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重庆高考试题分类整理(数学理)02数列(理)


数列(理)
一、选择题 1、 (2004 理 9) 若数列 {an } 是等差数列, 首项 a1 ? 0, a2003 ? a2004 ? 0, a2003 .a2004 ? 0 , 则使前 n 项和 Sn ? 0 成立的最大自然数 n 是: ( A 4005 B 4006 ) C 4007 D 4008 )

2、 (2006 理 2)在等差数列

?an ? 中,若 a4 ? a6 ? 12 , Sn 是数列的 ?an ? 的前 n 项和,则 S9 的值为( (A)48 (B)54 (C)60 (D)66 ) D、6 )

3、 (2007 理 1)若等差数列 {an } 的前 3 项和 S 3 ? 9 且 a1 ? 1 ,则 a2 等于( A、3 B、4 C、5

4、 (2007 理 7)若 a 是 1 ? 2b 与 1 ? 2b 的等比中项,则

2ab 的最大值为( | a | ?2 | b |

A、

2 5 15

B、

2 4

C、

5 5

D、

2 2

5、 (2010 理 1)在等比数列 {an } 中, a2010 ? 8a2007 ,则公比 q 的值为( A、2 二、填空题 B、3 C、4

) D、8

6、 (2006 理 14)在数列 ?an ? 中,若 a1 ? 1, an?1 ? 2an ? 3(n ? 1) ,则该数列的通项 an ?
2



7、 (2007 理 14)设 {an } 为公比 q ? 1 的等比数列,若 a2004 和 a2006 是方程 4 x ? 8 x ? 3 ? 0 的两根,则

a2006 ? a2007 ? _____________.
8、 (2008 理 14)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和, a12 ? ?8, S9 ? ?9 ,则 S16 = 9、 2009 理 14) a1 ? 2 , n ?1 ? ( 设 a .

a ?2 2 * b n ,n ? n , ?N , 则数列 ?bn ? 的通项公式 bn = an ? 1 an ? 1

.

10、 (2011 理 11)在等差数列 {an } 中, a3 ? a7 ? 37 ,则 a2 ? a4 ? a6 ? a8 ? __________

-1-

三、解答题 11、 (2004 理 22)设数列 ?an ? 满足 a1 ? 2, an ?1 ? an ? 证明 an ? 令 bn ?

1 , (n ? 1, 2,3.......) an

(1) (2)

2n ? 1 对一切正整数 n 成立;
, (n ? 1, 2,3......) ,判断 bn与bn?1 的大小,并说明理由

an n

王新敞
奎屯

新疆

12、 (2005 理 22)数列{an}满足 a1 ? 1且a n ?1 ? (1 ? (Ⅰ)用数学归纳法证明: an ? 2(n ? 2) ;

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

(Ⅱ)已知不等式 ln( ? x) ? x对x ? 0成立, 证明: an ? e 2 (n ? 1) ,其中无理数 1 e=2.71828….

-2-

13、 (2006 理 22)已知一列椭圆 cn : x 2 ?

y2 ? 1,0 ? bn ? 1 。n ? 1, 2 ……。若椭圆 Cn 上有一点 Pn ,使 Pn 到 2 bn

右准线 ln 的距离 dn 是 ? pn Fn ? 与 ?P Gn ? 的等差中项,其中 Fn 、 Gn 分别是 Cn 的左、右焦点。 n (I)试证: bn ?

3 ? n ? 1? ; 2

(II)取 bn ?

2n ? 3 ,并用 Sn 表示 ?P FnGn 的面积,试证: S1 ? S2 且 Sn ? Sn?1 n n?2

? n ? 3?

14 、( 2007 理 21 ) 已 知 各 项 均 为 正 数 的 数 列 {an } 的 前 n 项 和 S n 满 足 S1 ? 1 , 且

6S n ? (an ? 1)(an ? 2), n ? N ? .
(Ⅰ)求 {an } 的通项公式; (Ⅱ)设数列 {bn } 满足 an (2
bn

? 1) ? 1 ,并记 Tn 为 {bn } 的前 n 项和,求证:

3Tn ? 1 ? log2 (an ? 3), n ? N ? .

-3-

2 15、 (2008 理 22)设各项均为正数的数列{an}满足 a1 ? 2, an ? aa ?1aa ?2 (n ? N*) .

3

(Ⅰ)若 a2 ?

1 ,求 a3 , a4 ,并猜想 a2008 的值(不需证明) ; 4

(Ⅱ)记 bn ? a1a2 ? ? n (n ? N*), 若bn ? 2 2 对 n≥2 恒成立,求 a2 的值及数列{bn}的通项公式. ?a

16、 (2009 理 21)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 Sn (n ? m) 满足: S3 ? 15, S2009 ? 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 ;

-4-

17、 (2010 理 21)在数列 {an } 中, a1 ? 1, an?1 ? can ? c n?1 (2n ? 1)(n ? N ? ) ,其中实数 c ? 0 . (Ⅰ)求 {an } 的通项公式; (Ⅱ)若对一切 k ? N 有 a2 k ? a2 k ?1 ,求 c 的取值范围.
?

18、 (2011 理 21)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

-5-

数列(理)参考答案
一、选择题 1、B 2、B 二、填空题 6、 2
n?1

3、A 4、B 5、A

?3

7、18

8、-72

9、 2

n?1

10、74

三、解答题 11、 (I)证法一:当 n ? 1 , a1 ? 2 ? 时

2 ?1 ? 1, 不等式成立.

假设n ? k时, ak ? 2k ? 1成立当n ? k ? 1时, .
2 2 ak ?1 ? ak ?

1 1 ? 2 ? 2k ? 3 ? 2 ? 2(k ? 1) ? 1.? n ? k ? 1时, ak ?1 ? 2(k ? 1) ? 1时成立. 2 ak ak

综上由数学归纳法可知, an ?

2n ? 1 对一切正整数成立.
2 ?1 ? 1 .结论成立.

证法二:当 n=1 时, a1 ? 2 ? 3 ? 假设 n=k 时结论成立,即 ak ? 当 n ? k ? 1时,由函数 f ( x) ? x ?

2k ? 1.
1 ( x ? 1) 的单增性和归纳假设有 x

1 1 1 ? 2k ? 1 ? .因此只需证 : 2k ? 1 ? ? 2k ? 3. ak 2k ? 1 2k ? 1 1 1 而这等价于( 2k ? 1 ? ) 2 ? 2k ? 3 ? ? 0显然成立. 2k ? 1 2k ? 1 ak ?1 ? ak ?
所以当 n=k+1 时,结论成立.因此, an ? 证法三:由递推公式得 a n ? a n ?1 ? 2 ?
2 2

2n ? 1 对一切正整数 n 均成立.
1 , 2 a n?1 1 a12 1 1 ? ? ? 2 ? 2 2 ? 2(n ? 1) 2 a1 a n?1

2 2 an?1 ? an?2 ? 2 ?

1 a
2 n?2

,?

2 a2 ? a12 ? 2 ?

上述各式相加并化简得

2 a n ? a12 ? 2(n ? 1) ?

? 2n ? 2 ? 2n ? 1(n ? 2). 又n ? 1时, an ? 2n ? 1明显成立, 故an ? 2n ? 1(n ? 1,2,?).
(II)解法一:

bn ?1 a n 1 n 1 n ? n ?1 ? (1 ? 2 ) ? (1 ? ) bn 2n ? 1 n ? 1 an n ? 1 an n ? 1

-6-

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

1 1 (n ? ) 2 ? 2 4 ? 1.故b ? b . n ?1 n 1 n? 2

解法二: bn ?1 ? bn ?

an?1 n ?1

?

an n

?

1 n ?1

(a n ?

a 1 )? n an n

? ? ? ? ?

1 2 [ n ? ( n ? 1 ? n ) an ] n(n ? 1)an 1 [ n ? ( n ? 1 ? n )(2n ? 1)](由( n(n ? 1)an )的结论) I

1 [ n ( n ? 1 ? n ) ? (2n ? 1)] n(n ? 1)( n ? 1 ? n )an 1 n(n ? 1)( n ? 1 ? n )an [ n(n ? 1) ? (n ? 1)]

1 ( n ? n ? 1) ? 0.所以bn ?1 ? bn . n ( n ? 1 ? n ) an
2 n ?1 2 2 a n?1 a n ?b ? ? n ?1 n 2 n

解法三: b

? ?

a2 1 1 1 1 a2 2 (an ? 2 ? 2) ? n ? (2 ? 2 ? n ) n ?1 an n n ?1 an n 1 1 2n ? 1 1 1 1 (2 ? ? )? ( ? )?0 n ?1 2n ? 1 n n ? 1 2n ? 1 n

2 2 故 bn?1 ? bn ,因此bn?1 ? bn .

12、 (Ⅰ)证明: (1)当 n=2 时, a 2 ? 2 ? 2 ,不等式成立. (2)假设当 n ? k (k ? 2) 时不等式成立,即 ak ? 2(k ? 2), 那么 a k ?1 ? (1 ?

1 1 )a k ? k ? 2 . 这就是说,当 n ? k ? 1 时不等式成立. k (k ? 1) 2

根据(1)(2)可知: ak ? 2对所有n ? 2 成立. 、 (Ⅱ)证法一: 由递推公式及(Ⅰ)的结论有 a n ?1 ? (1 ? 两边取对数并利用已知不等式得 ln a n ?1

1 1 1 1 )a n ? n ? (1 ? 2 ? n )a n .(n ? 1) n ?n 2 n ?n 2 1 1 ? ln(1 ? 2 ? n ) ? ln a n n ?n 2
2

? ln a n ?

1 1 ? n. n ?n 2
2

故 ln a n ?1 ? ln a n ?

1 1 ? n n(n ? 1) 2

(n ? 1).

上式从 1 到 n ? 1 求和可得
-7-

ln a n ? ln a1 ?

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

1 1 1 1 1 1 ? 1? ? ( ? ) ??? ? ? ? 2 2 3 n ?1 n 2
即 ln an ? 2, 故an ? e 2 (Ⅱ)证法二:

1?

1 2 n ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 2. 1 n 2n 1? 2

(n ? 1).

由数学归纳法易证 2 n ? n(n ? 1)对n ? 2 成立,故

a n ?1 ? (1 ?

1 1 1 1 )a n ? n ? (1 ? an ? n(n ? 1) n(n ? 1) n ?n 2
2

(n ? 2).

令 bn ? a n ? 1

(n ? 2),则bn ?1 ? (1 ?

1 )bn n(n ? 1)

(n ? 2).

取对数并利用已知不等式得

l nbn ?1 ? l n1 ? (

1 ) ? l nbn n(n ? 1)

? ln bn ?

1 n(n ? 1)

(n ? 2). 1 1 1 ? ??? 1? 2 2 ? 3 n(n ? 1)

上式从 2 到 n 求和得

l nbn ?1 ? l nb2 ?

? 1?

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

因 b2 ? a2 ? 1 ? 3.故ln bn?1 ? 1 ? ln 3, bn?1 ? e1?ln 3 ? 3e

(n ? 2).

故 an?1 ? 3e ? 1 ? e 2 , n ? 2, 又显然a1 ? e 2 , a2 ? e 2 , 故an ? e 2 对一切n ? 1 成立.
2 13、 证: (I)由题设及椭圆的几何性质有 2d n ? ?P Fn ? ? ?PGn ? ? 2 ,故 dn ? 4 。设 Gn ? 1 ? b ,则 n n

? 1 ?1 ? 1 1 1 1 ? 右 准 线 方 程 为 ln 2 x ? . 因 此 , 由 题 意 dn 应 满 足 ? 1 ? dn ? ? 1. 即 ? G n , 解之得: Gn Gn Gn ?0 ? G ? 1 n ?
1 1 3 2 ? Gn ? 1 。即 ? 1 ? bn ? 1. 从而对任意 n ? 1.bn ? 2 2 2
( II ) 高 点

P

的 坐 标 为

? xn , yn ?

, 则 由

dn ? 1 及 椭 圆 方 程 易 知

xn ?

1 1 2 2 2 1 2 2 ? 1, yn ? bn (1 ? xn ) ? 2(1 ? Gn )(1 ? ( ? 1) ) ? 2 2(?2Gn ? Gn ? 2Gn ? 1). 因 ?FnGn ? ? 2Gn ,故 Gn Gn Gn
-8-

2 3 ? Pn FnGn 的 面 积 为 Sn ? Gn ? y4 ? , 从 而 Sn ? ?2 G? n

?1 ? n 2 ? Gn 1 ? G3 ? ?2

? ? ? n。 令 G 1 ?

f (c) ? ?2c3 ? c2 ? 2c ?1 。 由 f ' (c) ? ?6c2 ? 2c ? 2 ? 0. 得 两 根
? 1 1 ? 13 ? ? 1 ? 13 ? ? , ? 内是增函数。而在 ? ?2 ? 6 ,1? 内是减函数。 ? 6 ? ? ? ? ?
现在由题设取 bn ?

1 ? 13 . 从 而 易 知 函 数 f (c ) 在 6

n ?1 1 2n ? 3 2 ? 1? , Cn 是增数列。又易知 , 则 Cn ? 1 ? bn ? n?2 n?2 n?2

C2 ?

3 1 ? 13 4 ? ? ? C3 。故由前已证,知 S1 ? S2 ,且 Sn ? Sn?1 4 6 5

(n ? 3)

14、 (Ⅰ)解:由 a1 ? S1 ? 此 a1 ? 2 .

1 (a1 ? 1)( a1 ? 2) ,解得 a1 ? 1 或 a1 ? 2 .由假设 a1 ? S1 ? 1,因 6

又由 a n ?1 ? S n ?1 ? S n ?

1 1 (a n ?1 ? 1)( a n ?1 ? 2) ? (a n ? 1)( a n ? 2) ,得 6 6

(an?1 ? an )(an?1 ? an ? 3) ? 0 ,即 an?1 ? an ? 3 ? 0 或 an?1 ? ?an .
因 an ? 0 ,故 an?1 ? ?an 不成立,舍去. 因此 an?1 ? an ? 3 ,从而 {an } 是公差为 3,首项为 2 的等差数列,故 {an } 的通项为

an ? 3n ? 1.
(Ⅱ)证法一:由 an (2
bn

? 1) ? 1 可解得 bn ? log2 (1 ?

1 3n ) ? log2 an 3n ? 1

3 6 3n ??? ). 2 5 3n ? 1 3 6 3n 3 2 ) ? ]. 因此 3Tn ? 1 ? log 2 (a n ? 3) ? log 2 [( ? ? ? ? 2 5 3n ? 1 3n ? 2 3 6 3n 3 2 ) ? 令 f ( n) ? ( ? ? ? ? ,则 2 5 3n ? 1 3n ? 2
从而 Tn 5 ? b1 ? b2 ? ? ? bn ? log 2 ( ?

f (n ? 1) 3n ? 2 3n ? 3 3 (3n ? 3) 3 . ? ?( ) ? f (n) 3n ? 5 3n ? 2 (3n ? 5)(3n ? 2) 2
3 2 因 (3n ? 3) ? (3n ? 5)(3n ? 2) ? 9n ? 7 ? 0 ,故 f (n ? 1) ? f (n) .

特别地 f (n) ? f (1) ?

27 ? 1 ,从而 3Tn ? 1 ? log2 (an ? 3) ? log2 f (n) ? 0 , 20

即 3Tn ? 1 ? log2 (an ? 3) .
-9-

证法二:同证法一求得 bn 及 Tn . 由二项式定理知,当 c ? 0 时,不等式 (1 ? c) 3 ? 1 ? 3c 成立.

1 1 3 ) 5 3n ? 1 3 3 1 5 8 3n ? 2 ? log 2 2(1 ? )(1 ? ) ? (1 ? ) ? log 2 (2 ? ? ? ? ? ) ? log 2 (3n ? 2) ? log 2 (a n ? 3) . 2 5 3n ? 1 2 5 3n ? 1
由此不等式有 3Tn ? 1 ? log 2 2(1 ? ) 3 (1 ? ) 3 ? (1 ? 证法三:同证法一求得 bn 及 Tn .

1 2

3 6 3n 4 7 3n ? 1 5 8 3n ? 2 ? ??? , Bn ? ? ? ? ? , Cn ? ? ? ? ? . 2 5 3n ? 1 3 6 3n 4 7 3n ? 1 3n 3n ? 1 3n ? 2 3n ? 2 3 ? ? 因 ,因此 An ? An Bn C n ? . 3n ? 1 3n 3n ? 1 2
令 An ? 从而

3 6 3n 3 3 3Tn ? 1 ? log 2 2( ? ? ? ? ) ? log 2 2 An ? log 2 2 An Bn C n ? log 2 (3n ? 2) ? log 2 (a n ? 3) 2 5 3n ? 1
证法四:同证法一求得 bn 及 Tn . 下面用数学归纳法证明: 3Tn ? 1 ? log2 (an ? 3) . 当 n ? 1 时, 3T1 ? 1 ? log 2

27 , log 2 (a1 ? 3) ? log 2 5 ,因此 3Tn ? 1 ? log2 (an ? 3) ,结论成立. 4

假设结论当 n ? k 时成立,即 3Tk ? 1 ? log2 (ak ? 3) ,则当 n ? k ? 1 时,

3Tk ?1 ? 1 ? log2 (ak ?1 ? 3) ? 3Tk ? 1 ? 3bk ?1 ? log2 (ak ?1 ? 3)

? log2 (ak ? 3) ? log2 (ak ?1 ? 3) ? 3bk ?1

(3k ? 3) 3 . ? log2 (3k ? 5)(3k ? 2) 2 (3k ? 3) 3 ? 0. (3k ? 5)(3k ? 2) 2

因 (3k ? 3) 3 ? (3k ? 5)(3k ? 2) 2 ? 9k ? 7 ? 0 ,故 log2

从而 3Tn?1 ? 1 ? log2 (ak ?1 ? 3) .这就是说当 n ? k ? 1 时结论也成立. 综上 3Tn ? 1 ? log2 (an ? 3) 对任何 n ? N ? 成立. 15、解:(Ⅰ)因 a1 ? 2, a2 ? 2?2 , 故

a3 ? a1a2

?

3 2

? 2 , a4 ? a2 a3
4
0

?

3 2

? 2?8.
2 3

由此有 a1 ? 2( ?2) , a2 ? 2( ?2) , a3 ? 2( ?2) , a4 ? 2( ?2) ,故猜想 an 的通项为
2

an ? 2( ?2) (n ? N* ).
(Ⅱ)令 xn ? log2 an , Sn表示xn的前n项和,则bn ? 2 n .
S

n?1

- 10 -

由题设知 x1=1 且

3 xn ?1 ? xn ? 2 (n ? N* ); ① 2 3 Sn ? x 1 ? x2 ? ? ? xn ? (n ? 2). ② 2 3 1 因②式对 n=2 成立,有 ? x1 ? x2 , 又x1 ? 1得 x2 ? . ③ 2 2 1 1 下用反证法证明: x2 ? .假设x2 ? . 2 2 3 1 由①得 xn ? 2 ? 2 xn ?1 ? ( xn ? 2 ? xn ?1 ) ? ( xn ?1 ? 2 xn ). 2 2 1 因此数列 xn?1 ? 2 xn 是首项为 x2 ? 2 ,公比为 的等比数列.故 2 1 1 1 xn ?1 ? xn ? ( x2 ? ) n ?1 (n ? N* ). ④ 2 2 2 1 3 1 1 又由①知 xn ? 2 ? xx ?1 ? ( xn ? xn ?1 ) ? xn ?1 ? ?2( xn ?1 ? xn ), 2 2 2 2 xn ?
因此是 xn ?1 ?

1 1 xn 是首项为 x2 ? ,公比为-2 的等比数列,所以 2 2 1 1 xn ? ( x2 ? )(?2) n ?1 (n ? N* ). 2 2


xn ?1 ?
由④-⑤得

5 1 1 Sn ? ( x2 ? 2) n ?1 ? ( x2 ? )(?2) n ?1 (n ? N* ). 2 2 2
对 n 求和得



5 1 1 1 ? (?2)2 xn ? ( x2 ? 2)(2 ? n?1 ) ? ( x2 ? ) (n ? N* ). ⑦ 2 2 2 3
3 1 , 且由反证假设x2 ? 有 2 2

由题设知 S2 k ?1 ?

(x2 ? 2)(2 ?

1 1 22 k ?1 ? 1 15 ) ? ( x2 ? ) ? (k ? N* ). 2k 2 2 3 4 2 k ?1 1 2 ?1 1 15 1 从而( x2 ? )? ? ( x2 ? 2)(2 ? 2 k ) ? ? 2 x2 ? (k ? N* ). 2 3 2 4 4

3 2k+1 4 ? 1 对 k ? N*恒成立.但这是不可能的,矛盾. 即不等式 2 < 1 x2 ? 2 1 1 *2 因此 x2≤ ,结合③式知 x2= ,因此 a2=2 = 2. 2 2 1 1 1 S 2- 将 x2= 代入⑦式得 Sn=2- n?1 (n ? N*),所以 bn=2 n=2 2 n?1 (n ? N*) 2 2 6 x2 ?
16 、 解 : I ) 因 a1 , a2 0 0 9 a ( ,
2008

,??? , a 1是 6 比 为 d 的 等 比 数 列 , 从 而 a2 0 0 0? a 1 , a 2 0 ?8 a 21 由 d d 00 公 0

S2009 ? S2008 ? 12a1 得a2008 ? a2009 ? 12a ,故 1
- 11 -

a1d 2 ? a1d ? 12a1 ,即 d 2 ? d ? 12
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 2 (II)由题意 an ? an?1an?1 (1 ? n ? m), amam?1a1 , a1 ? ama2 得

  ?an ? an ?1an ?1 (1 ? n ? m),     ①  ? ?am ? am ?1a1         ② ?a ? a a           ③ m 2 ? 1
由①得 a3 ?

a2 a 1 1 , a4 ? , a5 ? , a6 ? 1 a3 a1 a2 a2



由①,②,③得 a1a2 ??? an ? (a1a2 ??? an )2 , 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 ? 6 k

1 若不然,设 m ? 6k ? p, 其中 ? p ? 5
若取 p ? 1 即 m ? 6k ? 1 ,则由⑥得 am ? a6k ?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

- 12 -

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 均可推得 an ? 1 ( 1 ? n ? m )与题设矛盾, 因此 m ? 6 k 为 6 的倍数 由均值不等式得

a1 ? a2 ? a3 ? K ? a6 ? (a1 ?

a a 1 1 ) ? (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 ? 6 k ,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

2 2 a1 ? a2 ? a3 ? K ? a6 ? a7 ? K ? am ? 6 ? 6(k ?1) ? 6k ? m ? ma1a2a3 K am

17、 (Ⅰ)解法一:由 a1 ? 1, a2 ? ca1 ? c 2 ? 3 ? 3c 2 ? c ? (2 2 ? 1)c 2 ? c ,

a3 ? ca2 ? c 3 ? 5 ? 8c 3 ? c 3 ? (32 ? 1)c 3 ? c 2 , a4 ? ca3 ? c 4 ? 7 ? 15c 4 ? c 3 ? (42 ? 1)c 4 ? c 3 ,
猜测 an ? (n 2 ? 1)c n ? c n?1 , n ? N ? . 下用数学归纳法证明. 当 n ? 1 时,等式成立; 假设当 n ? k 时,等式成立,即 ak ? (k 2 ? 1)c k ? c k ?1 ,则当 n ? k ? 1 时,

ak ?1 ? cak ? c k `?1 (2k ? 1) ? c[(k 2 ? 1)c k ? c k ?1 ] ? c k ?1 (2k ? 1)
? (k 2 ? 2k )c k ?1 ? c k ? [(k ? 1) 2 ? 1]c k ?1 ? c k ,
综上, an ? (n 2 ? 1)c n ? c n?1 对任何 n ? N 都成立. 解法二:由原式得
?

a n ?1 a n ? ? (2n ? 1) . c n ?1 c n
- 13 -

令 bn ?

an 1 ,则 b1 ? , bn ?1 ? bn ? (2n ? 1) ,因此对 n ? 2 有 n c c

bn ? (bn ? bn?1 ) ? (bn?1 ? bn?2 ) ? ? ? (b2 ? b1 ) ? b1
? (2n ? 1) ? (2n ? 3) ? ? ? 3 ? ? n2 ?1? 1 , c 1 c

因此 an ? (n 2 ? 1)c n ? c n?1 , n ? 2 . 又当 n ? 1 时上式成立. 因此 an ? (n 2 ? 1)c n ? c n?1 , n ? N ? . (Ⅱ)解法一:由 a2 k ? a2 k ?1 ,得

[(2k ) 2 ? 1]c 2k ? c 2k ?1 ? [(2k ? 1) 2 ? 1]c 2k ?1 ? c 2k ?2 ,
因c
2 k ?2

? 0 ,所以 (4k 2 ? 1)c 2 ? (4k 2 ? 4k ? 1)c ? 1 ? 0 .
?

解此不等式得:对一切 k ? N ,有 c ? ck 或 c ? ck ,其中
/

ck ?

(4k 2 ? 4k ? 1) ? (4k 2 ? 4k ? 1) 2 ? 4(4k 2 ? 1) 2(4k 2 ? 1) (4k 2 ? 4k ? 1) ? (4k 2 ? 4k ? 1) 2 ? 4(4k 2 ? 1) 2(4k 2 ? 1)



ck ?
/

.

易知 lim c k ? 1 ,
k ?? 2 2 2 又由 (4k ? 4k ? 1) ? 4(4k ? 1) ?

(4k 2 ? 1) 2 ? 4(4k 2 ? 1) ? 4 ? 4k 2 ? 1 ,知

ck ?

(4k 2 ? 4k ? 1) ? 4k 2 ? 1 8k 2 ? 4k ? ? 1, 2(4k 2 ? 1) 8k 2 ? 2

? 因此由 c ? ck 对一切 k ? N 成立得 c ? 1 .

又 ck ?
/

?2 (4k 2 ? 4k ? 1) ? (4k 2 ? 4k ? 1) 2 ? 4(4k 2 ? 1)
/

? 0 ,易知 ck 单调递增,故
/

ck ? c1 对一切 k ? N ? 成立,因此由 c ? ck 对一切 k ? N ? 成立得 c ? c1 ? ?
/

/

/

1 ? 13 . 6

从而 c 的取值范围为 (??,?

1 ? 13 ) ? [1,??) . 6
- 14 -

解法二:由 a2 k ? a2 k ?1 ,得

[(2k ) 2 ? 1]c 2k ? c 2k ?1 ? [(2k ? 1) 2 ? 1]c 2k ?1 ? c 2k ?2 ,
因c
2 k ?2

? 0 ,所以 4(c 2 ? c)k 2 ? 4ck ? c 2 ? c ? 1 ? 0 对 k ? N ? 恒成立.

记 f ( x) ? 4(c 2 ? c) x 2 ? 4cx ? c 2 ? c ? 1 ,下分三种情况讨论.
2 (ⅰ)当 c ? c ? 0 即 c ? 0 或 c ? 1 时,代入验证可知只有 c ? 1 满足要求.

(ⅱ)当 c ? c ? 0 时,抛物线 y ? f (x) 开口向下,因此当正整数 k 充分大时, f ( x) ? 0
2

不符合题意,此时无解.
2 (ⅲ)当 c ? c ? 0 即 c ? 0 或 c ? 1 时,抛物线 y ? f (x) 开口向上,其对称轴

x?

1 必在直线 x ? 1 的左边. 因此, f (x) 在 [1,??) 上是增函数. 2(1 ? c)
?

所以要使 f (k ) ? 0 对 k ? N 恒成立,只需 f (1) ? 0 即可. 由 f (1) ? 3c 2 ? c ? 1 ? 0 解得 c ?

? 1? 13 ? 1 ? 13 或c ? . 6 6

结合 c ? 0 或 c ? 1 得 c ? ?

1? 13 或c ? 1. 6 1 ? 13 ) ? [1,??) . 6

综合以上三种情况, c 的取值范围为 (??,?
2 ? S2 ? ?2a1a2 ,

18、 (I)解:由题意 ?

? S2 ? a2 S1 ? a1a2 ,

2 得S2 ? ?2S2 ,

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

- 15 -

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.因此 ak ?1 ? ak (k ? 3). 2 ak ? ak ? 1

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 ?

an? 2 . an? 2 ? 1

因此

2 an?2 4an?2 4 2 ? ? 0,即3an?2 ? 4an?2 ? 0 ,解得 0 ? an ? 2 ? . 2 3 an? 2 ? 1 (an?2 ? 1)

因此 0 ? ak ?

4 3

(k ? 3).

由 ak ?

Sk ?1 ? 0 (k ? 3) ,得 Sk ?1 ? 1

ak ?1 ? ak ?

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

ak ?? 2 ?? Sk ?1 ? Sk ?1 ? 1

因此 ak ?1 ? ak

(k ? 3).

- 16 -


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