最新6年高考4年模拟试题试卷--第六章第二节数列的应用（答案解析）

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第六章数列第二节数列的应用第一部分六年高考题荟萃2010年高考题一、选择题1.（2010江西理）5.等比数列na中，12a，8a=4，函数128()()()fxxxaxaxa，则\'0f（）A．62B.92C.122D.152【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\'0f只与函数fx的一次项有关；得：412123818()2aaaaaa。2.（2010江西理）4.2111lim1333nx（）A.53B.32C.2D.不存在【答案】B【解析】考查等比数列求和与极限知识.解法一：先求和，然后对和取极限。1133lim()1213nn3.（2010北京理）（2）在等比数列na中，11a，公比1q.若12345maaaaaa，则m=（A）9（B）10（C）11（D）12【答案】C4.（2010四川理）（8）已知数列na的首项10a，其前n项的和为nS，且112nnSSa，则limnnnaS（A）0（B）12（C）1（D）2解析：由112nnSSa,且2112nnSSa作差得an＋2＝2an＋1又S2＝2S1＋a1，即a2＋a1＝2a1＋a1a2＝2a1故{an}是公比为2的等比数列Sn＝a1＋2a1＋22a1＋……＋2n－1a1＝(2n－1)a1则11121limlim(21)2nnnnnnaaSa【答案】B5.（2010天津理）（6）已知na是首项为1的等比数列，ns是na的前n项和，且369ss，则数列1na的前5项和为（A）158或5（B）3116或5（C）3116（D）158【答案】C【解析】本题主要考查等比数列前n项和公式及等比数列的性质，属于中等题。显然q1，所以3639(1q)1-=121-q1qqqq，所以1{}na是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和5511()31211612T.【温馨提示】在进行等比数列运算时要注意约分，降低幂的次数，同时也要注意基本量法的应用。6.（2010全国卷1文）（4）已知各项均为正数的等比数列{na}，123aaa=5，789aaa=10，则456aaa=(A)52(B)7(C)6(D)42【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31231322()5aaaaaaa，37897988()aaaaaaa10,所以132850aa,所以13336456465528()()(50)52aaaaaaaaa7.（2010湖北文）7.已知等比数列{ma}中，各项都是正数，且1a，321,22aa成等差数列，则91078aaaaA.12B.12C.322D3228.（2010安徽理）10、设na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,,XYZ，则下列等式中恒成立的是A、2XZYB、YYXZZXC、2YXZD、YYXXZX【答案】D【分析】取等比数列1,2,4,令1n得1,3,7XYZ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.（2010湖北理数）7、如图，在半径为r的园内作内接正六边形，再作正六边形的内切圆，又在此内切圆内作内接正六边形，如此无限继续下去，设ns为前n个圆的面积之和，则limnns=A．22rB.832rC.42rD.62r9.（2010福建理）3．设等差数列na的前n项和为nS,若111a,466aa,则当nS取最小值时,n等于A．6B．7C．8D．9【答案】A【解析】设该数列的公差为d，则461282(11)86aaadd，解得2d，所以22(1)11212(6)362nnnSnnnn，所以当6n时，nS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。二、填空题1.（2010浙江理）（14）设112,,(2)(3)23nnnnNxx2012nnaaxaxax，将(0)kakn的最小值记为nT，则2345335511110,,0,,,,2323nTTTTT其中nT=__________________.解析：本题主要考察了合情推理，利用归纳和类比进行简单的推理，属容易题2.（2010陕西文）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13＋23＋33＋43＋53＝（1＋2＋3＋4＋5）2（或152）.解析：第i个等式左边为1到i+1的立方和，右边为1到i+1和的完全平方所以第四个等式为13＋23＋33＋43＋53＝（1＋2＋3＋4＋5）2（或152）.3.（2010辽宁理）（16）已知数列na满足1133,2,nnaaan则nan的最小值为__________.【答案】212【命题立意】本题考查了递推数列的通项公式的求解以及构造函数利用导数判断函数单调性考查了同学们综合运用知识解决问题的能力。【解析】an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2[1+2+…(n-1)]+33=33+n2-n所以331nannn设()fn331nn，令()fn23310n，则()fn在(33,)上是单调递增在(0,33)上是递减的，因为n∈N+,所以当n=5或6时()fn有最小值。又因为55355a，66321662a，所以，nan的最小值为62162a4.（2010浙江文）（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。答案：2nn5.（2010天津文）（15）设{an}是等比数列，公比2q，Sn为{an}的前n项和。记*2117,.nnnnSSTnNa设0nT为数列{nT}的最大项，则0n=。【答案】4【解析】本题主要考查了等比数列的前n项和公式与通项及平均值不等式的应用，属于中等题。2112117[1(2)][1(2)]1(2)17(2)161212(2)12(2)nnnnnnnaaTa116[(2)17]12(2)nn因为16(2)(2)nn≧8，当且仅当(2)n=4，即n=4时取等号，所以当n0=4时Tn有最大值。【温馨提示】本题的实质是求Tn取得最大值时的n值，求解时为便于运算可以对(2)n进行换元，分子、分母都有变量的情况下通常可以采用分离变量的方法求解.6.（2010湖南理）15．若数列na满足：对任意的nN，只有有限个正整数m使得man＜成立，记这样的m的个数为()na，则得到一个新数列()na．例如，若数列na是1,2,3,n…，…，则数列()na是0,1,2,1,n…，…．已知对任意的Nn，2nan，则5()a，(())na．三、解答题1.（2010湖南文）20.（本小题满分13分）给出下面的数表序列：其中表n（n=1,2,3）有n行，第1行的n个数是1,3,5，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，记此数列为nb求和：32412231nnnbbbbbbbbb2.（2010全国卷2理）（18）（本小题满分12分）已知数列na的前n项和2()3nnSnn．（Ⅰ）求limnnnaS；（Ⅱ）证明：12222312nnaaan…＞．【命题意图】本试题主要考查数列基本公式11(1)(2)nnnsnassn的运用，数列极限和数列不等式的证明，考查考生运用所学知识解决问题的能力.【参考答案】【点评】2010年高考数学全国I、Ⅱ这两套试卷都将数列题前置,一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式，具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用，也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心.估计以后的高考，对数列的考查主要涉及数列的基本公式、基本性质、递推数列、数列求和数列极限、简单的数列不等式证明等，这种考查方式还要持续.3.（2010北京理）（20）（本小题共13分）已知集合121{|(,,),{0,1},1,2,,}(2)nnSXXxxxxinn…，…对于12(,,,)nAaaa…，12(,,,)nnBbbbS…，定义A与B的差为1122(||,||,||);nnABababab…A与B之间的距离为111(,)||idABab（Ⅰ）证明：,,,nnABCSABS有，且(,)(,)dACBCdAB;（Ⅱ）证明：,,,(,),(,),(,)nABCSdABdACdBC三个数中至少有一个是偶数(Ⅲ)设PnS，P中有m(m≥2)个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为d(P).证明：d（P）≤2(1)mnm.（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）证明：（I）设12(,,...,)nAaaa，12(,,...,)nBbbb，12(,,...,)nCcccnS因为ia，0,1ib，所以0,1iiab,(1,2,...,)in从而1122(||,||,...,||)nnnABabababS又1(,)||||||niiiiidACBCacbc由题意知ia，ib，ic0,1(1,2,...,)in.当0ic时，|||||||||iiiiiiacbcab;当1ic时，|||||||(1)(1)|||iiiiiiiiacbcabab所以1(,)||(,)niiidACBCabdAB(II)设12(,,...,)nAaaa，12(,,...,)nBbbb，12(,,...,)nCcccnS(,)dABk，(,)dACl，(,)dBCh.记(0,0,...,0)nOS，由（I）可知(,)(,)(,)dABdAABAdOBAk(,)(,)(,)dACdAACAdOCAl(,)(,)dBCdBACAh所以||(1,2,...,)iibain中1的个数为k，||(1,2,...,)iicain的1的个数为l。设t是使||||1iiiibaca成立的i的个数，则2hlkt由此可知，,,klh三个数不可能都是奇数，即(,)dAB,(,)dAC,(,)dBC三个数中至少有一个是偶数。（III）2,1()(,)ABPmdPdABC,其中,(,)ABPdAB表示P中所有两个元素间距离的总和，设P种所有元素的第i个位置的数字中共有it个1，imt个0则,(,)ABPdAB=1()niiitmt由于it()imt2(1,2,...,)4min所以,(,)ABPdAB24nm从而222,1()(,)42(1)ABPmmnmmndPdABCCm4.（2010天津文）（22）（本小题满分14分）在数列na中，1a=0，且对任意k*N，2k12k2k+1a,a,a成等差数列，其公差为2k.（Ⅰ）证明456a,a,a成等比数列；（Ⅱ）求数列na的通项公式；（Ⅲ）记2222323nnnTaaa，证明n32nT2n2（2）.【解析】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满分14分。（I）证明：由题设可知，2122aa，3224aa，4348aa，54412aa，65618aa。从而655432aaaa，所以4a，5a，6a成等比数列。（II）解：由题设可得21214,*kkaakkN所以2112121212331...kkkkkaaaaaaaa441...41kk21,*kkkN.由10a，得2121kakk，从而222122kkaakk.所以数列na的通项公式为221,2,2nnnann为奇数为偶数或写为21124nnna，*nN。（III）证明：由（II）可知2121kakk，222kak，以下分两种情况进行讨论：（1）当n为偶数时，设n=2m*mN若1m，则2222nkkkna，若2m，则22222112211112212214441221nmmmmkkkkkkkkkkkkkkaaakkk21111441111222212121mmkkkkmmkkkkkk11312211222mmnmn.所以223122nkkknan，从而22322,4,6,8,....2nkkknna（2）当n为奇数时，设21*nmmN。22222222121213142221nmkkkkmmmkkmaaammm11314222121mnmn所以2231221nkkknan，从而22322,3,5,7,....2nkkknna综合（1）和（2）可知，对任意2,*,nnN有322.2nnT5.（2010天津理）（22）（本小题满分14分）在数列na中，10a，且对任意*kN.21ka，2ka，21ka成等差数列，其公差为kd。（Ⅰ）若kd=2k，证明2ka，21ka，22ka成等比数列（*kN）（Ⅱ）若对任意*kN，2ka，21ka，22ka成等比数列，其公比为kq。【解析】本小题主要考查等差数列的定义及通项公式，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。满分14分。（Ⅰ）证明：由题设，可得*4,2121aakkNkk。所以131()()...()2121212123aaaaaaaakkkkk=44(1)...41kk=2k(k+1)由1a=0，得222(1),22,2(1).2122122akkaakkakkkkk从而于是1121222221,,221212aaaakkkkkkakakaakkkk所以。所以*2,,,22122kdkkNaaakkk时，对任意成等比数列。（Ⅱ）证法一：（i）证明：由2,,2121kaaakk成等差数列，及,,22122aaakkk成等比数列，得212112,222121221kaakkaaaqkkkaaqkkk当1q≠1时，可知kq≠1，k*N从而111111,1(2)1111111211kqqqqkkkkqk即所以11qk是等差数列，公差为1。（Ⅱ）证明：10a，22a，可得34a，从而142,2q111q=1.由（Ⅰ）有*1111,,1kkkkqkNqkk得所以2*222211221,,2122aaakkkkkkNaakakkkk（）从而因此，2222*2222(1)222214...........22..2(1),2212(1)(2)122242kaaakkkkkaakaakkkNkkaaakkkkk下分两种情况进行讨论：（1）当n为偶数时，设n=2m(*mN)若m=1,则2222nkkkna.若m≥2，则2222122111221(2)(21)42nmmmkkkkkkkkkkkaaak+221111114414411112222(1)2(1)2(1)21113122(1)(1)222.mmmkkkkkkkmmkkkkkkkkmmnmn所以22223132,22,4,6,8...22nnkkkkkknnnana从而(2)当n为奇数时，设n=2m+1（*mN）222222221(21)31(21)4222(1)nmkkkkmkkmmmaaammm11314222(1)21mnmn所以22312,21nkkknan从而22322,3,5,72nkkknna···综合（1）（2）可知，对任意2n,nN,有223222nkkkna证法二：（i）证明：由题设，可得212222(1),kkkkkkkkdaaqaaaq212221222(1),kkkkkkkkkkdaaqaqaaqq所以1kkkdqd232211122222221111kkkkkkkkkkkkkkaadddqqaaqaqaq由11q可知1,*kqkN。可得111111111kkkkkqqqqq，所以11kq是等差数列，公差为1。（ii）证明：因为120,2,aa所以1212daa。所以3214aad，从而3122aqa，1111q。于是，由（i）可知所以11kq是公差为1的等差数列。由等差数列的通项公式可得11kq=11kk，故1kkqk。从而11kkkdkqdk。所以12112112................121kkkkkddddkkkddddkk，由12d，可得2kdk。于是，由（i）可知221221,2,*kkakkakkN以下同证法一。6.（2010湖南理）21．（本小题满分13分）数列*()nanN中，是函数322211()(3)332nnnfxxanxnax的极小值点（Ⅰ）当a=0时，求通项na；（Ⅱ）是否存在a，使数列na是等比数列？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由。7.（2010江苏卷）19、（本小题满分16分）设各项均为正数的数列na的前n项和为nS，已知3122aaa，数列nS是公差为d的等差数列。（1）求数列na的通项公式（用dn,表示）；（2）设c为实数，对满足nmknm且3的任意正整数knm,,，不等式knmcSSS都成立。求证：c的最大值为29。[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：0d，11(1)(1)nSSndand21323213233()aaaaSSSS，2221113[()](2),adaad化简，得：22111120,,aaddadad22(1),nnSdndndSnd，当2n时，222221(1)(21)nnnaSSndndnd，适合1n情形。故所求2(21)nand（2）（方法一）222222222mnkSScSmdndckdmnck，222mnck恒成立。又nmknm且3，222222292()()92mnmnmnkk，故92c，即c的最大值为29。（方法二）由1ad及1(1)nSand，得0d，22nSnd。于是，对满足题设的knm,,，mn，有2222222()99()222mnkmnSSmndddkS。所以c的最大值max92c。另一方面，任取实数92a。设k为偶数，令331,122mknk，则knm,,符合条件且22222222331()[(1)(1)](94)222mnSSmnddkkdk。于是，只要22942kak，即当229ka时，22122mnkSSdakaS。所以满足条件的92c，从而max92c。因此c的最大值为92。2009年高考题一、选择题1.（2009广东卷理）已知等比数列{}na满足0,1,2,nan，且25252(3)nnaan，则当1n时，2123221logloglognaaaA.(21)nnB.2(1)nC.2nD.2(1)n【解析】由25252(3)nnaan得nna222，0na，则nna2，3212loglogaa2122)12(31lognnan，选C.【答案】C2.（2009辽宁卷理）设等比数列{na}的前n项和为nS，若63SS=3，则69SS=A.2B.73C.83D.3【解析】设公比为q,则36333(1)SqSSS＝1＋q3＝3q3＝2于是63693112471123SqqSq【答案】B3.（2009宁夏海南卷理）等比数列na的前n项和为ns，且41a，22a，3a成等差数列。若1a=1，则4s=()A.7B.8C.15D.16【解析】41a，22a，3a成等差数列，22132111444,44,440,215aaaaaqaqqqq即，S,选C.【答案】C4.（2009湖北卷文）设,Rx记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，则{215}[215],215A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列【答案】B【解析】可分别求得515122，51[]12.则等比数列性质易得三者构成等比数列.5.（2009湖北卷文）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16…这样的数成为正方形数。下列数中及时三角形数又是正方形数的是A.289B.1024C.1225D.1378【答案】C【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项(1)2nnan，同理可得正方形数构成的数列通项2nbn，则由2nbn()nN可排除A、D，又由(1)2nnan知na必为奇数，故选C.6..（2009安徽卷理）已知na为等差数列，1a+3a+5a=105，246aaa=99，以nS表示na的前n项和，则使得nS达到最大值的n是A.21B.20C.19D.18【答案】B【解析】由1a+3a+5a=105得33105,a即335a，由246aaa=99得4399a即433a，∴2d，4(4)(2)412naann，由100nnaa得20n，选B7.（2009江西卷理）数列{}na的通项222(cossin)33nnnan，其前n项和为nS，则30S为A．470B．490C．495D．510【答案】A【解析】由于22{cossin}33nn以3为周期,故2222222223012452829(3)(6)(30)222S221010211(32)(31)591011[(3)][9]25470222kkkkkk故选A8.（2009四川卷文）等差数列｛na｝的公差选零，首项1a＝1，2a是1a和5a的等比中项则数列的前10项之和是A.90B.100C.145D.190【答案】B【解析】设公差为d，则)41(1)1(2dd.∵d≠0，解得d＝2，∴10S＝10二、填空题9.（2009浙江文）设等比数列{}na的公比12q，前n项和为nS，则44Sa．【命题意图】此题主要考查了数列中的等比数列的通项和求和公式，通过对数列知识点的考查充分体现了通项公式和前n项和的知识联系．答案15解析对于4431444134(1)1,,151(1)aqsqsaaqqaqq10.（2009浙江文）设等差数列{}na的前n项和为nS，则4S，84SS，128SS，1612SS成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{}nb的前n项积为nT，则4T，，，1612TT成等比数列．【命题意图】此题是一个数列与类比推理结合的问题，既考查了数列中等差数列和等比数列的知识，也考查了通过已知条件进行类比推理的方法和能力答案：81248,TTTT解析对于等比数列，通过类比，有等比数列{}nb的前n项积为nT，则4T，81248,TTTT，1612TT成等比数列．11.（2009北京理）已知数列{}na满足：434121,0,,N,nnnnaaaan则2009a________；2014a=_________.答案1，0解析本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得2009450331aa，2014210071007425210aaaa.∴应填1，0.12..（2009江苏卷）设na是公比为q的等比数列，||1q，令1(1,2,)nnban，若数列nb有连续四项在集合53,23,19,37,82中，则6q=.答案-9解析考查等价转化能力和分析问题的能力。等比数列的通项。na有连续四项在集合54,24,18,36,81，四项24,36,54,81成等比数列，公比为32q，6q=-913.(2009山东卷文)在等差数列}{na中,6,7253aaa,则____________6a.解析设等差数列}{na的公差为d,则由已知得6472111dadada解得132ad,所以61513aad.答案:13.【命题立意】:本题考查等差数列的通项公式以及基本计算.14.(2009湖北卷理)已知数列na满足：1a＝m（m为正整数），1,231,nnnnnaaaaa当为偶数时，当为奇数时。若6a＝1，则m所有可能的取值为__________。答案4532解析（1）若1am为偶数，则12a为偶,故223a224amma①当4m仍为偶数时，46832mmaa故13232mm②当4m为奇数时，4333114aam63144ma故31414m得m=4。（2）若1am为奇数，则213131aam为偶数，故3312ma必为偶数63116ma，所以3116m=1可得m=515.（2009宁夏海南卷理）等差数列{na}前n项和为nS。已知1ma+1ma-2ma=0，21mS=38,则m=_______解析由1ma+1ma-2ma=0得到1212212120,0,22138102mmmmmmmaaaaaSmam又。答案1016.（2009陕西卷文）设等差数列na的前n项和为ns,若6312as,则na.解析:由6312as可得na的公差d=2,首项1a=2,故易得na2n.答案:2n17.(2009陕西卷理)设等差数列na的前n项和为nS,若6312aS,则2limnnSn.611223112512211(1)limlim112122nnnnnaadaSSnnSnnsaddnnnn解析：答案：118.（2009宁夏海南卷文）等比数列{na}的公比0q,已知2a=1，216nnnaaa，则{na}的前4项和4S=解析由216nnnaaa得：116nnnqqq，即062qq，0q，解得：q＝2，又2a=1，所以，112a，21)21(2144S＝152。答案15219.(2009湖南卷理)将正⊿ABC分割成n2（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图2，图3分别给出了n=2,3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于⊿ABC的三遍及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别一次成等差数列，若顶点A,B,C处的三个数互不相同且和为1,记所有顶点上的数之和为f(n)，则有f(2)=2，f(3)=103，…，f(n)=16(n+1)(n+2)答案101,(1)(2)36nn解析当n=3时，如图所示分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知1212121,,,abcxxabyybczzca1212121221122()2,2xxyyzzabcgxyxzyz12121262()2gxxyyzzabc即12121211110(3)13233gfabcxxyyzzg而进一步可求得(4)5f。由上知(1)f中有三个数，(2)f中有6个数，(3)f中共有10个数相加，(4)f中有15个数相加….，若(1)fn中有1(1)nan个数相加，可得()fn中有1(1)nan个数相加，且由363331045(1)1,(2)(1),(3)(2),(4)5(3),...3333333fffffff可得1()(1),3nfnfn所以11113()(1)(2)...(1)3333333nnnnnnfnfnfnf=113211(1)(2)3333336nnnnn20.（2009重庆卷理）设12a，121nnaa，21nnnaba，*nN，则数列nb的通项公式nb=．解析由条件得111112222222111nnnnnnnnaaabbaaa且14b所以数列nb是首项为4，公比为2的等比数列，则11422nnnb答案2n+1三、解答题21.(2009年广东卷文)（本小题满分14分）已知点（1，31）是函数,0()(aaxfx且1a）的图象上一点，等比数列}{na的前n项和为cnf)(,数列}{nb)0(nb的首项为c，且前n项和nS满足nS－1nS=nS+1nS（2n）.（1）求数列}{na和}{nb的通项公式；（2）若数列{}11nnbb前n项和为nT，问nT>20091000的最小正整数n是多少?解（1）113faQ,13xfx1113afcc,221afcfc29,323227afcfc.又数列na成等比数列，22134218123327aaca，所以1c；又公比2113aqa，所以12112333nnna*nN；1111nnnnnnnnSSSSSSSSQ2n又0nb,0nS,11nnSS；数列nS构成一个首相为1公差为1的等差数列，111nSnn，2nSn当2n，221121nnnbSSnnn；21nbn(*nN)；（2）12233411111nnnTbbbbbbbbL1111133557(21)21nnK1111111111112323525722121nnK11122121nnn；由1000212009nnTn得10009n，满足10002009nT的最小正整数为112.22.（2009全国卷Ⅰ理）在数列{}na中，11111,(1)2nnnnaaan（I）设nnabn，求数列{}nb的通项公式（II）求数列{}na的前n项和nS分析：（I）由已知有1112nnnaann112nnnbb利用累差迭加即可求出数列{}nb的通项公式:1122nnb(*nN)（II）由（I）知122nnnan,nS=11(2)2nkkkk111(2)2nnkkkkk而1(2)(1)nkknn,又112nkkk是一个典型的错位相减法模型，易得1112422nknkknnS=(1)nn1242nn评析：09年高考理科数学全国(一)试题将数列题前置,考查构造新数列和利用错位相减法求前n项和，一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式。具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲的导向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。23.（2009北京理）已知数集1212,,1,2nnAaaaaaan具有性质P；对任意的,1ijijn，ijaa与jiaa两数中至少有一个属于A.（Ⅰ）分别判断数集1,3,4与1,2,3,6是否具有性质P，并说明理由；（Ⅱ）证明：11a，且1211112nnnaaaaaaa；（Ⅲ）证明：当5n时，12345,,,,aaaaa成等比数列.【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分分类讨论等数学思想方法．本题是数列与不等式的综合题，属于较难层次题.（Ⅰ）由于34与43均不属于数集1,3,4，∴该数集不具有性质P.由于66123612,13,16,23,,,,,,231236都属于数集1,2,3,6，∴该数集具有性质P.（Ⅱ）∵12,,nAaaa具有性质P，∴nnaa与nnaa中至少有一个属于A，由于121naaa，∴nnnaaa，故nnaaA.从而1nnaAa，∴11a.∵121naaa，∴knnaaa，故2,3,,knaaAkn.由A具有性质P可知1,2,3,,nkaAkna.又∵121nnnnnnaaaaaaaa，∴211211,,,nnnnnnnnaaaaaaaaaaa，从而121121nnnnnnnnaaaaaaaaaaaa，∴1211112nnnaaaaaaa.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当5n时，有552343,aaaaaa，即25243aaaa，∵1251aaa，∴34245aaaaa，∴34aaA，由A具有性质P可知43aAa.2243aaa，得3423aaAaa，且3221aaa，∴34232aaaaa，∴534224321aaaaaaaaa，即12345,,,,aaaaa是首项为1，公比为2a成等比数列..k.s.5.24.（2009江苏卷）设na是公差选零的等差数列，nS为其前n项和，满足222223457,7aaaaS。（1）求数列na的通项公式及前n项和nS；（2）试求所有的正整数m，使得12mmmaaa为数列na中的项。【解析】本小题主要考查等差数列的通项、求和的有关知识，考查运算和求解的能力。满分14分。（1）设公差为d，则22222543aaaa，由性质得43433()()daadaa，因为0d，所以430aa，即1250ad，又由77S得176772ad，解得15a，2d,(2)（方法一）12mmmaaa=(27)(25)23mmm,设23mt，则12mmmaaa=(4)(2)86ttttt,所以t为8的约数（方法二）因为1222222(4)(2)86mmmmmmmmaaaaaaaa为数列na中的项，故m+28a为整数，又由（1）知：2ma为奇数，所以2231,1,2mamm即经检验，符合题意的正整数只有2m。25（2009江苏卷）对于正整数n≥2，用nT表示关于x的一元二次方程220xaxb有实数根的有序数组(,)ab的组数，其中,1,2,,abn（a和b可以相等）；对于随机选取的,1,2,,abn（a和b可以相等），记nP为关于x的一元二次方程220xaxb有实数根的概率。（1）求2nT和2nP；（2）求证：对任意正整数n≥2，有11nPn.【解析】[必做题]本小题主要考查概率的基本知识和记数原理，考查探究能力。满分10分。26.（2009山东卷理)等比数列{na}的前n项和为nS，已知对任意的nN，点(,)nnS，均在函数(0xybrb且1,,bbr均为常数)的图像上.（1）求r的值；（11）当b=2时，记22(log1)()nnbanN证明：对任意的nN，不等式1212111·······1nnbbbnbbb成立解:因为对任意的nN,点(,)nnS，均在函数(0xybrb且1,,bbr均为常数的图像上.所以得nnSbr,当1n时,11aSbr,当2n时,1111()(1)nnnnnnnnaSSbrbrbbbb,又因为{na}为等比数列,所以1r,公比为b,1(1)nnabb（2）当b=2时，11(1)2nnnabb,1222(log1)2(log21)2nnnban则1212nnbnbn,所以121211135721·······2462nnbbbnbbbn下面用数学归纳法证明不等式121211135721·······12462nnbbbnnbbbn成立.①当1n时,左边=32,右边=2,因为322,所以不等式成立.②假设当nk时不等式成立,即121211135721·······12462kkbbbkkbbbk成立则当1nk时,左边=11212111113572123·······246222kkkkbbbbkkbbbbkk2223(23)4(1)4(1)111(1)1(1)1224(1)4(1)4(1)kkkkkkkkkkk所以当1nk时,不等式也成立.由①、②可得不等式恒成立.【命题立意】:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知nS求na的基本题型,并运用数学归纳法证明与自然数有关的命题,以及放缩法证明不等式.27.（2009广东卷理）知曲线22:20(1,2,)nCxnxyn．从点(1,0)P向曲线nC引斜率为(0)nnkk的切线nl，切点为(,)nnnPxy．（1）求数列{}{}nnxy与的通项公式；（2）证明：1352112sin1nnnnnxxxxxxxy.解：（1）设直线nl：)1(xkyn，联立0222ynxx得0)22()1(2222nnnkxnkxk，则0)1(4)22(2222nnnkknk，∴12nnkn（12nn舍去）22222)1(1nnkkxnnn，即1nnxn，∴112)1(nnnxkynnn（2）证明：∵121111111nnnnnxxnn12112125331212432112531nnnnnxxxxn∴nnnxxxxxx1112531由于nnnnxxnyx11121，可令函数xxxfsin2)(，则xxfcos21)(\'，令0)(\'xf，得22cosx，给定区间)4,0(，则有0)(\'xf，则函数)(xf在)4,0(上单调递减，∴0)0()(fxf，即xxsin2在)4,0(恒成立，又4311210n，则有121sin2121nn，即nnnnyxxxsin211.28.（2009安徽卷理）首项为正数的数列na满足211(3),.4nnaanN（I）证明：若1a为奇数，则对一切2,nna都是奇数；（II）若对一切nN都有1nnaa，求1a的取值范围.解：本小题主要考查数列、数学归纳法和不等式的有关知识，考查推理论证、抽象概括、运算求解和探究能力，考查学生是否具有审慎思维的习惯和一定的数学视野。本小题满分13分。解：（I）已知1a是奇数，假设21kam是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得213(1)14kkaamm是奇数。根据数学归纳法，对任何nN，na都是奇数。（II）（方法一）由11(1)(3)4nnnnaaaa知，1nnaa当且仅当1na或3na。另一方面，若01,ka则113014ka；若3ka，则21333.4ka根据数学归纳法，1101,01,;33,.nnaanNaanN综合所述，对一切nN都有1nnaa的充要条件是101a或13a。（方法二）由21213,4aaa得211430,aa于是101a或13a。22111133()(),444nnnnnnnnaaaaaaaa因为21130,,4nnaaa所以所有的na均大于0，因此1nnaa与1nnaa同号。根据数学归纳法，nN，1nnaa与21aa同号。因此，对一切nN都有1nnaa的充要条件是101a或13a。29.（2009江西卷理）各项均为正数的数列{}na，12,aaab，且对满足mnpq的正整数,,,mnpq都有.(1)(1)(1)(1)pqmnmnpqaaaaaaaa（1）当14,25ab时，求通项;na（2）证明：对任意a，存在与a有关的常数，使得对于每个正整数n，都有1.na解：（1）由(1)(1)(1)(1)pqmnmnpqaaaaaaaa得121121.(1)(1)(1)(1)nnnnaaaaaaaa将1214,25aa代入化简得1121.2nnnaaa所以11111,131nnnnaaaa故数列1{}1nnaa为等比数列，从而11,13nnnaa即31.31nnna可验证，3131nnna满足题设条件.(2)由题设(1)(1)mnmnaaaa的值仅与mn有关,记为,mnb则111.(1)(1)(1)(1)nnnnnaaaabaaaa考察函数()(0)(1)(1)axfxxax,则在定义域上有1,111()(),12,011aafxgaaaaa故对*nN，1()nbga恒成立.又222()(1)nnnabgaa,注意到10()2ga,解上式得1()12()1()12()(),()()1()12()ngagagagagaagagagaga取1()12()()gagaga,即有1.na.30.(2009湖北卷理)已知数列na的前n项和11()22nnnSa（n为正整数）。（Ⅰ）令2nnnba，求证数列nb是等差数列，并求数列na的通项公式；(Ⅱ）令1nnncan，12........nnTccc试比较nT与521nn的大小，并予以证明。解（I）在11()22nnnSa中，令n=1，可得1112nSaa，即112a当2n时，21111111()2()22nnnnnnnnnSaaSSaa，，11n1112a(),212nnnnnaaan即2.112,1,n21nnnnnnbabbbn即当时，b.又1121,ba数列nb是首项和公差均为1的等差数列.于是1(1)12,2nnnnnnbnnaa.(II)由（I）得11(1)()2nnnncann，所以23111123()4()(1)()2222nnTnK2341111112()3()4()(1)()22222nnTnK由①-②得231111111()()()(1)()22222nnnTnK11111[1()]133421(1)()122212332nnnnnnnnT535(3)(221)3212212(21)nnnnnnnnnTnnn于是确定521nnTn与的大小关系等价于比较221nn与的大小由23452211;2221;2231;2241;225;K可猜想当3221.nnn时，证明如下：证法1：（1）当n=3时，由上验算显示成立。（2）假设1nk时12222(21)422(1)1(21)2(1)1kkkkkkkg所以当1nk时猜想也成立综合（1）（2）可知，对一切3n的正整数，都有221.nn证法2：当3n时01210112(11)2221nnnnnnnnnnnnnnnCCCCCCCCCnnK综上所述，当1,2n时521nnTn，当3n时521nnTn31.（2009四川卷文）设数列na的前n项和为nS，对任意的正整数n，都有51nnaS成立，记*4()1nnnabnNa。（I）求数列na与数列nb的通项公式；（II）设数列nb的前n项和为nR，是否存在正整数k，使得4nRk成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由；（III）记*221()nnncbbnN，设数列nc的前n项和为nT，求证：对任意正整数n都有32nT；解（I）当1n时，111151,4aSa又1151,51nnnnaSaS11115,4即nnnnnaaaaa∴数列na是首项为114a，公比为14q的等比数列，∴1()4nna，*14()4()11()4nnnbnN…………………………………3分（II）不存在正整数k，使得4nRk成立。证明：由（I）知14()5441(4)11()4nnnnb212212555201516408888.(4)1(4)1161164(161)(164)kkkkkkkkkbb∴当n为偶数时，设2()nmmN∴1234212()()()84nmmRbbbbbbmn当n为奇数时，设21()nmmN∴1234232221()()()8(1)4844nmmmRbbbbbbbmmn∴对于一切的正整数n，都有4nRk∴不存在正整数k，使得4nRk成立。…………………………………8分（III）由54(4)1nnb得2122212255151615161516154141(161)(164)(16)3164(16)16nnnnnnnnnnnnnncbb又1221343,,33bbc，当1n时，132T，当2n时，2223211[1()]41114161625()2513161616311614693162513482116nnnT32.（2009湖南卷文）对于数列{}nu,若存在常数M＞0,对任意的*nN，恒有1121nnnnuuuuuuM,则称数列{}nu为B数列.（Ⅰ）首项为1，公比为12的等比数列是否为B-数列？请说明理由;（Ⅱ）设nS是数列{}nx的前n项和.给出下列两组判断：A组：①数列{}nx是B-数列,②数列{}nx不是B-数列;B组：③数列{}nS是B-数列,④数列{}nS不是B-数列.请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题.判断所给命题的真假，并证明你的结论；(Ⅲ)若数列{}na是B-数列，证明：数列2{}na也是B-数列。解:（Ⅰ）设满足题设的等比数列为{}na,则11()2nna.于是12211131()()(),2.2222nnnnnaan1121||||||nnnnaaaaaa=2n311112222-1（）（）=n1313.2（）所以首项为1，公比为12的等比数列是B-数列.（Ⅱ）命题1：若数列{}nx是B-数列，则数列{}nS是B-数列.此命题为假命题.事实上设nx=1，*nN，易知数列{}nx是B-数列，但nS=n，1121||||||nnnnSSSSSSn.由n的任意性知，数列{}nS不是B-数列。命题2：若数列{}nS是B-数列，则数列{}nx不是B-数列。此命题为真命题。事实上，因为数列{}nS是B-数列，所以存在正数M，对任意的*nN，有1121||||||nnnnSSSSSSM,即12||||||nnxxxM.于是1121nnnnxxxxxx112112222nnnxxxxxMx,所以数列{}nx是B-数列。（注：按题中要求组成其它命题解答时，仿上述解法）(Ⅲ)若数列na是B-数列，则存在正数M，对任意的,nN有1121nnnnaaaaaaM.因为112211nnnnnaaaaaaaa1122111nnnnaaaaaaaMa.记1KMa，则有22111()()nnnnnnaaaaaa111()2nnnnnnaaaaKaa.因此2222221121...2nnnnaaaaaaKM.故数列2na是B-数列.33.(2009陕西卷理)已知数列}nx满足，*1111,21nnxxnNx＋’＝＝.猜想数列{}nx的单调性，并证明你的结论；（Ⅱ)证明：1112|()65nnnxx-|≤。证明（1）由1n+1244n112513213821xxxxxx及得，由246xxx猜想：数列2nx是递减数列下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，已证命题成立（2）假设当n=k时命题成立，即222kkxx易知20kx，那么23212224212321231111(1)(1)kkkkkkkkxxxxxxxx=22222122230(1)(1)(1)(1)kkkkkkxxxxxx即2(1)2(1)2kkxx也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立（2）当n=1时，12116nnxxxx，结论成立当2n时，易知1111101,12,12nnnnxxxx111115(1)(1)(1)(1)212nnnnnxxxxx11111111(1)(1)nnnnnnnnxxxxxxxx2n-111221n-12225551265nnnnxxxxxx（）（）（）34.（2009四川卷文）设数列na的前n项和为nS，对任意的正整数n，都有51nnaS成立，记*4()1nnnabnNa（I）求数列na与数列nb的通项公式；（II）设数列nb的前n项和为nR，是否存在正整数k，使得4nRk成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由；（III）记*221()nnncbbnN，设数列nc的前n项和为nT，求证：对任意正整数n都有32nT；解（I）当1n时，111151,4aSa又1151,51nnnnaSaS11115,4即nnnnnaaaaa∴数列na是首项为114a，公比为14q的等比数列，∴1()4nna，*14()4()11()4nnnbnN…………………………………3分（II）不存在正整数k，使得4nRk成立。证明：由（I）知14()5441(4)11()4nnnnb212212555201516408888.(4)1(4)1161164(161)(164)kkkkkkkkkbb∴当n为偶数时，设2()nmmN∴1234212()()()84nmmRbbbbbbmn当n为奇数时，设21()nmmN∴1234232221()()()8(1)4844nmmmRbbbbbbbmmn∴对于一切的正整数n，都有4nRk∴不存在正整数k，使得4nRk成立。…………………………………8分（III）由54(4)1nnb得2122212255151615161516154141(161)(164)(16)3164(16)16nnnnnnnnnnnnnncbb又1221343,,33bbc，当1n时，132T，当2n时，2223211[1()]41114161625()2513161616311614693162513482116nnnT…………………………………14分35.（2009天津卷理）已知等差数列{na}的公差为d（d0），等比数列{nb}的公比为q（q>1）。设ns=11ab+22ab…..+nnab,nT=11ab-22ab+…..+(-11)nnnab,nN(I)若1a=1b=1，d=2，q=3，求3S的值；(II)若1b=1，证明（1-q）2nS-（1+q）2nT=222(1)1ndqqq，nN；(Ⅲ)若正数n满足2nq，设1212,,...,,,...,12...nnkkklll和是，，，n的两个不同的排列，12112...nkkkncababab，12212...nlllncababab证明12cc。本小题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的通项公式与前n项和公式等基础知识，考查运算能力，推理论证能力及综合分析和解决问题的能力的能力，满分14分。（Ⅰ）解：由题设，可得1*21,3,nnnanbnN所以，311223311335955Sababab（Ⅱ）证明：由题设可得1nnbq则22121232.....,nnnSaaqaqaq①232121234232122242.....,2(...)nnnnnnnTaaqaqaqaqSTaqaqaq②①式减去②式，得①式加上②式，得2222213212(....)nnnnSTaaqaq③②式两边同乘q，得321221321()2(....)nnnnqSTaqaqaq所以，222222(1)(1)()()nnnnnnqSqTSTqST3212*22()2(1),1nndqqqdqqnNqK(Ⅲ)证明：11221212()()()nnklklklnccaabaabaabK11112211()()()nnnkldbkldbqkldbqK因为10,0,db所以11211221()()()nnnccklklqklqdbK（1）若nnkl，取i=n（2）若nnkl，取i满足iikl且,1jjklijn由（1）,(2)及题设知，1in且21121122111()()()()iiiiiiccklklqklqklqdbK①当iikl时，得1,1,1,2,3.....1iiiiklqnklqii由，得即111klq，22()(1)klqqq…，2211()(1)iiiiklqqq又11(),iiiiklqq所以1211211(1)(1)(1)(1)1iiiccqqqqqqqqdbqK因此12120,cccc即②当iikl同理可得1211ccdb，因此12cc综上，12cc36.（2009四川卷理）设数列na的前n项和为nS，对任意的正整数n，都有51nnaS成立，记*4()1nnnabnNa。（I）求数列nb的通项公式；（II）记*221()nnncbbnN，设数列nc的前n项和为nT，求证：对任意正整数n都有32nT；（III）设数列nb的前n项和为nR。已知正实数满足：对任意正整数,nnRn恒成立，求的最小值。本小题主要考查数列、不等式等基础知识、考查化归思想、分类整合思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力。解：（Ⅰ）当1n时，111151,4aaa又1151,51nnnnaaaaQ11115,4nnnnnaaaaa即数列na成等比数列，其首项114a，公比是14q1()4nna14()411()4nnnb……………………………………..3分（Ⅱ）由（Ⅰ）知54(4)1nnb2212215525164141(161)(164)nnnnnnnncbb=222516251625(16)3164)(16)16nnnnnn又1211343,,33bbc当1312nT时，当234111225()3161616nnnTK时，12211[1()]416162513116146931625......................713482116n分（Ⅲ）由（Ⅰ）知54(4)1nnb一方面，已知nRn恒成立，取n为大于1的奇数时，设*21()nkkN则1221nkRbbbK12321111145()41414141knKK1232211111145[()()]4141414141kknKK>41n41,41nnRnn即（）对一切大于1的奇数n恒成立4,41n否则，（）只对满足14n的正奇数n成立，矛盾。另一方面，当4时，对一切的正整数n都有4nRn事实上，对任意的正整数k，有212212558(4)1(4)1nnkkbb5208(16)1(16)4kk15164088(161)(164)kkk当n为偶数时，设*2()nmmN则1234212()()()nmmRbbbbbbK<84mn当n为奇数时，设*21()nmmN则1234232221()()()nmmmRbbbbbbbK<8(1)4844mmn对一切的正整数n，都有4nRn综上所述，正实数的最小值为4………………………….14分37.（2009年上海卷理）已知na是公差为d的等差数列，nb是公比为q的等比数列。（1）若31nan，是否存在*mkN、，有1?mmkaaa说明理由；（2）找出所有数列na和nb，使对一切*nN,1nnnaba,并说明理由；（3）若115,4,3,adbq试确定所有的p，使数列na中存在某个连续p项的和是数列nb中的一项，请证明。[解法一]（1）由1mmkaaa，得6531mk，．．．．．．2分整理后，可得423km，m、kN，2km为整数，不存在m、kN，使等式成立。．．．．．．5分（2）若1nnaba，即1111(1)nandbqand，（*）（ⅰ）若0,d则111nnbqb。当{na}为非零常数列，{nb}为恒等于1的常数列，满足要求。．．．．．．7分（ⅱ）若0d，（*）式等号左边取极限得11lim1(1)nandand，（*）式等号右边的极限只有当1q时，才能等于1。此时等号左边是常数，0d，矛盾。综上所述，只有当{na}为非零常数列，{nb}为恒等于1的常数列，满足要求。．．．．．10分【解法二】设1,,nnnnnaandcbba若且为等比数列则*221211/,nnnnnnnaaqnNaaqaaa对都成立，即2()(2)()dncdndcqdndc*22....7nNaqd对都成立，分（i）若d=0，则*0,1,nnacbnN（ii）若0,d则q=1,nbm（常数）即dndcmdnc，则d=0，矛盾综上所述，有nnnnnbaaNbca1*,n,1,0使对一切，10分（3）*,3,14Nnbnannn设NmNkpbaakkpmmm,,3a*21、.kppmm321)(41)1(4，NspNpppmk,3*,k,33245、.13分取,03)14(2)14(33234,232222ssssmsk15分由二项展开式可得正整数M1、M2，使得（4-1）2s+2=4M1+1,,2)1(8)14(22ssM.,21)1()2(4421满足要求存在整数mMMms故当且仅当p=3s,sN时，命题成立.说明：第（3）题若学生从以下角度解题，可分别得部分分（即分步得分）若p为偶数，则am+1+am+2+……+am+p为偶数，但3k为奇数故此等式不成立，所以，p一定为奇数。当p=1时，则am+1=bk,即4m+5=3k，而3k=(4-1)k=,,)1(4)1()1(4)1(4411110ZMMCCCCkkkkkkkkkkk当ｋ为偶数时，存在ｍ，使４ｍ＋５＝3k成立1分当p=3时，则am+1+am+2+am+3=bk,即3am+2-bk,也即3（4m+9）=3k,所以4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1由已证可知，当k-1为偶数即k为奇数时，存在m,4m+9=3k成立2分当p=5时，则am+1+am+2+……+am+5=bk,即5am+3=bk也即5（4m+13）=3k,而3k不是5的倍数，所以，当p=5时，所要求的m不存在故不是所有奇数都成立.2分38.(2009重庆卷理）设m个不全相等的正数12,,,(7)maaam依次围成一个圆圈．（Ⅰ）若2009m，且121005,,,aaa是公差为d的等差数列，而1200920081006,,,,aaaa是公比为qd的等比数列；数列12,,,maaa的前n项和()nSnm满足：320092007115,12SSSa，求通项()nanm；（Ⅱ）若每个数()nanm是其左右相邻两数平方的等比中项，求证：2216712mmaaaamaaa；解：（I）因1200920081006,,,,aaaa是公比为d的等比数列，从而22000120081,aadaad由2009200812008200911212SSaaaa得，故解得3d或4d（舍去）。因此3d又313315Sad。解得12a从而当1005n时，1(1)23(1)31naandnn当10062009n时，由1200920081006,,,,aaaa是公比为d的等比数列得2009(1)201011(10062009)nnnaadadn因此200931,100523,10062009nnnnan（II）由题意22222222111112(1),,nnnmmmaaanmaaaaaa得111112(1),nnnmmmaaanmaaaaaa　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　①②③有①得213456312211,,,aaaaaaaaaa④由①，②，③得21212()nnaaaaaa，故121naaa.⑤又2131111(13)rrrrrrraaarmaaaa，故有631(16)rrraarma.⑥下面反证法证明：6mk若不然，设6,15mkpp其中若取1p即61mk，则由⑥得611mkaaa，而由③得11122,,maaaaaa故得21,a由②得16611,,mmkmaaaaaa从而而16122,1,aaaaa故由④及⑥可推得1na（1nm）与题设矛盾同理若P=2，3，4，5均可得1na（1nm）与题设矛盾,因此6mk为6的倍数由均值不等式得21123612121211()()()6aaaaaaaaaaaaK由上面三组数内必有一组不相等（否则1231aaa，从而451maaaK与题设矛盾），故等号不成立，从而12366aaaaK又6mk，由④和⑥得2222227712656221622212221()()()()mkkaaaaaaaaaaaaaaKKKKK２３２３　　　　　＝（k-1)　１１１　　　　　＝（k-1)　＋＋６(k-1)因此由⑤得221236712366(1)6mmaaaaaakkmmaaaaKKK2005—2008年高考题一、选择题1.（2008江西卷）在数列{}na中，12a，11ln(1)nnaan，则na（）A．2lnnB．2(1)lnnnC．2lnnnD．1lnnn答案A2.（2007福建）数列{}na的前n项和为nS，若1(1)nann，则5S等于（　　）A．1B．56C．16D．130答案B3.（2007宁夏）已知abcd，，，成等比数列，且曲线223yxx的顶点是()bc，，则ad等于（　　）Ａ．3Ｂ．2Ｃ．1Ｄ．2答案B4．（2006江西卷）已知等差数列｛an｝的前n项和为Sn，若1OaB＝200OAaOC＋，且A、B、C三点共线（该直线不过原点O），则S200＝（）A．100B.101C.200D.201解析依题意，a1＋a200＝1，故选A答案A5.(2005重庆卷)有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。已知最底层正方体的棱长为2，且改塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是()A.4B.5.C.6D.7答案C二、填空题6.（2008江苏）将全体正整数排成一个三角形数阵：12345678910．．．．．．．按照以上排列的规律，第n行（n≥3）从左向右的第3个数为．答案262nn7.（2008湖北）观察下列等式：2111,22niinn2321111,326niinnn34321111,424niinnn454311111,52330niinnnn5654211151,621212niinnnn67653111111,722642niinnnnn……………………………………212112101,nkkkkkkkkkiiananananana可以推测，当x≥2（*kN）时，1111,,12kkkaaak2ka.答案12k08.（2007重庆）设{na}为公比q>1的等比数列，若2004a和2005a是方程03842xx的两根则20072006aa_____.答案189．（2006广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2,3,4,堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以()fn表示第n堆的乒乓球总数，则(3)_____f；()_____fn（答案用n表示）.答案)3(f10，6)2)(1()(nnnnf三、解答题10.（2008全国I）设函数()lnfxxxx．数列na满足101a，1()nnafa．（Ⅰ）证明：函数()fx在区间(01)，是增函数；（Ⅱ）证明：11nnaa；（Ⅲ）设1(1)ba，，整数11lnabkab≥．证明：1kab．（Ⅰ）证明：()lnfxxxx，\'ln,0,1\'ln0fxxxfxx当时，故函数fx在区间(0,1)上是增函数；（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，101a，11ln0aa，211111()lnafaaaaa由函数()fx在区间(01)，是增函数，且函数()fx在1x处连续，则()fx在区间(01]，是增函数，21111()ln1afaaaa，即121aa成立；（ⅱ）假设当(*)xkkN时，11kkaa成立，即1101kkaaa≤那么当1nk时，由()fx在区间(01]，是增函数，1101kkaaa≤得1()()(1)kkfafaf.而1()nnafa，则121(),()kkkkafaafa，121kkaa，也就是说当1nk时，11nnaa也成立；根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n，11nnaa恒成立.（Ⅲ）证明：由()lnfxxxx．1()nnafa可kkkkaababaln111lnkiiiabaa1，若存在某ik≤满足iab≤，则由⑵知：1kiabab≥02，若对任意ik≤都有bai，则kkkkaababaln111lnkiiiabaa11lnkiiabab11()lnkiiababbkabaln11bkabaln11)(11baba0，即1kab成立.11.（2008山东卷)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：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10……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＝nNnnSSbb221=（n≥2）.(Ⅰ)证明数列｛nS1｝成等差数列，并求数列｛bn｝的通项公式；（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91481a时，求上表中第k(k≥3)行所有项和的和.12.(2007湖南)已知()nnnAab，（nN*）是曲线xye上的点，1aa，nS是数列{}na的前n项和，且满足22213nnnSnaS，0na，234n，，，…．（I）证明：数列2nnbb（2n≤）是常数数列；（II）确定a的取值集合M，使aM时，数列{}na是单调递增数列；（III）证明：当aM时，弦1nnAA（nN*）的斜率随n单调递增解：（I）当2n≥时，由已知得22213nnnSSna．因为10nnnaSS，所以213nnSSn．……①于是213(1)nnSSn．……②由②－①得163nnaan．……③于是2169nnaan．……④由④－③得26nnaa，……⑤所以2262nnnnaaananbeeebe，即数列2(2)nnbnb≥是常数数列．（II）由①有2112SS，所以2122aa．由③有3215aa，4321aa，所以332aa，4182aa．而⑤表明：数列2{}ka和21{}ka分别是以2a，3a为首项，6为公差的等差数列，所以226(1)kaak，2136(1)kaak，2246(1)()kaakkN*，数列{}na是单调递增数列12aa且22122kkkaaa对任意的kN*成立．12aa且2346(1)6(1)6(1)akakak1234aaaa9151223218244aaaaa．即所求a的取值集合是91544Maa．（III）解法一：弦1nnAA的斜率为1111nnaannnnnnnbbeekaaaa任取0x，设函数00()xxeefxxx，则0020()()()()xxxexxeefxxx记00()()()xxxgxexxee，则00()()()xxxxgxexxeeexx，当0xx时，()0gx，()gx在0()x，上为增函数，当0xx时，()0gx，()gx在0()x，上为减函数，所以0xx时，0()()0gxgx，从而`()0fx，所以()fx在0()x，和0()x，上都是增函数．由（II）知，aM时，数列{}na单调递增，取0nxa，因为12nnnaaa，所以11nnaannneekaa22nnaanneeaa．取02nxa，因为12nnnaaa，所以12112nnaannneekaa22nnaanneeaa．所以1nnkk，即弦1()nnAAnN*的斜率随n单调递增．解法二：设函数11()naxneefxxa，同解法一得，()fx在1()na，和1()na，上都是增函数，所以111111limnnnnnaaaxannannneeeekeaaxa→，211111211limnnnnnaaaxannannneeeekeaaxa→．故1nnkk，即弦1()nnAAnN*的斜率随n单调递增．13.（2007浙江）已知数列{na}中的相邻两项21ka、2ka是关于x的方程2(32)320kkxkxk的两个根，且21ka≤2ka　(k＝1，2，3，…)．(I)求1357,,,aaaa及2na(n≥4)(不必证明)；(Ⅱ)求数列{na}的前2n项和S2n．(I)解：方程2(32)320kkxkxk的两个根为123,2kxkx．当k＝1时，123,2xx，所以12a；当k＝2时，126,4xx，所以34a；当k＝3时，129,8xx，所以58a；当k＝4时，1212,16xx，所以712a；因为n≥4时，23nn，所以22(4)nnan（Ⅱ）22122(363)(222)nnnSaaan＝2133222nnn．14.（2007四川）已知函数f（x）=x2－4，设曲线y＝f（x）在点（xn，f（xn））处的切线与x轴的交点为（xn+1,u）（u,N+），其中为正实数.（Ⅰ）用xx表示xn+1；（Ⅱ）若a1=4，记an=lg22nnxx，证明数列｛a1｝成等比数列，并求数列｛xn｝的通项公式；（Ⅲ）若x1＝4，bn＝xn－2，Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明Tn<3.解析：本题综合考查数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力．（Ⅰ）由题可得\'()2fxx．所以曲线()yfx在点(,())nnxfx处的切线方程是：()\'()()nnnyfxfxxx．即2(4)2()nnnyxxxx．令0y，得21(4)2()nnnnxxxx．即2142nnnxxx．显然0nx，∴122nnnxxx．（Ⅱ）由122nnnxxx，知21(2)22222nnnnnxxxxx，同理21(2)22nnnxxx．　　　故21122()22nnnnxxxx．从而1122lg2lg22nnnnxxxx，即12nnaa．所以，数列{}na成等比数列．故111111222lg2lg32nnnnxaax．即12lg2lg32nnnxx．从而12232nnnxx所以11222(31)31nnnx（Ⅲ）由（Ⅱ）知11222(31)31nnnx，∴1242031nnnbx∴111112122223111113313133nnnnnnbb当1n时，显然1123Tb．当1n时，21121111()()333nnnnbbbb∴12nnTbbb111111()33nbbb11[1()]3113nb133()33n．　　　综上，3nT(*)nN．15.（2005湖南）自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响.用xn表示某鱼群在第n年年初的总量，n∈N*，且x1＞0.不考虑其它因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与xn成正比，死亡量与xn2成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c.（Ⅰ）求xn+1与xn的关系式；（Ⅱ）猜测：当且仅当x1，a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明）　（Ⅲ）设a＝2，b＝1，为保证对任意x1∈（0,2），都有xn＞0，n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是多少？证明你的结论.解（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为.(**)*),1(.(*)*,,1212NncxbaxxNncxbxaxxxcxnnnnnnnnn即因此（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1，n∈N*，从而由（*）式得..0*,,0)(11cbaxcxbaNncxbaxnn即所以恒等于因为x1>0，所以a>b.猜测：当且仅当a>b，且cbax1时，每年年初鱼群的总量保持不变.（Ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈N*由xn+1=xn(3－b－xn),n∈N*,知00.又因为xk+1=xk(2－xk)=－(xk－1)2+1≤1<2,所以xk+1∈(0,2)，故当n=k+1时结论也成立.由①、②可知，对于任意的n∈N*，都有xn∈(0,2).综上所述，为保证对任意x1∈(0,2),都有xn>0，n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是1.第二部分三年联考题汇编2010年联考题题组二（5月份更新）一、填空题1.（肥城市第二次联考）在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋al2＝120，则a9－a11的值为A．14B．15C．16D．17答案C解析：468101288a+a+a+a+a512024aa，9118811aa(a+d)-(3)33ad82163a，所以选C。2.（昆明一中三次月考理）各项都是正数的等比数列na的公比q1，且2311a,a,a2成等差数列，则4534aaaa的值为A．152B．152C．512D．152或152答案：B3.（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）已知正项等比数列na满足：7652aaa，若存在两项,mnaa使得14mnaaa，则14mn的最小值为（　　）A.32B.53C.256D.不存在答案A4.（昆明一中二次月考理）在实数数列中，已知，，，…，，则的最大值为（）A．B．C．D．答案：C5.（昆明一中二次月考理）已知数列的通项为，下列表述正确的是（）A.最大项为0，最小项为B.最大项为0，最小项不存在C.最大项不存在，最小项为D.最大项为0，最小项为答案：A6.（昆明一中二次月考理）三个实数a、b、c成等比数列，若有a+b+c=1成立，则b的取值范围是（）A.B.C.D.答案：C7.（祥云一中月考理）设等比数列na的公比2q，前n项和为nS，则24aS（）A．2B．4C．215D．217答案：C8.（祥云一中三次月考理）设0,0.ab若2是a2与b2的等比中项，则ba11的最小值为A.14B.1C.4D.8答案：C二、填空题9.（祥云一中月考理）两个正数a、b的等差中项是92，一个等比中项是25，且,ba则双曲线12222byax的离心率为。答案：54110.（祥云一中二次月考理）数列{}na的前n项和为nS，若)1(3nnan，则5S等于._________________答案：18511．（池州市七校元旦调研）设等比数列{}na的公比12q，前n项和为nS，则44Sa．答案：15【解析】对于4431444134(1)1,,151(1)aqsqsaaqqaqq三、解答题12．（马鞍山学业水平测试）（本题满分12分）已知各项均为正数的数列na中，nSa,11是数列na的前n项和，对任意Nn，有)(222RpppapaSnnn（1）求常数p的值；（2）求数列na的通项公式；（3）记nnnnSb234，求数列nb的前n项和T。解：（1）由11a及)(222NnppapaSnnn，得：ppp221p……………………………………………………3分（2）由1222nnnaaS①得1221211nnnaaS②由②—①，得)()(2212211nnnnnaaaaa即：0)())((2111nnnnnnaaaaaa0)122)((11nnnnaaaa由于数列na各项均为正数，1221nnaa即211nnaa……………………………………6分数列na是首项为1，公差为21的等差数列，数列na的通项公式是2121)1(1nnan……………7分（3）由21nan，得：4)3(nnSnnnnnnnSb2234……………………………………………………9分nnnT22322213213222)1(2222nnnnnT22)1(221)21(22222211132nnnnnnnnnT22)1(1nnnT………………12分13.（岳野两校联考）(本题满分13分)已知数列{}na中，11a，nannann112*(2,)nnN．且nabnnk为等比数列，(Ⅰ)求实数及数列nb、{}na的通项公式；(Ⅱ)若nS为{}na的前n项和，求nS；(Ⅲ)令,)1(2nnnbbc数列｛nc｝前n项和为nT．求证：对任意*nN，都有nT＜3.【解析】(Ⅰ)当*2,nnN时，nannann112，1211nnaann，即112(1)1nnaann，故1时……………1分有12nnbb，而111201ab……………………2分1222nnnb，从而2nnann……………………4分(Ⅱ)212222(12)nnSnn记212222nnRn则231212222nnRn相减得：23122222nnnRn12(12)212nnn…………7分1(1)22nnRn214(1)22nnnnSn……………9分(Ⅲ)121122211(2)(21)(21)(22)(21)(21)2121nnnnnnnnnnncn……………………11分2n时，112121111(2)2121212121nnnTn121321n……………………12分而122321T*,3nnNT……………………13分14.（祥云一中月考理）（本小题满分12分）已知数列{}na的首项123a，121nnnaaa，1,2,3,n…．（Ⅰ）证明：数列1{1}na是等比数列；（Ⅱ）求数列{}nna的前n项和nS．解：（Ⅰ）121nnnaaa，111111222nnnnaaaa，11111(1)2nnaa，又123a，11112a，数列1{1}na是以为12首项，12为公比的等比数列．…………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知1111111222nnna，即1112nna，……………6分2nnnnna．………………7分设23123222nT…2nn，①………………8分则23112222nT…1122nnnn，②……………………9分由①②得2111222nT…11111(1)1122112222212nnnnnnnnn，…………10分11222nnnnT．又123…(1)2nnn．…………11分15.（祥云一中二次月考理）（本小题满分12分）已知等差数列na的公差,27,12,,0525252aaaaaad满足且数列nb的前n项和为nS，且).(211NnbSnn（1）求数列na、nb的通项公式；（2）设nnbbbbT2642，求nnTlim.解：分）可求得的公差等差数列）由（4).((12,1,23,3.9,3,0,27,121212525525252Nnnadaaaaddaaaadaaaaann分）（即时，当时，当项和为的前数列8.323132),2(31,21212.32,2111),(21111111111nnnnnnnnnnnnnbnbbbbSSbnbbbSnNnbSnb（2）由（1）知nb2仍是等比数列，其中首项91922qb，公比nnbbbbT2642).911(41911)911(9211(2nnnqqb）.41)911(41limlimnnnnT16.（祥云一中二次月考理）（本小题满分12分）、已知n是正整数，数列na的前n项和为nS，数列nna的前n项和为..nT对任何正整数n，等式)3(21naSnn都成立.（1）求数列na的通项公式；（2）求nT；（3）设,3)42(,2nnnnSnBTA比较nnBA与的大小.解(1)当1n时，由),31(21)3(21111aaSnaSnn得解得.211a当)4(21)3(21,211nanaSSannnnnn时，解得,41211nnaa即).21(21211nnaa因此，数列21na是首项为-1，公比为21的等比数列。121121nna，即12121nna；数列na的通项公式为.21211nna（2）1212nnnnna，).212132121()321(2112nnnnT令12212132121nnnU，则.2121)1(2132122121132nnnnnU上两式相减：21nnnnnnnU2121121121212121112即.2241nnnU121224162244)1(nnnnnnnnnT.（3）11212423212123nnnnnnnaS，3222)4)(42(22216222nnnnnnnnnnBA2652nn.265,322nnnn时或当的值最大，最大值为0，.0nnBA因此，当n是正整数时，.nnBA题组一（1月份更新）一、选择题1.（2009临沂一模）在等差数列｛an｝中，若a2+a4+a6+a8+a10=80，则7812aa的值为A、4B、6C、8D、10答案C2.（2009杭州学军中学第七次月考）已知等差数列na通项公式为21nan，在12aa与之间插入1个2,在23aa与之间插入2个2，…，在1nnaa与之间插入n个2，…，构成一个新的数列nb，若10kab，则k=（）A、45B、50C、55D、60答案C3.（2009青岛一模）已知等差数列na的公差为0dd，且36101332aaaa，若8ma，则m为A．12B.8C．6D.4答案B4.（2009嘉兴一中一模）各项都是正数的等比数列}{na中，2a，321a，1a成等差数列，则4354aaaa的值为（）（A）215（B）215（C）251（D）215或215答案B5.（2009汕头一模）记等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则105SS等于（）A.-3　　B·5　　C一31　　　D.33答案D6.（2009宣威六中第一次月考）设数列{}na的前n项和nS满足53()nnaSnN，那么1321lim()nnaaa（C）A．15B．15C．45D．34答案C7.（2009日照一模）设nS是等差数列{}na的前n项和，若53aa=59，则95SS等于A1B．-1C．2D．12答案A8.（2009玉溪市民族中学第四次月考）数列4211,1),2(02:}{aaanaaannn与则满足的等差中项是（）A．－5B．5C．－10D．10答案B二、填空题1.（2009冠龙高级中学3月月考）若数列na中，*,2122Nnnnan，则数列na中的项的最小值为_________。答案42.（2009韶关一模）在由正数组成的等比数列na中,12341,4,aaaa则56aa___.答案163.（2009闵行三中模拟）已知na是等比数列，41252aa，，则13221nnaaaaaa=。答案332（n41）4.（2009上海九校联考）已知数列na的前n项和为nS，若21nnS，则8a.答案1285.（2009金华一中2月月考）将正奇数排列如下表其中第i行第j个数表示ija),(**NjNi，例如932a，若2009ija，则ji．答案60三、解答题1.（2009上海卢湾区4月模考）已知数列{}na的前n项和为nA，且对任意正整数n，都满足：1nntaA，其中1t为实数.（1）求数列na{}的通项公式；（2）若nb为杨辉三角第n行中所有数的和，即01nnnnnbCCC，nB为杨辉三角前n行中所有数的和，亦即为数列nb的前n项和，求limnnnAB的值.135791113151719……解：（1）由已知111nntaA，1nntaA，相减得11nnntataa，由10t得11nnatat，又111taa，得111at，故数列{}na是一个以111at为首项，以1tqt为公比的等比数列.（4分）从而111111nnnttattttn*N；（6分）（2）111nnntAtat，（7分）又012nnnnnnbCCC，故221nnB，（11分）于是111limlim22nnnnnntAtB，当21tt，即2t时，1lim2nnnAB，当21tt，即2t时，lim0nnnAB，当21tt，即12t时，limnnnAB不存在.（14分）2.（2009临沂一模）已知单调递增的等比数列｛an｝满足：a2+a3+a4=28,且a3+2是a2,a4的等差中项。（I）求数列｛an｝的通项公式;（II）若bn=12lognnaa,sn=b1+b2+┉+bn,求sn+n•12n>50成立的正整数n的最小值。解：(I)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，依题意，有2(a3+2)=a2+a4,代入a2+a3+a4=28,得a3=8,∴a2+a4=20┉┉┉┉┉┉┉┉2分∴311231208aqaqaaq解之得12qa或11232qa┉┉┉┉┉┉┉┉4分又{an}单调递增，∴q=2,a1=2,∴an=2n┉┉┉┉┉┉┉┉6分(II)122log22nnnnbn,┉┉┉┉┉┉┉┉7分∴23122232...2nnsn①∴23412122232...(1)22nnnsnn②∴①-②得23112(12)222...22212nnnnnsnn＝11222nnn┉10分∴1250,nnsn即112250,252nn又当n≤4时,15223252n,┉┉┉┉┉┉┉┉11分当n≥5时,16226452n.故使1250,nnsn成立的正整数n的最小值为5.┉┉┉┉┉┉┉┉12分3.（2009杭州高中第六次月考）已知数列nn{a},{b}中，n*11n1nn1nab1,abn,ba(1),nN（1）求35a,a的值；（2）求证：22nann（3）求的值．2462n1111...aaaa（1）35a2a5------------------------4分（2）由nn1nn1nabn,ba(1),可得nn1n1aan(1)------------------------6分所以4264862n2n2aa4aa6aa8....aa2n------------------------8分将上述式子相加得2n2(n1)(2n4)aa2468...2n222nann（或者用数学归纳法证明）------------------------10分（3）4.（2009青岛一模）已知等比数列na的前n项和为23(R,N)nnSkkn（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设数列nb满足4(5)nnabnak，nT为数列nb的前n项和，试比较316nT与14(1)nnb的大小，并证明你的结论．解：（Ⅰ）由23(R,N)nnSkkn得:2n时，1143nnnnaSS………………………2分na是等比数列，1164aSk2k，得143(N)nnan……4分（Ⅱ）由4(5)nnabnak和143nna得1143nnnb……………………6分2462n1111111.............................12aaaa1223n(n1)111111n1...1..........................14223nn1n1n1分分12312212321221(1)43434343123213(2)443434343nnnnnnnnnnTbbbbbnnT2321111111(2)(1):244343434343nnnnnT232111111113218838383838316163nnnnnnnT……10分11(1)21(1)3(21)4(1)(316)333nnnnnnnnnnnnbT2(1)3(21)53nnnnn………………………11分当5372n或53702n时有(1)3(21)nnn，所以当5n(N)n时有13164(1)nnTnb那么同理可得：当53753722n时有(1)3(21)nnn，所以当15n(N)n时有13164(1)nnTnb………………………13分综上：当5n(N)n时有13164(1)nnTnb；当15n(N)n时有13164(1)nnTnb………………………14分5.（2009日照一模）已知数列{}na的各项均为正数，nS为其前n项和，对于任意的nN，满足关系式233.nnSa（I）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设数列{}nb的通项公式是331loglog1nnnbaa，前n项和为nT，求证：对于任意的正整数n，总有1nT解：（I）由已知得11233,233(2).nnnnSaSan故112()233nnnnnSSaaa即13(2)nnaan故数列{}na为等比数列，且3q又当1n时，111233,3aaa3(2)nnan………………………………6分而13a亦适合上式3()nnanN…………………………………8分（Ⅱ）111(1)1nbnnnn所以12nnTbbb…11111(1)()()2231nn…1111n………………………………12分6.（2009昆明市期末）数列{an}的前n项和为Sn，且a1=a，Sn+1=2Sn+n+1，n∈N*（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）当a=1时，若,1nnnaanb设数列{bn}的前n项和Tn，n∈N*，证明Tn＜2。（Ⅰ）由Sn+1=2Sn+n+1①得).2(1)1(21nnSSnn②①—②得).1()(211nnSSSSnnnn故an+1=2an+1。（n≥2）··································（2分）又an+1+1=2（an+1），所以).2(2111naann故数列{an+1}是从第2项其，以a2+1为首项，公比为2的等比数列。又S2=2S1+1+1，a1=a，所以a2=a+2。故an=(a+3)·2n-2-1(n≥2).又a1=a不满足an=(a+3)·2n-2-1,所以12)3(2nnaaa21nn····································6分（Ⅱ）由a1=1，得an==2n-1，n∈N*，则.222)12()12(11nnnnnnnnnb又nnnnnTbbbT2121321221,3221即①得1432212132122121nnnT②①—②得.212121212112nnnT故.2211)211(21211nnnnT所以.222222121＜nnnnnnT································12分7.（2009东莞一模）设等差数列{},{}nnab前n项和nnST,满足127nnSAnTn，且37462825aabbbb，S2=6；函数1()12gxx，且11()(,1),1.nncgcnNnc（1）求A；（2）求数列}{}{nnca及的通项公式；（3）若.,)()(21nnnndddncnad试求为偶数为奇数解：（1）由52:5255827643babbabba知而52929255919199babbaaTS5279219A解得A=1……………………………………2分（2）令)1(nknSnnnSkSn22,1,6即得当n=1时，a1=S1=2,当n≥2时，an=Sn－Sn-1=n2+nnnn2)1()1(2综合之：an=2n…………………………………………6分由题意)1(211:)1(2111nnnncccc变形得∴数列{cn+1}是21为公比，以211c为首项的等比数列。1)21()21(2121nnnncc即………………………9分（3）当)()(,12242123121kkncccaaadddkn时2241412(1)[1()]232[1()]3434kkkkkk])21(1[342212nnn………………………11分当)()(,2242123121kkncccaaadddkn时])21(1[342])41(1[34222nknnkk………13分综合之：)]()21(1[342)]()21(1[342221221为正偶数为正奇数nnnnnndddnnn………14分8.（2009泰安一模）已知数列｛aa｝中，112a，点1(,2)aanaa在直线y=x上，其中n=1,2,3….(I)令11nnnbaa，求证数列｛bn｝是等比数列；(II)球数列{}aa的通项解：（I）1122113313,2,,11,......124424aaaaanaaa分又1121111211113221,1........................................2(1)111222111231{}54231122aaaaaannnnnnnnnnnnnnnbaabaaananaabaabaaaaaabaa分是以为首项，以为公比的等比数列。........分111211131,......1,................82231311,122223131()........................................................642223(1)=++...2mnnnnnnnaaaaaaannn2分(II)b分将以上各式相加得：11a（22n-11111+211(1)31313221(1)(1)2.12222212mnnnaannn）,9.（2009上海奉贤区模拟考）已知点集}|),{(nmyyxL，其中)1,2(bxm，)1,1(bn，点列),(nnnbaP在L中，1P为L与y轴的交点，等差数列}{na的公差为1，Nn。（1）求数列}{nb的通项公式；（2）若()fn＝，令(1)(2)(3)()nSffffn；试用解析式写出nS关于n的函数。（3）若()fn＝，给定常数m(*,2mNm),是否存在Nk，使得()2()fkmfm，若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由。（1）y＝·＝(2x－b)＋(b＋1)＝2x＋1-----(1分)21yx与x轴的交点111(,)Pab为(0,1)，所以10a；-----(1分)所以1(1)1naan，即1nan，-----(1分)因为(,)nnnPab在21yx上，所以21nnba，即21nbn-----(1分)（2）设(){nnafnb(21)(2)nknk（*kN），即1(){21nfnn(21)(2)nknk（*kN）----(1分)（A）当2nk时，212342121321....(...)nkkkkSSababaaaaa242(...)kbbb----(1分)=02234122kkkk=23k，而2nk，所以234nSn----(1分)（B）当21nk时，2113212422(...)(...)nkkkSSaaabbb----(1分)=022345(1)22kkkk=2341kk，----(1分)而12nk，所以231424nnSn----(1分)因此2231,214243,24nnnnkSnnk　　　，（*kN）----(1分)（3）假设Nk，使得()2()fkmfm，（A）m为奇数（一）k为奇数，则km为偶数。则()1fmm，()2()1fmkmk。则2()12(1)mkm，解得：12k与*kN矛盾。----(1分)（二）k为偶数，则km为奇数。则()21fmm，()()1fmkmk。则()12(21)mkm，解得：31km（31m是正偶数）。----(1分)（B）m为偶数（一）k为奇数，则km为奇数。则()1fmm，()()1fmkmk。则()12(1)mkm，解得：1km（1m是正奇数）。----(1分)（二）k为偶数，则km为偶数。则()21fmm，()2()1fmkmk。则2()12(21)mkm，解得：12km与*kN矛盾。----(1分)由此得：对于给定常数m(*,2mNm)，这样的k总存在；当m是奇数时，31km；当m是偶数时，1km。----(1分)10.（2009南华一中12月月考）设各项均为正数的数列na的前n项和为nS，且满足：212nnaS(1)求123,,aaa；(2)求出数列na的通项公式（写出推导过程）；(3)设11nnnbaa，求数列nb的前n项和。解：（1）由212nnaS得211112aaS解得11a…………………1分　　由2222112aaS解得23a……………………………………2分由23331132aaS解得35a…………………………………3分（2）当1n时11a当2n时，22111122nnnnnaaaSS……………4分整理得：22111nnaa化简得：12nnaa………………………………………………………6分所以na是公差为2，首项为1的等差数列，即11221naann…………………………………………………7分（3）111111212122121nnnbaannnn………………9分111111123352121nTnn11122121nnn………………………………………………12分11.（2009枣庄一模）设数列.0,,),(1,}{*11ccaNnccaaaaannn且为实数其中满足（1）求数列}{na的通项公式；（2）设))(1(,21,21*Nnanbcann，求数列.}{nnSnb项和的前解：（1）),1(1,111nnnnacaccaa}1{,11naaa时当是首项为ca公比为,1的等比数列2分.1)1(,)1(111nnnncaacaa即4分当1,1naa时仍满足上式。)(1)1(}{*1Nncaaannn的通项公式为数列注：未考虑01a的情况，扣1分。（2）由（1）得，当21,21ca时，.)21(]})21(1[1{)1(nnnnnnanb8分.)21()21(3)21(2213221nnnnbbbS.)21()21(2)21(21132nnnS两式作差得.)21()21()21(212112nnnnSnnnnS)21()21()21(21112.2)211(2)21(211)21(1nnnnnn.222nnnS12分12.（2009冠龙高级中学3月月考）由函数yfx确定数列na，nafn，函数yfx的反函数1yfx能确定数列nb，1nbfn，若对于任意*nN，都有nnab，则称数列nb是数列na的“自反数列”。(1)若函数11pxfxx确定数列na的自反数列为nb，求na的通项公式；(2)在(1)条件下，记nxxxn11121为正数数列nx的调和平均数，若211nnda，nS为数列nd的前n项和，nH为数列nS的调和平均数，求nHnnlim；(3)已知正数数列nC的前n项之和12nnnnTCC。求nT的表达式。解：(1)由题意的：f–1(x)=pxx1=f(x)=11xpx，所以p=–1，所以an=11nn(2)an=11nn，dn=112na=n，Sn为数列{dn}的前n项和，Sn=2)1(nn，又Hn为数列{Sn}的调和平均数，Hn=nSSSn11121=)1(2322212nnn=2)1(nnHnnlim=nnn21lim=21(3)因为正数数列{cn}的前n项之和Tn=21(cn+ncn)，所以c1=21(c1+11c)，解之得：c1=1，T1=1当n≥2时，cn=Tn–Tn–1，所以2Tn=Tn–Tn–1+1nnTTn，Tn+Tn–1=1nnTTn，即：212nnTT=n，所以，2221nnTT=n–1，2322nnTT=n–2，……，2122TT=2，累加得：212TTn=2+3+4+……+n，2nT=1+2+3+4+……+n=2)1(nn，Tn=2)1(nn13.（2009番禺一模）设数列na对一切正整数n均有2121nnaa，且0na，如果1cos2a，(0,]8．（1）求2a，3a的值；（2）求数列na()nN的通项公式；（3）设数列na前n项之积为nT，试比较nT与2的大小，并证明你的结论．（1）依题意：22cos221a，则222cos1a，222cosa而(0,]8，又0na，所以2cosa，………………1分同样可求得3cos2a，………………2分（2）猜测2cos2nna，(nN*）………………4分①用数学归纳法证明：显然1n时猜想正确，………………5分②假设(nkkN*)时猜想成立，即2cos2kka，则1nk时，∵2121kkaa，∴212cos212kka，即22112cos22kka，而0na故11(1)2coscos22kkka,………………6分这就是说1nk猜想也成立,故对任意正整数n都有2cos2nna．………………7分（3）2nT……………9分证明:(0,]8，则321cos2cos,coscos,,coscos04222nn，………10分则nT341coscoscoscos4222n∴23411112coscoscoscossin1222222sin2sin2sin222nnnnnnnnnT………11分设()singxxx,(0,)2x，则()cos10gxx，即()gx为(0,)2上的减函数，∴()(0)gxg，故(0,)2x时，sinxx，……12分而1(0,)24n，∴110sin22nn，∴1102sin222nnnn………13分∴102sin22nn，，则1122sin2nn，即2nT．14分14.（2009深圳一模理）已知函数211()24fxxx，()fx为函数()fx的导函数．（Ⅰ）若数列{}na满足：11a，1()()nnafafn（nN），求数列{}na的通项na；（Ⅱ）若数列{}nb满足：1bb，12()nnbfb（nN）．（ⅰ）当12b时，数列{}nb是否为等差数列？若是，请求出数列{}nb的通项nb；若不是，请说明理由；（ⅱ）当112b时，求证：11221niibb．解：（Ⅰ）1()22fxx，…………………………1分111(2)(2)22122nnnaanan，即12(1)12(21)nnanan…………………………3分11a，数列{21}nan是首项为4，公比为2的等比数列．12142nnan，即1221nnan．…………………………5分（Ⅱ）（ⅰ）12()nnbfb2122nnbb，2112()2nnnbbb．当112b时，212b．假设12kb，则kkbb1．由数学归纳法，得出数列{}nb为常数数列，是等差数列，其通项为12nb．…8分（ⅱ）21122nnnbbb，2112()2nnnbbb．当1112b时，2112bb．假设12kb，则112kkbb．由数学归纳法，得出数列12nb(1,2,3,)n．……………10分又1112()22nnnbbb，11122111nnnbbb，即11122111nnnbbb．…………………………12分11niib11112211()niiibb11112211nbb．112nb，111211221niibbb．…………………………14分2009年联考题一、选择题1.(北京市崇文区2009年3月高三统一考试理)已知函数()yfx的定义域为R，当0x时()1fx，且对任意的实数,xyR，等式()()()fxfyfxy成立．若数列{}na满足1(0)af，且11()(2)nnfafa(nN*)，则2009a的值为()A．4016B．4017C．4018D．4019答案B2.（2009厦门乐安中学）在等差数列1077,21,5,,}{SSaSnann那么若项和为前中等于（）A．55B．40C．35D．70答案B3.(湖北省2009年3月高三八校第二次联考理科)等差数列na中，nS是其前n项和，12008a，20072005220072005SS，则2008S的值为（）2006A2006B2008C2008D答案C4.（2009宁乡一中第三次月考）等差数列{}na中，100a，110a，且1011||||aa，nS为其前n项之和，则（）A．1210,,,SSS都小于零，1112,,SS都大于零B．125,,,SSS都小于零，67,,SS都大于零C．1219,,,SSS都小于零，2021,,SS都大于零D．1220,,,SSS都小于零，2122,,SS都大于零答案C5.（辽宁省沈阳二中2008—2009学年上学期高三期中考试）数列,,141,1}{22221211nnnnnaaaSaaaa记满足若3012mSSnn对任意*Nn恒成立，则正整数m的最小值（）A．10B．9C．8D．7答案：A.6.（抚顺一中2009届高三第一次模拟）数列{an}满足a1+3·a2+32·a3+…+3n-1·an=2n，则an=Ann3Bn21C1321nD1231n答案：C.7.（抚州一中2009届高三第四次同步考试）已知数列{an}满足an+1=an–an–1（n≥2），a1=a，a2=b，记Sn=a1+a2+a3+…+an，则下列结论正确的是A．a2008=–a，S2008=2b–aB．a2008=–b，S2008=2b–aC．a2008=–b，S2008=b–aD．a2008=–a，S2008=b–a答案：A.二、填空题8.(北京市崇文区2009年3月高三统一考试文)对于集合N={1,2,3,…,n}的每一个非空集，定义一个“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大数开始交替地减、加后继的数．例如集合{1,2,4,6,9}的交替和是9–6＋4–2＋1＝6，集合{5}的交替和为5．当集合N中的n=2时，集合N={1,2}的所有非空子集为{1}，{2}，{1,2}，则它的“交替和”的总和2S=1+2+(2–1)=4，则当3n时，3S=______________；根据2S、3S、4S，猜想集合N={1,2,3,…,n}的每一个非空子集的“交替和”的总和nS=__________答案12,12nn9.（2009广州一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*都有nn21S=a33，且12345221......211234212nnnnn15.（2009聊城一模）过点P（1，0）作曲线)1,),,0((:kNkxxyCk的切线，切点为M1，设M1在x轴上的投影是点P1。又过点P1作曲线C的切线，切点为M2，设M2在x轴上的投影是点P2，…。依此下去，得到一系列点M1，M2…，Mn，…，设它们的横坐标a1，a2，…，an，…，构成数列为na。（1）求证数列na是等比数列，并求其通项公式；（2）求证：11knan；（3）当nnnbanbk求数列令时,,2的前n项和Sn。解：（1）对kxy求导数，得),(,1knnnkaaMkxy切点是的切线方程是)(1nknknaxkaay当n=1时，切线过点P（1，0），即0;1),1(1111kkaakaakk得当n>1时，切线过点)0,(11nnap，即0.1),(111kkaaaakaannnnknkn得所以数列,1,11的等比数列公比为是首项kkkkaan所以数列Nnkkaannn,)1(的通项公式为（2）应用二项公式定理，得)8(.11)11()11(11)111()1(2210分knkCkCkCCkkkannnnnnnnn（3）当nnnnnnnnSnbnbak2232221.2,2,232项和的前项数列时，同乘以.223222121,211432nnnS得两式相减，得1113222112211)211(2122122212121nnnnnnnnnnS所以nnnS22216.（2009闵行三中模拟）已知点列B1(1,y1)、B2(2,y2)、…、Bn(n,yn)（n∈N）顺次为一次函数12141xy图像上的点，点列A1(x1,0)、A2(x2,0)、…、An(xn,0)（n∈N）顺次为x轴正半轴上的点，其中x1=a（0＜a＜1），对于任意n∈N，点An、Bn、An+1构成一个顶角的顶点为Bn的等腰三角形。⑴求数列{yn}的通项公式，并证明{yn}是等差数列；⑵证明xn+2-xn为常数，并求出数列{xn}的通项公式；⑶在上述等腰三角形AnBnAn+1中，是否存在直角三角形？若有，求出此时a值；若不存在，请说明理由。解：（1）12141nny(nN),∵yn+1-yn=41,∴{yn}为等差数列………………4分（2）因为1nnnABA与211nnnABA为等腰三角形.所以112212nnnnxxnxxn，两式相减得22nnxx。………………7分注：判断22nnxx得2分，证明得1分∴x1,x3,x5,…,x2n-1及x2,x4,x6，…，x2n都是公差为2的等差数列，………………6分∴(nxna1(当n为奇数)n-a当n为偶数)………………10分（3）要使AnBnAn+1为直角三形，则|AnAn+1|=2nBy=2(1214n)xn+1-xn=2(1214n)当n为奇数时，xn+1=n+1-a，xn=n+a-1,∴xn+1-xn=2(1-a).2(1-a)=2(1214n)a=41211n(n为奇数，0＜a＜1)(*)取n=1，得a=32，取n=3，得a=61，若n≥5，则(*)无解；………………14分当偶数时，xn+1=n+a，xn=n-a，∴xn+1-xn=2a.∴2a=2(1214n)a=1214n(n为偶数，0＜a＜1)(*)，取n=2，得a=127,若n≥4，则(*)无解.综上可知，存在直角三形，此时a的值为32、61、127.………………18分2007—2008年联考题xyB1A1A2B2A3B3A4B4A5AnBnAn+1一、选择题1.(江苏省启东中学2008年高三综合测试一)集合A={1,2,3,4,5,6},从集合A中任选3个不同的元素组成等差数列，这样的等差数列共有（）A、4个B、8个C、10个D、12个答案：D2.(四川省巴蜀联盟2008届高三年级第二次联考)如果数列{an}满足321121,,,...,,...nnaaaaaaa是首项为1，公比为2的等比数列，则a100等于A．2100B．299C．25050D．24950答案：D3.(北京市东城区2008年高三综合练习一）已知等比数列{na}的前n项和为Sn，且S3=7a1则数列{na}的公比q的值为（）A．2B．3C．2或－3D．2或3答案：C4.(北京市丰台区2008年4月高三统一练习一)已知等差数列{}na的前n项和为nS，若4518aa，则8S等于A.18B.36C.54D.72答案：D5.(北京市宣武区2008年高三综合练习一)设等比数列na的首相为1a，公比为q，则“1a<0且00)，a1＝1，其中Sn是数列{an}的前n项和．（Ⅰ）求通项an；（Ⅱ）记数列{}的前n项和为Tn，若Tn＜2对所有的n∈N*都成立．求证：0＜t≤1解：∵a1＝1由S2+S1＝ta+2，得a2＝ta，∴a2＝0（舍）或a2＝，Sn+Sn－1＝ta+2①Sn－1+Sn－2＝ta+2(n≥3)②①－②得an+an－1＝t（a－a）（n≥3），（an+an－1）[1－t（an－an－1）]＝0，由数列{an}为正项数列，∴an+an－1≠0，故an－an－1＝（n≥3），即数列{an}从第二项开始是公差为的等差数列．∴an＝（2）∵T1＝1＜2，当n≥2时，Tn＝t++++…+＝t+t2(1－)＝t+t2要使Tn<2,对所有的n∈N*恒成立，只要Tn＝t+t2＜t+t2≤2成立，∴0＜t≤1．20.(2007山西实验中学模拟)正项数列)2(0)1(,1}{21121naaannaaannnnn满足（1）求na；（2）试确定一个正整数N，使当n>N时，不等式121241)1(324321nanaaaa成立；（3）求证：.11121nnaaan解：（1）0)1)(1(0)1(112112nnnnnnnnaaaanaaanna!2121,1,1,0,02111aanaaaannnn故又!1,....!41,!3143naaan………………………………4分（2）由)2(!1)!1(1!1)1(kkkkkakk（3）将nn)11(展开，!1!1121)1(1rrnrnnnnnnnnCTrnrrnr,,2,1,0nnaaann211!1!31!21!11!01)11(…………14