数学新题分类汇编数列高考真题模拟新题

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数学新题分类汇编数列高考真题模拟新题

‎                   ‎ 课标文数17.D1[2011·浙江卷] 若数列中的最大项是第k项,则k=________.‎ 课标文数17.D1[2011·浙江卷] 4 【解析】 设最大项为第k项,则有 ‎ ‎∴ ⇒ ⇒k=4.‎ 课标文数20.D2,A2[2011·北京卷] 若数列An:a1,a2,…,an(n≥2)满足|ak+1-ak|=1(k=1,2,…,n-1),则称An为E数列.记S(An)=a1+a2+…+an.‎ ‎(1)写出一个E数列A5满足a1=a3=0;‎ ‎(2)若a1=12,n=2000,证明:E数列An是递增数列的充要条件是an=2011;‎ ‎(3)在a1=4的E数列An中,求使得S(An)=0成立的n的最小值.‎ 课标文数20.D2,A2[2011·北京卷] 【解答】 (1)0,1,0,1,0是一个满足条件的E数列A5.‎ ‎(答案不唯一,0,-1,0,1,0;0,±1,0,1,2;0,±1,0,-1,-2;0,±1,0,-1,0都是满足条件的E数列A5)‎ ‎(2)必要性:因为E数列An是递增数列,‎ 所以ak+1-ak=1(k=1,2,…,1999).‎ 所以An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-a1999≤1.‎ a1999-a1998≤1.‎ ‎……‎ a2-a1≤1.‎ 所以a2000-a1≤1999,即a2000≤a1+1999.‎ 又因为a1=12,a2000=2011.‎ 所以a2000=a1+1999.‎ 故ak+1-ak=1>0(k=1,2,…,1999),即E数列An是递增数列.‎ 综上,结论得证.‎ ‎(3)对首项为4的E数列An,由于 a2≥a1-1=3,‎ a3≥a2-1≥2,‎ ‎……‎ a8≥a7-1≥-3,‎ ‎……‎ 所以a1+a2+…+ak>0(k=2,3,…,8).‎ 所以对任意的首项为4的E数列An,若S(An)=0,则必有n≥9.‎ 又a1=4的E数列A9:4,3,2,1,0,-1,-2,-3,-4满足S(A9)=0,‎ 所以n的最小值是9.‎ 大纲理数4.D2[2011·全国卷] 设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sk+2-Sk=24,则k=(  )‎ A.8 B.7 C.6 D.5‎ 大纲理数4.D2[2011·全国卷] D 【解析】 ∵Sk+2-Sk=ak+1+ak+2=2a1+(2k+1)d=4k+4,∴4k+4=24,可得k=5,故选D.‎ 大纲理数20.D2,D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足a1=0且-=1.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,记Sn=k,证明:Sn<1.‎ 大纲理数20.D2,D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设-=1,‎ 即是公差为1的等差数列.‎ 又=1,故=n.‎ 所以an=1-.‎ ‎(2)证明:由(1)得 bn===-,‎ ‎∴Sn=bk==1-<1.‎ 大纲文数6.D2[2011·全国卷] 设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sk+2-Sk=24,则k=(  )‎ A.8 B.7 ‎ C.6 D.5‎ 大纲文数6.D2[2011·全国卷] D 【解析】 ∵Sk+2-Sk=ak+1+ak+2=2a1+(2k+1)d=4k+4,∴4k+4=24,可得k=5,故选D.‎ 课标理数10.M1,D2,B11[2011·福建卷] 已知函数f(x)=ex+x.对于曲线y=f(x)上横坐标成等差数列的三个点A、B、C,给出以下判断:‎ ‎①△ABC一定是钝角三角形;‎ ‎②△ABC可能是直角三角形;‎ ‎③△ABC可能是等腰三角形;‎ ‎④△ABC不可能是等腰三角形.‎ 其中,正确的判断是(  )‎ A.①③ B.①④ ‎ C.②③ D.②④‎ 课标理数10.M1,D2,B11[2011·福建卷] B 【解析】 解法一:(1)设A、B、C三点的横坐标分别为x1,x2,x3(x10,‎ ‎∴ f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,‎ ‎∴ f(x1)0,0<φ<π)在x=处取得最大值,且最大值为a3,求函数f(x)的解析式.‎ ‎ 课标数学16.D3,C4[2011·福建卷] 【解答】 (1)由q=3,S3=得=,解得a1=.‎ 所以an=×3n-1=3n-2.[来源:Z_xx_k.Com]‎ ‎(2)由(1)可知an=3n-2,所以a3=3.‎ 因为函数f(x)的最大值为3,所以A=3;‎ 因为当x=时f(x)取得最大值,‎ 所以sin=1.‎ 又0<φ<π,故φ=.‎ 所以函数f(x)的解析式为f(x)=3sin.‎ 课标文数16.D3[2011·福建卷] 商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格,即根据商品的最低销售限价a,最高销售限价b(b>a)以及实数x(0a,b-a≠0,‎ ‎∴x2=1-x,即x2+x-1=0,‎ 解得 x=,‎ 因为00),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.‎ 课标理数18.D3[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为q,则b1=1+a=2,b2=2+aq=2+q,b3=3+aq2=3+q2,‎ 由b1,b2,b3成等比数列得(2+q)2=2(3+q2),‎ 即q2-4q+2=0,解得q1=2+,q2=2-,‎ 所以{an}的通项公式为an=(2+)n-1或an=(2-)n-1.‎ ‎(2)设{an}的公比为q,则由(2+aq)2=(1+a)(3+aq2),得aq2-4aq+3a-1=0,(*)‎ 由a>0得Δ=4a2+4a>0,故方程(*)有两个不同的实根,‎ 由{an}唯一,知方程(*)必有一根为0,代入(*)得a=.‎ 课标文数5.D3[2011·辽宁卷] 若等比数列{an}满足anan+1=16n,则公比为(  )‎ A.2 B.4 C.8 D.16‎ 课标文数5.D3[2011·辽宁卷] B 【解析】 由于anan+1=16n,又an-1an=16n-1,所以=q2=16,又由anan+1=16n知an>0,所以q=4.‎ 课标文数17.D2,D3[2011·课标全国卷] 已知等比数列{an}中,a1=,公比q=.‎ ‎(1)Sn为{an}的前n项和,证明:Sn=;‎ ‎(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列{bn}的通项公式.‎ 课标文数17.D2,D3[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)因为an=×n-1=,‎ Sn==,‎ 所以Sn=.‎ ‎(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an ‎=-(1+2+…+n)‎ ‎=-.‎ 所以{bn}的通项公式为bn=-.‎ 大纲文数9.D3[2011·四川卷] 数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则a6=(  )‎ A.3×44 B.3×44+1‎ C.44 D.44+1‎ 大纲文数9.D3[2011·四川卷] A 【解析】 由an+1=3Sn⇒Sn+1-Sn=3Sn⇒Sn+1=4Sn,所以数列{Sn}是首项为1,公比为4的等比数列,所以Sn=4n-1,所以a6=S6-S5=45-44=3×44,所以选择A.‎ 大纲理数11.D2[2011·重庆卷] 在等差数列{an}中,a3+a7=37,则a2+a4+a6+a8=________.‎ 大纲理数11.D2[2011·重庆卷] 74 【解析】 由a3+a7=37,得(a1+2d)+(a1+6d)=37,即2a1+8d=37.∴a2+a4+a6+a8=(a1+d)+(a1+3d)+(a1+5d)+(a1+7d)=2(2a1+8d)=74.‎ 课标文数7.D4[2011·安徽卷] 若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10=(  )‎ A.15 B.12‎ C.-12 D.-15‎ 课标文数7.D4[2011·安徽卷] A 【解析】 a1+a2+…+a10=-1+4-7+10+…+(-1)10·(3×10-2)=(-1+4)+(-7+10)+…+[(-1)9·(3×9-2)+(-1)10·(3×10-2)]=3×5=15.‎ 课标文数21.D3,D4[2011·安徽卷] 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=lgTn,n≥1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=tanan·tanan+1,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 课标文数21.D3,D4[2011·安徽卷] 本题考查等比和等差数列,指数和对数的运算,两角差的正切公式等基本知识,考查灵活运用知识解决问题的能力,综合运算能力和创新思维能力.‎ ‎【解答】 (1)设t1,t2,…,tn+2构成等比数列,其中t1=1,tn+2=100,则 Tn=t1·t2·…·tn+1·tn+2,①‎ Tn=tn+2·tn+1·…·t2·t1.②‎ ‎①×②并利用titn+3-i=t1tn+2=102(1≤i≤n+2),得 T=(t1tn+2)·(t2tn+1)·…·(tn+1t2)·(tn+2t1)=102(n+2),‎ ‎∴an=lgTn=n+2,n≥1.‎ ‎(2)由题意和(1)中计算结果,知 bn=tan(n+2)·tan(n+3),n≥1.‎ 另一方面,利用tan1=tan[(k+1)-k]=.‎ 得tan(k+1)·tank=-1.‎ 所以Sn=bk=tan(k+1)·tank ‎= =-n.‎ 课标理数18.D3,D4[2011·安徽卷] ‎ 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=lgTn,n≥1.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=tanan·tanan+1,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 课标理数18.D3,D4[2011·安徽卷] 【解析】 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,运算求解能力和创新思维能力.‎ ‎【解答】 (1)设t1,t2,…,tn+2构成等比数列,其中t1=1,tn+2=100,则 Tn=t1·t2·…·tn+1·tn+2,①‎ Tn=tn+2·tn+1·…·t2·t1,②‎ ‎①×②并利用titn+3-i=t1tn+2=102(1≤i≤n+2),得 T=(t1tn+2)·(t2tn+1)·…·(tn+1t2)·(tn+2t1)=102(n+2).‎ ‎∴an=lgTn=n+2,n≥1.‎ ‎(2)由题意和(1)中计算结果,知 bn=tan(n+2)·tan(n+3),n≥1,‎ 另一方面,利用 tan1=tan[(k+1)-k]=,‎ 得tan(k+1)·tank=-1.‎ 所以Sn=k=an(k+1)·tank ‎= ‎=-n.‎ 大纲理数20.D2,D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足a1=0且-=1.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,记Sn=k,证明:Sn<1.‎ 大纲理数20.D2,D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设-=1,‎ 即是公差为1的等差数列.‎ 又=1,故=n.‎ 所以an=1-.‎ ‎(2)证明:由(1)得 bn===-,‎ ‎∴Sn=bk==1-<1.‎ 课标文数20.D4[2011·湖南卷] 某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M,M的价值在使用过程中逐年减少,从第2年到第6年,每年初M的价值比上年初减少10万元;从第7年开始,每年初M的价值为上年初的75%.‎ ‎(1)求第n年初M的价值an的表达式;‎ ‎(2)设An=.若An大于80万元,则M继续使用,否则须在第n年初对M更新.证明:须在第9年初对M更新.‎ 课标文数20.D4[2011·湖南卷] 【解答】 (1)当n≤6时,数列{an}是首项为120,公差为-10的等差数列.‎ an=120-10(n-1)=130-10n;‎ 当n≥6时,数列{an}是以a6为首项,公比为的等比数列,又a6=70,所以an=70×n-6.‎ 因此,第n年初,M的价值an的表达式为 an= ‎(2)设Sn表示数列{an}的前n项和,由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n≤6时,Sn=120n-5n(n-1),‎ An=120-5(n-1)=125-5n;‎ 当n≥7时,由于S6=570,故 Sn=S6+(a7+a8+…+an)=570+70××4×=780-210×n-6,‎ An=,‎ 因为{an}是递减数列,所以{An}是递减数列.又 A8==82>80,‎ A9==76<80,‎ 所以须在第9年初对M更新.‎ 课标理数5.D4[2011·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn+Sm=Sn+m,且a1=1.那么a10=(  )‎ A.1 B.9‎ C.10 D.55‎ 课标理数5.D4[2011·江西卷] A 【解析】 方法一:由Sn+Sm=Sn+m,得S1+S9=S10,‎ ‎∴a10=S10-S9=S1=a1=1,故选A.‎ 方法二:‎ ‎∵S2=a1+a2=2S1,∴a2=1,‎ ‎∵S3=S1+S2=3,∴a3=1,‎ ‎∵S4=S1+S3=4,∴a4=1,‎ 由此归纳a10=1,故选A.‎ 课标理数17.D4[2011·辽宁卷] ‎ 已知等差数列{an}满足a2=0,a6+a8=-10.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列的前n项和.‎ 课标理数17.D4[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为d,由已知条件可得解得 故数列{an}的通项公式为an=2-n.‎ ‎(2)设数列的前n项和为Sn,即Sn=a1++…+,故S1=1,‎ =++…+.‎ 所以,当n>1时,‎ =a1++…+- ‎=1-- ‎=1-- ‎=,‎ 所以Sn=.‎ 综上,数列的前n项和Sn=.‎ 课标理数14.D4[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距10米,开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边,使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小,这个最小值为________(米).‎ 课标理数14.D4[2011·陕西卷] 2000 【解析】 树苗放在10或11‎ 号坑,则其余的十九人一次走过的路程为90,80,70,60,…,80,90,100,则和为s=×2=2000,若放在11号坑,结果一样.‎ 课标理数19.B11,D4[2011·陕西卷] ‎ 图1-11‎ 如图1-11,从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y=ex于点Q1(0,1),曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.现从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2,依次重复上述过程得到一系列点:P1,Q1;P2,Q2;…;Pn,Qn,记Pk点的坐标为(xk,0)(k=1,2,…,n).‎ ‎(1)试求xk与xk-1的关系(2≤k≤n);‎ ‎(2)求|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|.‎ 课标理数19.B11,D4[2011·陕西卷] 【解答】 ‎ ‎(1)设Pk-1(xk-1,0),由y′=ex得Qk-1(xk-1,exk-1)点处切线方程为y-exk-1=exk-1(x-xk-1),‎ 由y=0得xk=xk-1-1(2≤k≤n).‎ ‎(2)由x1=0,xk-xk-1=-1,得xk=-(k-1),‎ 所以|PkQk|=exk=e-(k-1),于是 Sn=|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|‎ ‎=1+e-1+e-2+…+e-(n-1)==.‎ 课标文数10.D4[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距10米,开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边,现将树坑从1到20依次编号,为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小,树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为(  )‎ A.①和⑳ B.⑨和⑩‎ C.⑨和⑪ D.⑩和⑪ ‎ 课标文数10.D4[2011·陕西卷] D 【解析】 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边,则每个人所走的路程和最小,一共20个坑,为偶数,在中间的有两个坑为10和11号坑,故答案选D.‎ 课标文数19.B11,D4[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设Pk-1(xk-1,0),由y′=ex得Qk-1(xk-1,exk-1)点处切线方程为y-exk-1=exk-1(x-xk-1),‎ 由y=0得xk=xk-1-1(2≤k≤n).‎ ‎(2)由x1=0,xk-xk-1=-1,得xk=-(k-1),‎ 所以|PkQk|=exk=e-(k-1),于是 Sn=|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|‎ ‎=1+e-1+e-2+…+e-(n-1)==.‎ 大纲文数16.D4[2011·重庆卷] 设{an}是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设{bn}是首项为1,公差为2的等差数列,求数列{an+bn}的前n项和Sn.‎ 大纲文数16.D4[2011·重庆卷] ‎ ‎【解答】 (1)设q为等比数列{an}的公比,则由a1=2,a3=a2+4得2q2=2q+4,即q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去),因此q=2.‎ 所以{an}的通项为an=2·2n-1=2n(n∈N*).‎ ‎(2)Sn=+n×1+×2‎ ‎=2n+1+n2-2.‎ 课标理数20.D5,A3[2011·北京卷] 若数列An:a1,a2,…,an(n≥2)满足|ak+1-ak|=1(k=1,2,…,n-1),则称An为E数列.记S(An)=a1+a2+…+an.‎ ‎(1)写出一个满足a1=a5=0,且S(A5)>0的E数列A5;‎ ‎(2)若a1=12,n=2000.证明:E数列An是递增数列的充要条件是an=2011;‎ ‎(3)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.‎ 课标理数20.D5,A3[2011·北京卷] 【解答】 (1)0,1,2,1,0是一个满足条件的E数列A5.‎ ‎(答案不唯一,0,1,0,1,0也是一个满足条件的E数列A5)‎ ‎(2)必要性:因为E数列An是递增数列,‎ 所以ak+1-ak=1(k=1,2,…,1999).‎ 所以An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-a1999≤1,‎ a1999-a1998≤1,‎ ‎……‎ a2-a1≤1,‎ 所以a2000-a1≤1999,即a2000≤a1+1999.‎ 又因为a1=12,a2000=2011,‎ 所以a2000=a1+1999,‎ 故ak+1-ak=1>0(k=1,2,…,1999),即E数列An是递增数列.‎ 综上,结论得证.‎ ‎(3)令ck=ak+1-ak(k=1,2,…,n-1),则ck=±1,‎ 因为a2=a1+c1,‎ a3=a1+c1+c2,‎ ‎……‎ an=a1+c1+c2+…+cn-1,‎ 所以S(An)=na1+(n-1)c1+(n-2)c2+(n-3)c3+…+cn-1‎ ‎=(n-1)+(n-2)+…+1-[(1-c1)(n-1)+(1-c2)·(n-2)+…+(1-cn-1)]‎ ‎=-[(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+…+(1-cn-1)]. ‎ 因为ck=±1,所以1-ck为偶数(k=1,2,…,n-1),[来源:学&科&网]‎ 所以(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+…+(1-cn-1)为偶数,‎ 所以要使S(An)=0,必须使为偶数,‎ 即4整除n(n-1),亦即n=4m或n=4m+1(m∈N*).‎ 当n=4m(m∈N*)时,E数列An的项满足a4k-1=a4k-3=0,a4k-2=-1,a4k=1(k=1,2,…,m)时,有a1=0,S(An)=0;‎ 当n=4m+1(m∈N*)时,E数列An的项满足a4k-1=a4k-3=0,a4k-2=-1,a4k=1(k=1,2,…,m),a4m+1=0时,有a1=0,S(An)=0;‎ 当n=4m+2或n=4m+3(m∈N*)时,n(n-1)不能被4整除,此时不存在E数列An,使得a1=0,S(An)=0.‎ 课标理数20.D5[2011·广东卷] 设b>0,数列{an}满足a1=b,an=(n≥2).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明:对于一切正整数n,an≤+1.‎ 课标理数20.D5[2011·广东卷] 【解答】 (1)由a1=b>0,知an=>0,=+·.‎ 令An=,A1=,‎ 当n≥2时,An=+An-1‎ ‎=++…++A1‎ ‎=++…++.‎ ‎①当b≠2时,‎ An==;‎ ‎②当b=2时,An=.‎ ‎∴an= ‎(2)证明:当b≠2时,欲证an=≤+1,只需证nbn≤,即证(2n+1+bn+1)≥n·2n+1bn.‎ 而(2n+1+bn+1)=(2n+1+bn+1)(bn-1+2bn-2+…+2n-1)‎ ‎=2n+1bn-1+2n+2bn-2+…+22n+b2n+2b2n-1+…+2n-1bn+1‎ ‎=2nbn ‎>2nbn(2+2+…+2)=2n·2nbn=n·2n+1bn,‎ ‎∴an=<1+.‎ 当b=2时,an=2=+1.‎ 综上所述,an≤+1.‎ 课标文数20.D5,E7[2011·广东卷] ‎ 设b>0,数列{an}满足a1=b,an=(n≥2).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明:对于一切正整数n,2an≤bn+1+1.‎ 课标文数20.D5,E7[2011·广东卷] 【解答】 (1)由a1=b>0,知an=>0,‎ =+·.‎ 令An=,A1=,‎ 当n≥2时,An=+An-1‎ ‎=+…++A1‎ ‎=+…++.‎ ‎①当b≠1时,An==,[来源:Z*xx*k.Com]‎ ‎②当b=1时,An=n.‎ ‎∴an= ‎(2)证明:当b≠1时,欲证2an=≤bn+1+1,只需证2nbn≤(bn+1+1).‎ ‎∵(bn+1+1)=b2n+b2n-1+…+bn+1+bn-1+bn-2+…+1‎ ‎=bn ‎>bn(2+2+…+2)‎ ‎=2nbn,‎ ‎∴2an=<1+bn+1.‎ 当b=1时,2an=2=bn+1+1.‎ 综上所述2an≤bn+1+1.‎ 课标文数21.D5[2011·江西卷] (1)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,若数列{an}唯一,求a的值;‎ ‎(2)是否存在两个等比数列{an},{bn},使得b1-a1,b2-a2,b3-a3,b4-a4成公差不为0的等差数列?若存在,求{an},{bn}的通项公式;若不存在,说明理由.‎ 课标文数21.D5[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为q,则b1=1+a,b2=2+aq,b3=3+aq2,‎ 由b1,b2,b3成等比数列得(2+aq)2=(1+a)(3+aq2),‎ 即aq2-4aq+3a-1=0.‎ 由a>0得Δ=4a2+4a>0,故方程有两个不同的实根,‎ 再由{an}唯一,知方程必有一根为0,‎ 将q=0代入方程得a=.‎ ‎(2)假设存在两个等比数列{an},{bn}使b1-a1,b2-a2,b3-a3,b4-a4成公差不为0的等差数列,设{an}的公比为q1,{bn}的公比为q2,‎ 则b2-a2=b1q2-a1q1,‎ b3-a3=b1q-a1q,‎ b4-a4=b1q-a1q,‎ 由b1-a1,b2-a2,b3-a3,b4-a4成等差数列得 即 ‎①×q2-②得a1(q1-q2)(q1-1)2=0.‎ 由a1≠0得q1=q2或q1=1,‎ i)当q1=q2时,由①②得b1=a1或q1=q2=1,这时(b2-a2)-(b1-a1)=0,与公差不为0矛盾;‎ ii)当q1=1时,由①②得b1=0或q2=1,这时(b2-a2)-(b1-a1)=0,与公差不为0矛盾.‎ 综上所述,不存在两个等比数列{an},{bn}使b1-a1,b2-a2,b3-a3,b4-a4成公差不为0的等差数列.‎ 课标理数17.D5[2011·课标全国卷] 等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,a=9a2a6.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列的前n项和.‎ 课标理数17.D5[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)设数列{an}的公比为q,由a=9a2a6得a=9a ,所以q2=.‎ 由条件可知q>0,故q=.‎ 由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1=.‎ 故数列{an}的通项公式为an=.‎ ‎(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an ‎=-(1+2+…+n)‎ ‎=-.‎ 故=-=-2,‎ ++…+=-2++…+=-.‎ 所以数列的前n项和为-.‎ ‎[来源:Zxxk.Com]‎ 课标理数20.D5[2011·山东卷] 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 第二列 第三列 第一行 ‎3‎ ‎2‎ ‎10‎ 第二行 ‎6‎ ‎4‎ ‎14‎ 第三行 ‎9‎ ‎8‎ ‎18‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足:bn=an+(-1)nlnan,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 课标理数20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)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,‎ 所以公比q=3,‎ 故an=2·3n-1.‎ ‎(2)因为bn=an+(-1)nlnan ‎=2·3n-1+(-1)nln(2·3n-1)‎ ‎=2·3n-1+(-1)n[ln2+(n-1)ln3]‎ ‎=2·3n-1+(-1)n(ln2-ln3)+(-1)nnln3,‎ 所以 Sn=2(1+3+…+3n-1)+[-1+1-1+…+(-1)n]·(ln2-ln3)+[-1+2-3+…+(-1)nn]ln3.‎ 所以 当n为偶数时,Sn=2·+ln3‎ ‎=3n+ln3-1;‎ 当n为奇数时,Sn=2×-(ln2-ln3)+ln3‎ ‎=3n-ln3-ln2-1.‎ 综上所述,Sn= 课标文数20.D5[2011·山东卷] 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 第二列 第三列 第一行 ‎3‎ ‎2‎ ‎10‎ 第二行 ‎6‎ ‎4‎ ‎14‎ 第三行 ‎9‎ ‎8‎ ‎18‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足:bn=an+(-1)nlnan,求数列{bn}的前2n项和S2n.‎ 课标文数20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)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,所以公比q=3.‎ 故an=2·3n-1.‎ ‎(2)因为bn=an+(-1)nlnan ‎=2·3n-1+(-1)nln(2·3n-1)‎ ‎=2·3n-1+(-1)n[ln2+(n-1)ln3]‎ ‎=2·3n-1+(-1)n(ln2-ln3)+(-1)nnln3,‎ 所以S2n=b1+b2+…+b2n ‎=2(1+3+…+32n-1)+[-1+1-1+…+(-1)2n](ln2-ln3)+[-1+2-3+…+(-1)2n2n]ln3‎ ‎=2×+nln3‎ ‎=32n+nln3-1.‎ 课标数学13.D5[2011·江苏卷] 设1=a1≤a2≤…≤a7,其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,a2,a4,a6成公差为1的等差数列,则q的最小值是________.‎ 课标数学13.D5[2011·江苏卷]  【解析】 记a2=m,则1≤m≤q≤m+1≤q2≤m+2≤q3,‎ 要q取最小值,则m必定为1,于是有1≤q≤2,2≤q2≤3,3≤q3,所以q≥.‎ 课标数学20.D5[2011·江苏卷] 设M为部分正整数组成的集合,数列{an}的首项a1=1,前n项的和为Sn,已知对任意的整数k∈M,当整数n>k时,Sn+k+Sn-k=2(Sn+Sk)都成立.‎ ‎(1)设M={1},a2=2,求a5的值;‎ ‎(2)设M={3,4},求数列{an}的通项公式.‎ 课标数学20.D5[2011·江苏卷] 本题考查数列的通项与前n项和的关系、等差数列的基本性质等基础知识,考查考生分析探究及逻辑推理的能力.[来源:Z_xx_k.Com]‎ ‎【解答】 (1)由题设知,当n≥2时,Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1),即(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=2S1.‎ 从而an+1-an=2a1=2.‎ 又a2=2,故当n≥2时,an=a2+2(n-2)=2n-2.‎ 所以a5的值为8.‎ ‎(2)由题设知,当k∈M={3,4}且n>k时,Sn+k+Sn-k=2Sn+2Sk且Sn+1+k+Sn+1-k=2Sn+1+2Sk,两式相减得an+1+k+an+1-k=2an+1,即an+1+k-an+1=an+1-an+1-k.所以当n≥8时,an-6,an-3,an,an+3,an+6成等差数列,且an-6,an-2,an+2,an+6也成等差数列.‎ 从而当n≥8时,2an=an+3+an-3=an+6+an-6,(*)‎ 且an+6+an-6=an+2+an-2,所以当n≥8时,2an=an+2+an-2,即an+2-an=an-an-2,于是当n≥9时,an-3,an-1,an+1,an+3成等差数列,从而an+3+an-3=an+1+an-1,故由(*)式知2an=an+1+an-1,即an+1-an=an-an-1.‎ 当n≥9时,设d=an-an-1.‎ 当2≤m≤8时,m+6≥8,从而由(*)式知2am+6=am+am+12,故2am+7=am+1+am+13.‎ 从而2(am+7-am+6)=am+1-am+(am+13-am+12),‎ 于是am+1-am=2d-d=d.‎ 因此,an+1-an=d对任意n≥2都成立.又由Sn+k+S n-k-2Sn=2Sk(k∈{3,4})可知(Sn+k-Sn)-‎ ‎(Sn-Sn-k)=2Sk,故9d=2S3且16d=2S4,解得a4=d,从而a2=d,a1=.因此,数列{an}为等差数列.‎ 由a1=1知d=2.‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.‎ 大纲文数20.D5[2011·四川卷] 已知{an}是以a为首项,q为公比的等比数列,Sn为它的前n项和.‎ ‎(1)当S1、S3、S4成等差数列时,求q的值;‎ ‎(2)当Sm、Sn、Sl成等差数列时,求证:对任意自然数k,am+k,an+k,al+k也成等差数列.‎ 大纲文数20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知,an=aqn-1,因此 S1=a,S3=a(1+q+q2),S4=a(1+q+q2+q3).‎ 当S1,S3,S4成等差数列时,S4-S3=S3-S1.‎ 可得aq3=aq+aq2.‎ 化简得q2-q-1=0.‎ 解得q=.‎ ‎(2)证明:若q=1,则{an}的每项an=a,此时am+k,an+k,al+k显然构成等差数列.‎ 若q≠1,由Sm,Sn,Sl构成等差数列可得Sm+Sl=2Sn,即 +=.‎ 整理得qm+ql=2qn.‎ 因此,am+k+al+k=aqk-1(qm+ql)=2aqn+k-1=2an+k.‎ 所以,am+k,an+k,al+k成等差数列.‎ 大纲理数20.D5[2011·四川卷] 设d为非零实数,an=[Cd+2Cd2+…+(n-1)Cdn-1+nCdn](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;‎ ‎(2)设bn=ndan(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 大纲理数20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知可得a1=d,a2=d(1+d),a3=d(1+d)2.‎ 当n≥2,k≥1时,C=C,因此 an=Cdk=dk=ddk=d(d+1)n-1.‎ 由此可见,当d≠-1时,{an}是以d为首项,d+1为公比的等比数列;‎ 当d=-1时,a1=-1,an=0(n≥2),此时{an}不是等比数列.‎ ‎(2)由(1)可知,an=d(d+1)n-1,从而 bn=nd2(d+1)n-1,‎ Sn=d2[1+2(d+1)+3(d+1)2+…+(n-1)(d+1)n-2+n(d+1)n-1]. ①‎ 当d=-1时,Sn=d2=1.‎ 当d≠-1时,①式两边同乘d+1得 ‎(d+1)Sn=d2[(d+1)+2(d+1)2+…+(n-1)(d+1)n-1+n(d+1)n].②‎ ‎①,②式相减可得 ‎-dSn=d2[1+(d+1)+(d+1)2+…+(d+1)n-1-n(d+1)n]‎ ‎=d2.‎ 化简即得Sn=(d+1)n(nd-1)+1.‎ 综上,Sn=(d+1)n(nd-1)+1.‎ 课标理数20.D5[2011·天津卷] 已知数列{an}与{bn}满足bnan+an+1+bn+1an+2=0,bn=,n ‎∈N*,且a1=2,a2=4.‎ ‎(1)求a3,a4,a5的值;‎ ‎(2)设cn=a2n-1+a2n+1,n∈N*,证明{cn}是等比数列;‎ ‎(3)设Sk=a2+a4+…+a2k,k∈N*,证明 <(n∈N*).‎ 课标理数20.D5[2011·天津卷] 【解答】 (1)由bn=,n∈N*,可得bn= 又bnan+an+1+bn+1an+2=0,‎ 当n=1时,a1+a2+2a3=0,‎ 由a1=2,a2=4,可得a3=-3;‎ 当n=2时,2a2+a3+a4=0,可得a4=-5;‎ 当n=3时,a3+a4+2a5=0,可得a5=4.‎ ‎(2)证明:对任意n∈N*,‎ a2n-1+a2n+2a2n+1=0,①‎ ‎2a2n+a2n+1+a2n+2=0,②‎ a2n+1+a2n+2+2a2n+3=0.③‎ ‎②-③,得a2n=a2n+3.④‎ 将④代入①,可得a2n+1+a2n+3=-(a2n-1+a2n+1),‎ 即cn+1=-cn(n∈N*).‎ 又c1=a1+a3=-1,故cn≠0,因此=-1.‎ 所以{cn}是等比数列.‎ ‎(3)证明:由(2)可得a2k-1+a2k+1=(-1)k.于是,对任意k∈N*且k≥2,有a1+a3=-1,-(a3+a5)=-1,a5+a7=-1,…,(-1)k(a2k-3+a2k-1)=-1.‎ 将以上各式相加,得a1+(-1)ka2k-1=-(k-1),‎ 即a2k-1=(-1)k+1(k+1),此式当k=1时也成立.‎ 由④式得a2k=(-1)k+1(k+3).‎ 从而S2k=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a4k-2+a4k)=-k,S2k-1=S2k-a4k=k+3.‎ 所以,对任意n∈N*,n≥2,‎ = ‎= ‎= ‎=++ ‎<++ ‎=+·++…++ ‎=+-·+<.‎ 对于n=1,不等式显然成立.‎ 课标文数20.D5[2011·天津卷] 已知数列{an}与{bn}满足bn+1an+bnan+1=(-2)n+1,bn=,n∈N*,且a1=2.‎ ‎(1)求a2,a3的值;‎ ‎(2)设cn=a2n+1-a2n-1,n∈N*,证明{cn}是等比数列;‎ ‎(3)设Sn为{an}的前n项和,证明++…++≤n-(n∈N*).‎ 课标文数20.D5[2011·天津卷] 【解答】 (1)由bn=,n∈N,‎ 可得bn= 又bn+1an+bnan+1=(-2)n+1,‎ 当n=1时,a1+2a2=-1,由a1=2,可得a2=-;‎ 当n=2时,2a2+a3=5,可得a3=8.‎ ‎(2)证明:对任意n∈N*,‎ a2n-1+2a2n=-22n-1+1,①‎ ‎2a2n+a2n+1=22n+1.②‎ ‎②-①,得a2n+1-a2n-1=3×22n-1,即cn=3×22n-1.‎ 于是=4.‎ 所以{cn}是等比数列.‎ ‎(3)证明:a1=2,由(2)知,当k∈N*且k≥2时,‎ a2k-1=a1+(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+…+(a2k-1-a2k-3)‎ ‎=2+3(2+23+25+…+22k-3)=2+3×=22k-1,‎ 故对任意k∈N*,a2k-1=22k-1.‎ 由①得22k-1+2a2k=-22k-1+1,‎ 所以a2k=-22k-1,k∈N*.‎ 因此,S2k=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2k-1+a2k)=.‎ 于是,S2k-1=S2k-a2k=+22k-1.‎ 故+=+=-=1--.‎ 所以,对任意n∈N*,‎ ++…++ ‎=++…+ ‎=++…+1-- ‎=n---…-+≤n-=n-.‎ 课标文数19.D5[2011·浙江卷] 已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R),且,,成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)对n∈N*,试比较++…+与的大小.‎ 课标文数19.D5[2011·浙江卷] 【解答】 设等差数列{an}的公差为d,由题意可知2=·,‎ 即(a1+d)2=a1(a1+3d),从而a1d=d2.‎ 因为d≠0,所以d=a1=a,‎ 故通项公式an=na.‎ ‎(2)记Tn=++…+.因为a2n=2na,‎ 所以Tn==·=.‎ 从而,当a>0时,Tn<,当a<0时,Tn>.‎ 大纲理数21.D5[2011·重庆卷] 设实数数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1=an+1Sn(n∈N*).‎ ‎(1)若a1,S2,-2a2成等比数列,求S2和a3;‎ ‎(2)求证:对k≥3有0≤ak+1≤ak≤.‎ 大纲理数21.D5[2011·重庆卷] 【解答】 (1)由题意得S=-2S2,‎ 由S2是等比中项知S2≠0.因此S2=-2.‎ 由S2+a3=S3=a3S2解得 a3===.‎ ‎(2)证法一:由题设条件有Sn+an+1=an+1Sn,‎ 故Sn≠1,an+1≠1且an+1=,Sn=,‎ 从而对k≥3有 ak====.①‎ 因a-ak-1+1=2+>0且a≥0,由①得ak≥0.‎ 要证ak≤,由①只要证≤,‎ 即证3a≤4(a-ak-1+1),即(ak-1-2)2≥0,此式明显成立.‎ 因此ak≤(k≥3).‎ 最后证ak+1≤ak,若不然ak+1=>ak,‎ 又因ak≥0,故>1,即(ak-1)2<0.矛盾.‎ 因此ak+1≤ak(k≥3).‎ 证法二:由题设知Sn+1=Sn+an+1=an+1Sn,‎ 故方程x2-Sn+1x+Sn+1=0有根Sn和an+1(可能相同).‎ 因此判别式Δ=S-4Sn+1≥0.‎ 又由Sn+2=Sn+1+an+2=an+2Sn+1得an+2≠1且Sn+1=.‎ 因此-≥0,即3a-4an+2≤0,‎ 解得0≤an+2≤.‎ 因此0≤ak≤(k≥3).‎ 由ak=≥0(k≥3),得 ak+1-ak=-ak ‎=ak=ak ‎=-=-≤0,‎ 因此ak+1≤ak(k≥3).‎ ‎[2011·南开中学月考] 在数列{an}中,a1=1,an+1-an=n(n∈N*),则a100的值为(  )‎ A.5050‎ B.5051‎ C.4950‎ D.4951‎ ‎[2011·湖南师大附中二模] 等差数列{an}中,Sn是其前n项和,a1=-11,-=2,则S11=(  )‎ A.-11    ‎ B.11     ‎ C.10      ‎ D.-10‎ ‎ ‎ ‎[2011·云南示范中学联考] 等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为Sn、Tn,且=,则使得为整数的正整数n的个数是(  )[来源:Z_xx_k.Com]‎ A.3 B.4‎ C.5 D.6‎ ‎[2011·福州二模] 设函数f(x)=xm+ax的导函数为f′(x)=2x+2,则数列(n∈N*)的前n项和为(  )‎ A. B. C. D. ‎[2011·浙江高考样卷] 已知等比数列{an},首项为2,公比为3,则=__________(n∈N*).‎
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