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2011全国理科数学‘数列’部分高考题

时间:2011-08-02


2011 理科数学数列高考题 1、在数 1 和 100 之间插入 n 个实数,使得这 n+2 个数构成递增的等比数列,将这 n+2 个数 的乘积记作 Tn ,再令 an = lg Tn ,n≥1. (Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)设 bn = tan an ? tan an +1 ,求数列 {bn } 的前 n 项和 S n . 答:本题考查等比和等差数列,对数和指数的运算,两角差的正切公式等基本知识,考查灵 活运用基本知识解决问题的能力,创新思维能力和运算求解能力。 解: (Ⅰ)设 t1 , t2 ,?, t n + 2 构成等比数列,其中 t1 = 1, tn + 2 = 100 ,则

Tn = t1 ? t? 2 ? ? t n +1 ? tn + 2 Tn = tn + 2 ? t?n +1 ? ? t2 ? t1

① ②
2

①×②并利用 ti ? t n + 3 ? i = t1 ? tn + 2 = 10 , (1 ≤ i ≤ n + 2) ,得

Tn2 = 10 2( n + 2) ∴ an = lg Tn = n + 2, n ≥ 1.
(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果,知

bn = tan(n + 2) ? tan(n + 3), n ≥ 1
另一方面,利用

tan 1 = tan((k + 1) ? k ) =


tan(k + 1) ? tan k 1 ? tan(k + 1) ? tan k

tan(k + 1) ? tan k =
所以
n+2 i =3

tan(k + 1) ? tan k ?1 tan 1

S n = ∑ bi = ∑ tan(k + 1) ? tan k
i =1

n

tan(k + 1) ? tan k ? 1) tan 1 i =3 tan(n + 3) ? tan 3 = ?n tan 1 = ∑(
n+2

2、 若数列 An = a1 , a2, ..., an ( n ≥ 2) 满足 an +1 ? a1 = 1( k = 1, 2,..., n ? 1) , 数列 An 为 E 数列, 记 S ( An ) = a1 + a2 + ... + an .

(Ⅰ)写出一个满足 a1 = as = 0 ,且 S ( As ) 〉0 的 E 数列 An ; (Ⅱ)若 a1 = 12 ,n=2000,证明:E 数列 An 是递增数列的充要条件是 an =2011; (Ⅲ)对任意给定的整数 n(n≥2) ,是否存在首项为 0 的 E 数列 An ,使得 S ( An ) =0? 如果存在,写出一个满足条件的 E 数列 An ;如果不存在,说明理由。 解: (Ⅰ)0,1,2,1,0 是一具满足条件的 E 数列 A5。 (答案不唯一,0,1,0,1,0 也是一个满足条件的 E 的数列 A5) (Ⅱ)必要性:因为 E 数列 A5 是递增数列, 所以 a k +1 ? a k = 1( k = 1,2,? ,1999) . 所以 A5 是首项为 12,公差为 1 的等差数列. 所以 a2000=12+(2000—1)×1=2011. 充分性,由于 a2000—a1000≤1, a2000—a1000≤1 …… a2—a1≤1 所以 a2000—a≤19999,即 a2000≤a1+1999. 又因为 a1=12,a2000=2011, 所以 a2000=a1+1999. 故 a n +1 ? a n = 1 > 0( k = 1,2,? ,1999), 即An 是递增数列. 综上,结论得证。 (Ⅲ)令 c k = a k +1 ? a k = 1 > 0( k = 1,2,? , n ? 1), 则c A = ±1. 因为 a 2 = a1 + c1 + a1 = a1 + c1 + c 2 ……

a n = a1 + c1 + c 2 + ? + c n +1 ,
所以 S ( An ) = na1 + ( n ? 1)c1 + (n ? 2)c 2 + ( n ? 3)c3 + ? + c n ?1

=

n(n ? 1) ? [(1 ? c1 )(n ? 1) + (1 ? c 2 )(n ? 2) + ? + (1 ? c n ?1 )]. 2

因为 c k = ±1, 所以1 ? c k 为偶数( k = 1,? , n ? 1). 所以 * 1 ? c1 )( n ? 1) + (1 ? c 2 )(n ? 2) + ? + (1 ? c n ) 为偶数, 所以要使 S ( An ) = 0, 必须使

n(n ? 1) 为偶数, 2

即 4 整除 n(n ? 1), 亦即n = 4m或n = 4m + 1(m ∈ N *) .



n = 4m + 1(m ∈ N *)时, E数列An的项满足a 4 k +1 = a 4 k ?1 = 0, a 4 k ?2 = ?1, a 4 k = 1
(k = 1,2,? , m) 时,有 a1 = 0, S ( An ) = 0; a 4 k = 1(k = 1,2,? , m), a 4 k +1 = 0时, 有a1 = 0, S ( An ) = 0;
当 n = 4m + 1( m ∈ N *)时, E数列An 的项满足, a 4 k ?1 = a3 k ?3 = 0, a 4 k ? 2 = ?1, 当 n = 4m + 2或n = 4m + 3( m ∈ N )时, n( m ? 1) 不能被 4 整除,此时不存在 E 数 列 An, 使得 a1 = 0, S ( An ) = 0. 3、已知等比数列{an}的公比 q=3,前 3 项和 S3= (I)求数列{an}的通项公式; (II)若函数 f ( x ) = A sin(2 x + ? )( A > 0, 0 < ? < p < π ) 在 x = 为 a3,求函数 f(x)的解析式。

13 。 3

π
6

处取得最大值, 且最大值

4、设 b>0,数列 {an } 满足 a1=b, an =

nban ?1 (n ≥ 2) an ?1 + 2n ? 2 .

(1)求数列 {an } 的通项公式; (2)证明:对于一切正整数 n, an ≤
解(1)法一:

b n +1 + 1. 2n +1

an ban ?1 n an ?1 + 2(n ? 1) 1 2 n ? 1 = ,得 = = + ? , an ban ?1 b b an ?1 n an ?1 + 2(n ? 1)



n 2 1 = bn ,则 bn = ? bn ?1 + (n ≥ 2) , an b b

(ⅰ)当 b = 2 时, {bn } 是以 即 bn =

1 1 为首项, 为公差的等差数列, 2 2

1 1 1 + (n ? 1) × = n ,∴ an = 2 2 2 2

(ⅱ)当 b ≠ 2 时,设 bn + λ = 令 λ ( ? 1) = 知 bn +

2 2 2 ? (bn ?1 + λ ) ,则 bn = ? bn ?1 + λ ( ? 1) , b b b

2 b

1 1 1 2 1 ,得 λ = ,∴ bn + = ? (bn ?1 + ) (n ≥ 2) , b 2?b 2?b b 2?b

1 1 1 2 1 是等比数列,∴ bn + = (b1 + ) ? ( ) n ?1 ,又 b1 = , 2?b 2?b 2?b b b

1 2 n 1 1 2n ? b n nb n (2 ? b) ∴ bn = ?( ) ? = ? ,∴ a n = . 2?b b 2?b 2?b bn 2n ? b n
法二: (ⅰ)当 b = 2 时, {bn } 是以 即 bn =

1 1 为首项, 为公差的等差数列, 2 2

1 1 1 + (n ? 1) × = n ,∴ an = 2 2 2 2 2b 2 2b 2 (b ? 2) 3b3 3b3 (b ? 2) = 2 , a2 = 2 = 3 , b+2 b ? 22 b + 2b + 4 b ? 23

(ⅱ)当 b ≠ 2 时, a1 = b , a2 =

nb n (b ? 2) 猜想 an = ,下面用数学归纳法证明: b n ? 2n ①当 n = 1 时,猜想显然成立;
②假设当 n = k 时, ak =

kb k (b ? 2) ,则 b k ? 2k

ak +1 =

(k + 1)b ? ak (k + 1)b ? kb k (b ? 2) (k + 1)b k +1 (b ? 2) = k = , ak + 2(n ? 1) kb (b ? 2) + 2k ? (b k ? 2k ) b k +1 ? 2k +1 nb n (b ? 2) . b n ? 2n

所以当 n = k + 1 时,猜想成立, 由①②知, ?n ∈ N * , an =

2n +1 (2) (ⅰ)当 b = 2 时, an = 2 = n +1 + 1 ,故 b = 2 时,命题成立; 2
(ⅱ)当 b ≠ 2 时, b
2n

+ 22 n ≥ 2 b 2 n ? 22 n = 2n +1 bn ,

b 2 n ?1 ? 2 + b ? 22 n ?1 ≥ 2 b 2 n ? 22 n = 2n +1 b n ,
?? , b n +1 ? 2 n ?1 + b n ?1 ? 2n +1 ≥ 2 b 2 n ? 22 n = 2n +1 b n ,以上 n 个式子相加得
b 2 n + b 2 n ?1 ? 2 + ? + b n +1 ? 2 n ?1 + b n ?1 ? 2n +1 + ? +b ? 22 n ?1 + 22 n ≥ n ? 2 n +1 b n , an = n ? 2 n +1 b n (b ? 2) [(b 2 n + b 2 n ?1 ? 2 + ? + b ? 22 n ?1 + 22 n ) ? b n ? 2 n ](b ? 2) ≤ 2 n +1 (b n ? 2 n ) 2n +1 (b n ? 2n )

=

(b 2 n + b 2 n ?1 ? 2 + ? + b ? 22 n ?1 + 22 n )(b ? 2) ? b n ? 2n (b ? 2) 2 n +1 (b n ? 2 n )

(b 2 n +1 ? 22 n +1 ) ? b n +1 ? 2n + b n ? 2n +1 = 2 n +1 (b n ? 2 n ) (b 2 n +1 ? b n +1 ? 2n ) + (b n ? 2n +1 ? 2 2 n +1 ) b n +1 = = n +1 + 1 .故当 b ≠ 2 时,命题成立; 2n +1 (b n ? 2n ) 2
综上(ⅰ) (ⅱ)知命题成立. 5、已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ,且满足: a1 = a ( a ≠ 0) , an + 1 = rSn (n ∈ N*,

r ∈ R, r ≠ ?1) .
(Ⅰ)求数列 {an} 的通项公式; (Ⅱ)若存在 k ∈ N*,使得 Sk + 1 ,Sk , Sk + 2 成等差数列,是判断:对于任意的 m ∈ N*, 且 m ≥ 2 , am + 1 , am , am + 2 是否成等差数列,并证明你的结论. 解: (I)由已知 an +1 = rS n , 可得 an + 2 = rS n +1 ,两式相减可得

an + 2 ? an +1 = r ( S n +1 ? S n ) = ran +1 ,
即 an + 2 = ( r + 1) an +1 , 又 a2 = ra1 = ra, 所以 r=0 时, 数列 {an } 为:a,0,…,0,…; 当 r ≠ 0, r ≠ ?1 时,由已知 a ≠ 0, 所以an ≠ 0 ( n ∈ N ) ,
*

于是由 an + 2 = ( r + 1) an +1 , 可得

an + 2 = r + 1(n ∈ N ? ) , an +1

∴ a2 , a3 ,? , an + ? 成等比数列, ∴当n ≥ 2时 , an = r (r + 1)n ? 2 a.
综上,数列 {an } 的通项公式为 an = ?
*

?an

n = 1,
n?2

?r (r + 1)

a, n ≥ 2

(II)对于任意的 m ∈ N ,且 m ≥ 2, am +1 , am , am + 2 成等差数列,证明如下: 当 r=0 时,由(I)知, am = ?

?a, n = 1, ?0, n ≥ 2

∴ 对于任意的 m ∈ N * ,且 m ≥ 2, am +1 , am , am + 2 成等差数列,
当 r ≠ 0 , r ≠ ?1 时,

∵ S k + 2 = S k + ak +1 + ak + 2 , S k +1 + ak +1.
若存在 k ∈ N ,使得 S k +1 , S1 , S k + 2 成等差数列,
*

则 S k +1 + S k + 2 = 2 S k ,

∴ 2 S k + 2ak +1 + ak + 2 = 2 S k , 即ak + 2 = ?2ak +1 ,
由(I)知, a2 , a3 ,? , am ,? 的公比 r + 1 = ?2 ,于是 对于任意的 m ∈ N ,且 m ≥ 2, am +1 = ?2am , 从而am + 2 = 4am ,
*

∴ am +1 + am + 2 = 2am , 即am +1 , am , am + 2 成等差数列,
综上,对于任意的 m ∈ N ,且 m ≥ 2, am +1 , am , am + 2 成等差数列。
*

6、

已知函数 f ( x ) = x 3 ,g ( x )= x + x 。

(Ⅰ)求函数 h ( x )= f ( x )-g ( x )的零点个数,并说明理由; (Ⅱ)设数列 {an }( n ∈ N * ) 满足 a1 = a (a > 0) , f (an +1 ) = g (an ) ,证明:存在常数
M,使得对于任意的 n ∈ N * ,都有 an ≤ M .

解 析 :( I ) 由 h( x) = x3 ? x ? x 知 , x ∈ [0, +∞) , 而 h(0) = 0 , 且
h(1) = ?1 < 0, h(2) = 6 ? 2 > 0 ,则 x = 0 为 h( x) 的一个零点,且 h( x) 在 1, 内有零 ( 2)
点,因此 h( x) 至少有两个零点 解法 1: h'( x) = 3 x 2 ? 1 ?

1 ?1 1 ?1 1 ?3 x 2 ,记 ? ( x) = 3x 2 ? 1 ? x 2 ,则 ? '( x) = 6 x + x 2 。 2 2 4

当 x ∈ (0, +∞) 时, ? '( x) > 0 ,因此 ? ( x) 在 (0, +∞) 上单调递增,则 ? ( x) 在 (0, +∞) 内 至多只有一个零点。又因为 ? (1) > 0, ? (

3 3 ) < 0 ,则 ? ( x) 在 ( ,1) 内有零点,所 3 3

以 ? ( x) 在 (0, +∞) 内有且只有一个 零点。记此 零点为 x1 ,则当 x ∈ (0, x1 ) 时,

? ( x) < ? '( x1 ) = 0 ;当 x ∈ ( x1 , +∞) 时, ? ( x) > ? '( x1 ) = 0 ;

所以, 当 x ∈ (0, x1 ) 时, h( x) 单调递减,而 h(0) = 0 ,则 h( x) 在 (0, x1 ] 内无零点; 当 x ∈ ( x1 , +∞) 时, h( x) 单调递增,则 h( x) 在 ( x1 , +∞) 内至多只有一个零点;
从而 h( x) 在 (0, +∞) 内至多只有一个零点。综上所述, h( x) 有且只有两个零点。

1 ?3 解法 2: h( x) = x( x ? 1 ? x ) ,记 ? ( x) = x ? 1 ? x ,则 ? '( x) = 2 x + x 2 。 2
2 ? 2 ?

1 2

1 2

当 x ∈ (0, +∞) 时, ? '( x) > 0 ,因此 ? ( x) 在 (0, +∞) 上单调递增,则 ? ( x) 在 (0, +∞) 内 至多只有一个零点。因此 h( x) 在 (0, +∞) 内也至多只有一个零点,
综上所述, h( x) 有且只有两个零点。 (II)记 h( x) 的正零点为 x0 ,即 x0 = x0 +
3

x0 。
3

(1)当 a < x0 时,由 a1 = a ,即 a1 < x0 .而 a2 = a1 + a1 < x0 + 由此猜测: an < x0 。下面用数学归纳法证明:

x0 = x0 3 ,因此 a2 < x0 ,

①当 n = 1 时, a1 < x0 显然成立; ②假设当 n = k (k ≥ 1) 时,有 ak < x0 成立,则当 n = k + 1 时,由
ak +13 = ak + ak < x0 + x0 = x03 知, ak +1 < x0 ,因此,当 n = k + 1 时, ak +1 < x0 成立。
故对任意的 n ∈ N , an < x0 成立。
*

( 2 )当 a ≥ x0 时,由(1)知, h( x) 在 ( x0 , +∞) 上单调递增。则 h(a ) ≥ h( x0 ) = 0 ,即
a 3 ≥ a + a 。从而 a23 = a1 + a1 = a + a ≤ a 3 ,即 a2 ≤ a ,由此猜测: an ≤ a 。下面用
数学归纳法证明:

①当 n = 1 时, a1 ≤ a 显然成立; ②假设当 n = k (k ≥ 1) 时,有 ak ≤ a 成立,则当 n = k + 1 时,由
ak +13 = ak + ak ≤ a + a ≤ a 3 知, ak +1 ≤ a ,因此,当 n = k + 1 时, ak +1 ≤ a 成立。
故对任意的 n ∈ N , an ≤ a 成立。
*

综上所述,存在常数 M = max{x0 , a} ,使得对于任意的 n ∈ N ,都有 an ≤ M .
*

7、 、 已知两个等比数列 {an },{bn } , 满足 a1 = a ( a > 0), b1 ? a1 = 1, b2 ? a2 = 2, b3 ? a3 = 3 . (1)若 a = 1 ,求数列 {an } 的通项公式; (2)若数列 {an } 唯一,求 a 的值. 答(1)设 {an } 的公比为 q,则 b1 = 1 + a = 2, b2 = 2 + aq = 2 + q, b3 = 3 + aq = 3 + q
2 2

由 b1 , b2 , b3 成等比数列得 (2 + q ) = 2(3 + q )
2 2

即 q ? 4q + 2 = 0, 解得q1 = 2 +
2

2, q2 = 2 ? 2 2)n ?1 或an = (2 ? 2) n ?1 .

所以 {an } 的通项公式为 an = (2 +

(2)设 {an } 的公比为 q,则由 (2 + aq ) 2 = (1 + a )(3 + aq 2 ),
2 得 aq ? 4aq + 3a ? 1 = 0(*)

由 a > 0得? = 4a + 4a > 0 ,故方程(*)有两个不同的实根
2

由 {an } 唯一,知方程(*)必有一根为 0,代入(*)得 a = 8、已知等差数列{an}满足 a2=0,a6+a8=-10 、 (I)求数列{an}的通项公式;

1 . 3

?a ? (II)求数列 ? nn ? 的前 n 项和. ?1 ?2 ?
解: (I)设等差数列 {an } 的公差为 d,由已知条件可得 ?

?a1 + d = 0, ?2a1 + 12d = ?10,

解得 ?

?a1 = 1, ?d = ?1.
………………5 分

故数列 {an } 的通项公式为 an = 2 ? n. (II)设数列 {

an a a }的前n项和为S n ,即 S n = a1 + 2 + ? + nn 1 , 故S1 = 1 , n ?1 2 2 2?

S n a1 a2 a = + +? + n . 2 2 4 2n
所以,当 n > 1 时,

Sn a ?a a a ? a1 = a1 + 2 + ? + n n ?1 n ?1 ? n 2 2 2 2n 1 1 1 2?n = 1 ? ( + + ? + n ?1 ? n ) 2 4 2 2 1 2?n = 1 ? (1 ? n ?1 ) ? n 2 2
n . 2n
所以 S n =

n 2n ?1

.
………………12 分

综上,数列 {

an n }的前n项和S n = n ?1 . n ?1 2 2

9、设数列 {an } 满足 a1 = 0 且 、 (Ⅰ)求 {a n } 的通项公式; (Ⅱ)设 bn = 解: (I)由题设

1 1 ? = 1. 1 ? a n +1 1 ? a n

1 ? an +1 n

, 记Sn = ∑ bk , 证明:S n < 1.
k =1

n

1 1 ? = 1, 1 ? an +1 1 ? an

即{

1 } 是公差为 1 的等差数列。 1 ? an



1 1 = 1, 故 = n. 1 ? a1 1 ? an 1 . n

所以 an = 1 ?

(II)由(I)得

bn = =

1 ? an +1 n

,
…………8 分

n +1 ? n , n +1 ? n 1 1 = ? n n +1 S n = ∑ bk = ∑ (
k =1 k =1 n n

1 1 1 ? ) = 1? < 1. k k +1 n +1

…………12 分

10、等比数列 {an } 中, a1 , a2 , a3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且 、

a1 , a2 , a3 中的任何两个数不在下表的同一列.
第一列 第一行 第二行 第三行 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18

(Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)若数列 {bn } 满足: bn = an + ( ?1) ln an ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Sn . 解: (I)当 a1 = 3 时,不合题意; 当 a1 = 2 时,当且仅当 a2 = 6, a3 = 18 时,符合题意; 当 a1 = 10 时,不合题意。 因此 a1 = 2, a2 = 6, a3 = 18, 所以公式 q=3, 故 an = 2 ? 3 . (II)因为 bn = an + ( ?1) ln an
n n ?1

= 2 ? 3n ?1 + (?1) n (2 ? 3n ?1 ) = 2 ? 3n ?1 + (?1) n [ln 2 + (n ? 1) ln 3] = 2 ? 3n ?1 + (?1) n (ln 2 ? ln 3) + (?1)n n ln 3,
所以

S 2 n = 2(1 + 3 + ? + 32 n ?1 ) + [?1 + 1 ? 1 + ? + (?1) 2 n ](ln 2 ? ln 3) + [?1 + 2 ? 5 + ? + (?1) n n]ln 3,
所以 当 n 为偶数时, S n = 2 ×

1 ? 3n n + ln 3 1? 3 2

n = 3n + ln 3 ? 1; 2
当 n 为奇数时, S n = 2 ×

1 ? 3n n ?1 ? (ln 2 ? ln 3) + ( ? n) ln 3 1? 3 2

= 3n ?

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

综上所述,

? n n ?3 + 2 ln 3 ? 1, n为偶数 ? Sn = ? ?3n - n ? 1 ln3-ln2-1,n为奇数 ? ? 2
11、 、 12、 、 (18 分)已知数列 {an } 和 {bn } 的通项公式分别为 an = 3n + 6 , bn = 2n + 7 ( n ∈ N ) ,
*

将集合

{x | x = an , n ∈ N * } ∪ {x | x = bn , n ∈ N *} 中 的 元 素 从 小 到 大 依 次 排 列 , 构 成 数 列 c1 , c2 , c3 ,? , cn ,? 。
⑴ 求 c1 , c2 , c3 , c4 ; ⑵ 求证:在数列 {cn } 中、但不在数列 {bn } 中的项恰为 a2 , a4 ,? , a2 n ,? ; ⑶ 求数列 {cn } 的通项公式。 ⑴

c1 = 9, c2 = 11, c3 = 12, c4 = 13 ;
*

⑵ ① 任 意 n ∈ N , 设 a2 n ?1 = 3(2n ? 1) + 6 = 6n + 3 = bk = 2k + 7 , 则 k = 3n ? 2 , 即

a2 n ?1 = b3n ? 2
② 假设 a2 n = 6n + 6 = bk = 2k + 7 ? k = 3n ?

1 ∈ N * (矛盾) ,∴ 2

a2 n ? {bn }

∴ 在数列 {cn } 中、但不在数列 {bn } 中的项恰为 a2 , a4 ,? , a2 n ,? 。 ⑶ b3 k ? 2 = 2(3k ? 2) + 7 = 6k + 3 = a2 k ?1 ,

b3 k ?1 = 6k + 5 , a2 k = 6k + 6 , b3k = 6k + 7


6k + 3 < 6k + 5 < 6k + 6 < 6k + 7

∴ 当 k = 1 时,依次有 b1 = a1 = c1 , b2 = c2 , a2 = c3 , b3 = c4 ,……

? 6k + 3 (n = 4k ? 3) ?6k + 5 (n = 4k ? 2) ? ∴ cn = ? ,k ∈ N* ? 6k + 6 (n = 4k ? 1) ? 6 k + 7 ( n = 4k ) ?

设 d 为非零实数, an = 13、

1 1 2 n (Cn d + 2Cn d 2 + ? + (n ? 1)Cn ?1 d n ?1 + nCnn d n ](n ∈ N * ) n

(1)写出 a1 , a2 , a3 并判断 {an } 是否为等比数列。若是,给出证明;若不是,说明理由; (II)设 bn = ndan ( n ∈ N ) ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Sn .
*

解析: (1)

a1 = d a2 = d (d + 1) a3 = d (d + 1) 2
0 1 n an = Cn d + Cn d 2 + Cn2 d 3 + ? + Cn ?1d n = d (1 + d )n ?1

an +1 = d (1 + d ) n an +1 = d +1 an
因为 d 为常数,所以 {an } 是以 d 为首项, d + 1 为公比的等比数列。

bn = nd 2 (1 + d ) n ?1
(2) S n = d (1 + d ) + 2d (1 + d ) + 3d (1 + d ) + ?? + nd (1 + d )
2 0 2 1 2 2 2 n ?1

= d 2 [(1 + d )0 + 2(1 + d )1 + 3(1 + d ) 2 + ?? + n(1 + d )n ?1 ](1) (1 + d ) S n = d 2 [(1 + d )1 + 2(1 + d ) 2 + 3(1 + d )3 + ?? + n(1 + d ) n ](2)

1? (1 ? (1 + d )n ) + d 2 n(1 + d )n = d + (d 2 n ? d )(1 + d ) n (2) ? (1) = dS n = ?d [ 1 ? (1 + d )
2

∴ S n = 1 + (dn ? 1)(1 + d )n
14、已知数列 {an } 与 {bn } 满足: bn an + an +1 + bn +1an + 2 、 且

3 + (?1) n * = 0, bn = , n∈N , 2

a1 = 2, a2 = 4 .
(Ⅰ)求 a3 , a4 , a5 的值; (Ⅱ)设 cn = a2 n ?1 + a2 n +1 , n ∈ N ,证明: {cn } 是等比数列;
*

(III)设 S k = a2 + a4 + ??? + a2 k , k ∈ N , 证明:
*

∑a
k =1

4n

Sk
k

7 < (n ∈ N * ) . 6

(I)解:由 bn =

3 + (?1) n , n ∈ N *, 2

可得 bn = ?

?1, n为奇数 ?2,n为偶数

又 bn an + an +1 + bn +1an + 2 = 0,

当n=1时,a1 +a 2 +2a 3 =0,由a1 =2,a 2 =4,可得a 3 = ?3; 当n=2时,2a 2 +a 3 +a 4 =0,可得a 4 = ?5; 当n=3时,a3 +a 4 +2a 5 =0,可得a 4 = 4.
(II)证明:对任意 n ∈ N * ,

a2 n ?1 + a2 n + 2a2 n +1 = 0, 2a2 n + a2 n +1 + a2 n + 2 = 0, a2 n +1 + a2 n + 2 + 2a2 n +3 = 0,
②—③,得

① ② ③ ④

a2 n = a2 n + 3 .

将④代入①,可得 a2 n +1 + a2 n +3 = ?( a2 n ?1 + a2 n +1 ) 即 cn +1 = ?cn ( n ∈ N )
*

又 c1 = a1 + a3 = ?1, 故cn ≠ 0, 因此

cn +1 = ?1, 所以{cn } 是等比数列. cn
k

(III)证明:由(II)可得 a2 k ?1 + a2 k +1 = ( ?1) , 于是,对任意 k ∈ N 且k ≥ 2 ,有
*

a1 + a3 = ?1, ?(a3 + a5 ) = ?1, a5 + a7 = ?1, ? (?1) k (a2 k ?3 + a2 k ?1 ) = ?1.
将以上各式相加,得 a1 + ( ?1) a2 k ?1 = ?( k ? 1),
k

即 a2 k ?1 = ( ?1)

k +1

(k + 1) ,
k +1

此式当 k=1 时也成立.由④式得 a2 k = ( ?1)

(k + 3).

从而 S 2 k = ( a2 + a4 ) + ( a6 + a8 ) + ? + ( a4 k ? 2 + a4 k ) = ? k ,

S 2 k ?1 = S 2 k ? a4 k = k + 3.
所以,对任意 n ∈ N * , n ≥ 2 ,
n Sk S S S S = ∑ ( 4 m ?3 + 4 m ? 2 + 4 m ?1 + 4 m ) ∑ a m=1 a a4 m ? 2 a4 m ?1 a4 m k =1 k 4 m ?3
n

4n

= ∑(
m =1 n

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

= ∑(
m =1

=

n 2 5 3 +∑ + 2 × 3 m = 2 2m(2m + 1) (2n + 2)(2n + 3)

1 n 5 3 < +∑ + 3 m = 2 (2m ? 1)(2m + 1) (2n + 2)(2n + 3) 1 5 1 1 1 1 1 1 3 = + ? [( ? ) + ( ? ) + ? + ( ? )] + 3 2 3 5 5 7 2n ? 1 2n + 1 (2n + 2)(2n + 3) 1 5 5 1 3 = + ? ? + 3 6 2 2n + 1 (2n + 2)(2n + 3) 7 < . 6
对于 n=1,不等式显然成立. 所以,对任意 n ∈ N * ,

S S S1 S 2 + + ? + 2 n ?1 + 2 n a1 a2 a2 n ?1 a2 n =( S S S S S1 S 2 + ) + ( 3 + 4 ) + ? + ( 2 n ?1 + 2 n ) a1 a2 a3 a4 a2 n ?1 a2 n

1 1 1 2 1 n = (1 ? ? ) + (1 ? 2 ? 2 ) + ? + (1 ? n ? n ) 2 4 12 4 4 ? (4 ? 1) 4 (4 ? 1) 1 1 1 2 1 n = n?( + )?( 2 + 2 2 ) ?? ? ( n + n n ) 4 12 4 4 (4 ? 1) 4 4 (4 ? 1)

1 1 1 ≤ n?( + ) = n? . 4 12 3
15、等比数列 {an } 的各项均为正数,且 2a1 + 3a2 = 1, a3 = 9a2 a6 . 、
2

求数列 {an } 的通项公式. 设 bn = log 3 a1 + log 3 a2 + ...... + log 3 an , 求数列 ? 解: (Ⅰ)设数列{an}的公比为 q,由 a3 = 9a2 a6 得 a3 = 9a4 所以 q =
2 3 2
2

?1? ? 的前 n 项和. ? bn ?

1 。 9

由条件可知 c>0,故 q =

1 。 3 1 。 3

由 2a1 + 3a2 = 1 得 2a1 + 3a2 q = 1 ,所以 a1 = 故数列{an}的通项式为 an=

1 。 3n

(Ⅱ ) bn = log 3 a1 + log 3 a2 + ... + log 3 an

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


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

1 1 1 1 1 1 1 1 2n + + ... + = ?2((1 ? ) + ( ? ) + ... + ( ? )) = ? b1 b2 bn 2 2 3 n n +1 n +1
所以数列 {

1 2n } 的前 n 项和为 ? bn n +1

16、 、 (本题满分 14 分)已知公差不为 0 的等差数列 {an } 的首项 a1 为 a( a ∈ R ),设数列的 前 n 项和为 S n ,且

1 1 1 , , 成等比数列 a1 a2 a4

(1)求数列 {an } 的通项公式及 S n (2)记 An =

1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + , Bn = + + + ... + ,当 n ≥ 2 时,试比 S1 S 2 S3 Sn a1 a2 a22 a2 n

较 An 与 Bn 的大小. (I)解:设等差数列 {an } 的公差为 d,由 ( 得 ( a1 + d ) = a1 ( a1 + 3d )
2

1 2 1 1 ) = ? , a2 a1 a4

因为 d ≠ 0 ,所以 d = a 所以 an = na1 , S n = (II)解:因为

an(n + 1) . 2

1 2 1 1 ) ,所以 = ( ? Sn a n n + 1

An =

1 1 1 1 2 1 + + +? + = (1 ? ) S1 S 2 S3 Sn a n +1
n ?1

因为 a2n?1 = 2

a ,所以

1 1 ? ( )n 1 1 1 1 1 2 = 2 (1 ? 1 ). Bn = + + +? + = ? a1 a2 a22 a2n?1 a 1 ? 1 a 2n 2
当 n ≥ 2时, 2 = Cn + Cn + Cn + ? + Cn > n + 1 ,
n

0

1

2

n

即1 ?

1 1 < 1? n , n +1 2

所以,当 a > 0时, An < Bn ; 当 a < 0时, An > Bn . 17、设实数数列 {a n } 的前 n 项和 S n ,满足 S n +1 = a n +1 S n ( n ∈ N ) 、
*

(I)若 a1 , S 2 ? 2a2 成等比数列,求 S2 和 a3 ; (II)求证:对 k ≥ 3有0 ≤ ak +1 ≤ ak ≤

4 3

? S22 = ?2a1 a2 , 2 (I)解:由题意 ? 得S 2 = ?2S 2 , ? S2 = a2 S1 = a1 a2 ,
由 S2 是等比中项知 S 2 ≠ 0.因此S 2 = ?2. 由 S 2 + a3 = S3 = a3 S 2 解得

a3 =

S2 ?2 2 = = . S 2 ? 1 ?2 ? 1 3

(II)证法一:由题设条件有 S n + an +1 = an +1 S n , 故 S n ≠ 1, an +1 ≠ 1且an +1 = 从而对 k ≥ 3 有

Sn a , Sn = n +1 , Sn ? 1 an +1 ? 1

ak ?1 S k ?1 a + Sk ?2 ak ?1 ? 1 ak2?1 = k ?1 = = 2 ak = . ak ?1 S k ?1 ? 1 ak ?1 + S k ? 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 > 0且ak2?1 ≥ 0 ,由①得 ak ≥ 0 4

ak2?1 4 4 要证 ak ≤ ,由①只要证 2 ≤ , 3 ak ?1 ? ak ?1 + 1 3
即证 3ak ?1 ≤ 4( ak ?1 ? ak ?1 + 1), 即( ak ?1 ? 2) ≥ 0.
2 2 2

此式明显成立. 因此 ak ≤

4 (k ≥ 3). 3 ak2 > 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. 2 ak ? ak + 1

因此 ak +1 ≤ ak ( k ≥ 3). 证法二:由题设知 S n +1 = S n + an +1 = an +1 S n , 故方程 x ? S n +1 x + S n +1 = 0有根S n 和an +1 (可能相同).
2

因此判别式 ? = S n +1 ? 4 S n +1 ≥ 0.
2

又由 S n + 2 = S n +1 + an + 2 = an + 2 S n +1得an + 2 ≠ 1且S n +1 =
2 an + 2 4 an + 2 2 ? ≥ 0, 即3an + 2 ? 4an + 2 ≤ 0 , 2 an + 2 ? 1 (an + 2 ? 1)

an + 2 . an + 2 ? 1

因此

解得 0 ≤ an + 2 ≤

4 . 3

因此 0 ≤ ak ≤ 由 ak =

4 3

(k ≥ 3).

Sk ?1 ≥ 0 (k ≥ 3) ,得 Sk ?1 ? 1
Sk S k ?1 S ? ak = ak ( ? 1) = ak ( 2 k ?1 ? 1) Sk ? 1 ak S k ?1 ? 1 S k ?1 ?1 S k ?1 ? 1 S
2 k ?1

ak +1 ? ak =

=?

ak =? ? S k ?1 + 1

ak ≤ 0. 1 2 3 ( S k ?1 ? ) + 2 4

因此 ak +1 ≤ ak

(k ≥ 3).

18、设 M 为部分正整数组成的集合,数列 {a n } 的首项 a1 = 1 ,前 n 项和为 S n ,已知对任意 整数 k 属于 M,当 n>k 时, S n + k + S n ? k = 2( S n + S k ) 都成立


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