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2010年数列高考题汇编

时间:2012-05-20


第三章 一

数列

数列

【考点阐述】 数列. 【考试要求】 (1)理解数列的概念,了解数列通项公式的意义,了解递推公式是给出数列的一种方法, 并能根据递推公式写出数列的前几项. 【考题分类】 (一)选择题(共 1 题) 1.(陕西卷理 9)对于数列{a n},“a n+1>∣a n∣(n=1,2…)”是“{a n}为递增 数列”的【 】 ( A) 必要不充分条件 (B) 充分不必要条件 (C) 必要条件 (D) 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】当

a n+1 > a n (n = 1,2,L)

an ≥ an
时,∵ ,∴

a n +1 > a n

,∴

{a n } 为递增数列.
不成立,即知:



{a n } 为 递 增 数 列 时 , 若 该 数 列 为 ? 2,0,1 , 则 由 a2
不一定成立.

> a1

a n+1 > a n (n = 1,2,L)

故综上知,“

a n+1 > a n (n = 1,2,L)

”是“

{a n } 为递增数列”的充分不必要条件.故选 B .

(二)填空题(共 2 题) 1.(陕西卷理 12)观察下列等式:

13 + 2 3 = 3 2 ,13 + 2 3 + 3 3 = 6 2 ,13 + 2 3 + 33 + 4 3 = 10 2 , L ,根据上述规律,第五个等式为

____________ .
3 3 3 3 3 3 2 【答案】 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21

【解析】(方法一)∵所给等式左边的底数依次分别为 1,2 ; 1,2,3 ; 1,2,3,4;L ,右边的底 数依次分别为 3,6,10, L (注意:这里 3 + 3 = 6,6 + 4 = 10 ),∴由底数内在规律可知:第 五个等式左边的底数为 1,2,3,4,5,6 ,右边的底数为 10 + 5 + 6 = 21 .又左边为立方和,右边
3 3 3 3 3 3 2 为平方的形式,故第五个等式为 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 . 3 3 3 3 3 3 (方法二)∵易知第五个等式的左边为 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 ,且化简后等于 441 ,而

3 3 3 3 3 3 2 441 = 212 ,故易知第五个等式为 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 .

2.(陕西卷文 11)观察下列等式:13+23=(1+2)2,13+23+33=(1+2+3)2,13+

23+33+43=1+2+3+4)2,…,根据上述规律,第四个等式为 【答案】13+23+33+43+53=(1+2+3+4+5)2(或 152). 【解析】∵所给等式左边的底数依次分别为 1,2 ; 1,2,3 ; 1,2,3,4;L ,右边的底数依次分别 为 3,6,10, L (注意:这里 3 + 3 = 6,6 + 4 = 10 ),∴由底数内在规律可知:第五个等式左 边的底数为 1,2,3,4,5,6 ,右边的底数为 10 + 5 + 6 = 21 . 又左边为立方和,右边为平方的形式,故第四个等式为 13+23+33+43+53=(1+2+3+ 4+5)2(或 152).

第三章 二

数列

等差数列

【考点阐述】 等差数列及其通项公式.等差数列前 n 项和公式. 【考试要求】 (2)理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式,并能解决简单的实 际问题。 【考题分类】 (一)选择题(共 4 题) 1.(安徽卷文 5)设数列 (A) 15 A 【解析】

{an }

的前 n 项和

Sn = n 2 ,则 a8 的值为
49 (D)64

(B) 16

(C)

a8 = S8 ? S7 = 64 ? 49 = 15

.

【方法技巧】直接根据

an = S n ? S n ?1 (n ≥ 2) 即可得出结论.

2. (福建卷理 3) 设等差数列 小值时,n 等于 A.6 【答案】A

{an } 的前 n 项和为 S n ,若 a1 = ?11 , a4 + a6 = ?6 ,则当 S n 取最
C.8 D.9

B.7

【解析】设该数列的公差为 d ,则

a4 + a6 = 2a1 + 8d = 2 × (?11) + 8d = ?6 ,解得 d = 2 ,

S n = ?11n +
所以

n( n ? 1) × 2 = n 2 ? 12n = ( n ? 6) 2 ? 36 S 2 ,所以当 n = 6 时, n 取最小值。

【命题意图】 本题考查等差数列的通项公式以及前 n 项和公式的应用, 考查二次函数最值的

求法及计算能力。 3.(全国Ⅱ卷理 4 文 6)如果等差数列

{an } 中, a3 + a4 + a5 = 12 ,那么 a1 + a2 + ... + a7 =

(A)14 (B)21 (C)28 (D)35 【答案】C 【命题意图】本试题主要考查等差数列的基本公式和性质.

a3 + a4 + a5 = 3a4 = 12, a4 = 4,∴ a1 + a2 + L + a7 =
【解析】

7( a1 + a7 ) = 7 a4 = 28 2

4.(重庆卷文 2)在等差数列 (A)5 【答案】A (B)6

{an } 中, a1 + a9 = 10 ,则 a5 的值为[来源:Www.ks5u.com]
(C)8 (D)10

【解析】由角标性质得

a1 + a9 = 2a5

,所以

a5

=5.

(二)填空题(共 3 题) 1. ( 辽 宁 卷 文 14 ) 设

Sn

为等差数列

{an }

S = 3,S6 = 24 的前 n 项和,若 3 ,则

a9 =



解析:填 15.

3× 2 ? ? S3 = 3a1 + 2 d = 3 ? ? ? a1 = ?1 ? S = 6a + 6 × 5 d = 24 ? 6 1 d = 2 ,∴ a9 = a1 + 8d = 15. K^S*5U.C# ? 2 ? ,解得 ?

2. (浙江卷理 15) 设

a1 , d

为实数, 首项为

a1

, 公差为 d 的等差数列

{an } 的前 n 项和为 S n ,

满足

S5 S6 + 15 = 0

,则 d 的取值范围是__________________ .

解析:因为

S5 S6 + 15 = 0

所 以 (5a1+10d)(6a1+15d)=0, 即

2a12 + 9a1d + 10d 2 + 1 = 0

,故

(4a1 + 9d )2 = d 2 ? 8 ≥ 0,∴ d 2 ≥ 8

,则 d 的取值范围是 ( ?∞, ?2 2) U (2 2, +∞) .

3.(浙江卷文 14)在如下数表中,已知每行、每列中的树都成等差数列,那么,位于下表 中的第 n 行第 n+1 列的数是 。

解析:第 n 行第一列的数为 n,观察得,第 n 行的公差为 n,所以第 n0 行的通项公式为

a n = n0 + (n ? 1)n0

,又因为为第 n+1 列,故可得答案为 n + n ,本题主要考察了等差数
2

列的概念和通项公式,以及运用等差关系解决问题的能力,属中档题。 (三)解答题(共 8 题) 1.(北京卷文 16)已知

| an |

为等差数列,且

a3 = ?6



a6 = 0



(Ⅰ)求

| an |

的通项公式;

(Ⅱ)若等差数列

| bn | 满足 b1 = ?8 , b2 = a1 + a2 + a3 ,求 | bn | 的前 n 项和公式

2.(全国Ⅰ卷文 17)记等差数列

{an } 的前 n 项和为 S n ,设 S3 = 12 ,且 2a1 , a2 , a3 + 1 成等

比数列,求

Sn .

3.(全国Ⅰ新卷文 17)设等差数列

{an } 满足 a3 = 5 , a10 = ?9 。

(Ⅰ)求

{an } 的通项公式; {an } 的前 n 项和 S n 及使得 S n 最大的序号 n 的值。
a1 + 2 d = 5 a1 + 9 d =?9

(Ⅱ)求 解:

(1)由 am = a1 +(n-1)d 及 a1=5,aw=-9 得

{

解得 数列{am}的通项公式为 an=11-2n。

{d =?2
……..6 分

a1 =9

n(n ? 1) 2 d=10n-n2。 (2)由(1) 知 Sm=na1+
因为 Sm=-(n-5)2+25. 所以 n=5 时,Sm 取得最大值。 4.(山东卷理 18)已知等差数列

……12 分

{an } 满足:a3 = 7 ,a5 + a7 = 26 ,{an } 的前 n 项和为 S n .

(Ⅰ)求

an



Sn



1 a ? 1 (n ∈ N*),求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn . (Ⅱ)令 bn= n
2

【解析】(Ⅰ)设等差数列

{an } 的公差为 d,因为 a3 = 7 , a5 + a7 = 26 ,所以有

?a1 + 2d = 7 ? ?2a1 + 10d = 26 ,解得 a1 = 3,d = 2 ,
an = 3 + (n ? 1)=2n+1 2 S n 3n+
=

所以



n(n-1) ×2 2 2 = n +2n 。

1 1 1 1 1 1 1 = ? ?( ) 2 an = 2n+1 a ? 1 = 2n+1) ? 1 4 n(n+1) = 4 n n+1 , ( (Ⅱ)由(Ⅰ)知 ,所以 bn= n
2

n 1 1 1 1 1 1 1 1 ? (1- + ? + L + ) ? (1)= T 2 2 3 n n+1 = 4 n+1 4(n+1) , 所以 n = 4

即数列

{bn }

n T 的前 n 项和 n = 4(n+1) 。

【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前 n 项和公式的应用、裂项法求数列的和,熟 练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。

5.(山东卷文 18)已知等差数列 { (Ⅰ)求 an 及 S n ;

an }

a 满足: a3 = 7 , a5 + a7 = 26 . { n } 的前 n 项和为 S n .

bn =
(Ⅱ)令

1 an ? 1 ( n ∈ N + ),求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn .
2

【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前 n 项和公式的应用、裂项法求数列的和,熟 练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。 【解析】(Ⅰ)设等差数列

{an } 的公差为 d,因为 a3 = 7 , a5 + a7 = 26 ,所以有

?a1 + 2d = 7 ? ?2a1 + 10d = 26 ,解得 a1 = 3,d = 2 ,
an = 3 + (n ? 1)=2n+1 ; S n = 3n+ 2
n(n-1) ×2 2 2 = n +2n 。

所以

1 1 1 1 1 1 1 = ? 2 an = 2n+1 ,所以 bn= an ? 1 = 2n+1) ? 1 4 n(n+1) = 4 ? ( n - n+1 ) , ( (Ⅱ)由(Ⅰ)知
2

n 1 1 1 1 1 1 1 1 ? (1- + ? + L + ) ? (1)= T 2 2 3 n n+1 = 4 n+1 4(n+1) , 所以 n = 4 n {b } T 即数列 n 的前 n 项和 n = 4(n+1) 。
6. (陕西卷理 16 文 16)已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且 a1,a3,a9 成等 比数列. (Ⅰ)求数列{an}的通项; (Ⅱ)求数列{2an}的前 n 项和 Sn. 解 由题设知公差

由 解得 故 的通项

成等比数列得 (舍去)

,

由等比数列前 n 项和公式得 7.(四川卷文 20)已知等差数列

{an }

的前 3 项和为 6,前 8 项和为-4。

(Ⅰ)求数列

{an }

的通项公式;

(Ⅱ)设

bn = (4 ? an ) q n ?1 ( q ≠ 0, n ∈ N * ) ,求数列 {bn } 的前 n 项和 S n

8.(浙江卷文 19)设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 满足

S5 S6 +15=0。 S5
=5,求

(Ⅰ)若

S6

及 a1;

(Ⅱ)求 d 的取值范围。 解析:本题主要考查等差数列概念、求和公式等基础知识,同时考查运算求解能力及分析问 题解决问题的能力。

-15 S (Ⅰ)解:由题意知 S6= 5 =-3,
A6=S6-S5=-8

所以

?5a1 + 10d = 5, ? ?a 1 +5d = ?8.

解得 a1=7 所以 S6= -3,a1=7 (Ⅱ)解:因为 S5S6+15=0, 所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0, 即 2a12+9da1+10d2+1=0. 故(4a1+9d)2=d2-8. 所以 d2≥8.[

故 d 的取值范围为 d≤-2 2 或 d≥2 2 .

第三章 三

数列

等比数列

【考点阐述】 等比数列及其通项公式.等比数列前 n 项和公式. 【考试要求】 (3)理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前 n 项和公式,并能解决简单的实 际问题。 【考题分类】 (一)选择题(共 12 题) 1.(安徽卷理 10)设

{an } 是任意等比数列,它的前 n 项和,前 2n 项和与前 3n 项和分别为
Y (Y ? X ) = Z ( Z ? X )

X , Y , Z ,则下列等式中恒成立的是
A、 X + Z = 2Y
2 C、 Y = XZ

B、

D、

Y (Y ? X ) = X ( Z ? X )

【答案】D 【解析】取等比数列 1, 2, 4 ,令 n = 1 得 X = 1, Y = 3, Z = 7 代入验算,只有 选项 D 满足。 【方法技巧】对于含有较多字母的客观题,可以取满足条件的数字代替字母,代入验证,若 能排除 3 个选项,剩下唯一正确的就一定正确;若不能完全排除,可以取其他数字验证继续 排除.本题也可以首项、公比即项数 n 表示代入验证得结论. 2.(北京卷理 2)在等比数列 (A)9 【答案】C 【解析】.解析: (B)10

{an } 中, a1 = 1 ,公比 q
(C)11

≠1
.若

am = a1a2 a3 a4 a5 ,则 m=

(D)12

am = a1a2 a3 a4 a5 = q ? q 2 ? q3 ? q 4 = q10 = a1q10 ,因此有 m = 11
{an } 为等比数列,Sn 是它的前 n 项和。若 a2 ? a3 = 2a1 , 且 a4 与

3.(广东卷理 4 文 4)已知

5 a S 2 7 的等差中项为 4 ,则 5 =
A.35 【答案】CA 【解析】设{ B.33 C.31 D.29

an }的公比为 q ,则由等比数列的性质知, a2 ? a3 = a1 ? a4 = 2a1 ,即 a4 = 2 。



a4



2

a7

的 等 差 中 项 为

5 4

a4 + 2a7 = 2 ×
知 ,

5 4

, 即

a7 =

1 5 1 5 1 (2 × ? a4 ) = (2 × ? 2) = 2 4 2 4 4.

q3 =


a7 1 1 1 = q= a4 = a1q 3 = a1 × = 2 a = 16 a4 8 ,即 2. 8 ,即 1 .

4.(江西卷文 7)等比数列 A. ( ?2)
n?1

{an }
n?1

中,

| a1 |= 1, a5 = ?8a2 , a5 > a2 ,
C. ( ?2)
n



an =
n

B. ?( ?2

)

D. ?( ?2)

【答案】A 【解析】考查等比数列的通项公式。用代特值法解决会更好。 5. (辽宁卷理 6) 设{an}是有正数组成的等比数列, n 为其前 n 项和。 已知 a2a4=1,

S

S3 = 7

,



S5 = 31 (B) 4 33 (C) 4 17 (D) 2

15 (A) 2

6.(辽宁卷文 3)设 公比 q = (A)3

Sn

为等比数列

{an } 的前 n 项和,已知 3S3 = a4 ? 2 , 3S 2 = a3 ? 2 ,则

(B)4

(C)5

(D)6

解析:选 B. 两式相减得, 3a3 = a4 ? a3 ,

a4 = 4a3 ,∴ q =

a4 =4 a3 .

7.(全国Ⅰ卷理 4 文 4)已知各项均为正数的等比数列{

an

},

a1a2 a3

=5,

a7 a8 a9

=10,则

a4 a5 a6

=

(A) 5 2

(B) 7

(C) 6

(D) 4 2

【答案】A【命题意图】本小题主要考查等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的 互化等知识,着重考查了转化与化归的数学思想. 【解析】由等比数列的性质知
3 a1a2 a3 = ( a1a3 ) a2 = a2 = 5 ,

3 a7 a8 a9 = ( a7 a9 ) a8 = a8 = 10,所以 a2 a8 = 50 3 ,

1

3 a4 a5 a6 = ( a4 a6 ) a5 = a5 = ( a2 a8 )3 = (50 6 )3 = 5 2

1

所以 8.(山东卷理 9)设{an}是等比数列,则“a1<a2<a3”是数列{an}是递增数列的 (A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件、 (C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】若已知

a1 <a 2 <a 3 , 则 设 数 列 {a n } 的 公 比 为 q , 因 为 a1 <a 2 <a 3 , 所 以 有

a1 <a1q<a1q 2 ,解得 q>1, 且 a1 >0 ,所以数列 {a n } 是递增数列;反之,若数列 {a n } 是递增
数列,则公比 q>1 且

a1 >0 ,所以 a1 <a1q<a1q 2 ,即 a1 <a 2 <a 3 ,所以 a1 <a 2 <a 3 是数列 {a n }

是递增数列的充分必要条件。 【命题意图】本题考查等比数列及充分必要条件的基础知识,属保分题。 9.(山东卷文 7)设

{an } 是首项大于零的等比数列,则“ a1 < a2 ”是“数列 {an } 是递增数
(B)必要而不充分条件 (D)既不充分也不必要条件

列”的 (A)充分而不必要条件 (C)充分必要条件 【答案】C 【解析】 若已知

{a } a1 <a 2 , a <a 所以有 a1 <a1q , 则设数列 n 的公比为 q , 因为 1 2 , 解得 q>1,



a1 >0 ,所以数列 {a n } 是递增数列;反之,若数列 {a n } 是递增数列,则公比 q>1 且 a1 >0 , a1 <a1q ,即 a1 <a 2 ,所以 a1 <a 2 是数列 {a n } 是递增数列的充分必要条件。 an }是首项为 1 的等比数列, Sn 是{ an }的前 n 项和,且 9S3 = S6 。

所以

【命题意图】本题考查等比数列及充分必要条件的基础知识,属保分题。 10.(天津卷理 6)已知{

?1? ? ? a 则数列 ? n ? 的前 5 项和为
15 (A) 8 或 5
【答案】C

31 (B) 16 或 5

31 (C) 16

15 (D) 8

a =1 9 S = 9 × 3 = 27 【解析】设等比数列的公比为 q ,则当公比 q = 1 时,由 1 得, 3 ,而 S6 = 6 9S = S6 ,两者不相等,故不合题意;当公比 q ≠ 1 时,由 3 及首项为 1 得:



?1? 1 ? q3 1 ? q6 1 1 1 1 31 = ? ? 1+ + + + 1? q 1 ? q ,解得 q = 2 ,所以数列 ? a n ? 的前 5 项和为 2 4 8 16 = 16 ,选

C。 【命题意图】 本小考查等比数列的前 n 项和公式等基础知识, 考查同学们分类讨论的数学思 想以及计算能力。

11.(浙江卷理 3 文 5)设

S n 为等比数列

{an }

S5 = n 项和, 8a2 + a5 = 0 ,则 S 2 的前
(D) ?11
3

(A)11

(B)5

(C) ?8

解析:通过

8a2 + a5 = 0

,设公比为 q ,将该式转化为 8a 2 + a 2 q = 0 ,解得 q =-2,带入

所求式可知答案选 D, 本题主要考察了本题主要考察了等比数列的通项公式与前 n 项和公式, 属中档题 12.(重庆卷理 1)在等比数列 (A) 2 【答案】A (B) 3

{an }

中,

a2010 = 8a2007

,则公比 q 的值为 (D) 8

(C) 4

a 2010 =q 3 = 8 a 解析: 2007

∴q = 2

(二)填空题(共 2 题) 1.(福建卷理 11)在等比数列

{a n } 中,若公比 q=4 ,且前 3 项之和等于 21,则该数列的通项

公式

an =
n-1

.

【答案】 4

【解析】由题意知

a1 + 4a1 + 16a1 = 21

,解得

a1 = 1

,所以通项

an = 4n-1 。

【命题意图】本题考查等比数列的通项公式与前 n 项和公式的应用,属基础题。 2. ( 天 津 卷 文 15 ) 设 {an} 是 等 比 数 列 , 公 比 q =

2 , Sn 为 {an} 的 前 n 项 和 。 记

Tn =

17 S n ? S 2 n , n ∈ N *. T T n an +1 设 n0 为数列{ n }的最大项,则 0 =



【答案】4

a1 (1 ? q n ) a1 (1 ? q 2 n ) ? 17 1? q 1? q 17(1 ? q n ) ? (1 ? q 2 n ) Tn = ,n∈ N* a1q n (1 ? q)q n 【解析】因为 = ,

17(1 ? t ) ? (1 ? t 2 ) 16 ? 17t + t 2 t 16 17 ?[ + ]+ n T (1 ? 2)t 2 ? 1 ( 2 ? 1)t 2 ?1 设 q = t ,则有 n = = (1 ? 2)t =
?( 8 2 ?1 )+ 17 t 16 = 2 ? 1 = 2 ? 1 ,当且仅当 2 ? 1 ( 2 ? 1)t ,即 t = 4 ,所以当 Tn0 为数列 9 n0
=4。


{

Tn

}的最大项时,

【命题意图】 本题考查等比数列的通项公式与前 n 项和公式的应用、 均值不等式求最值等基 础知识。 (三)解答题(共 2 题)

1. (全国ⅠⅠ卷文 18) 已知

{an }

a1 + a2 = 2(
是各项均为正数的等比数列,且

1 1 + ) a1 a2 ,

a3 + a4 + a5 = 64( {an }

1 1 1 + + ) a3 a4 a5

(Ⅰ)求

的通项公式;

bn = ( an +
(Ⅱ)设

1 2 ) an ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn 。

【命题意图】本题考查了数列通项、前 n 项和及方程与方程组的基础知识。 (1)设出公比根据条件列出关于

a1

与 d 的方程求得

a1

与 d ,可求得数列的通项公式。

(2)由(1)中求得数列通项公式,可求出 bn 的通项公式,由其通项公式化可知其和可分 成两个等比数列分别求和即可求得。 【解析】(Ⅰ)设公比为 q,则

an = a1q n ?1 .由已知有

? ?1 1 ? ?a1 + a1q = 2 ? + ?, a1 a1q ? ? ? ? ?a12 q = 2, ? ?a q 2 + a q 3 + a q 4 = 64 ? 1 + 1 + 1 ? . ? 2 6 ? 2 1 1 1 3 4 ? ? a1q a1q ? ? a1q ? ?a q = 64. 化简得 ? 1

2.(重庆卷文 16)已知

{an } 是首项为 19,公差为-2 的等差数列, S n 为 {an } 的前 n 项和.

(Ⅰ)求通项

an 及 S n ;

(Ⅱ)设

{bn ? an } 是首项为 1,公比为 3 的等比数列,求数列 {bn } 的通项公 式及其前 n 项



Tn

.

第三章 四

数列

数列综合应用

【考点阐述】 数列综合应用 【考试要求】 (4)运用等差数列、等比数列及求和知识解决数列综合问题。 【考题分类】

(一)选择题(共 2 题)

1.(湖北卷文 7)已知等比数列{

am

1 a3 , 2a2 }中,各项都是正数,且 , 2 成等差数列,则

a1

a9 + a10 = a7 + a8
A. 1 + 2 【答案】C B. 1 ? 2 C. 3 + 2 2 D3? 2 2

2. (江西卷理 5) 等比数列

{an } 中,a1 = 2 ,a8 =4, f ( x ) = x( x ? a1 )( x ? a2 )L( x ? a8 ) , 函数



f ' ( 0) =
6

( )
9 B. 2 12 C. 2 15 D. 2

A. 2

【答案】C 【解析】考查多项式函数的导数公式,重点考查学生创新意识,综合与灵活地应用所学的数 学知识、思想和方法。考虑到求导中,含有 x 项均取 0,则

f ' ( 0)

只与函数

f ( x)

的一次项

有关;得:

a1 ? a2 ? a3 L a8 = ( a1a8 ) 4 = 212 。

(二)填空题(共 1 题)

{a } a = 33, an +1 ? an = 2n, 1. (辽宁卷理 16) 已知数列 n 满足 1 则

an n 的最小值为_________ _.

(三)解答题(共 14 题) 1.(安徽卷文 21)设

C1 , C2 ,L , Cn ,L 是坐标平面上的一列圆,它们的圆心都在 x 轴的正半
3 x 3 相切,对每一个正整数 n ,圆 Cn 都与圆 Cn
的半径,已知

y=
轴上,且都与直线

Cn +1

相互外切,以

rn

表示

{rn }

为递增数列.

(Ⅰ)证明:

{rn }

为等比数列;

n { } r =1 r ,求数列 n 的前 n 项和. (Ⅱ)设 1
【命题意图】本题考查等比列的基本知识,利用错位相减法求和等基本方法,考察抽象概括 能力以及推理论证能力. 【解题指导】(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 , {r } r 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, n 中 n +1 即
n r {r } {r } r 与 n 的关系,证明 n 为等比数列; (2)利用 (1) 的结论求 n 的通项公式,代入数列 n ,
然后用错位相减法求和.

【方法技巧】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.
n+1
* (n ∈ N ).

?1? 1 ? ? a a S S S 2.(福建卷文 17)数列{ n } 中 = 3 ,前 n 项和 n 满足 n +1 - n = ? 3 ?
( I ) 求数列{

an }的通项公式 an 以及前 n 项和 S n ;

(II)若 S1, t ( S1+S2 ), 3( S2+S3 ) 成等差数列,求实数 t 的值。

3.(湖北卷文 19)已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为 a(单位:m2),其中有部分 旧住房需要拆除。当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的 10%建设新住房,同事也拆 除面积为 b(单位:m2)的旧住房。 (Ⅰ)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式: (Ⅱ)如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了 30%,则每年拆除的 旧住房面积 b 是多少?(计算时取 1.15=1.6)

4.(湖南卷文 20)给出下面的数表序列:

其中表 n(n=1,2,3 L )有 n 行,第 1 行的 n 个数是 1,3,5, L 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 L ,记此数列为

{bn }



b3 b b + 4 +L n + 2 b b b2b3 bn bn +1 和: 1 2

5.(江苏卷 19)设各项均为正数的数列

{a n } 的前 n 项和为 S n ,已知 2a 2

= a1 + a 3 ,数列

{ S }是公差为 d 的等差数列。
n

(1)求数列

{a n } 的通项公式(用 n, d 表示);

S + S n > cS k 对满足 m + n = 3k且m ≠ n 的任意正整数 m, n, k , 不等式 m (2)设 c 为实数,
9 都成立。求证: c 的最大值为 2 。
[解析] 本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识,考查探索、分 析及论证的能力。满分 16 分。 (1)由题意知: d > 0 ,

S n = S1 + ( n ? 1) d = a1 + ( n ? 1) d
3[( a1 + d ) 2 ? a1 ]2 = ( a1 + 2d ) 2 ,


2a2 = a1 + a3 ? 3a2 = S3 ? 3( S 2 ? S1 ) = S3

a1 ? 2 a1 ? d + d 2 = 0, a1 = d , a1 = d 2
化简,得:

S n = d + ( n ? 1) d = nd , S n = n 2 d 2
, 当 n ≥ 2 时,

an = S n ? S n ?1 = n 2 d 2 ? (n ? 1) 2 d 2 = (2n ? 1) d 2 ,适合 n = 1 情形。

故所求

an = (2n ? 1) d 2

(2)(方法一)

S m + S n > cS k ? m d + n d > c ? k d ? m + n > c ? k ,
2 2 2 2 2 2 2 2 2

c<

m2 + n2 k 2 恒成立。

m2 + n2 9 2( m + n ) > ( m + n) = 9k ? > k2 2, 又 m + n = 3k且m ≠ n ,
2 2 2 2

c≤


9 9 2 ,即 c 的最大值为 2 。 a1 = d S n = a1 + ( n ? 1) d


(方法二)由

S = n2 d 2 。 ,得 d > 0 , n

于是,对满足题设的 m, n, k , m ≠ n ,有

(m + n)2 2 9 2 2 9 Sm + S n = (m + n )d > d = d k = Sk 2 2 2 。
2 2 2

所以 c 的最大值

cmax ≥

9 2。 9 3 3 m = k + 1, n = k ? 1 2 。设 k 为偶数,令 2 2 ,则 m, n, k 符合条件,

a>
另一方面,任取实数

3 3 1 S m + S n = ( m 2 + n 2 ) d 2 = d 2 [( k + 1) 2 + ( k ? 1) 2 ] = d 2 (9k 2 + 4) 2 2 2 且 。

于是,只要 9 k + 4 < 2ak ,即当
2 2

k>

2 1 S m + S n < d 2 ? 2ak 2 = aS k 2a ? 9 时, 2 。

c≤
所以满足条件的

9 9 cmax ≤ 2 ,从而 2。

9 因此 c 的最大值为 2 。
6.(江西卷理 22)证明以下命题:
2 2 2 对任一正整 a,都存在整数 b,c(b<c),使得 a ,b ,c 成等差数列。

存在无穷多个互不相似的三角形△ n ,其边长

an,bn,cn 为正整数且 an 2,bn 2,cn 2 成等差

数列。 【解析】作为压轴题,考查数学综合分析问题的能力以及创新能力。
2 2 2 (1)考虑到结构要证 a + c = 2b ,;类似勾股数进行拼凑。

2 2 2 证明:考虑到结构特征,取特值 1 , 5 , 7 满足等差数列,只需取 b=5a,c=7a,对一切正整

数 a 均能成立。 结合第一问的特征,将等差数列分解,通过一个可做多种结构分解的因式说明构成三角形, 再证明互不相似,且无穷。 证明:当
2 2 2 2 an,bn2,cn 成等差数列,则 bn2 ? an = cn ? bn2 ,

分解得:

(bn + an )(bn ? an ) = (cn + bn )(cn ? bn )

2 选取关于 n 的一个多项式, 4n( n ? 1) 做两种途径的分解

4n(n 2 ? 1) = (2n ? 2)(2n 2 + 2n) = (2n 2 ? 2n)(2n + 2) 4n(n 2 ? 1)
? an = n 2 ? 2 n ? 1 ? 2 ? bn = n + 1 (n ≥ 4) ? c = n 2 + 2n ? 1 ? n

对比目标式,构造 ,由第一问结论得,等差数列成立, 考察三角形边长关系,可构成三角形的三边。 下证互不相似。

m 2 ? 2m ? 1 m 2 + 1 m 2 + 2m ? 1 = 2 = 2 n + 1 n 2 + 2n ? 1 , 任取正整数 m, 若△m, n 相似: n, △ 则三边对应成比例 n ? 2n ? 1

m ?1 m + 1 = ?m=n 由比例的性质得: n ? 1 n + 1 ,与约定不同的值矛盾,故互不相似。

7.(江西卷文 22)正实数数列

{an }

中,

a1 = 1, a2 = 5

,且

2 {an } 成等差数列.

(1) 证明数列

{an }

中有无穷多项为无理数;

(2)当 n 为何值时,

an

为整数,并求出使

an < 200

的所有整数项的和.

证明:(1)由已知有: 方法一:取 n ? 1 = 24

2 an = 1 + 24( n ? 1) ,从而 an = 1 + 24(n ? 1) ,

2 k ?1

,则

an = 1 + 24 2 k ( k ∈ N * )

用反证法证明这些

an 都是无理数.

假设

an = 1 + 24 2 k 为有理数,则 an 必为正整数,且 an > 24k ,



an ? 24k ≥ 1 . an ? 24k > 1 ,与 ( an ? 24k )( an + 24k ) = 1 矛盾, an = 1 + 24 2 k ( k ∈ N * )都是无理数,即数列 {an } 中有无穷多项为无理数;
2 an +1 = 1 + 24n, ( n ∈ N ) ,当 n 的末位数字是 3, 4,8,9 时,1 + 24n 的末位数字

所以

方法二:因为

是3和7 , 它不是整数的平方, 也不是既约分数的平方, 故此时 因这种 n 有无穷多,故这种无理项

an+1 = 1 + 24n

不是有理数,

an +1

也有无穷多.

(2) 要使

an 为整数,由 (an ? 1)( an + 1) = 24( n ? 1) 可知:

an ? 1, an + 1 同为偶数,且其中一个必为 3 的倍数,所以有 an ? 1 = 6m 或 an + 1 = 6m

2 an = 6m + 1 时,有 an = 36m 2 + 12m + 1 = 1 + 12m(3m + 1) ( m ∈ N ) 2 an = 6m + 1 ( m ∈ N )满足 an = 1 + 24( n ? 1)

又 m (3m + 1) 必为偶数,所以

n=


m(3m + 1) +1 a 2 ( m ∈ N )时, n 为整数;

同理

2 an = 6m ? 1( m ∈ N * ) 有 an = 36m 2 ? 12m + 1 = 1 + 12m(3m ? 1) ( m ∈ N * )

a 2 = 1 + 24( n ? 1) ,即 也满足 n

n=

m(3m ? 1) +1 * a 2 ( m ∈ N )时, n 为整数;

显然

an = 6m ? 1( m ∈ N * ) 和 an = 6m + 1 ( m ∈ N )是数列中的不同项;

n=
所以当

m(3m + 1) m(3m ? 1) +1 n= +1 * a 2 2 ( m ∈ N )和 ( m ∈ N )时, n 为整数;
( m ∈ N )有 0 ≤ m ≤ 33 , ( m ∈ N )有 1 ≤ m ≤ 33 .
*



an = 6m + 1 < 200 an = 6m ? 1 < 200 an





中满足

an < 200

的所有整数项的和为 S ,则

S = (5 + 11 + L + 197) + (1 + 7 + L + 199)
8.(全国Ⅰ新卷理 17)设数列

=

5 + 197 1 + 199 × 33 + × 34 = 6733 2 2

{an } 满足 a1 = 2, an +1 ? an = 3 22 n ?1

求数列

{an } 的通项公式;



bn = nan ,求数列的前 n 项和 S n

解: (Ⅰ)由已知,当 n≥1 时,

an +1 = [(an +1 ? an ) + (an ? an ?1 ) + L + (a2 ? a1 )] + a1 = 3(22 n ?1 + 22 n ?3 + L + 2) + 2 = 22( n+1)?1 。


a1 = 2, an }的通项公式为 an = 2 2 n ?1 。

所以数列{

(Ⅱ)由

bn = nan = n ? 22 n ?1 知


S n = 1 ? 2 + 2 ? 23 + 3 ? 25 + L + n ? 22 n ?1
从而

22 ? S n = 1 ? 23 + 2 ? 25 + 3 ? 27 + L + n ? 22 n +1
①-②得



(1 ? 2 2 ) ? S n = 2 + 23 + 25 + L + 22 n ?1 ? n ? 22 n +1





1 S n = [(3n ? 1)22 n +1 + 2] 9

9. (上海卷理 20)已知数列

{an } 的前 n 项和为 S n ,且 Sn = n ? 5a n ?85 , n ∈ N *

(1)证明:

{an ? 1} 是等比数列; {Sn } 的通项公式,并求出 n 为何值时, S n 取得最小值,并说明理由。

(2)求数列

解 析 : (1) 当 n=1 时 , a1=?14 ; 当 n≥2 时 , an=Sn?Sn?1=?5an+5an?1+1 , 所 以 5 an ? 1 = (an ?1 ? 1) 6 , 又 a1?1=?15≠0,所以数列{an?1}是等比数列;
?5? an ? 1 = ?15 ? ? ? ?6? (2) 由(1)知: ?5? ? ? 解不等式 Sn<Sn+1,得 ? 6 ?
n?1 n ?1 n ?1 n?1

?5? an = 1 ? 15 ? ? ? ?6? ,得

? 5? Sn = 75? ? ? + n ? 90 ? 6? ,从而 (n∈N*);

<

2 2 n > log 5 + 1 ≈ 14.9 5, 6 25 ,当 n≥15 时,数列{Sn}单调递增;

同理可得,当 n≤15 时,数列{Sn}单调递减;故当 n=15 时,Sn 取得最小值. 10. (上海卷文 21)已知数列

{an } 的前 n 项和为 S n ,且 Sn = n ? 5a n ?85 , n ∈ N *

(1)证明:

{an ? 1} 是等比数列; {Sn } 的通项公式,并求出使得 Sn +1 > Sn 成立的最小正整数 n .

(2)求数列

解 析 : (1) 当 n=1 时 , a1=?14 ; 当 n≥2 时 , an=Sn?Sn?1=?5an+5an?1+1 , 所 以 5 an ? 1 = (an ?1 ? 1) 6 , 又 a1?1=?15≠0,所以数列{an?1}是等比数列;
?5? an ? 1 = ?15 ? ? ? ?6? (2) 由(1)知: ?5? ? ? 由 Sn+1>Sn,得 ? 6 ?
n?1 n ?1 n ?1 n ?1

?5? an = 1 ? 15 ? ? ? ?6? , 得

?5? Sn = 75 ? ? ? ?6? , 从而

+ n ? 90

(n∈N*);

<

2 2 n > log 5 + 1 ≈ 14.9 5, 6 25 ,最小正整数 n=15.

11. (四川卷理 21)已知数列{an}满足 a1=0, a2=2,且对任意 m、n∈N*都有 a2m-1+a2n -1=2am+n-1+2(m-n)2 (Ⅰ)求 a3,a5; (Ⅱ)设 bn=a2n+1-a2n-1(n∈N*),证明:{bn}是等差数列; (Ⅲ)设 cn=(an+1-an)qn-1(q≠0,n∈N*),求数列{cn}的前 n 项和 Sn.

12. (天津卷理 22)在数列

{an } 中,a1 = 0 ,且对任意 k ∈ N * k ∈ N ,a2 k ?1 , a2 k , a2 k +1 成

等差数列,其公差为

dk

。 成等比数列( k ∈ N * );

(Ⅰ)若

dk

=2k,证明

a2 k ?1 , a2 k , a2 k + 2

(Ⅱ)若对任意 k ∈ N * ,

a2 k ?1 , a2 k , a2 k + 2

成等比数列,其公比为

qk

.

? 1 ? ? ? q1 ≠ ? qk ? 1? 是等差数列; 1.证明 (i)设
3 k2 n < 2n ? Σ ≤ 2(n ≥ 2) a = 2 ,证明 2 k ?2 a k (ii)若 2
【命题意图】 本小题主要考查等差数列的定义及通项公式, n 项和公式、 前 等比数列的定义、 数列求和等基础知识,考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨 论的思想方法。

a ?a = 4k , k ∈ N * 2k + 1 2 k ? 1 。 【解析】(Ⅰ)证明:由题设,可得
所以 2 k + 1

a

? a1 = ( a ?a ?a ) + (a ) + ... + ( a3 ? a1 ) 2k + 1 2k ? 1 2 k ? 1 2k ? 3

= 4 k + 4( k ? 1) + ... + 4 × 1 =2k(k+1)
2 2 a1 =0,得 a2k + 1 = 2k (k + 1), 从而a2k = a2k + 1 ? 2k = 2k , a2k + 2 = 2(k + 1) . 由

a a a a 2k + 1 = k + 1 , 2k + 2 = k + 1 , 所以 2k + 2 = 2k + 1 a k a k a a 2k + 1 2k + 1 2k 。 于是 2k

d k = 2k时,对任意k ∈ N * , a , a ,a 2k 2k + 1 2k + 2 成等比数列。 所以
(Ⅱ)证法一:(i)证明:由 2k ? 1

a

, a2 k , a a ,a ,a 2k + 1 成等差数列,及 2k 2k + 1 2k + 2 成

a a 2a = a +a , 2 = 2 k ? 1 + 2 k + 1 = 1 + qk 2k 2k ? 1 2k + 1 a a q 2k 2k k ?1 等比数列,得


q1 ≠1 时,可知 qk ≠1,k ∈ N *
1 q k ?1 = 2? 1 1 ?1 q k ?1 = 1 + 1, 即 1 q k ?1 ? 1 = 1(k ≥ 2)

q ?1 k ?1

q ?1 k ?1

从而

? ? 1 ? ? ? ? ? qk ? 1 ? ? 是等差数列,公差为 1。 所以 ?
q1 = 1 4 = 2, q ? 1 2 1 =1.由(Ⅰ)有

(Ⅱ)证明:

a1 = 0 , a2 = 2 ,可得 a3 = 4 ,从而

1 q k ?1

= 1 + k ? 1 = k , 得q k = k + 1 , k ∈ N * k

2 a a a ( ) 2k + 2 = 2k + 1 = k + 1 , 从而 2k + 2 = k + 1 ,k ∈ N * a a k a k2 2k 2k 所以 2k + 1

因此,

a2 k =

a a ( k ? 1) 2 22 k2 . 2k ? 2 .... 4 .a = . ... .2 = 2k 2 .a = a . k + 1 = 2k ( k + 1), k ∈ N * 2 ( k ? 1) 2 ( k ? 2) 2 12 2k + 1 2k k a a a 2k ? 2 2k ? 4 2
*

a 2k

以下分两种情况进行讨论: 当 n 为偶数时,设 n=2m( m ∈ N )

k2 2n ? ∑ = 2 k = 2 ak 若 m=1,则 .
n

若 m≥2,则
m m k2 (2k ) 2 m ?1 (2k + 1) 2 4k 2 =∑ +∑ =∑ 2 ∑ a k =1 a a2 k +1 k =2 k k =1 k =1 2 k 2k + n
m ?1 m ?1 ? 4k 2 + 4k ? 4 k 2 + 4k + 1 1 ? 1?1 1 ?? = 2m + ∑ ? + = 2m + ∑ ? 2 + ? ? ∑ 2k (k + 1) ? ? 2k (k + 1) ? 2 ? k k + 1 ?? k =1 k =1 ? 2 k ( k + 1) k =1 ? ? m ?1

1 1 3 1 = 2m + 2(m ? 1) + (1 ? ) = 2n ? ? m 2 2 n. 2n ? ∑
所以
n k2 3 1 3 k2 = + , 从而 < 2n ? ∑ < 2, n = 4, 6,8... 2 n 2 k = 2 ak k = 2 ak n
*

(2)当 n 为奇数时,设 n=2m+1( m ∈ N )

k 2 2 m k 2 (2m + 1) 3 1 (2m + 1) 2 =∑ + = 4m ? ? + ∑ a k =2 a a 2 2m 2m(m + 1) k =2 k k 2 m +1
n 2

= 4m +

1 1 3 1 ? = 2n ? ? 2 2(m + 1) 2 n +1

n k2 3 1 3 k2 2n ? ∑ = + , < 2n ? ∑ < 2, n = 3,5, 7 2 n + 1 从而 2 k = 2 ak k = 2 ak 所以 ··· n n 3 k2 < 2n ? ∑ ≤ 2 ? 2 k = 2 ak 综合(1)(2)可知,对任意 n ≥ 2 , n ∈ N ,有

证法二:(i)证明:由题设,可得

d k = a2 k +1 ? a2 k = qk a2 k ? a2 k = a2 k (qk ? 1),

d k +1 = a2 k + 2 ? a2 k +1 = qk 2 a2 k ? qk a2 k = a2 k qk ( qk ? 1), 所以 d k +1 = qk d k

qk +1 =

a2 k +3 a2 k + 2 + d k +1 d d q ?1 = = 1 + 2k +1 = 1 + k = 1 + k a2 k + 2 a2 k + 2 qk a2 k qk a2 k qk 1 ?

q 1 1 = k ? =1 q1 ≠ 1 qk ≠ 1, k ∈ N * qk +1 ? 1 qk ? 1 qk ? 1 qk ? 1 由 可知 。可得 ,

? 1 ? ? ? q ? 1? 是等差数列,公差为 1。 所以 ? k
(ii)证明:因为

a1 = 0, a2 = 2, q1 =
,从而

所以

d1 = a2 ? a1 = 2



所以

a3 = a2 + d1 = 4

? 1 ? a3 1 =2 =1 ? ? a2 q1 ? 1 。于是,由(i)可知所以 ? qk ? 1? 是 ,

1 k +1 q = qk ? 1 = 1 + ( k ? 1) = k ,故 k k 。 公差为 1 的等差数列。由等差数列的通项公式可得
d k +1 k +1 = qk = d k 。 从而 k dk d d d k k ?1 2 = k . k ?1 ........ 2 = . ...... = k d =2 d d k ?1 d k ? 2 d1 k ? 1 k ? 2 1 所以 1 ,由 1 ,可得 d k = 2k


于是,由(i)可知 以下同证法一。

a2 k +1 = 2k ( k + 1) , a2 k = 2k 2 , k ∈ N *

13. (天津卷文 22)在数列 其公差为 2k. (Ⅰ)证明

{a n } 中, a1 =0,且对任意 k∈ N* , a 2k ?1 , a 2k , a 2k+1 成等差数列,

a4 , a5 , a6

成等比数列;

(Ⅱ)求数列

{an } 的通项公式;

22 32 n2 3 Tn = + + + 2 < 2n ? Tn ≤ (n ≥ 2) a2 a3 an ,证明 2 (Ⅲ)记 .
【命题意图】本小题主要考查等差数列的定义及前 n 项和公式、等比数列的定义、数列求和 等基础知识,考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想 方法。 【解析】(I)证明:由题设可知,

a2 = a1 + 2 = 2 , a3 = a2 + 2 = 4 , a4 = a3 + 4 = 8 ,

a5 = a4 + 4 = 12 , a6 = a5 + 6 = 18 。
a6 a5 3 = = a5 a4 2 ,所以 a4 , a5 , a6 成等比数列。 从而
(II)解:由题设可得

a2 k +1 ? a2 k ?1 = 4k , k ∈ N *

所以

a2 k +1 ? a1 = ( a2 k +1 ? a2 k ?1 ) + ( a2 k ?1 ? a2 k ?3 ) + ... ( a3 ? a1 ) = 4k + 4 ( k ? 1) + ... + 4 ×1 = 2k ( k + 1) , k ∈ N *
.



a1 = 0

,得

a2 k +1 = 2k ( k + 1)

,从而

a2 k = a2 k +1 ? 2k = 2k 2 .

? n2 ? 1 ? 2 , n为奇数 ? an = ? 2 n n 2 ( ?1) ? 1 ? n , n为偶数 an = + {a } ?2 ? 2 4 或写为 ,n∈ N *。 所以数列 n 的通项公式为
(III)证明:由(II)可知 以下分两种情况进行讨论: 当 n 为偶数时,设 n=2m

a2 k +1 = 2k ( k + 1)



a2 k = 2 k 2 ,

( m ∈ N *)

若 m = 1 ,则

2n ? ∑

k2 =2 k = 2 ak ,
n

若 m ≥ 2 ,则

m ( 2k ) + m?1 ( 2k + 1) = m 4k 2 + m?1 4k 2 + 4k + 1 k2 =∑ ∑ a k =1 a ∑ a ∑ 2k 2 ∑ 2k ( k + 1) k =2 k k =1 k =1 k =1 2k 2 k +1 n 2 2 m ?1 ? m ?1 ? 4k 2 + 4 k 1 ? 1?1 1 ?? = 2m + ∑ ? + ? = 2m + ∑ ? 2 + ? ? ? 2k ( k + 1) ? 2 ? k k ? 1 ?? k =1 ? 2 k ( k + 1) k =1 ? ?

1? 1? 3 1 = 2m + 2 ( m ? 1) + ?1 ? ? = 2n ? ? 2? m? 2 n.

2n ? ∑
所以

n k2 3 1 3 k2 = + < 2n ? ∑ < 2, n = 4, 6,8,.... 2 n ,从而 2 k = 2 ak k = 2 ak n

当 n 为奇数时,设
n

n = 2m + 1( m ∈ N *)
2


2

( 2m + 1) k 2 2 m k 2 ( 2m + 1) 3 1 = 4m ? ? + ∑a =∑a + a 2 2m 2m ( m + 1) k =2 k k =2 k 2 m +1
1 1 3 1 = 4m + ? = 2n ? ? 2 2 ( m ? 1) 2 n +1
n k2 3 1 3 k2 2n ? ∑ = + < 2n ? ∑ < 2, n = 3, 5, 7,.... 2 n + 1 ,从而 2 k = 2 ak k = 2 ak 所以 n

3 < 2n ? Tn ≤ 2. n ≥ 2, n ∈ N *, 有 2 综合(1)和(2)可知,对任意 xn +1 =
满足

14. (上海春卷 23)已知首项为 x1 的数列

{x n }

axn xn + 1 ( a 为常数)。

* x = xn (1)若对于任意的 x1 ≠ ?1 ,有 n +2 对于任意的 n ∈ N 都成立,求 a 的值;

{x } (2)当 a = 1 时,若 x1 > 0 ,数列 n 是递增数列还是递减数列?请说明理由;
(3)当 a 确定后,数列

{x n }

{x } 由其首项 x1 确定,当 a = 2 时,通过对数列 n 的探究,写出



{x n }

是有穷数列”的一个真命题(不必证明)。


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