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【数学】2008高考理科数学试题分类汇编——数列

时间:2010-12-22


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2008 年高考数学试题分类汇编 数列
一. 选择题:
1.(全国一 5)已知等差数列 {an } 满足 a2 + a4 = 4 , a3 + a5 = 10 ,则它的前 10 项 的和 S10 = ( A.138 C ) B.135 C.95 D.23

3 2.(上海卷 14

) 若数列{an}是首项为 1,公比为 a- 的无穷等比数列,且{an} 2 各项的和为 a,则 a 的值是(B A.1 B.2 ) C. 1 2 D. 5 4

3.(北京卷 6)已知数列 {an } 对任意的 p,q ∈ N* 满足 a p + q = a p + aq ,且 a2 = ?6 , 那么 a10 等于( A. ?165 C ) C. ?30 D. ?21

B. ?33

4.(四川卷 7)已知等比数列 ( an ) 中 a2 = 1 ,则其前 3 项的和 S3 的取值范围是(D ) A. ( ?∞, ?1] C. [3, +∞ ) B. ( ?∞, 0 ) U (1, +∞ ) D. ( ?∞, ?1] U [ 3, +∞ )

5.(天津卷 4)若等差数列 {an } 的前 5 项和 S5 = 25 ,且 a2 = 3 ,则 a7 = B A.12 B.13 C.14 D.15
1 6.(江西卷 5)在数列 {an } 中, a1 = 2 , an +1 = an + ln(1 + ) ,则 an = A n

A. 2 + ln n

B. 2 + (n ? 1) ln n

C. 2 + n ln n

D.1 + n + ln n

7.(陕西卷 4)已知 {an } 是等差数列, a1 + a2 = 4 , a7 + a8 = 28 ,则该数列前 10 项和 S10 等于( B A.64 ) C.110 D.120

B.100

8.(福建卷 3)设{an}是公比为正数的等比数列,若 n1=7,a5=16,则数列{an}前 7 项的和为 C 欢迎各位老师踊跃投稿,稿酬丰厚
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中学教考网 www.zxjkw.com A.63 B.64 C.127 D.128 D )

9. 广东卷 2) ( 记等差数列{an } 的前 n 项和为 Sn , a1 = 若 A.16 B.24 C.36 D.48 10. 浙江卷 6) ( 已知 {a n } 是等比数列, 2 = 2,a 5 = a
A.16( 1 ? 4 ? n ) C. 32 (1 ? 4 ?n ) 3

1 , 4 = 20 , S6 = S 则 ( 2

1 , a1 a 2 + a 2 a3 + L + a n a n +1 =C 则 4

B.16( 1 ? 2 ? n ) D. 32 (1 ? 2 ?n ) 3

11.(海南卷 4)设等比数列{an } 的公比 q = 2 ,前 n 项和为 Sn ,则 A. 2 B. 4 C.
15 2

S4 =( C a2



D.

17 2

二. 填空题:
1.(四川卷 16)设等差数列 {an } 的前 n 项和为 S n ,若 S 4 ≥ 10, S5 ≤ 15 ,则 a4 的最 大值为______ 4 _____。
5 安徽卷(14 ) 在数列 {an } 在中, an = 4n ? , a1 + a2 + L an = an 2 + bn , n ∈ N * , ( 14) 2

其中 a, b 为常数,则 lim

an ? bn 的值是 n →∞ a n + b n

1

2.(江苏卷 10)将全体正整数排成一个三角形数阵: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 . . . . . . . 按照以上排列的规律,第 n 行(n ≥3)从左向右的第 3 个数 为 .
n2 ? n + 6 2

3. ( 湖 北 卷 14 ) 已 知 函 数 f ( x) = 2 x , 等 差 数 列 {ax } 的 公 差 为 2 . 若
f (a2 + a4 + a6 + a8 + a10 ) = 4 ,则 log 2 [ f (a1 ) ? f (a2 ) f (a3 ) ?L ? f (a10 )] =

.

-6 4.(湖北卷 15)观察下列等式:

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∑i = 2 n
i =1 n

n

1

2

1 + n, 2

∑i
i =1 n

2

1 1 1 = n 3 + n 2 + n, 3 2 6 = 1 4 1 3 1 2 n + n + n , 4 2 4

∑i
i =1 n

3

∑i
i =1 n

4

1 1 1 1 = n 5 + n 4 + n 3 ? n, 5 2 3 30 1 1 5 1 = n 6 + n5 + n 4 ? n 2 , 6 2 12 12 = 1 7 1 6 1 5 1 3 1 n + n + n ? n + n, 7 2 2 6 42

∑i
i =1 n

5

∑i
i =1

6

……………………………………

∑i
i =1

n

k

= ak +1n k + 2 + ak n k + ak ?1n k ?1 + ak ? 2 n k ? 2 + ??? + a1n + a0 ,
1 1 , ak = , ak ?1 = k +1 2 k 12

可以推测,当 x ≥2( k ∈ N * )时, ak +1 = ak ? 2 = .,0

5. ( 重 庆 卷 14) 设 Sn= 是 等 差 数 列 {an} 的 前 n 项 和 , a12=-8,S9=-9, 则 S16= .-72

三. 解答题:
1.(全国一 22)(本小题满分 12 分) .

(注意:在试题卷上作答无效) 注意: .........
设函数 f ( x) = x ? x ln x .数列 {an } 满足 0 < a1 < 1 , an +1 = f ( an ) . (Ⅰ)证明:函数 f ( x) 在区间 (0, 是增函数; 1) (Ⅱ)证明: an < an +1 < 1 ; (Ⅲ)设 b ∈ ( a1, ,整数 k ≥ 1) 解析: (Ⅰ)证明: f ( x) = x ? x ln x , f ' ( x ) = ? ln x, 当x ∈ ( 0,1) 时,f ' ( x ) = ? ln x > 0

a1 ? b .证明: ak +1 > b . a1 ln b

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故函数 f ( x ) 在区间(0,1)上是增函数; (Ⅱ)证明: (用数学归纳法) (i)当 n=1 时, 0 < a1 < 1 , a1 ln a1 < 0 ,

a2 = f (a1 ) = a1 ? a1 ln a1 > a1
由函数 f ( x ) 在区间 (0, 是增函数,且函数 f ( x ) 在 x = 1 处连续,则 f ( x ) 在区间 (0, 是增 1) 1] 函数, a2 = f ( a1 ) = a1 ? a1 ln a1 < 1 ,即 a1 < a2 < 1 成立; (ⅱ)假设当 x = k ( k ∈ N *) 时, ak < ak +1 < 1 成立,即 0 < a1 ≤ ak < ak +1 < 1

1] 那么当 n = k + 1 时,由 f ( x ) 在区间 (0, 是增函数, 0 < a1 ≤ ak < ak +1 < 1 得 f (ak ) < f (ak +1 ) < f (1) .而 an +1 = f (an ) ,则 ak +1 = f (ak ), ak + 2 = f (ak +1 ) , ak +1 < ak + 2 < 1 ,也就是说当 n = k + 1 时, an < an +1 < 1 也成立;
根据(ⅰ)(ⅱ)可得对任意的正整数 n , an < an +1 < 1 恒成立. 、 (Ⅲ)证明:由 f ( x ) = x ? x ln x . an +1 = f ( an ) 可得

a k +1 ? b = a k ? b ? a k ln a k = a1 ? b ? ∑ ai ln ai
i =1

k

1, 若存在某 i ≤ k 满足 ai ≤ b ,则由⑵知: ak +1 ? b < ai ? b ≥ 0 2, 若对任意 i ≤ k 都有 a i > b ,则 a k +1 ? b = a k ? b ? a k ln a k

= a1 ? b ? ∑ ai ln ai = a1 ? b ? ∑ ai ln b = a1 ? b ? (∑ ai ) ln b > a1 ? b ? ka1 ln b
i =1 i =1 i =1

k

k

k

≥ a1 ? b ? ka1 ln b > a1 ? b ? (a1 ? b) = 0 ,即 ak +1 > b 成立.
2.(全国二 20)(本小题满分 12 分) . 设数列 {an } 的前 n 项和为 Sn .已知 a1 = a , an +1 = S n + 3 , n ∈ N .
n
*

(Ⅰ)设 bn = S n ? 3 ,求数列 {bn } 的通项公式;
n

(Ⅱ)若 an +1 ≥ an , n ∈ N ,求 a 的取值范围.
*

解: (Ⅰ)依题意, S n +1 ? S n = an +1 = S n + 3 ,即 S n +1 = 2 S n + 3 ,
n n

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由此得 S n +1 ? 3
n +1

= 2( S n ? 3n ) . ·························································································· 4 分

因此,所求通项公式为

bn = S n ? 3n = (a ? 3)2n ?1 , n ∈ N* .① ·············································································· 6 分
(Ⅱ)由①知 S n = 3 + ( a ? 3)2
n n ?1

,n∈N ,
*

于是,当 n ≥ 2 时,

an = S n ? S n ?1 = 3n + (a ? 3) × 2n ?1 ? 3n ?1 ? (a ? 3) × 2n ? 2 = 2 × 3n ?1 + (a ? 3)2 n ? 2 , an +1 ? an = 4 × 3n ?1 + (a ? 3)2 n ? 2
? ? 3 ?n ?2 ? = 2 n ? 2 ?12 ? ? + a ? 3? , ? ?2? ? ? ?
当 n ≥ 2 时,

?3? an +1 ≥ an ? 12 ? ? ?2? ? a ≥ ?9 .
又 a2 = a1 + 3 > a1 .

n?2

+ a ? 3≥ 0

综上,所求的 a 的取值范围是 [ ?9, ∞ ) . ········································································· 12 分 + 3.(四川卷 20)(本小题满分 12 分) . 设数列 {an } 的前 n 项和为 S n ,已知 ban ? 2 = ( b ? 1) Sn
n

(Ⅰ)证明:当 b = 2 时, an ? n ? 2 n ?1 是等比数列; (Ⅱ)求 {an } 的通项公式 解:由题意知 a1 = 2 ,且

{

}

ban ? 2n = ( b ? 1) Sn ban +1 ? 2n +1 = ( b ? 1) Sn +1

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两式相减得 b ( an +1 ? an ) ? 2 = ( b ? 1) an +1
n

即 an +1 = ban + 2 n



(Ⅰ)当 b = 2 时,由①知 an +1 = 2 an + 2 n 于是 an +1 ? ( n + 1) ? 2 = 2an + 2 ? ( n + 1) ? 2
n n n

= 2 ( an ? n ? 2 n ?1 )
又 a1 ? 1 ? 2 n ?1 = 1 ≠ 0 ,所以 an ? n ? 2 n ?1 是首项为 1,公比为 2 的等比数列。 (Ⅱ)当 b = 2 时,由(Ⅰ)知 an ? n ? 2 n ?1 = 2 n ?1 ,即 an = ( n + 1) 2 当 b ≠ 2 时,由由①得
n ?1

{

}

an +1 ?

1 1 ? 2n +1 = ban + 2 n ? ? 2n +1 2?b 2?b b = ban ? ? 2n 2?b

1 ? ? = b ? an ? ? 2n ? 2?b ? ?
因此 an +1 ?

1 1 ? ? ? 2 n +1 == b ? an ? ? 2n ? 2?b 2?b ? ?

=

2 (1 ? b ) 2?b

? bn

n =1 ? 2 ? 得 an = ? 1 n n ?1 n≥2 ? 2 ? b ? 2 + ( 2 ? 2b ) b ? ? ? ?
4.(天津卷 20) (本小题满分 12 分) 在数列 {an } 中, a1 = 1 , a2 = 2 ,且 an +1 = (1 + q ) an ? qan ?1 ( n ≥ 2, q ≠ 0 ) . ,证明 {bn } 是等比数列; (Ⅰ)设 bn = an +1 ? an ( n ∈ N )
*

(Ⅱ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅲ)若 a3 是 a6 与 a9 的等差中项,求 q 的值,并证明:对任意的 n ∈ N ,an 是 an + 3 与 an + 6
*

的等差中项. 本小题主要考查等差数列、 等比数列的概念、 等比数列的通项公式及前 n 项和公式, 考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法.满分 12 分.

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(Ⅰ)证明:由题设 an +1 = (1 + q ) an ? qan ?1 ( n ≥ 2 ) ,得

an +1 ? an = q (an ? an ?1 ) ,即 bn = qbn ?1 , n ≥ 2 .
又 b1 = a2 ? a1 = 1 , q ≠ 0 ,所以 {bn } 是首项为 1,公比为 q 的等比数列. (Ⅱ)解法:由(Ⅰ)

a2 ? a1 = 1 , a3 ? a2 = q ,
……

an ? an ?1 = q 2 , n ≥ 2 ) ( .
将以上各式相加,得 an ? a1 = 1 + q + L + q
n?2

(n ≥ 2) .

? 1 ? q n ?1 , ?1 + 所以当 n ≥ 2 时, an = ? 1? q ?n, ?
上式对 n = 1 显然成立.

q ≠ 1, q = 1.

(Ⅲ)解:由(Ⅱ) ,当 q = 1 时,显然 a3 不是 a6 与 a9 的等差中项,故 q ≠ 1 . 由 a3 ? a6 = a9 ? a3 可得 q 5 ? q 2 = q 2 ? q 8 ,由 q ≠ 0 得 q 3 ? 1 = 1 ? q 6 , ①

整理得 ( q 3 ) 2 + q 3 ? 2 = 0 ,解得 q 3 = ?2 或 q 3 = 1 (舍去) .于是 q = ? 3 2 . 另一方面, an ? an +3

q n + 2 ? q n ?1 q n ?1 3 = = (q ? 1) , 1? q 1? q q n ?1 ? q n +5 q n ?1 = (1 ? q 6 ) . 1? q 1? q
*

an + 6 ? an =

由①可得 an ? an +3 = an + 6 ? an , n ∈ N . 所以对任意的 n ∈ N , an 是 an + 3 与 an + 6 的等差中项.
*

5.(安徽卷 21)(本小题满分 13 分) . 设数列 {an } 满足 a0 = 0, an +1 = can + 1 ? c, c ∈ N , 其中c 为实数
3 *

(Ⅰ)证明: an ∈ [0,1] 对任意 n ∈ N 成立的充分必要条件是 c ∈ [0,1] ;
*

(Ⅱ)设 0 < c <

1 n ?1 * ,证明: an ≥ 1 ? (3c ) , n ∈ N ; 3

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(Ⅲ)设 0 < c <

1 2 2 2 2 ,n∈ N* ,证明: a1 + a2 + L an > n + 1 ? 3 1 ? 3c

解 (1) 必要性 :∵ a1 = 0,∴ a2 = 1 ? c , 又 ∵ a2 ∈ [0,1],∴ 0 ≤ 1 ? c ≤ 1 ,即 c ∈ [0,1] 充分性 :设 c ∈ [0,1] ,对 n ∈ N 用数学归纳法证明 an ∈ [0,1]
*

当 n = 1 时, a1 = 0 ∈ [0,1] .假设 ak ∈ [0,1]( k ≥ 1) 则 ak +1 = cak + 1 ? c ≤ c + 1 ? c = 1 ,且 ak +1 = cak + 1 ? c ≥ 1 ? c =≥ 0
3 3

∴ ak +1 ∈ [0,1] ,由数学归纳法知 an ∈ [0,1] 对所有 n ∈ N * 成立
(2) 设 0 < c <

当 n ≥ 2 时,

1 ,当 n = 1 时, a1 = 0 ,结论成立 3

3 2 ∵ an = can ?1 + 1 ? c,∴1 ? an = c(1 ? an ?1 )(1 + an ?1 + an ?1 )

∵0 < C <

1 2 ,由(1)知 an ?1 ∈ [0,1] ,所以 1 + an ?1 + an ?1 ≤ 3 且 1 ? an ?1 ≥ 0 3

∴1 ? an ≤ 3c(1 ? an ?1 ) ∴1 ? an ≤ 3c(1 ? an ?1 ) ≤ (3c)2 (1 ? an ? 2 ) ≤ L ≤ (3c) n ?1 (1 ? a1 ) = (3c) n ?1 ∴ an ≥ 1 ? (3c) n ?1 (n ∈ N * )
(3) 设 0 < c <

1 2 2 ,当 n = 1 时, a1 = 0 > 2 ? ,结论成立 3 1 ? 3c
n ?1

当 n ≥ 2 时,由(2)知 an ≥ 1 ? (3c )

>0

2 ∴ an ≥ (1 ? (3c) n ?1 )2 = 1 ? 2(3c)n ?1 + (3c)2( n ?1) > 1 ? 2(3c) n ?1 2 2 2 2 ∴ a 2 + a2 + L + an = a2 + L + an > n ? 1 ? 2[3c + (3c) 2 + L + (3c) n ?1 ] 1

= n +1?

2(1 ? (3c) n ) 2 > n +1? 1 ? 3c 1 ? 3c

6.(山东卷 19)。(本小题满分 12 分) 将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表: a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10

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……

记表中的第一列数 a1,a2,a4,a7,…构成的数列为{bn},b1=a1=1. Sn 为数列{bn}的前 n 项 和,且满足=

2bn 1=(n≥2). bn S N ? S 2 n
1 }成等差数列,并求数列{bn}的通项公式; Sn
4 时,求上表中第 k(k≥3)行所有项和的和. 91

(Ⅰ)证明数列{

(Ⅱ)上表中,若从第三行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列,且公 比为同一个正数.当 a81 = ? (Ⅰ)证明:由已知,
2bn S n ? S S
n

b

2 n

= 1,
2 n n

n

又 

= b1 + b (S
n

+ K ? S ?1 ) S
n

+ b
n ?1

n

,
2

所以   即    所以  又 S
1

( S 2 ? S

) ? S

= 1,
n

2 ( S n ? S n ? 1) = 1, ? S n ?1S n

1 1 1 = , ? 2 S n ?1 S n = b1 = a 1 = 1 . ? 1 ? 1 ,公差为 ? ? 是首项为 ? S n ? 1 1 n + 1 = 1 + ( n ? 1) = , S n 2 2 S
n

所以数列 由上可知  即   所以  当

1 的等差数列 2

.

=

2 . n + 1 n ≥ 2 时, b
n

= ? S

n ?1

=

2 2 2 ? = ? n + 1 h n ( n + 1 ).

?1, n = 1 ? bn = ? 2 ?? n(n ? 1) , n ≥ 2 ?
(Ⅱ)解:设上表中从第三行起,每行的公比都为 q,且 q>0. 因为

1 + 2 + ??? + 12 =

12 × 13 = 78, 2

所以表中第 1 行至第 12 行共含有数列{an}的前 78 项, 故 a82 在表中第 13 行第三列, 因此 a82 = b13 q = ?
2

4 . 91

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b13 = ?

2 , 13 ×14

所以 q=2. 记表中第 k(k≥3)行所有项的和为 S, 则S =

bk (1 ? q k ) 2 (1 ? 2k ) 2 = = (1 ? 2k ) (k≥3). k (k + 1) 1 ? 2 k (k + 1) 1? q

7. 江苏卷 19) Ⅰ) a1 , a2 ,LL , an 是各项均不为零的等差数列 n ≥ 4 ) 且公差 d ≠ 0 , ( ( . 设 ( , 若将此数列删去某一项得到的数列(按原来的顺序)是等比数列: ①当 n =4 时,求

a1 的数值;②求 n 的所有可能值; d

(Ⅱ)求证:对于一个给定的正整数 n(n≥4),存在一个各项及公差都不为零的等差数列

b1 , b2 ,LL , bn ,其中任意三项(按原来顺序)都不能组成等比数列.
【解析】本小题主要考查等差数列与等比数列的综合运用. (Ⅰ)①当 n=4 时, a1 , a2 , a3 , a4 中不可能删去首项或末项,否则等差数列中连续三项成 等比数列,则推出 d=0. 若删去 a2 ,则有 a3 = a1 a4 , 即 ( a1 + 2d ) = a1 ( a1 + 3d )
2

2

化简得 a1d + 4d =0,因为 d ≠0,所以
2 2

a1 =4 ; d
2

若删去 a3 ,则有 a = a1 a4 ,即 ( a1 + d ) = a1 ( a1 + 3d ) ,故得 综上

a1 =1. d

a1 =1 或-4. d

②当 n=5 时, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 中同样不可能删去首项或末项. 若删去 a2 ,则有 a1 a5 = a3 a4 ,即 a1 ( a1 + 4d ) = ( a1 + 2d ) ( a1 + 3d ) .故得 若删去 a3 ,则 a1 a5 = a2 a4 ,即 a1 ( a1 + 4d ) = ( a1 + d ) ( a1 + 3d ) . 化简得 3 d =0,因为 d≠0,所以也不能删去 a3 ; 若删去 a4 ,则有 a1 a5 = a2 ga3 ,即 a1 g a1 + 4d )= (a1 + d )(a1 + 2d ).故得 g (
2

a1 =6 ; d

a1 =2 . d

当 n≥6 时,不存在这样的等差数列.事实上,在数列 a1 , a2 , a3 ,…, an ? 2 , an ?1 , an 中, 由于不能删去首项或末项,若删去 a2 ,则必有 a1 an = a3 an ? 2 ,这与 d≠0 矛盾;同样若删 去 an ? 2 也有 a1 an = a3 an ? 2 ,这与 d≠0 矛盾;若删去 a3 ,…, an ? 2 中任意一个,则必有

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中学教考网 www.zxjkw.com a1 an = a2 an ?1 ,这与 d≠0 矛盾.
综上所述,n∈{4,5}. (Ⅱ)略 8.(江西卷 19)(本小题满分 12 分) . 数 列 {an } 为 等 差 数 列 , an 为 正 整 数 , 其 前 n 项 和 为 Sn , 数 列 {bn } 为 等 比 数 列 , 且

a1 = 3, b1 = 1 ,数列 {ban } 是公比为 64 的等比数列, b2 S 2 = 64 .
(1)求 an , bn ; (2)求证

1 1 1 3 + +L + < . S1 S 2 Sn 4

解: (1)设 {an } 的公差为 d , {bn } 的公比为 q ,则 d 为正整数,

an = 3 + (n ? 1)d , bn = q n ?1

? ban+1 q 3+ nd = 3+ ( n ?1) d = q d = 64 = 26 ? q 依题意有 ? ban ① ? S 2b2 = (6 + d )q = 64 ?
由 (6 + d ) q = 64 知 q 为正有理数,故 d 为 6 的因子 1, 2,3, 6 之一, 解①得 d = 2, q = 8 故 an = 3 + 2( n ? 1) = 2n + 1, bn = 8
n ?1

(2) S n = 3 + 5 + L + (2n + 1) = n( n + 2) ∴

1 1 1 1 1 1 1 + +L + = + + +L + S1 S 2 S n 1× 3 2 × 4 3 × 5 n(n + 2)

1 1 1 1 1 1 1 1 (1 ? + ? + ? + L + ? ) 2 3 2 4 3 5 n n+2 1 1 1 1 3 = (1 + ? ? )< 2 2 n +1 n + 2 4 =
9.(湖北卷 21).(本小题满分 14 分) 已知数列 {an } 和 {bn } 满足:a1 = λ , an +1 = 为实数, n 为正整数. (Ⅰ)对任意实数 λ ,证明数列 {an } 不是等比数列;

2 an + n ? 4, bn = (?1) n (an ? 3n + 21), 其中 λ 3

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(Ⅱ)试判断数列 {bn } 是否为等比数列,并证明你的结论; (Ⅲ)设 0 < a < b , Sn 为数列 {bn } 的前 n 项和.是否存在实数 λ ,使得对任意正整数 n ,都 有

a < S n < b ?若存在,求 λ 的取值范围;若不存在,说明理由.
本小题主要考查等比数列的定义、 数列求和、 不等式等基础知识和分类讨论的思想, 考查综合分析问题的能力和推理认证能力, (满分 14 分) (Ⅰ)证明:假设存在一个实数λ,使{an}是等比数列,则有 a22=a1a3,即

2 4 4 4 ( λ ? 3) 2 = λ ( λ ? 4) ? λ2 ? 4λ + 9 = λ2 ? 4λ ? 9 = 0, 矛盾. 3 9 9 9
所以{an}不是等比数列. (Ⅱ)解:因为 bn+1=(-1)n+1[an+1-3(n-1)+21]=(-1)n+1( =

2 an-2n+14) 3

2 2 (-1)n· n-3n+21)=- bn (a 3 3

又 b1x-(λ+18),所以 当λ=-18,bn=0(n∈N+),此时{bn}不是等比数列: 当λ≠-18 时,b1=(λ+18) ≠0,由上可知 bn≠0,∴

ba +1 2 = ? (n∈N+). bn 3
2 为公比的等比数列. 3

故当λ≠-18 时,数列{bn}是以-(λ+18)为首项,- (Ⅲ)由(Ⅱ)知,当λ=-18,bn=0,Sn=0,不满足题目要求. ∴λ≠-18,故知 bn= -(λ+18)(- ·
n Sn=- (λ + 18)· ?1-(- )?.   5 3

2 n-1 ) ,于是可得 3

3

? ?

2 ? ?

要使 a<Sn<b 对任意正整数 n 成立, 即 a<-

3 2 (λ+18)· [1-(- )n] 〈b(n∈N+) 5 3



a 2 1 ? (? ) n 3

3 < ? (λ + 18) < 5

b 2 1 ? (? ) n 3

          


2 令f (n) = 1 ? (? ),则

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当 n 为正奇数时,1<f(n) ≤

5 5 ;当n为正偶数时, ≤ f (n) < 1, 3 9 5 5 , ∴f(n)的最大值为 f(1)= ,f(n)的最小值为 f(2)= 3 9 5 3 3 于是,由①式得 a<- (λ+18),< b ? ?b ? 18 < λ < ?3a ? 18. 9 5 5

当 a<b ≤ 3a 时,由-b-18 ≥ =-3a-18,不存在实数满足题目要求; 当 b>3a 存在实数λ,使得对任意正整数 n,都有 a<Sn<b,且λ的取值范围是(-b-18,-3a-18). 10.(湖南卷 18).(本小题满分 12 分) 数列 {an } 满足a1 = 1, a2 = 2, an + 2 = (1 + cos (Ⅰ)求 a3 , a4 , 并求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)设 bn =
2

nπ nπ )an + sin 2 , n = 1, 2,3,L. 2 2

a2 n ?1 1 , S n = b1 + b2 + L + bn . 证明:当 n ≥ 6时, n ? 2 < . S a2 n n
2

解: (Ⅰ)因为 a1 = 1, a2 = 2, 所以 a3 = (1 + cos

π
2

)a1 + sin 2

π
2

= a1 + 1 = 2,

a4 = (1 + cos 2 π )a2 + sin 2 π = 2a2 = 4.
一般地,当 n = 2k ? 1( k ∈ N* ) 时, a2 k +1 = [1 + cos = a2 k ?1 + 1 ,即 a2 k +1 ? a2 k ?1 = 1. 所以数列 {a2 k ?1} 是首项为 1、公差为 1 的等差数列,因此 a2 k ?1 = k . 当 n = 2k ( k ∈ N* ) 时, a2 k + 2 = (1 + cos
2
2

(2k ? 1)π 2k ? 1 ]a2 k ?1 + sin 2 π 2 2

2 kπ 2k π )a2 k + sin 2 = 2 a2 k . 2 2
k

所以数列 {a2 k } 是首项为 2、公比为 2 的等比数列,因此 a2 k = 2 .

?n +1 * ? 2 , n = 2k ? 1(k ∈ N ), 故数列 {an } 的通项公式为 an = ? n ? 2 2 , n = 2k (k ∈ N* ). ?
(Ⅱ)由(Ⅰ)知, bn =

a2 n ?1 n 1 2 3 n = 2 , Sn = + 2 + 3 + L + n , a2 n 2 2 2 2 2



1 1 2 3 n S n = 2 + 2 + 4 + L + n +1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 n ①-②得, S n = + 2 + 3 + L + n ? n +1 . 2 2 2 2 2 2



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中学教考网 www.zxjkw.com 1 1 [1 ? ( ) 2 ] 2 ? n = 1? 1 ? n . =2 1 2n +1 2n 2 n +1 1? 2 1 n n+2 所以 S n = 2 ? n ?1 ? n = 2 ? n . 2 2 2 1 n(n + 2) 要证明当 n ≥ 6 时, S n ? 2 < 成立,只需证明当 n ≥ 6 时, < 1 成立. n 2n
证法一

6 × (6 + 2) 48 3 = = < 1 成立. 26 64 4 k (k + 2) (2)假设当 n = k ( k ≥ 6) 时不等式成立,即 < 1. 2k
(1)当 n = 6 时, 则当 n=k+1 时,

(k + 1)(k + 3) k (k + 2) (k + 1)(k + 3) (k + 1)(k + 3) = × < < 1. 2k +1 2k 2k (k + 2) (k + 2) 2k n(n + 1) 1 < 1 .即当 n≥6 时, S n ? 2 < . 2 2 n

由(1)、(2)所述,当 n≥6 时, 证法二

n(n + 2) (n + 1)(n + 3) n(n + 2) 3 ? n 2 令 cn = (n ≥ 6) ,则 cn +1 ? cn = ? = n +1 < 0. 22 2 n +1 22 2
所以当 n ≥ 6 时, cn +1 < cn .因此当 n ≥ 6 时, cn ≤ c6 = 于是当 n ≥ 6 时,

n(n + 2) < 1. 22 1 . n

6×8 3 = < 1. 64 4

综上所述,当 n ≥ 6 时, S n ? 2 <

11.(陕西卷 22)(本小题满分 14 分) . 已知数列 {an } 的首项 a1 =

3an 3 , an +1 = , n = 1 2, . ,L 5 2 an + 1

(Ⅰ)求 {an } 的通项公式; (Ⅱ)证明:对任意的 x > 0 , an ≥

1 1 ?2 ? 2, ? ? x ? , n = 1, L ; 2 ? n 1 + x (1 + x) ? 3 ?

(Ⅲ)证明: a1 + a2 + L + an >

n2 . n +1

解法一: (Ⅰ)Q an +1 =

? 3an 1 1? 1 1 2 1 ,∴ = + ,∴ ? 1 = ? ? 1? , 2an + 1 an +1 3 3a n an +1 3 ? an ?

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?1 ? 1 2 2 1 ? 1 = ,∴ ? ? 1? 是以 为首项, 为公比的等比数列. an 3 3 3 ? an ?
1 2 1 2 3n ?1 = = n , ∴ an = n . an 3 3n ?1 3 3 +2



(Ⅱ)由(Ⅰ)知 an =

3n > 0, 3n + 2

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

=

1 1 ? 1 + x (1 + x) 2

?1 ? ? ? (1 + x) ? ? an ?

=?

1 1 2 + 2 an (1 + x) 1 + x

=?

1? 1 ? ? an ? + an ≤ an ,∴ 原不等式成立. ? an ? 1 + x ?

2

(Ⅲ)由(Ⅱ)知,对任意的 x > 0 ,有

1 1 ?2 ? 1 1 ?2 ? 1 1 ?2 ? a1 + a2 +L+ an ≥ ? ? x? + ? ? x ? +L+ ? ? ? x? 2? 2? 2 1+ x (1+ x) ? 3 ? 1+ x (1+ x) ? 3 1+ x (1+ x)2 ? 3n ? ? = n 1 ?2 2 2 ? ? + 2 + L + n ? nx ? . 2 ? 1 + x (1 + x ) ? 3 3 3 ?

2? 1? ?1 ? n ? 1 1?2 2 2? 3 1 3 ? ? ∴取 x = ? + 2 +L + n ? = ? = ?1 ? n n?3 3 3 ? ? 1? n? 3 n ?1 ? ? ? 3?

? ?, ?

n n2 n2 则 a1 + a2 + L + an ≥ = > . 1 1? 1? n +1? n n +1 1 + ?1 ? n ? 3 n? 3 ? ∴ 原不等式成立.
解法二: (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)设 f ( x ) =

1 1 ? 2 ? ? ? x? , 2 ? n 1 + x (1 + x) ? 3 ?

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? 2 ? ? 2 ? ?(1 + x) 2 ? ? n ? x ? 2(1 + x) 2 ? n ? x ? 1 3 ?3 ? ? 则 f ′( x ) = ? ? = ? 2 2 (1 + x) (1 + x) (1 + x)2
Qx > 0, 2 2 ∴ 当 x < n 时, f ′( x) > 0 ;当 x > n 时, f ′( x) < 0 , 3 3

∴当 x =

2 时, f ( x ) 取得最大值 3n

?2 f? n ?3

1 ? = an . ?= ? 1+ 2 3n

∴ 原不等式成立.
(Ⅲ)同解法一. 12.(重庆卷 22) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)小问 5 分, (Ⅱ)小问 7 分.)
2 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 a2cos 的值(不需证明) ; 4

(Ⅱ)记 bn = a3 a2 通项公式.

an (n ∈ N*), 若bn ≥ 2 2 对 n≥2 恒成立,求 a2 的值及数列{bn}的
?2

解:(Ⅰ)因 a1 = 2, a2 = 2 , 故

a3 = a1a2

?

3 2 3 2

= 24 , = 2?8.
( ?2)0

a4 = a2 a3

?

由此有 a1 = 2

, a2 = 2( ?2) , a3 = 2( ?2) , a4 = 2( ?2) ,故猜想 an 的通项为
2 2 3

an = 2( ?2) (n ∈ N* ).
(Ⅱ)令 xn = log 2 an , S n 表示xn的前n项和,则bn = 2 n .
S

n?1

由题设知 x1=1 且

xn =

3 xn +1 + xn + 2 (n ∈ N* ); 2 3 (n ≥ 2). 2



S n = x 1 + x2 + L + xn ≥
因②式对 n=2 成立,有



3 ≤ x1 + x2 , 又x1 = 1得 2


1 x2 ≥ . 2

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下用反证法证明: x2 ≤

1 1 .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
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 +1 ? xn = ( x2 ? )(?2) n ?1 (n ∈ N* ). 2 2
由④-⑤得

5 1 1 S n = ( 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
由题设知 S 2 k +1 ≥

3 1 , 且由反证假设x2 > 有 2 2

1 1 22 k +1 + 1 15 (x2 + 2)(2 ? 2 k ) ? ( x2 ? ) ≥ (k ∈ N* ). 2 2 3 4 2 k +1 +1 1 2 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 即不等式 2 < 1 x2 ? 2 * 对 k ∈ N 恒成立.但这是不可能的,矛盾. 1 1 *2 因此 x2≤ ,结合③式知 x2= ,因此 a2=2 = 2. 2 2 1 将 x2= 代入⑦式得 2 1 Sn=2- n?1 (n ∈ N*), N* 2 1 S 2- 所以 bn=2 n=2 2n?1 (n ∈ N* N*) 6 x2 +
13.(广东卷 21)(本小题满分 12 分) .
2 设 p,q 为实数, α,β 是方程 x ? px + q = 0 的两个实根,数列 {xn } 满足 x1 = p ,

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x2 = p 2 ? q , xn = pxn ?1 ? qxn ? 2 ( n = 3, …) 4, .
(2)求数列 {xn } 的通项公式; (1)证明: α + β = p , αβ = q ; (3)若 p = 1 , q =

1 ,求 {xn } 的前 n 项和 Sn . 4 p ? p 2 ? 4q p + p 2 ? 4q ,β = 2 2


【解析】 (1)由求根公式,不妨设 α < β ,得 α =

∴α + β =

p ? p 2 ? 4 q p + p 2 ? 4q + =p 2 2

p ? p 2 ? 4 q p + p 2 ? 4q αβ = × =q 2 2
(2) xn ? sxn ?1 = t ( xn ?1 ? sxn ? 2 ) , xn = ( s + t ) xn ?1 ? stxn ? 2 , xn = pxn ?1 ? qxn ? 2 设 则 由 得?

?s + t = p , ? st = q

消 去 t , 得 s 2 ? ps + q = 0 , ∴s 是 方 程 x 2 ? px + q = 0 的 根 , 由 题 意 可 知 ,

s1 = α , s2 = β
①当 α ≠ β 时,此时方程组 ?

? s1 = α ? s2 = α ?s + t = p 的解记为 ? 或? ? st = q ? t1 = β ? t2 = β

∴ xn ? α xn ?1 = β ( xn ?1 ? α xn ? 2 ), xn ? β xn ?1 = α ( xn ?1 ? β xn ? 2 ),
即 { xn ? t1 xn ?1} 、 { xn ? t2 xn ?1} 分别是公比为 s1 = α 、 s2 = β 的等比数列, 由等比数列性质可得 xn ? α xn ?1 = ( x2 ? α x1 ) β 两式相减,得 ( β ? α ) xn ?1 = ( x2 ? α x1 ) β
n? 2 n?2

, xn ? β xn ?1 = ( x2 ? β x1 )α

n?2

,

? ( x2 ? β x1 )α n ? 2

Q x2 = p 2 ? q, x1 = p ,∴ x2 = α 2 + β 2 + αβ , x1 = α + β

∴ ( x2 ? α x1 ) β n ? 2 = β 2 β n ? 2 = β n , ( x2 ? β x1 )α n ? 2 = α 2 α n ? 2 = α n ∴ ( β ? α ) xn ?1 = β n ? α n ,即∴ xn ?1 =

β n ?α n β n+1 ? α n+1 ,∴ xn = β ?α β ?α

②当 α = β 时,即方程 x 2 ? px + q = 0 有重根,∴ p 2 ? 4q = 0 ,

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即 ( s + t ) 2 ? 4 st = 0 ,得 ( s ? t ) 2 = 0,∴ s = t ,不妨设 s = t = α ,由①可知

xn ? α xn ?1 = ( x2 ? α x1 ) β n ? 2 ,Qα = β ,∴ xn ? α xn ?1 = ( x2 ? α x1 )α n ? 2 = α n
即∴ xn = α xn ?1 + α ,等式两边同时除以 α ,得
n
n

α

xn
n

=

α

xn ?1


n ?1

+ 1 ,即


α

xn
n

?

α n ?1


xn ?1

=1


∴ ∴





{

αn

xn

}





1











α

xn
n

=

α

x1

+ (n ? 1) × 1 =



α

+ n ? 1 = n + 1 ,∴ xn = nα n + α n

? β n +1 ? α n +1 , (α ≠ β ) ? 综上所述, xn = ? β ? α ? nα n + α n , (α = β ) ?
(3)把 p = 1 , q =

1 1 1 2 代入 x 2 ? px + q = 0 ,得 x ? x + = 0 ,解得 α = β = 4 4 2

1 1 ∴ xn = n ( )n + ( ) n 2 2

1 1 1 ? ? 1 1 1 1 ? ? 1 S n = ? ( ) + ( ) 2 + ( )3 + ... + ( )n ? + ? ( ) + 2 ( ) 2 + 3 ( )3 + ... + n ( ) n ? 2 2 2 ? ? 2 2 2 2 ? ? 2 1 1 1 1 ? ? 1 = 1 ? ( ) n + ? ( ) + 2 ( ) 2 + 3 ( )3 + ... + n ( )n ? 2 2 2 2 ? ? 2 1 1 1 1 = 1 ? ( ) n + 2 ? ( )n ?1 ? n( ) n = 3 ? (n + 3)( ) n 2 2 2 2
14.(浙江卷 22) (本题 14 分) 已知数列 {a n } ,a n ≥ 0 ,a1 = 0 ,a n +1 + a n +1 ? 1 = a n ( n ∈ N ) .S n = a1 + a 2 + L + a n .
2 2 ?

Tn =

1 1 1 + +L+ . 1 + a1 (1 + a1 )(1 + a 2 ) (1 + a1 )(1 + a 2 ) L (1 + a n )
求证:当 n ∈ N 时,
?

(Ⅰ) a n < a n +1 ; (Ⅱ) S n > n ? 2 ; (Ⅲ) Tn < 3 。 本题主要考查数列的递推关系,数学归纳法、不等式证明等基础知识和基本技能,同时考查 逻辑推理能力.满分 14 分. (Ⅰ)证明:用数学归纳法证明. ①当 n = 1 时,因为 a2 是方程 x + x ? 1 = 0 的正根,所以 a1 < a2 .
2

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②假设当 n = k (k ∈ N* ) 时, ak < ak +1 , 因为 ak +1 ? ak = ( ak + 2 + ak + 2 ? 1) ? ( ak +1 + ak +1 ? 1)
2 2 2 2

= (ak + 2 ? ak +1 )(ak + 2 + ak +1 + 1) ,
所以 ak +1 < ak + 2 . 即当 n = k + 1 时, an < an +1 也成立. 根据①和②,可知 an < an +1 对任何 n ∈ N 都成立.
*

2, n , (Ⅱ)证明:由 ak +1 + ak +1 ? 1 = ak , k = 1, L, ? 1 ( n ≥ 2 )
2 2

得 an + ( a2 + a3 + L + an ) ? ( n ? 1) = a1 .
2 2

因为 a1 = 0 ,所以 S n = n ? 1 ? an .
2

由 an < an +1 及 an +1 = 1 + an ? 2an +1 < 1 得 an < 1 ,
2 2

所以 S n > n ? 2 .

(Ⅲ)证明:由 ak +1 + ak +1 = 1 + ak ≥ 2ak ,得
2 2

a 1 ≤ k +1 (k = 2, L, ? 1 ,n ≥ 3) 3, n 1 + ak +1 2ak
所以

a 1 ≤ n ? 2n (a ≥ 3) , (1 + a3 )(1 + a4 )L (1 + an ) 2 a2 an a 1 1 ≤ n?2 2 = n n 2 < n ? 2 (n ≥ 3) , ? (1 + a2 )(1 + a3 )L (1 + an ) 2 (a2 + a2 ) 2 2
1 1 + L + n?2 < 3 , 2 2

于是

故当 n ≥ 3 时, Tn < 1 + 1 +

又因为 T1 < T2 < T3 , 所以 Tn < 3 . 15.(辽宁卷 21)(本小题满分 12 分) . 在数列 | an | , | bn | 中,a1=2,b1=4,且 an,bn,an +1 成等差数列, bn,an +1,bn +1 成等比数 列( n ∈ N )
*

(Ⅰ)求 a2,a3,a4 及 b2,b3,b4,由此猜测 | an | , | bn | 的通项公式,并证明你的结论; (Ⅱ)证明:

1 1 1 5 + +…+ < . a1 + b1 a2 + b2 an + bn 12

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本小题主要考查等差数列,等比数列,数学归纳法,不等式等基础知识,考查综合 运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证等能力.满分 12 分. 解: (Ⅰ)由条件得 2bn = an + an +1,an +1 = bn bn +1
2

由此可得

a2 = 6,b2 = 9,a3 = 12,b3 = 16,a4 = 20,b4 = 25 . ···················································· 2 分
猜测 an = n(n + 1),bn = ( n + 1) . ······················································································· 4 分
2

用数学归纳法证明: ①当 n=1 时,由上可得结论成立. ②假设当 n=k 时,结论成立,即

ak = k (k + 1),bk = (k + 1)2 ,
那么当 n=k+1 时,

ak2+ 2 ak +1 = 2bk ? ak = 2(k + 1) ? k (k + 1) = (k + 1)(k + 2),bk +1 = = (k + 2) 2 . bk
2

所以当 n=k+1 时,结论也成立. 由①②,可知 an = n( n + 1),bn ( n + 1) 对一切正整数都成立. ·········································· 7 分
2

(Ⅱ)

1 1 5 = < . a1 + b1 6 12

n≥2 时,由(Ⅰ)知 an + bn = ( n + 1)(2n + 1) > 2( n + 1) n . ·············································· 9 分 故

1 1 1 1 1? 1 1 1 ? + +…+ < + ? + +…+ ? a1 + b1 a2 + b2 an + bn 6 2 ? 2 × 3 3 × 4 n(n + 1) ? 1 1?1 1 1 1 1 1 ? + ? ? + ? +…+ ? ? 6 2?2 3 3 4 n n +1? 1 1?1 1 ? 1 1 5 + ? ? ?< + = 6 2 ? 2 n + 1 ? 6 4 12

=

=

综上,原不等式成立. ······································································································· 12 分

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2016年高考数学理真题分类汇编:数列 Word版含解析

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