



Sn=a1a2…an=2 ×2 …×2 由题意可得 Tn>Sn,即

=2

= ,





化简得:2 ﹣1> 因此只须 n> 解得 <n<

n

,即 2 ﹣ ,即 n ﹣13n+10<0 ,
2

n

>1,

由于 n 为正整数,因此 n 最大为

的整数部分,也就是 12.

故答案为:12 点评: 本题考查等比数列的求和公式和一元二次不等式的解法,属中档题. 3. (2013?湖南)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,Sn=(﹣1) an﹣ (1)a3= ﹣ ; .
n

,n∈N ,则

*

(2)S1+S2+…+S100=

考点: 数列的求和;数列的函数特性. 专题: 压轴题;等差数列与等比数列. 分析: (1)把给出的数列递推式先分 n=1 和 n≥2 讨论,由此求出首项和 n≥2 时的关系式
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.对此关系式再分 n 为偶数和奇数分别得 到当 n 为偶数和奇数时的通项公式,则 a3 可求; (2)把(1)中求出的数列的通项公式代入 数列的分组求和和等比数列的前 n 项和公式可求得结果. * 解答: 解:由 ,n∈N , 当 n=1 时,有 当 n≥2 时,
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,n∈N ,则利用

*

,得

. .

即 若 n 为偶数,则 所以 若 n 为奇数,则 所以 所以(1) 故答案为﹣ (2)因为 又 则 ; (n 为正偶数) . . (n 为正奇数) ; .



=



(n 为正奇数) ,所以﹣ .



(n 为正偶数) ,所以 . , .

则 …



. 所以,S1+S2+S3+S4+…+S99+S100 = =

=

= 故答案为

. .

点评: 本题考查了数列的求和,考查了数列的函数特性,解答此题的关键在于当 n 为偶数时 能求出奇数项的通项,当 n 为奇数时求出偶数项的通项,此题为中高档题.
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4. (2012?湖南) 对于 n∈N , 将 n 表示为 n=

*

+…+



当 i=k 时,ai=1,当 0≤i≤k﹣1 时,ai 为 0 或 1.定义 bn 如下:在 n 的上述表示中,当 a0,a1, a2,…,ak 中等于 1 的个数为奇数时,bn=1;否则 bn=0. (1)b2+b4+b6+b8= 3 ; (2)记 cm 为数列{bn}中第 m 个为 0 的项与第 m+1 个为 0 的项之间的项数,则 cm 的最大值 是 2 . 考点: 数列的应用;数列的函数特性. 专题: 压轴题;新定义. 2 2 3 分析: (1) 由题设定义可知, 2=1×2, 4=1×2 , 6=1×2 +1×2, 8=1×2 , 从而 b2=1, b4=1, b6=0,
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b8=1,故可求 b2+b4+b6+b8 的值; (2)设{bn}中第 m 个为 0 的项为 bi,即 bi=0,构造二进制数(i)10=(akak﹣1…a1a0) 2,则 akak﹣1…a1a0 中 1 的个数为偶数,再进行分类讨论:当 a2a1a0=000 时,cm=2;当 a2a1a0=001 时,cm=0;当 a2a1a0=010 时,cm=1; 当 a2a1a0=011 时,cm=0; 当 a2a1a0=100 时,cm=2;当 a2a1a0=101 时,cm=0;当 a0=0,前面有奇数个 1 时,cm=1; 当 a0=0, 前面有偶数个 1 时, cm=2; 当末位有奇数个 1 时, cm=1; 当末位有偶数个 1 时, cm=0, 由此可得 cm 的最大值. 2 2 3 解答: 解: (1)由题设定义可知,2=1×2,4=1×2 ,6=1×2 +1×2,8=1×2 ,∴b2=1,b4=1, b6=0,b8=1 ∴b2+b4+b6+b8=3 (2)设{bn}中第 m 个为 0 的项为 bi,即 bi=0,构造二进制数(i)10=(akak﹣1…a1a0) 则 akak﹣1…a1a0 中 1 的个数为偶数, 当 a2a1a0=000 时, bi+1=1, bi+2=1, bi+3=0, cm=2; 2, 当 a2a1a0=001 时, bi+1=0, cm=0; 当 a2a1a0=010 时, bi+1=1, bi+2=0, cm=1; 当 a2a1a0=011 时,bi+1=0,cm=0;当 a2a1a0=100 时,bi+1=1,bi+2=1,bi+3=0,cm=2;当 a2a1a0=101 时,bi+1=0,cm=0;当 a0=0,前面有奇数个 1 时,bi+1=1,bi+2=0,cm=1; 当 a0=0, 前面有偶数个 1 时,bi+1=1,bi+2=1,bi+3=0,cm=2;当末位有奇数个 1 时,bi+1=1, bi+2=0,cm=1;当末位有偶数个 1 时,bi+1=1,bi+2=0,cm=0;故 cm 的最大值为 2. 点评: 对于新定义型问题,正确理解新定义传递的信息是解题的突破口. 5. (2012?河北)数列{an}满足 an+1+(﹣1) an=2n﹣1,则{an}的前 60 项和为
n

1830 .

考点: 数列递推式;数列的求和. 专题: 计算题;压轴题. 分析: 令 bn+1=a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4,则 bn+1=a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4=a4n﹣3+a4n﹣2+a4n﹣ 2+a4n+16=bn+16 可得数列{bn}是以 16 为公差的等差数列,而{an}的前 60 项和为即为 数列{bn}的前 15 项和,由等差数列的求和公式可求 解答: 解:∵ ,
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∴ 令 bn+1=a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4,a4n+1+a4n+3=(a4n+3+a4n+2)﹣(a4n+2﹣a4n+1)=2, a4n+2+a4n+4=(a4n+4﹣a4n+3)+(a4n+3+a4n+2)=16n+8,
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则 bn+1=a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4=a4n﹣3+a4n﹣2+a4n﹣1+a4n+16=bn+16 ∴数列{bn}是以 16 为公差的等差数列,{an}的前 60 项和为即为数列{bn}的前 15 项和 ∵b1=a1+a2+a3+a4=10 ∴ =1830

点评: 本题主要考查了由数列的递推公式求解数列的和,等差数列的求和公式的应用,解题 的关键是通过构造等差数列

6. (2012?上海)已知 a2010=a2012,则 a20+a11 的值是

,各项均为正数的数列{an}满足 a1=1,an+2=f(an) ,若 .

考点: 数列与函数的综合. 专题: 综合题;压轴题. 分析: 根据 ,各项均为正数的数列{an}满足 a1=1,an+2=f(an) ,可确定 a1=1,
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,a7= ,



,利用 a2010=a2012,可得 a2010= ,由此可得结论.

(负

值舍去) ,依次往前推得到 a20= 解答: 解:∵ ∴a1=1, ∵a2010=a2012, ∴ ,

,各项均为正数的数列{an}满足 a1=1,an+2=f(an) , ,a7= , ,

∴a2010=

(负值舍去) ,由 a2010=

得 a2008=



依次往前推得到 a20= ∴a20+a11= 故答案为: 点评: 本题主要考查数列的概念、 组成和性质、 同时考查函数的概念. 理解条件 an+2=f (an) , 是解决问题的关键,本题综合性强,运算量较大,属于中高档试题. 7. (2012?上海)已知等差数列{an}的首项及公差均为正数,令 . 当 bk 是数列{bn}的最大项时, k= 1006 .
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考点: 数列与不等式的综合;等差数列的性质. 专题: 综合题;压轴题. 分析: 设 , ,由
2 2 2 2 2 2

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,根据
2 2 2 2

基本不等式(x+y) =x +y +2xy≤x +y +x +y =2(x +y ) ,得 bn =(
2



≤2(an+a2012﹣n)=2(2a1006)=4a1006,由此能求出结果. , , ,
2 2 2 2 2 2 2 2 2

解答: 解:设 ∵

∴根据基本不等式(x+y) =x +y +2xy≤x +y +x +y =2(x +y ) , 得 bn =(
2

) ≤2(an+a2012﹣n)=2(2a1006)=4a1006,

2

当且仅当 an=a2012﹣n 时,bn 取到最大值, 此时 n=1006,所以 k=1006. 故答案为:1006. 点评: 本题考查数列与不等式的综合应用,具体涉及到等差数列的通项公式、基本不等式的 性质等基本知识,解题时要认真审题,仔细解答,注意合理地进行等价转化.

8. (2011?浙江)若数列

中的最大项是第 k 项,则 k= 4 .

考点: 数列的函数特性. 专题: 点列、递归数列与数学归纳法. 分析: 求数列的最大值,可通过做差或做商比较法判断数列的单调性处理. 解答: 解:令 ,
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假设

=

≥1,

则 2(n+1) (n+5)≥3n(n+4) ,即 n ≤10,所以 n<4, 又 n 是整数,即 n≤3 时,an+1>an, 当 n≥4 时,an+1<an, 所以 a4 最大. 故答案为:4. 点评: 本题考查数列的最值问题, 利用做差或做商比较法判断数列的单调性是求数列最值的 常用方式.

2

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9. (2010?天津)设{an}是等比数列,公比 .设

,Sn 为{an}的前 n 项和.记 4 .

为数列{Tn}的最大项,则 n0=

考点: 等比数列的前 n 项和;等比数列的性质. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: 首先用公比 q 和 a1 分别表示出 Sn 和 S2n,代入 Tn 易得到 Tn 的表达式.再根据基本不
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等式得出 n0 解答: 解:

=

=

因为

≧8,当且仅当

=4,

即 n=4 时取等号,所以当 n0=4 时 Tn 有最大值. 故答案为:4. 点评: 本题主要考查了等比数列的前 n 项和公式与通项及平均值不等式的应用,属于中等 题.本题的实质是求 Tn 取得最大值时的 n 值,求解时为便于运算可以对 行换元,分子、分母都有变量的情况下通常可以采用分离变量的方法求解. 10. (2013?湖南)对于 E={a1,a2,….a100}的子集 X={ai1,ai2,…,aik},定义 X 的“特征 数列”为 x1,x2…,x100,其中 xi1=xi2=…xik=1.其余项均为 0,例如子集{a2,a3}的“特征数列” 为 0,1,1,0,0,…,0 (1)子集{a1,a3,a5}的“特征数列”的前 3 项和等于 2 ; (2)若 E 的子集 P 的“特征数列”P1,P2,…,P100 满足 p1=1,pi+pi+1=1,1≤i≤99;E 的子集 Q 的“特征数列”q1, q2, q100 满足 q1=1, qj+qj+1+qj+2=1, 1≤j≤98, 则 P∩Q 的元素个数为 17 . 考点: 数列的求和;交集及其运算. 专题: 压轴题;新定义. 分析: (1)利用“特征数列”的定义即可得出; (2)利用“特征数列”的定义分别求出子集 P,Q 的“特征数列”,再找出相同“1”的个 数即可. 解答: 解: (1)子集{a1,a3,a5}的“特征数列”为:1,0,1,0,1,0,…,0.故前三项和 等于 1+0+1=2;
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(2)∵E 的子集 P 的“特征数列”P1,P2,…,P100 满足 Pi+Pi+1=1,1≤i≤99, ∴P 的特征数列为 1,0,1,0,…,1,0.其中奇数项为 1,偶数项为 0. 则 P={a1,a3,a5,…,a99}有 50 个元素, 又 E 的子集 Q 的“特征数列”q1,q2,…,q100 满足 q1=1,qj+qj+1+qj+2=1,1≤j≤98,可 知:j=1 时,q1+q2+q3=1,∵q1=1,∴q2=q3=0;同理 q4=1=q7=…=q3n﹣2. ∴子集 Q 的“特征数列”为 1,0,0,1,0,0,1,…,1,0,0,1. 则 Q={a1,a4,a7,…,a100} 则 P∩Q 的元素为 a1,a7,a13,…,a91,a97. ∵97=1+(17﹣1)×6,∴共有 17 相同的元素. 故答案分别为 2,17. 点评: 正确理解“特征数列”的定义是解题的关键. 11. (2010?湖南)若数列{an}满足:对任意的 n∈N ,只有有限个正整数 m 使得 am<n 成立, + + 记这样的 m 的个数为(an) ,则得到一个新数列{(an) }.例如,若数列{an}是 1,2,3…, + + 2 + n,…,则数列{(an) }是 0,1,2,…,n﹣1…已知对任意的 n∈N ,an=n ,则(a5) = 2 , + + 2 ( (an) ) = n . 考点: 数列的应用. 专题: 计算题;压轴题;新定义. 2 + + 分析: 根据题意,若 am<5,而 an=n ,知 m=1,2,∴(a5) =2,由题设条件可知( (a1) )
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=1, ( (a2) ) =4, ( (a3) ) =9, ( (a4) ) =16,于是猜想: ( (an) ) =n . 2 + 解答: 解:∵am<5,而 an=n ,∴m=1,2,∴(a5) =2. + + + + ∵(a1) =0, (a2) =1, (a3) =1, (a4) =1, + + + + + (a5) =2, (a6) =2, (a7) =2, (a8) =2, (a9) =2, + + + + + + + (a10) =3, (a11) =3, (a12) =3, (a13) =3, (a14) =3, (a15) =3, (a16) =3, + + + + + + + + ∴( (a1) ) =1, ( (a2) ) =4, ( (a3) ) =9, ( (a4) ) =16, + + 2 猜想: ( (an) ) =n . 2 答案:2,n . 点评: 本题考查数列的性质和应用,解题时要认真审题.仔细解答.

+

+

+

+

+

+

+

+

+

2

12. (2010?辽宁)已知数列{an}满足 a1=33,an+1﹣an=2n,则

的最小值为



考点: 数列递推式;基本不等式在最值问题中的应用. 专题: 计算题;压轴题. 分析: 2 由累加法求出 an=33+n ﹣n,所以 ,设 f(n)=
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,由此能导出

n=5 或 6 时 f(n)有最小值.借此能得到

的最小值.

2 解答: 解:an=(an﹣an﹣1)+(an﹣1﹣an﹣2)+…+(a2﹣a1)+a1=2[1+2+…+(n﹣1)]+33=33+n ﹣n

所以
第 14 页(共 35 页)

设 f(n)=

,令 f′(n)=

, 上是递减的,

则 f(n)在 上是单调递增,在 因为 n∈N+,所以当 n=5 或 6 时 f(n)有最小值. 又因为 所以 , 的最小值为 ,

点评: 本题考查了递推数列的通项公式的求解以及构造函数利用导数判断函数单调性, 考查 了同学们综合运用知识解决问题的能力. 13. (2008?北京)某校数学课外小组在坐标纸上,为学校的一块空地设计植树方案如下:第 k 棵树种植在点 Pk(xk,yk)处,其中 x1=1,y1=1,当 k≥2 时,

T(a)表示非负实数 a 的整数部分,例如

T(2.6)=2,T(0.2)=0.按此方案,第 6 棵树种植点的坐标应为 (1,2) 棵树种植点的坐标应为 (4,402) .

;第 2009

考点: 数列的应用. 专题: 压轴题;规律型. 分析: 由题意可知,数列 xn 为 1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,…;数列 {yn}为 1,1,1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,3,3,3,4,4,4,4,4,…由此入 手能够得到第 6 棵树种植点的坐标和第 2009 棵树种植点的坐标. 解答: 解:∵ 组成的数列为 0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,
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0,0,0,0,1…,k=2,3,4,5,… 一一代入计算得数列 xn 为 1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,… * 即 xn 的重复规律是 x5n+1=1,x5n+2=2,x5n+3=3,x5n+4=4,x5n=5.n∈N . 数列{yn}为 1,1,1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,3,3,3,4,4,4,4,4,… 即 yn 的重复规律是 y5n+k=n,0≤k<5. ∴由题意可知第 6 棵树种植点的坐标应为 (1, 2) ; 第 2009 棵树种植点的坐标应为 (4, 402) . 点评: 本题考查数列的性质和应用,解题时要注意创新题的灵活运用. 14. (2008?天津)已知数列{an}中, . ,则 =

考 数列的求和;极限及其运算.

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第 15 页(共 35 页)

点: 专 计算题;压轴题. 题: 分 首先由 求 an 可以猜想到用错位相加法把中间项消去,即 析: 可得到 an 的表达式,再求极限即可. 解 解:因为 答:

所以 an 是一个等比数列的前 n 项和,所以

,且 q=2.代入,

所以



所以答案为 点 此题主要考查数列的求和问题,用到错位相加法的思想,需要注意. 评: ,点 A0 表示坐标原点,点 An(n,f(n) ) (n∈N ) , ,θn 是 = 1 . 与 的夹角, (其中 ) ,设
*

15. (2006?天津)设函数 若向量 Sn=tanθ1+tanθ2+…+tanθn,则

考点: 数列的极限. 专题: 综合题;压轴题. 分析: * 设函数 ,点 A0 表示坐标原点,点 An(n,f(n) ) (n∈N ) ,则能推导出
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Sn= 解答: 解:设函数 若向量 θn 是 与 的夹角,

,由此能导出


*

,点 A0 表示坐标原点,点 An(n,f(n) ) (n∈N ) , = ,

(其中
第 16 页(共 35 页)

) ,

设 Sn=tanθ1+tanθ2+…+tanθn= 则 =1.



点评: 本题考查数列的极限和运算,解题时要注意三角函数的灵活运用. 16. (2005?上海)已知函数 f(x)=2 +log2x,数列{an}的通项公式是 an=0.1n(n∈N) ,当|f (an)﹣2005|取得最小值时,n= 110 . 考点: 数列的函数特性;等差数列的通项公式. 专题: 压轴题. 0.1n 分析: 要使|f(an)﹣2005|取得最小值,可令|f(an)﹣2005|=0,即 2 +log20.1n=2005,对 n 值进行粗略估算可得答案. 0.1n 解答: 解:|f(an)﹣2005|=|f(0.n)﹣2005|=|2 +log20.1n﹣2005|, (1) 0.1n 要使(1)式取得最小值,可令(1)式等于 0,即|2 +log20.1n﹣2005|=0, 0.1n 2 +log20.1n=2005, 10 11 又 2 =1024,2 =2048, 10 则当 n=100 时,2 =1024,log210≈3, (1)式约等于 978, 11 当 n=110 时,2 ≈2048,log211≈3, (1)式约等于 40, 当 n<100 或 n>110 式(1)式的值会变大, 所以 n=110, 故答案为:110. 点评: 本题考查数列的函数特性、指数函数对数函数的性质,考查学生灵活运用知识解决问 题的能力.
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x

17. (2006?湖北)将杨辉三角中的每一个数 Cn 都换成 示的分数三角形,成为莱布尼茨三角形,从莱布尼茨三角形可看出 ,其中 x=r+1,令

r

,就得到一个如下图所

,则

=



第 17 页(共 35 页)

考 数列的求和;极限及其运算. 点: 专 计算题;压轴题;探究型. 题: 分 通过观察可得 析: 〔 (1+ + +…+ ﹣ + ﹣ = +

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=

)﹣( + +…+ ) 〕+〔 ( + + + + …+ ﹣ .进而可得 .

)﹣( + +…+ ) 〕=1

解 解:第一个空通过观察可得. 答:

=

= (1+ ﹣1) + ( ﹣ )

) + ( + ﹣ ) + ( + ﹣ ) +…+ (

+ ﹣

) + (

+

第 18 页(共 35 页)

=(1+ + +…+ =〔 (1+ + +…+ ﹣( + +…+ ) 〕 =1﹣ + = + 所以 答案: . ﹣ = . ﹣

)+( + + + +…+

)﹣2( + +…+ ) )

)﹣( + +…+ ) 〕+〔 ( + + + +…+

点 本题考查数列的性质和应用,解题时要认真审题,仔细解答. 评: 二.解答题(共 13 小题) 18. (2008?安徽)设数列{an}满足 a1=a,an+1=can+1﹣c,n∈N*,其中 a,c 为实数,且 c≠0 (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)设 N*,求数列{bn}的前 n 项和 Sn;

(Ⅲ)若 0<an<1 对任意 n∈N*成立,证明 0<c≤1. 考 数列的求和;数列的函数特性. 点: 专 压轴题. 题: 分 (Ⅰ)需要观察题设条件进行恒等变形,构造 an﹣1=c(an﹣1﹣1)利用迭代法计算出数 析: 列的通项公式; (Ⅱ)由(Ⅰ)的结论求出数列的通项,观察知应用错位相减法求和;
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(Ⅲ)由(Ⅰ)的结论知 an=(a﹣1)c

n﹣1

+1.接合题设条件得出,

.然后再用反证法通过讨论得出 c 的范围.
2 n 1 解 解: (Ⅰ)由题设得:n≥2 时,an﹣1=c(an﹣1﹣1)=c (an﹣2﹣1)=…=c (a1﹣1)=(a n﹣1 答: ﹣1)c .


所以 an=(a﹣1)c +1. 当 n=1 时,a1=a 也满足上式. n﹣1 故所求的数列{an}的通项公式为:an=(a﹣1)c +1. (Ⅱ)由(Ⅰ)得: .

n﹣1

第 19 页(共 35 页)



∴ ∴



所以∴


n﹣1

(Ⅲ)证明:由(Ⅰ)知 an=(a﹣1)c +1. n﹣1 n ﹣1 若 0<(a﹣1)c +1<1,则 0<(1﹣a)c <1. 因为 0<a1=a<1,∴ 由于 c >0 对于任意 n∈N+成立,知 c>0. 下面用反证法证明 c≤1. 假设 c>1.由函数 f(x)=c 的图象知,当 n→+∞时,c 所以
x n﹣1 n﹣1



→+∞,

不能对任意 n∈N+恒成立,导致矛盾.∴c≤1.因此 0<c≤1

点 本题主要考查数列的概念、数列通项公式的求法以及不等式的证明等;考查运算能力, 评: 综合运送知识分析问题和解决问题的能力.第三问中特值法与反证法想接合,对做题方 向与方法选取要求较高.是一个技能性较强的题.

19. (2011?广东)设 b>0,数列{an}满足 a1=b,an= (1)求数列{an}的通项公式; n+1 (2)证明:对于一切正整数 n,2an≤b +1.

(n≥2)

考点: 数列递推式;数列与不等式的综合. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: (1)由题设形式可以看出,题设中给出了关于数列 an 的面的一个方程,即一个递推 关系,所以应该对此递推关系进行变形整理以发现其中所蕴含的规律,观察发现若对 方程两边取倒数则可以得到一个类似等差数列的形式,对其中参数进行讨论,分类求 其通项即可. (2)由于本题中条件较少,解题思路不宜用综合法直接分析出,故求解本题可以采 取分析法的思路,由结论探究其成立的条件,再证明此条件成立,即可达到证明不等 式的目的. 解答: 解: (1)∵ (n≥2) ,
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第 20 页(共 35 页)



(n≥2) ,

当 b=1 时,

(n≥2) ,

∴数列{ ∴

}是以

为首项,以 1 为公差的等差数列,

=1+(n﹣1)×1=n,即 an=1,

当 b>0,且 b≠1 时,

(n≥2) ,

即数列{

}是以

=

为首项,公比为 的等比数列,



=

×

=

,即 an=



∴数列{an}的通项公式是

(2)证明:当 b=1 时,不等式显然成立 当 b>0,且 b≠1 时,an= ,要证对于一切正整数 n,2an≤b
n+1

+1,只需

证 2×

≤b

n+1

+1,即证



= =(b +1)×(b +b +…+b+1) 2n 2n﹣1 n+2 n+1 n﹣1 n﹣2 =(b +b +…+b +b )+(b +b +…+b+1) =b [(b +b
n n n n﹣1 n+1 n﹣1 n﹣2

+…+b +b)+( +
n

2

+…+

)]

≥b (2+2+…+2)=2nb 所以不等式成立, n+1 综上所述,对于一切正整数 n,有 2an≤b +1, 点评: 本题考点是数列的递推式,考查根据数列的递推公式求数列的通项,研究数列的性质
第 21 页(共 35 页)

的能力, 本题中递推关系的形式适合用取倒数法将所给的递推关系转化为有规律的形 式,两边取倒数,条件许可的情况下,使用此技巧可以使得解题思路呈现出来.数列 中有请多成熟的规律,做题时要注意积累这些小技巧,在合适的情况下利用相关的技 巧,可以简化做题.在(2)的证明中,采取了分析法的来探究解题的思路,通过本 题希望能进一步熟悉分析法证明问题的技巧. 20. (2014?濮阳二模)设{an}是等差数列,{bn}是各项都为正数的等比数列,且 a1=b1=1, a3+b5=21,a5+b3=13 (Ⅰ)求{an}、{bn}的通项公式; (Ⅱ)求数列 的前 n 项和 Sn.

考 点 : 专 题 : 分 析 :

等差数列的通项公式;等比数列的通项公式;数列的求和.

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等差数列与等比数列.

(Ⅰ)设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q,根据等比数列和等差数列的通项公式,联立 方程求得 d 和 q,进而可得{an}、{bn}的通项公式. (Ⅱ)数列 和 Sn. 的通项公式由等差和等比数列构成,进而可用错位相减法求得前 n 项

解 (Ⅰ)设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q,则依题意有 q>0 且 答 解: : 解得 d=2,q=2. 所以 an=1+(n﹣1)d=2n﹣1,bn=q
n﹣1

=2

n﹣1



(Ⅱ)



,①

Sn=

,②

①﹣②得 Sn=1+2( +

+…+

)﹣



第 22 页(共 35 页)

则 = =

=



点 本题主要考查等差数列的通项公式和用错位相减法求和. 评 : 21. (2014 秋?渝中区校级月考)已知数列{an}中,a1=1,an+1=c﹣ .

(Ⅰ)设 c= ,bn=

,求数列{bn}的通项公式;

(Ⅱ)求使不等式 an<an+1<3 成立的 c 的取值范围. 考点: 数列递推式;数学归纳法. 专题: 综合题;压轴题. 分析: (1)令 c= 代入到 an+1=c﹣
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中整理并令 bn=

进行替换,得到关系式

bn+1=4bn+2, 进而可得到{

}是首项为﹣ , 公比为 4 的等比数列, 先得到{

}

的通项公式,即可得到数列{bn}的通项公式. (2)先求出 n=1,2 时的 c 的范围,然后用数学归纳法分 3 步进行证明当 c>2 时 an <an+1, 然后当 c>2 时, 令 α= 可发现 c> 解答: 解: (1) , 根据由

时不能满足条件,进而可确定 c 的范围.



,即 bn+1=4bn+2

,a1=1,故

第 23 页(共 35 页)

所以{

}是首项为﹣ ,公比为 4 的等比数列, ,

(Ⅱ)a1=1,a2=c﹣1,由 a2>a1 得 c>2. 用数学归纳法证明:当 c>2 时 an<an+1. (ⅰ)当 n=1 时,a2=c﹣ >a1,命题成立;

(ii)设当 n=k 时,ak<ak+1, 则当 n=k+1 时, 故由(i) (ii)知当 c>2 时,an<an+1 当 c>2 时,令 α= 当 2<c≤ 当 c> 于是 α﹣an+1≤ 当 n> 因此 c> 不符合要求. ]. (α﹣1) , 时,an<α≤3 时,α>3 且 1≤an<α ,由

所以 c 的取值范围是(2,

点评: 本小题主要考查数列的通项公式、等比数列的定义、递推数列、不等式等基础知识和 基本技能,同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力,在解题过程中也渗透 了对函数与方程思想、化归与转化思想的考查. 22. (2010?荔湾区校级模拟)设{an}是由正数组成的等比数列,Sn 是其前 n 项和. (1)证明 ;

(2)是否存在常数 c>0,使得 并证明你的结论. 考点: 等比数列的前 n 项和;对数的运算性质;不等式的证明. 专题: 计算题;证明题;压轴题.
第 24 页(共 35 页)

成立?

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2 分析: (1)设{an}的公比为 q,当 q=1 时根据 Sn?Sn+2﹣Sn+1 求得结果小于 0,不符合;当 2 2 q≠1 时利用等比数列求和公式求得 Sn?Sn+2﹣Sn+1 <0,进而推断 Sn?Sn+2, <Sn+1 . 根 2 据对数函数的单调性求得 lg(Sn?Sn+2)<lgSn+1 ,原式得证.

(2)要使

.成立,则有

进而分两种情况讨论当 q=1 时根据 (Sn ﹣c) (Sn+2﹣c)=(Sn+1﹣c) 求得﹣a1 <0 不符合题意;当 q≠1 时求得(Sn﹣c) (Sn+2 2 n ﹣c)﹣(Sn+1﹣c) =﹣a1q [a1﹣c(1﹣q)],进而推知 a1﹣c(1﹣q)=0,判断出 0 <q<1,但此时 不符合题意,最后综合可得结论.
2 2

解答: (1)证明:设{an}的公比为 q,由题设 a1>0,q>0. (i)当 q=1 时,Sn=na1,从而 2 Sn?Sn+2﹣Sn+1 2 2 =na1?(n+2)a1﹣(n+1) a1 2 =﹣a1 <0 (ⅱ)当 q≠1 时, ,从而

Sn?Sn+2﹣Sn+1 = =﹣a1 q <0. 2 由(i)和(ii)得 Sn?Sn+2,<Sn+1 .根据对数函数的单调性,知 2 lg(Sn?Sn+2)<lgSn+1 , 即 (2)解:不存在. 要使 .成立,则有 .
2 n

2

分两种情况讨论: (i)当 q=1 时, 2 (Sn﹣c) (Sn+2﹣c)=(Sn+1﹣c) 2 =(na1﹣c)[(n+2)a1﹣c]﹣[(n+1)a1﹣c] 2 =﹣a1 <0. 可知,不满足条件①,即不存在常数 c>0,使结论成立.
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(ii)当 q≠1 时,若条件①成立,因为 (Sn﹣c) (Sn+2﹣c)﹣(Sn+1﹣c) = =﹣a1q [a1﹣c(1﹣q)], 且 a1q ≠0,故只能有 a1﹣c(1﹣q)=0,即 此时,因为 c>0,a1>0,所以 0<q<1. 但 0<q<1 时, ,不满足条件②,即不存在常数 c>0,使
n n 2

结论成立. 综合(i) 、 (ii) ,同时满足条件①、②的常数 c>0 不存在,即不存在常数 c>0,使 . 点评: 本小题主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识,考查推理能力以及分析问题和 解决问题的能力. 23. (2010?安徽)设 C1,C2,…,Cn,…是坐标平面上的一列圆,它们的圆心都在 x 轴的正 半轴上,且都与直线 相切,对每一个正整数 n,圆 Cn 都与圆 Cn+1 相互外切,以 rn

表示 Cn 的半径,已知{rn}为递增数列. (Ⅰ)证明:{rn}为等比数列;

(Ⅱ)设 r1=1,求数列

的前 n 项和.

考点: 数列的求和;等比关系的确定. 专题: 压轴题. 分析: (1)求直线倾斜角的正弦,设 Cn 的圆心为(λn,0) ,得 λn=2rn,同理得 λn+1=2rn+1, 结合两圆相切得圆心距与半径间的关系,得两圆半径之间的关系,即{rn}中 rn+1 与 rn 的关系,证明{rn}为等比数列;
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(2)利用(1)的结论求{rn}的通项公式,代入数列
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,然后用错位相减法求和.

解答: 解: (1)将直线 y=

x 的倾斜角记为,则有 tanθ=

,sinθ= ,

设 Cn 的圆心为(λn,0) ,则由题意得知

,得 λn=2rn;同理

λn+1=2rn+1,从而 λn+1=λn+rn+rn+1=2rn+1,将 λn=2rn 代入, 解得 rn+1=3rn 故|rn|为公比 q=3 的等比数列. (Ⅱ)由于 r1=1,q=3,故 rn=3 记
﹣1

n﹣1

,从而




﹣2

则有 Sn=1+2?3 +3?3 +…+n?3

1﹣n

①﹣②,得

=



∴ 点评: 本题考查等比数列的基本知识,利用错位相减法求和等基本方法,考查抽象概括能力 以及推理论证能力.对于数列与几何图形相结合的问题,通常利用几何知识,并结合 图形,得出关于数列相邻项 an 与 an+1 之间的关系,然后根据这个递推关系,结合所 求内容变形,得出通项公式或其他所求结论.对于数列求和问题,若数列的通项公式 由等差与等比数列的积构成的数列时,通常是利用前 n 项和 Sn 乘以公比,然后错位 相减解决. 24. (2010?湖南)给出下面的数表序列:

其中表 n(n=1,2,3 …)有 n 行,第 1 行的 n 个数是 1,3,5,…2n﹣1,从第 2 行起,每 行中的每个数都等于它肩上的两数之和. (I)写出表 4,验证表 4 各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列,并将结论推 广到表 n(n≥3) (不要求证明) ; (II)每个数列中最后一行都只有一个数,它们构成数列 1,4,12…,记此数列为{bn}求和: (n∈N )
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+

考 数列的求和;等比数列的性质. 点: 专 综合题;压轴题. 题: 分 (1)根据表 1,表 2,表 3 的规律可写出表 4,然后求出各行的平均数,可确定等比数 析: 列的首项和公比,进而推广到 n. (2)先求出表 n 的首项的平均数,进而可确定它的各行中的数的平均数按从上到下的
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顺序构成首项为 n,公比为 2 的等比数列,进而得到表中最后一行的数 bn=n?2 简通项 ,最后根据裂项法求和.

n﹣1

,再化

解 解: (I)表 4 为 1 3 5 7 答: 4 8 12 12 20 32 它的第 1,2,3,4 行中的数的平均数分别是 4,8,16,32,它们构成首项为 4,公比 为 2 的等比数列 将这一结论推广到表 n(n≥3) ,即 表n (n≥3) 各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为 n, 公比为 2 的等比数列. (II)表 n 的第 1 行是 1,3,5,…,2n﹣1,其平均数是 =n

由(I)知,它的各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为 n,公比为 2 的等比 数列(从而它的第 k 行中数的平均数是 n?2 ) ,于是,表中最后一行的唯一一个数为 bn=n?2 因此 = =
k ﹣1 n﹣1



=

=

(k=1,2,…,n) 故 + +…+ =( ﹣ )+( ﹣ )

+…+[



]

=



=4﹣
第 28 页(共 35 页)



点 本题主要考查数列求和和等比数列的性质.数列求和是高考的必考点,一般有公式法、 评: 裂项法、错位相减法等,都要熟练掌握.

25. (2010?湖北)已知数列{an}满足: (n≥1) ,数列{bn}满足:bn=an+1 ﹣an (n≥1) . (Ⅰ)求数列{an},{bn}的通项公式 (Ⅱ)证明:数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列. 考点: 数列递推式;数列的概念及简单表示法;等差数列的性质. 专题: 计算题;应用题;压轴题. 分析: (1)对 化简整理得
2 2 2

,anan+1<0

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,令 cn=1

﹣an ,进而可推断数列{cn}是首项为
2

,公比为 的等比数列,根据等比数列通

项公式求得 cn,则 a n 可得,进而根据 anan+1<0 求得 an. (2)假设数列{bn}存在三项 br,bs,bt(r<s<t)按某种顺序成等差数列,由于数列 {bn}为等比数列,于是有 br>bs>bt,则只有可能有 2bs=br+bt 成立,代入通项公式, 化简整理后发现等式左边为 2,右边为分数,故上式不可能成立,导致矛盾. 解答: 解: (Ⅰ)由题意可知, 令 cn=1﹣an ,则 又 ,则数列{cn}是首项为 , 故 又 ,anan+1<0 , ,公比为 的等比数列,即
2



因为 故

=



(Ⅱ)假设数列{bn}存在三项 br,bs,bt(r<s<t)按某种顺序成等差数列, 由于数列{bn}是首项为 ,公比为 的等比数列,
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于是有 2bs=br+bt 成立,则只有可能有 2br=bs+bt 成立, ∴ 化简整理后可得,2=( )
r﹣s

+( )

t﹣s



由于 r<s<t,且为整数,故上式不可能成立,导致矛盾. 故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列. 点评: 本题主要考查了数列的递推式.对于用递推式确定数列的通项公式问题,常可把通过 吧递推式变形转换成等差或等比数列.
x

26. (2009?广东)已知点(1, )是函数 f(x)=a (a>0,且 a≠1)的图象上一点,等比 数列{an}的前 n 项和为 f(n)﹣c,数列{bn}(bn>0)的首项为 c,且前 n 项和 Sn 满足 Sn ﹣Sn﹣1= (n≥2) .

(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式; (Ⅱ)若数列{ }前 n 项和为 Tn,问满足 Tn> 的最小正整数 n 是多少?

考点: 数列的求和;等比数列的通项公式;数列递推式. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: x (1)先根据点(1, )在 f(x)=a 上求出 a 的值,从而确定函数 f(x)的解析式,
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再由等比数列{an}的前 n 项和为 f(n)﹣c 求出数列{an}的公比和首项,得到数列{an} 的通项公式;由数列{bn}的前 n 项和 Sn 满足 Sn﹣Sn﹣1= { }构成一个首项为 1 公差为 1 的等差数列,进而得到数列{ 可得到数列 }的通项公式,再

由 bn=Sn﹣Sn﹣1 可确定{bn}的通项公式. (2)先表示出 Tn 再利用裂项法求得的表达式 Tn,根据 Tn> 解答: 解: (Ⅰ)∵f(1)=a= ∴f(x)=( ) , ∴a1=f(1)﹣c= ﹣c, ∴a2=[f(2)﹣c]﹣[f(1)﹣c]=﹣ ,a3=[f(3)﹣c]﹣[f(2)﹣c]= 又数列{an}成等比数列, =﹣ ,
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x

求得 n.

∵a1= ﹣c ∴﹣ = ﹣c,∴c=1

又公比 q=

=
n﹣1 n

所以 an=

( )

=﹣( ) ,n∈N; ) ( ﹣ =1; )= (n≥2)

∵Sn﹣Sn﹣1=( 又 bn>0, ∴数列{ ∴

+ >0,∴

}构成一个首项为 1 公差为 1 的等差数列,
2 2

=1+(n﹣1)×1=n,Sn=n
2

当 n≥2,bn=Sn﹣Sn﹣1=n ﹣(n﹣1) =2n﹣1; 又 b1=c=1 适合上式,∴bn=2n﹣1(n∈N) ; (Ⅱ) Tn= + + …+ = )+…+ = (1﹣ )

= (1﹣ )+ ( ﹣ )+ ( = 由 满足 > ,得 n>

的最小正整数为 84.

点评: 本题主要考查等差数列和等比数列的通项公式及数列的求和问题. 考查学生综合分析 问题的能力.
2 2 2

27. (2009?江西)数列{an}的通项 an=n (cos (1)求 Sn; (2)bn=

﹣sin

) ,其前 n 项和为 Sn.

,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

考 数列的求和;二倍角的余弦. 点: 专 计算题;压轴题.

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题: 分 析: (1)利用二倍角公式可得 ,由于 ,所以求

和时需要对 n 分类讨论,求出和 (2)由(1)可得 解 解: (1)由于 答: ,利用错位相减求出数列的和 ,

故 S3k=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+…+(a3k﹣2+a3k﹣1+a3k) =

= ,





(k∈N )

*

(2)



, , 两式相减得






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点 (1)本题三角公式中的二倍角公式及三角的周期性为切入点考查数列的求和,由于三 评: 角的周期性,在求 的值时需要对 n 分类讨论 (2)主要考查数列求和的错位相减,此方法是数列求和部分高考考查的重点及热点.

28. (2009?重庆)已知 (Ⅰ)求 b1,b2,b3 的值; (Ⅱ)设 cn=bnbn+1,Sn 为数列{cn}的前 n 项和,求证:Sn≥17n; (Ⅲ)求证: .



考 数列递推式;数列的求和;不等式的证明. 点 : 专 计算题;证明题;压轴题. 题 : 分 析 (Ⅰ)根据 a2 和 a1 及题设中递推式求得 a3,进而求得 a4,代入 :
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求得 b1,b2,

b3 的值; (Ⅱ)整理 an+2=4an+1+an 得 ,进而求得关于 bn 的递推式,进而推断出 bn

>4,且 cn=bnbn+1=4bn+1>17 进而推断出 Sn=c1+c2++cn≥17n. (Ⅲ)先看当 n=1 时把 b1 和 b2 代入结论成立;在看当 n≥2 时,把(2)中求得的递推式 代入|b2n﹣bn|,进而根据(2)中 Sn≥17n 的结论推断出|b2n﹣bn|< |b2n﹣bn|≤|bn+1﹣bn|+|bn+2﹣bn+1|+…+|b2n﹣b2n﹣1|使原式得证. 解 解: (Ⅰ)∵a2=4,a3=17,a4=72, 答 所以 : (Ⅱ)由 an+2=4an+1+an 得 即 ,进而根据

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

所以|b2n﹣bn|≤|bn+1﹣bn|+|bn+2﹣bn+1|+…+|b2n﹣b2n﹣ 1|

点 本题主要考查了数列的递推式.数列的递推式与不等式,函数等知识综合考查是近几年 评 高考的热点,平时的训练应注意知识的综合运用. : 29. (2008?四川)设数列{an}的前 n 项和为 Sn=2an﹣2 , (Ⅰ)求 a1,a4 n (Ⅱ)证明:{an+1﹣2a }是等比数列; (Ⅲ)求{an}的通项公式. 考点: 等比关系的确定;等比数列的通项公式;数列递推式. 专题: 计算题;证明题;压轴题. 分析: (Ⅰ)令 n=1 得到 s1=a1=2 并推出 an,令 n=2 求出 a2,s2 得到 a3 推出 a4 即可; n+1 n n+1 n n (Ⅱ)由已知得 an+1﹣2an=(Sn+2 )﹣(Sn+2 )=2 ﹣2 =2 即为等比数列; n﹣2 n﹣1 n﹣ (Ⅲ)an=(an﹣2an﹣1)+2(an﹣1﹣2an﹣2)+…+2 (a2﹣2a1)+2 a1=(n+1)?2 1 即可. 解答: 解: (Ⅰ)因为 a1=S1,2a1=S1+2,所以 a1=2,S1=2, n n+1 n+1 由 2an=Sn+2 知:2an+1=Sn+1+2 =an+1+Sn+2 , n+1 得 an+1=sn+2 ①, 2 2 3 3 4 则 a2=S1+2 =2+2 =6,S2=8;a3=S2+2 =8+2 =16,S2=24,a4=S3+2 =40; n+1 n n+1 n n (Ⅱ)由题设和①式知 an+1﹣2an=(Sn+2 )﹣(Sn+2 )=2 ﹣2 =2 n 所以{an+1﹣2a }是首项为 2,公比为 2 的等比数列. n﹣2 n﹣1 n﹣ (Ⅲ)an=(an﹣2an﹣1)+2(an﹣1﹣2an﹣2)+…+2 (a2﹣2a1)+2 a1=(n+1)?2
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n

1

点评: 此题重点考查数列的递推公式,利用递推公式求数列的特定项,通项公式等,同时考 查学生掌握数列的递推式以及等比数列的通项公式的能力. 30. (2007?福建)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和为 Sn; (2)设 (n∈N ) ,求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
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+





考点: 等差数列的通项公式;等差数列的前 n 项和;等比关系的确定. 专题: 计算题;压轴题. 分析: (1)用 a1 表示出 S2,进而求得 d,则等差数列的通项公式和前 n 项的和可求. (2)把(1)中 sn 代入 bn,求得 bn,假设数列{bn}中存在三项 bp,bq,br(p,q,r 2 互不相等)成等比数列,则根据等比中项的性质可知 bq =bpbr.把 bp,bq,br 代入求
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得 矛盾.进而可知假设不成立. 解答: 解: (1)由已知得 故 (2)由(Ⅰ)得 .

进而推断出

求得 p=r,与 p≠r

,∴d=2, .

假设数列{bn}中存在三项 bp,bq,br(p,q,r 互不相等)成等比数列,则 bq =bpbr. 即 ∴ ∵p,q,r∈N , ∴ ,
*

2

. ,



=0,

∴p=r. 与 p≠r 矛盾. 所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列. 点评: 本小题考查数列的基本知识,考查等差数列的概念、通项公式与前 n 项和公式,考查 等比数列的概念与性质,考查化归的数学思想方法以及推理和运算能力.

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