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北京高考试题分类汇编数列

时间:2012-05-04


北京高考试题分类汇编——数列篇(文科)
一、五年高考真题 1、 (07 文 14)已知数列的通项 a n = ?5n + 2 ,其前 n 项和为 Sn= .

? 5n 2 ? n 2

2、 (07 文 17) (本小题满分 10 分) 设等比数列 {a n } 的公比 q < 1 ,前 n 项和为 Sn.已知 a3 = 2, S 4 = 5S 2 , 求 {a n } 的通项公式.
1 a (1 ? q n ) 解:由题设知 a1 = 0, S n = 1 , 则 ? a (1 ? q 4 ) ? 1 a (1 ? q 2 ) 1? q = 5× 1 ?

?a q 2 = 2, ? 1? q



1? q



由②得 1 ? q = 5(1 ? q ) . ( q ? 4)( q ? 1) = 0. (q ? 2)( q + 2)( q ? 1)( q + 1) = 0.
4 2 2 2

因为 q < 1 ,解得 q = ?1 或 q = ?2 当 q = ?1 时,通项公式 a n = 2 × ( ?1)

n ?1

; 当 q = ?2 时,通项公式 an = 1 × (?2) n ?1. 2


3、 (08 文 7) .已知等差数列 {an } 中, a2 = 6 , a5 = 15 ,若 bn = a2 n ,则数列 {bn } 的前 5 项和等于( A.30 B.45 C.90 D.186
2

4、 (08 文 20) .数列 {an } 满足 a1 = 1 , an +1 = ( n + n ? λ )an ( n = 1 2, ) λ 是常数. ,L , (Ⅰ)当 a2 = ?1 时,求 λ 及 a3 的值; (Ⅱ)数列 {an } 是否可能为等差数列?若可能,求出它的通项公式;若不可能,说明理由; (Ⅲ)求 λ 的取值范围,使得存在正整数 m ,当 n > m 时总有 an < 0 . 解: (Ⅰ)由于 an +1 = ( n + n ? λ ) an ( n = 1 2, ) ,且 a1 = 1 .所以当 a2 = ?1 时,得 ?1 = 2 ? λ ,故 λ = 3 . ,L
2

从而 a3 = (2 + 2 ? 3) × ( ?1) = ?3 .
2

(Ⅱ)数列 {an } 不可能为等差数列,证明如下:由 a1 = 1 , an +1 = ( n + n ? λ )an 得 a2 = 2 ? λ , a3 = (6 ? λ )(2 ? λ ) ,
2

a4 = (12 ? λ )(6 ? λ )(2 ? λ ) .若存在 λ ,使 {an } 为等差数列,则 a3 ? a2 = a2 ? a1 ,即 (5 ? λ )(2 ? λ ) = 1 ? λ ,
解得 λ = 3 .于是 a2 ? a1 = 1 ? λ = ?2 , a4 ? a3 = (11 ? λ )(6 ? λ )(2 ? λ ) = ?24 .这与 {an } 为等差数列矛盾.所以,对 任意 λ , {an } 都不可能是等差数列. (Ⅲ)记 bn = n + n ? λ ( n = 1, L) ,根据题意可知, b1 < 0 且 bn ≠ 0 ,即 λ > 2 2,
2

且 λ ≠ n 2 + n( n ∈ N * ) , 这时总存在 n0 ∈ N , 满足: n ≥ n0 时, n > 0 ; n ≤ n0 ? 1 时, n < 0 . 当 b 当 b 所以由 an +1 = bn an
*

及 a1 = 1 > 0 可知,若 n0 为偶数,则 an0 < 0 ,从而当 n > n0 时, an < 0 ;若 n0 为奇数,则 an0 > 0 , 从而当 n > n0 时 an > 0 .因此“存在 m ∈ N ,当 n > m 时总有 an < 0 ”的充分必要条件是: n0 为偶数,
*

记 n0 = 2k ( k = 1, L) ,则 λ 满足 ? 2,

?b2 k = (2k ) 2 + 2k ? λ > 0 ? . 2 ?b2 k ?1 = (2k ? 1) + 2k ? 1 ? λ < 0 ?

故 λ 的取值范围是 4k 2 ? 2k < λ < 4k 2 + 2k ( k ∈ N* ) . 5、 (09 文 10) .若数列 {an } 满足: a1 = 1, an +1 = 2an ( n ∈ N ) ,则 a5 =
? ?

;前 8 项的和 S8 =

.

6、 (09 文 20) .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, bm 是使得
1

不等式 an ≥ m 成立的所有 n 中的最小值. (Ⅰ)若 p =

1 1 , q = ? ,求 b3 ; (Ⅱ)若 p = 2, q = ?1 ,求数列 {bm } 的前 2m 项和公式; 2 3
?

w.w.w. k. s

.5.u.c.o.m

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.
w.w.w. k. s. 5.u.c.o.m

解:Ⅰ) ( 由题意, an = 得

1 1 1 1 20 1 1 n ? , n ? ≥ 3, n ≥ 解 得 . ∴ n ? ≥ 3 成立的所有 n 中的最小整数为 7, b3 = 7 . 即 2 3 2 3 3 2 3 m +1 (Ⅱ)由题意,得 an = 2n ? 1 , 对于正整数,由 an ≥ m ,得 n ≥ .根据 bm 的定义可知: 当 m = 2k ? 1 时, 2
w.w.w. k.s.5.u .c.o.m w.w.w. k.s.5.u .c.o.m

bm = k ( k ∈ N * ) ;当 m = 2k 时, bm = k + 1( k ∈ N * ) .∴ b1 + b2 + L + b2 m = ( b1 + b3 + L + b2 m ?1 ) + ( b2 + b4 + L + b2 m ) = (1 + 2 + 3 + L + m ) + ? 2 + 3 + 4 + L + ( m + 1) ? = ? ? m ( m + 1) 2 + m ( m + 3) 2 = m 2 + 2m .
w.w.w. k.s.5. u.c.o.m

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

m?q . p

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

m?q ≤ 3m + 2 ,即 ?2 p ? q ≤ ( 3 p ? 1) m < ? p ? q 对任意的正整数 m 都成立.当 3 p ? 1 > 0 (或 3 p ? 1 < 0 ) p p+q 2p+ q 1 2 1 (或 m ≤ ? ) 这与上述结论矛盾! 当 3 p ? 1 = 0 , p = 时, ? ? q ≤ 0 < ? ? q , , 即 得 时, m < ? 得 3 p ?1 3 p ?1 3 3 3 2 1 1 2 1 ? 解得 ? ≤ q < ? . ∴ 存在 p 和 q,使得 bm = 3m + 2( m ∈ N ) ;p 和 q 的取值范围分别是 p = , ? ≤ q < ? . 3 3 3 3 3 3m + 1 <
w.w.w. k.s.5. u.c.o.m w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

7、 (10 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 解: (Ⅰ)设等差数列 {an } 的公差 d 。因为 a3 = ?6, a6 = 0 ,所以 ? 所以 an = ?10 + ( n ? 1) ? 2 = 2n ? 12 (Ⅱ)设等比数列 {bn } 的公比为 q , 因为 b2 = a1 + a 2 + a3 = ?24, b = ?8 ,所以 ?8q = ?24 所以 {bn } 的前 n 项和公式为 S n = 即 q =3

?a1 + 2d = ?6 ?a1 + 5d = 0

解得 a1 = ?10, d = 2

b1 (1 ? q ) = 4(1 ? 3n ) 1? q
n

2010-2011 北京市各区模拟——数列篇
4、 (10 海淀一模文 4.) 已知等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ,且满足 A.

S3 S 2 ? = 1 ,则数列 {a n } 的公差是( ) 3 2

1 2

B.1

C.2

D.3

7、 (10 西城一模文 3) .设等差数列 {an } 的前 n 项和为 S n , a2 + a4 = 6 ,则 S5 等于( A.10 B.12 C.15
11



D.30
= 22 π 3
3 3

8、 (10 宣武一模文 5) .若 {a n } 为等差数列, S n 是其前 n 项和,且 S A. 3 B. ? 3 C. ± 3

,则 tan a 6 的值为





D. ?

9、10 西城二模文 7.等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ,若 a 7 > 0, a8 < 0 ,则下列结论正确的是(
2



A. S 7 < S 8

B. S15 < S16

C. S13 > 0

D. S15 > 0

10 崇文二模文(6)将石子摆成的梯形形状.称数列 5,9,14,20,L 为“梯形数” .根据图形的构成,数列的第 10 项 a10 =

(A) 90 二、填空题

(B) 81

(C) 77

(D) 65

1、 (10 朝阳一模文、理 14) .一个数字生成器,生成规则如下:第 1 次生成一个数 x ,以后每次生成的结果可将上一 次生成的每一个数 x 生成两个数,一个是 x,另一个是 x + 3 ,设第 n( n ∈ N * ) 次生成的数的个数为 a n ,则数列 {a n } 的 前 n 项和 S n = ;若 x = 1 ,前 n 次生成所有数中不同的数的个数为 Tn , 则T4 = ... . 2n ?1 10

2、 (10 崇文一模文、理 13)若数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,则 an = ?

(n = 1), ? S1 , ? S n ? Sn ?1 , (n ≥ 2).
2 ?

若数列 {bn } 的前 n 项积为 Tn ,类比上述结果,则 bn =_________;此时,若 Tn = n ( n ∈ N ) ,则 bn =___________.
? T1 ? bn = ? T n ?T ? n ?1 ( n = 1)


(n ≥ 2)

?1 ? bn = ? n 2 ? ( n ? 1 )2 ?

( n = 1) (n ≥ 2)

3、 (10 东城一模文 11) {a n } 是等比数列,若 a1 = 1, a 4 = 8 ,则 q= .设 4、 (10 丰台一模 10) .设等比数列 {a n } 的公比为 q =

,数列 {a n } 的前 6 项的和 S6= .15

2,63

S 1 , 前 n 项和为 S n , 则 4 = 2 a4

? n , n 为奇数时 , * 5、(10 西城二模文 14).我们可以利用数列 {an } 的递推公式 a = ? ? a n , n 为偶数时 ( n ∈ N ) 求出这个数列各项的值, n ? 2 ?

使得这个数列中的每一项都是奇数。则 a 21 + a 25 = 第 8 个 5 是该数列的第 三、解答题 项 28,640

;研究发现,该数列中的奇数都会重复出现,那么

1、10 朝阳一模文 20)若一个数列各项取倒数后按原来的顺序构成等差数列, ( . 则称这个数列为调和数列。 已知数列 {a n }
n A+ 是调和数列,对于各项都是正数的数列 {x n } ,满足 x n A = x n +11 = x n ++22 (n ∈ N )

n

n

n

*

(1)求证:数列 {x n } 是等比数列; (2)把数列 {x n } 中所有项按如图所示的规律排成一个三角形数表,当 x3 = 8, x 2 = 128 时,求第 m 行各数的和;
3

(3)对于(2)中的数列 {x n } 若数列 {bn } 满足 4
a a +1 a +2

b1 ?1

b ? 4 b2 ?1 ? 4 b3 ?1 L ? 4 bn ?1 = x nn (n ∈ N * ) 求证:数列 {bn } 为等差数列.

n n 解: (1)证明:因为 x n n = x n +1 = x n + 2 ,且数列 | x n | 中各项都是正数,所以 a n lg x n = a n +1 lg x n +1 = a n + 2 lg x n + 2 ,

设 a n lg x n = a n +1 lg x n +1 = a n + 2 lg x n + 2 = p ①因为数列 {a n } 是调和数列,故 a n ≠ 0,

2 a n +1

=

1 1 + an an+2

所以

2p p p = + a n +1 a n a n + 2



由①得

p p p = lg x n , = lg x n +1 , = lg x n + 2 ,代入②式得, an a n +3 an+2
2

所以 2 lg x n +1 = lg x n + lg x n + 2 即 lg x n +1 = lg( x n x n + 2 ) 故 x n +1 = x n x n + 2 ,所以数列 | x n | 是等比数列.
2

= 8 × 2 n ?3 = 2 n m(m ?1) 注意到第 n( n = 1,2,3,L) 行共有 n 个数,所以三角形数表中第 1 行至第 m ? 1 行共含有 1 + 2 + 3 +L+ (m ?1) = 2
(2)设 | x n | 的公比为 q , 则 x3 q = x 2 即 8q = 128. 由于x n > 0 故 q = 2. 于是 x n = x3 q
4 4

n ?3

m( m ? 1) m2 ? m + 2 +1 = 个数因此第 m 行第 1 个数是数列 | x n | 中的第 项.故第 m 行第 1 个数是 x n 2 ? n + 2 = 2 2 2 2
以第 m 行各数的和为 S m = (3)由 4
b1 ?1

n 2 ? n+ 2 2



2

n2 ?n+ 2 n ( 2 ?1) 2

2 ?1

=2

n 2 + m+ 2 2

(2 m ? 1)

10 分

b ? 4 b2 ?1 ? 4 b3 ?1 ? L ? 4 bn ?1 = x nn 得 4 ( b1 + b2 +b3 +L+bn ) ? n = (2 n ) bn 即 2 2[b1 ?b2 ?b3 ?L?bn ]??4 = 2 xbn

所以 2[(b1 + b2 + L + bn ) ? n] = nbn

① 2[(b1 + b2 + L + bn + bn +1 ) ? ( n + 1)] = ( n + 1)bn +1

② ④

②-①得 2bn +1 ? 2 = ( n + 1)bn +1 ? nbn 即 (n ? 1)bn +1 ? nbn + 2 = 0.

③ nbn + 2 ? ( n + 1)bn +1 + 2 = 0.

④-③得 abn + 2 ? 2nbn +1 + nbn = 0 即 bn + 2 + bn = 2bn +1 所以 {bn } 为等差数列
? 3、10 崇文一模文 20) ( 已知数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且 S n = 1 n 2 + 1 1 n .数列 {bn } 满足 bn+2 ? 2bn+1 + bn = 0 ( n ∈ N ),

且 b3 = 11 ,b1 + b2 + L + b9 = 153 .(Ⅰ)求数列 {an } ,{bn } 的通项公式; (Ⅱ)设 c = n 的前 n 项和为 Tn ,求使不等式 Tn > (Ⅲ)设 f ( n ) = ? a n , ? ?
? bn , ? (n = 2l

2

2

3 ( 2 a n ? 1 1) ( 2 b n ? 1 )

,数列 {cn }

k ? 对一切 n ∈ N 都成立的最大正整数 k 的值; 57 ? 1 , l ∈ N ? ) , 是否存在 m ∈ N ? ,使得 f ( m + 15) = 5 f ( m) 成立?若存在,求出 m 的值;

( n = 2 l , l ∈ N ? ),

若不存在,请说明理由. 解: (Ⅰ)当 n = 1 时,

1 11 1 11 a1 = S1 = 6 当 n ≥ 2 时, an = S n ? S n ?1 = ( n 2 + n) ? [ (n ? 1) 2 + (n ? 1)] = n + 5 . 2 2 2 2

而当 n = 1 时, n + 5 = 6 ∴ an = n + 5 ,又 bn + 2 ? 2bn +1 + bn = 0 即 bn + 2 ? bn +1 = bn +1 ? bn ,

∴ {bn } 是等差数列,又 b3 = 11 , b1 + b2 + L + b9 = 153 ,解得 b1 = 5, d = 3 . ∴ bn = 3n + 2 .
3 1 1 1 1 = = ( ? ) (2an ? 11)(2bn ? 1) (2n ? 1)(2n + 1) 2 2n ? 1 2n + 1 1 1 1 1 1 1 n n +1 n ? )] = ∵ Tn +1 ? Tn = ? ∴ Tn = c1 + c2 + … + cn = [(1 ? ) + ( ? ) + … + ( 2 3 3 5 2n ? 1 2n + 1 2n + 1 2n + 3 2n + 1 1 1 1 k = > 0 ∴ Tn 单调递增,故 (Tn ) min = T1 = .令 > ,得 k < 19 ,所以 k max = 18 . (2n + 3)(2n + 1) 3 3 57
(Ⅱ) cn = (Ⅲ) f ( n) = ?

?an , (n = 2l ? 1 , l ∈ N? ), ? ? ?bn , (n = 2l , l ∈ N ), ?
4

(1)当 m 为奇数时, m + 15 为偶数,∴ 3m + 47 = 5m + 25 , m = 11 . (2)当 m 为偶数时, m + 15 为奇数,∴ m + 20 = 15m + 10 , m = 综上,存在唯一正整数 m = 11 ,使得 f ( m + 15) = 5 f ( m) 成立. 5、 (10 东城一模文 20)已知数列 {a n }, {bn } ,其中 a1 = 足 b1=2,bn+1=2bn. (1)求数列 {a n }, {bn } 的通项公式; (2)是否存在自然数 m,使得对于任意 n ∈ N ? , n ≥ 2 ,有 1 +

5 ? N? (舍去) . 7

1 2 ? ,数列 {a n } 的前 n 项和 S n = n a n ( n ∈ N ) ,数列 {bn } 满 2

1 1 1 m?8 恒成立?若存在,求出 m + +L+ < b1 b2 bn +1 4

的最小值;

? 1 , n为奇数, ? (3)若数列 {c n } 满足 c n = ? na n 求数列 {c n } 的前 n 项和 Tn. ?b , n为偶数, ? n
解: (I)因为 S n = n a n ( n ∈ N ). 当 n ≥ 2 时, S n ?1 = ( n ? 1) a n ?1 . 所以 a n = S n ? S n ?1 = n a n ? ( n ? 1) a n ?1 .
2 * 2 2 2

所以 ( n + 1) a n = ( n ? 1) a n ?1 . 即
=

an a a a a a n ?1 1 = . 又 a1 = , 所以 a n = n ? n ?1 ? n ?2 LL 3 ? 2 ? a1 a n ?1 n + 1 2 a n ?1 a n? 2 a n ?3 a 2 a1

n ?1 n ? 2 n ? 3 2 1 1 1 ? ? ?L ? ? ? = . n +1 n n ?1 4 3 2 n ( n + 1)
n

当 n=1 时,上式成立。因为 b1 = 2, bn +1 = 2bn , 所以 {bn } 是首项为 2,公比为 2 的等比数列,故 bn = 2 .

1 1 1 1 1 1 1 + +L+ = 1 + + + L + n ?1 = 2 ? n?1 . 假设存在自然数 m,使得对于 b1 b2 bn ?1 2 2 2 2 1 m?8 m?8 1 1 1 m ?8 任意 n ∈ N * , n ≥ 2 , 1 + + 有 恒成立, 2 ? n ?1 < 即 恒成立, 由 ≥ 2, 解得 m ≥ 16. +L + < 4 4 b1 b2 bn?1 4 2 1 1 1 m ?8 所以存在自然数 m,使得对于任意 n ∈ N * , n ≥ 2, 有 1 + + +L + < 恒成立,此时,m 的最小值为 16。 4 b1 b2 bn?1 1 1 1 (III)当 n 为奇数时, Tn = ( + +L+ ) + (b2 + b4 + L + bn?1 ) a1 3a3 nan
(II)由(I)知, bn = 2 . 则 1 +
n
2 2 + n +1 n +1 4(1? 4 2 ) n + 2n 4 n = [2 + 4 +L+ (n +1)] + (22 + 24 +L+ 2n?1 ) = ? + = + (2 ? 1). 2 2 1? 4 4 3 1 1 1 当 n 为偶数时, Tn = [ + +L + ] + (b2 + b4 + L + bn ) a1 3a 3 ( n ? 1) a n+1 n?1

2 + n n 4(1 ? 4 2 ) n 2 + 2n 4 n = (2 + 4 + L + n) + (22 + 24 + L + 2n ) = ? + = + (2 ? 1). 2 2 1? 4 4 3 2 ? n + 4n + 3 4 n ?1 + ( 2 ? 1), 当n为奇数时, ? ? 4 3 因此 Tn = ? 2 ? n + 2n + 4 (2 n ? 1), 当n为偶数时. ? 4 3 ?

n

5

? 1 + 2an , 2 ? (10 海淀一模文 20). 已知数列 {an } 满足: a1 = 1 , a = ? ?1 n ? + 2 a n ?1 , ?2 ? 2

n为 偶 数 ,


n为 奇 数 ,

n = 2, 3, 4,L.

(Ⅰ)求 a3 , a4 , a5 的值; (Ⅱ)设 bn = a2n?1 + 1 , n = 1, 2, 3... ,求证:数列 {bn } 是等比数列,并求出其通项公式; (III)对任意的 m ≥ 2, m ∈ N ,在数列 {an } 中是否存在连续的 2 项构成等差数列?若存在,写出这 2 项,并证明这 ..
*

m

m

2m 项构成等差数列;若不存在,说明理由.
解: (Ⅰ)因为 a1 = 1 ,所以 a2 = 1 + 2a1 = 3 , a3 = (Ⅱ)由题意,对于任意的正整数 n ,bn = a2n?1 所以 bn +1 = 2bn ,又 b1 = a21?1 + 1 = a1 + 1 = 2

1 5 1 13 + 2a1 = , a4 = 1 + 2a2 = 7 , a5 = + 2a2 = 2 2 2 2 + 1 ,所以 bn +1 = a2n + 1 又 a2n + 1 = (2a 2n + 1) + 1 = 2(a2n?1 + 1) = 2bn
2

所以 {bn } 是首项为 2,公比为 2 的等比数列,所以 bn = 2

n

(III)存在. 事实上, 对任意的 m ≥ 2, k ∈ N * ,在数列 {an } 中, a2m , a2m +1, a2m + 2, ...., a2m + 2m ?1 这连续的 2m 项就构成一个 等差数列 我们先来证明: “对任意的 n ≥ 2, n ∈ N * , k ∈ (0, 2 n ?1 ), k ∈ N * ,有 a2n?1 + k = 2 ? 1 ?
n

k ” 2

由(II)得 bn = a2n?1 + 1 = 2 ,所以 a2n?1 = 2 ? 1 .当 k 为奇数时, a
n n

2 n ?1 + k

=

1 1 + 2 a 2 n ?1 + k ?1 = + 2 a n ? 2 k ?1 2 + 2 2 2 2

当 k 为偶数时, a2n?1 + k = 1 + 2a 2n?1 + k = 1 + 2a
2

2

n?2

k + 2



? k , ? ? k1 = ? 2 ?k ?1, ? 2 ?

k为 偶 数 , k为 奇 数 ,

因此要证 a2n?1 + k = 2 ? 1 ?
n

(这是因为若 a2n?2 + k

1

k k n ?1 n?2 * ,只需证明 a2n?2 + k = 2 ? 1 ? 1 ,其中 k1 ∈ (0, 2 ), k1 ∈ N 1 2 2 k1 1 1 k ?1 = 2n ?1 ? 1 ? ,则当 k1 = 时,则 k 一定是奇数,有 a2n?1 + k = + 2a 2n?1 + k ?1 = + 2a n?2 k ?1 2 + 2 2 2 2 2 2 k ?1 2 ) = 2 n ? 1 ? k ;当 k = k 时,则 k 一定是偶数, 1 2 2 2 k k1 k n ?1 n ?1 n = 1 + 2(2 ? 1 ? ) = 1 + 2(2 ? 1 ? 2 ) = 2 ? 1 ? ) 2 2 2
? k k1为 偶 数 ,

1 k 1 n ?1 n ?1 = + 2( 2 ? 1 ? 1 ) = + 2( 2 ? 1 ? 2 2 2
有 a2n?1 +k = 1 + 2a2n?1 +k = 1 + 2a n?2
2 2

+

k 2

如 此 递 推 , 要 证 a2 n ? 2 + k = 2
1

n ?1

1 , k k ? ? 1 ? 1 , 只 要 证 明 a2n?3 + k = 2n ? 2 ? 1 ? 2 , 其 中 k = ? 2 ? 2 2 2 2 ? k1 ? 1


, k1为 奇 数 ,

? ?

2

k2 ∈ (0, 2n ?3 ), k2 ∈ N * 如此递推下去, 我们只需证明 a21 + k
即 a21 +1 = 2 ? 1 ?
2

n? 2

= 22 ? 1 ?

kn?2 1 * , k n ? 2 ∈ (0, 2 ), kn ? 2 ∈ N 2

1 1 5 5 = 3 ? = , 即 a3 = , 由 ( I ) 可 得 , 所 以 对 n ≥ 2, n ∈ N * , k ∈ (0, 2 n ?1 ), k ∈ N * , 有 2 2 2 2 k i i +1 a2n?1 + k = 2n ? 1 ? , 对 任 意 的 m ≥ 2, m ∈ N * , a2m +i = 2 m +1 ? 1 ? , a2m +i +1 = 2m +1 ? 1 ? , 其 中 2 2 2 1 1 1 i ∈ (0,2 m ? 1), i ∈ N * ,所以 a2m +i +1 ? a2m +i = ? 又 a2m = 2 m +1 ? 1 , a2 m +1 = 2 m +1 ? 1 ? ,所以 a2m +1 ? a2m = ? 2 2 2

6

所以 a2m , a2m +1, a2m + 2, ...., a2m + 2m ?1 这连续的 2 项,是首项为 a2m = 2
m

m +1

1 ? 1 ,公差为 ? 的等差数列 2
m2

说明:当 m2 > m1 (其中 m1 ≥ 2, m1 ∈ N , m2 ∈ N )时,因为 a
* *

2

m2

, a2
m1

+1

, a2

m2

+2

,..., a2

m2

+2

m2

?1

构成一个项数为 2

m2

的等

差数列,所以从这个数列中任取连续的 2 项,也是一个项数为 2 ,公差为 ?
m1

1 的等差数列. 2
*

(10 西城一模文 19)设数列 {an } 为等比数列,数列 {bn } 满足 bn = na1 + ( n ? 1) a2 + ... + 2an ?1 + an , n ∈ N ,已知

b1 = m, b2 =

3m ,其中 m ≠ 0 。求数列 {an } 的首项和公比; 2

(1)当 m = 1 时,求 bn ; (11)设 Sn 为数列 {an } 的前 n 项和,若对于任意的正整数 n ,都有 S n ∈ [1, 3] ,求实数 m 的取值范围。 解: (I)由已知 b1 = a1 , 所以a1 = m. b2 = 2a1 + a2 , 所以2a1 + a2 = (II)当 m = 1时, a n = ( ? )

1 3 m m, 解得a2 = ? , 所以数列 {a n }的公比q = ? . 2 2 2

1 2

n ?1

, bn = na n + ( n ? 1) a 2 + L + 2a n ?1 + a n …①,

1 ? bn = na 2 + ( n ? 1) a3 + L + 2a n + a n +1 …②, 2 3 ②-①得 ? bn = ? n + a 2 + a3 + L + a n + a n +1 ,所以 ? 2 bn =

3 bn = ? n + 2

?

1 1 [1 ? ( ? ) n ] 1 1 2 2 = ? n ? [1 ? ( ? ) n ], 1 3 2 1 ? (1 ? ) 2

2n 2 2 1 n 6n + 2 + ( ?2)1? n . + ? (? ) = 3 9 9 2 9 1 m[1 ? ( ? ) n ] 2m 1 1 1 2m 3 2 (III)S n = ≤ ≤ = ? [1 ? ( ? ) n ], 因为 1 ? (? ) n > 0, 所以,由S n ∈ [1,3]得 1 1 1 3 2 2 3 1 ? (? ) 1 ? (? ) n 1 ? (? ) n 2 2 2 1 n 3 1 n 3 注意到,当 n 为奇数时 1 ? ( ? ) ∈ (1, ],当n为偶数时1 ? ( ? ) ∈ [ ,1), 2 2 2 4 1 2m 3 1 n 3 3 所以 1 ? ( ? ) 最大值为 ,最小值为 . 对于任意的正整数 n 都有 ≤ ≤ , 1 n 1 n 2 2 4 3 1 ? (? ) 1 ? (? ) 2 2 4 2m 所以 ≤ ≤ 2,2 ≤ m ≤ 3. 即所求实数 m 的取值范围是 {m | 2 ≤ m ≤ 3}. 3 3
(10 宣武一模文 20)数列 {a n } 的前 n 项和 为 S n , 若a1 = 3 ,点 ( S n , S n +1 ) 在直线 y = (I)求证:数列 {

n +1 x + n + 1(n ∈ N * ) 上. n

Sn } 是等差数列; n
a

(II)若数列 {bn } 满足 bn = a n ? 2 n ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn ;

Tn 20 ,求证: C1 + C 2 + L + C n > . 2 n+3 27 2 n +1 n +1 解: (I)Q 点( S n , S n +1 )在直线y = x + n + 1(n ∈ N * ) 上,∴ S n +1 = S n + n + 1, n n S S S 同除以 n + 1, 则有 : n +1 ? n = 1 ∴ 数列{ n } 是以 3 为首项,1 为以差的等差数列. n +1 n n
(III)设 C n = (II)由(I)可知, S n = n + 2n( n ∈ N ), ∴ 当 n=1 时,a1=3,当 n ≥ 2时, a n = S n ? S n ?1 = 2n + 1, 经检验,当 n=1
2 *

7

时也成立,

∴ an = 2n + 1(n ∈ N * ).Q bn = an ? 2an ,∴ bn = (2n + 1) ? 2 2 n +1 ,

Q Tn = b1 + b2 + L + bn ?1 + bn ∴Tn = 3 ? 23 + 5 ? 25 + L + (2n ? 1) ? 22 n ?1 + (2n + 1) ? 22 n +1 2 1 8 4Tn = 3 ? 2 5 + L + (2n ? 3) ? 2 2 n?1 + (2n ? 1) ? 2 2 n +1 + (2n + 1) ? 2 2 n +3 解得: Tn = ( n + ) ? 2 2 n +3 ? . 3 9 9 1 1 [1 ? ( ) n ] Tn 3n 1 1 1 n 2 n(n + 1) 1 1 4 4 (III)Q C n = 2 n +3 = + ? ? ( ) ∴ C1 + C 2 + L + C n = ? + ?n? ? 1 3 9 9 4 3 2 9 9 2 1? 4 2 2 3n + 4n 1 1 1 n 3n + 4n 1 7 1 20 = ? + ?( ) > ? ≥ ? = . 9 27 27 4 9 27 9 27 27
10 宣武二模文 19 设 {a n } 是正数组成的数列,其前 n 项和为 S n ,且对于所有的正整数 n ,有 4 S n = (a n + 1) .
2

(I) 求 a1 , a 2 的值; (II) 求数列 {a n } 的通项公式; (III)令 b1 = 1 , b2 k = a 2 k ?1 + ( ?1) k , b2 k +1 = a 2 k + 3 k ( k = 1,2,3,? ? ? ) ,求 {bn } 的前 20 项和 T20 . 解:(I) 当 n = 1 时, 4a1 = (a1 + 1) (II) ∵ 4 S n = (a n + 1)
2
2

∴ (a1 ? 1) = 0 , a1 = 1 当 n = 2 时, 4(a1 + a 2 ) = (a 2 + 1) ,
2 2

∴ a2 = 3 .

, 4S n ?1 = (a n ?1 + 1) ,相减得: (a n + a n ?1 )(a n ? a n ?1 ? 2 ) = 0 ∵ {a n } 是正数组成的数列
2

∴ a n ? a n ?1 = 2 ,∴ a n = 2n ? 1 . (Ⅲ) T20 = b1 + a1 + (? 1) + a 2 + 3 + a3 + (? 1) + a 4 + 3
1 1 2

[

] (

=1+ S19 + 3 + 3 2 + ? ? ? + 3 9 = 1 + 19

(

)

2

) [ ] ( ) + ? ? ? + [a 3(1 ? 3 ) 3 + 721 . + =
2
9 10

19

+ (? 1)

10

]
*

1? 3

2

10 崇文二模文(20)已知数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且满足 an + 2 S n ? S n ?1 = 0 ( n ≥ 2, n ∈ N ) , a1 = (Ⅰ)求证:{

1 . 2

1 }是等差数列; Sn

(Ⅱ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅲ)若 bn = 2(1 ? n) an ( n ≥ 2, n ∈ N ) ,求证: b2 + b3 + L + bn < 1
* 2 2 2

解: (Ⅰ)由 an + 2 S n ? S n ?1 = 0 ( n ≥ 2, n ∈ N ) ,得 S n ? S n ?1 + 2 S n ? S n ?1 = 0 ,所以
*

1 1 ? = 2 (n ≥ 2, n ∈ N* ) ,故 S n S n ?1

{

1 }是等差数列. Sn

?1 (n = 1), ?2 , 1 1 1 1 ? (Ⅱ) 由(Ⅰ)知, = 2n ,所以 S n = . an = S n ? S n ?1 = ? (n ≥ 2) 所以 an = ? 1 Sn 2n 2n 2(n ? 1) ?? , (n ≥ 2). ? 2n(n ? 1) ? 1 1 1 1 1 1 ]= (n ≥ 2) 所以 bn2 = 2 < = ? (n ≥ 2) (Ⅲ) bn = 2(1 ? n) ? [ ? 2n(n ? 1) n n n(n ? 1) n ? 1 n 1 1 1 1 1 1 b22 + b32 + … +bn2 < 1 ? + ? + … + ? = 1? < 1. 2 2 3 n ?1 n n
8


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