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2009年高考数学试题分类汇编——数列


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2009 年高考数学试题分类汇编——数列 年高考数学试题分类汇编—— ——数列
一、选择题 1.(2009 年广东卷文)已知等比数列 {an } 的公比为正数,且 a3 · a9 =2 a5 , a2 =1,则 a1 =
2

A.

1 2

B.

2 2

C.

2

D.2

【答案】B 【解析】设公比为 q ,由已知得 a1q ? a1q = 2 a1q
2 8

(

4 2

) ,即 q

2

= 2 ,又因为等比数列 {an } 的公比为正

数,所以 q =

2 ,故 a1 =

a2 1 2 = = ,选 B q 2 2
2n

2.( 2009 广 东 卷 理 )已知等比数列 {an } 满足 an > 0, n = 1, 2,L ,且 a5 ? a2 n ?5 = 2 ( n ≥ 3) ,则 当 n ≥ 1 时, log 2 a1 + log 2 a3 + L + log 2 a2 n ?1 = A. n(2n ? 1) B. (n + 1) 2
2 2n

C. n

2

D. ( n ? 1) 2
n

【解析】由 a5 ? a2n?5 = 22n (n ≥ 3) 得 a n = 2

, a n > 0 ,则 a n = 2 , log 2 a1 + log 2 a3 + ? ? ? +

log 2 a 2 n ?1 = 1 + 3 + ? ? ? + (2n ? 1) = n 2 ,选 C.
3.(2009 安徽卷文)已知 为等差数列, ,则 等于

A. -1 B. 1 C. 3 D.7 【 解 析 】 ∵ a1 + a3 + a5 = 105 即 3a3 = 105 ∴ a3 = 35 同 理 可 得 a4 = 33 ∴ 公 差 d = a4 ? a3 = ?2 ∴ a20 = a4 + (20 ? 4) × d = 1 .选 B。 【答案】B 4.(2009 江西卷文)公差不为零的等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn .若 a4 是 a3与a7 的等比中项,

S8 = 32 ,则 S10 等于
A. 18 答案:C B.
2

24

C.

60
2

D.

90

.

【 解 析 】 由 a4 = a3 a7 得 ( a1 + 3d ) = ( a1 + 2d )( a1 + 6d ) 得 2a1 + 3d = 0 , 再 由

S8 = 8a1 +
故选 C

56 d = 32 得 2

2a1 + 7 d = 8 则 d = 2, a1 = ?3 ,所以 S10 = 10a1 +

90 d = 60 ,. 2

5.(2009 湖南卷文)设 Sn 是等差数列 {an } 的前 n 项和,已知 a2 = 3 , a6 = 11 ,则 S7 等于【 C 】

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A.13 解: S7 =

B.35

C.49

D. 63

7(a1 + a7 ) 7(a2 + a6 ) 7(3 + 11) = = = 49. 故选 C. 2 2 2

或由 ?

?a2 = a1 + d = 3 ?a = 1 ?? 1 , a7 = 1 + 6 × 2 = 13. ?a6 = a1 + 5d = 11 ?d = 2

7(a1 + a7 ) 7(1 + 13) = = 49. 故选 C. 2 2 6.(2009 福建卷理)等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且 S3 =6, a1 =4, 则公差 d 等于
所以 S7 = A.1 【答案】:C [解析]∵ S3 = 6 = B

5 3

C.- 2

D3

3 (a1 + a3 ) 且 a3 = a1 + 2d a1 =4 ∴ d=2 .故选 C 2

.

7.(2009 辽宁卷文)已知 {an } 为等差数列,且 a7 -2 a4 =-1, a3 =0,则公差 d= (A)-2 (B)-

1 2

(C)

1 2

(D)2

【解析】a7-2a4=a3+4d-2(a3+d)=2d=-1 ? d=- 【答案】B 8.(2009 辽宁卷理)设等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn

1 2
S6 =3 ,则 S3 S9 = S6

,若

(A) 2

(B)

7 3

(C)

8 3

(D)3

【解析】设公比为 q ,则

S 6 (1 + q 3 ) S3 =1+q3=3 ? q3=2 = S3 S3

于是 【答案】B

S9 1 + q 3 + q 6 1 + 2 + 4 7 = = = S6 1 + q3 1+ 2 3

.

9. (2009 宁夏海南卷理) 等比数列 {an } 的前 n 项和为 sn , 4 a1 , a2 ,a3 成等差数列。 a1 =1, 且 2 若 则 s4 = (A)7 (B)8 解 析 : (3)15 (4)16

Q

4

a1



2

a2



a3













∴ 4a1 + a3 = 4a2 , 即4a1 + a1q 2 = 4a1q,∴ q 2 ? 4q + 4 = 0,∴ q = 2,S4 = 15 ,选 C.

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10.(2009 四川卷文)等差数列{ a n }的公差不为零,首项 a1 =1, a2 是 a1 和 a5 的等比中项,则 数列的前 10 项之和是 A. 90 答案】 【答案】B

B. 100
2

C. 145

D. 190

【解析】设公差为 d ,则 (1 + d ) = 1 ? (1 + 4d ) .∵ d ≠0,解得 d =2,∴ S10 =100 解析】 11.(2009 湖北卷文)设 x ∈ R, 记不超过 x 的最大整数为[ x ],令{ x }= x -[ x ],则 { [
5 +1 5 +1 ], 2 2 5 +1 }, 2

A.是等差数列但不是等比数列 C.既是等差数列又是等比数列 【答案】B 【解析】可分别求得 ?

B.是等比数列但不是等差数列 D.既不是等差数列也不是等比数列

? 5 + 1? 5 ?1 5 +1 ? ? ,[ ] = 1 .则等比数列性质易得三者构成等比数列. ?= 2 2 ? 2 ? ? ?

12.(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.289 【答案】C 【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项 a n = B.1024 C.1225 D.1378

n ( n + 1) ,同理可得正方形数构成的数列通 2

项 bn = n ,则由 bn = n ( n ∈ N + ) 可排除 A、D,又由 a n =
2 2

n ( n + 1) 知 an 必为奇数,故选 C. 2

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2

13. (2009 宁夏海南卷文) 等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn , 已知 am ?1 + am +1 ? am = 0 ,S 2 m ?1 = 38 , 则m = (A)38 【答案】C 【解析】因为 {an } 是等差数列,所以,am ?1 + am +1 = 2am ,由 am ?1 + am +1 ? am = 0 ,得:2 a m -
2

(B)20

(C)10

(D)9

.

a m =0,所以, a m =2,又 S 2 m ?1 = 38 ,即
2

(2m ? 1)(a1 + a 2 m ?1 ) =38,即(2m-1)×2=38, 2

解得 m=10,故选.C。 14.(2009 重庆卷文)设 {an } 是公差不为 0 的等差数列, a1 = 2 且 a1 , a3 , a6 成等比数列,则 {an } 的前 n 项和 Sn =( )

A.

n 2 7n + 4 4

B.

n 2 5n + 3 3

C.

n 2 3n + 2 4

D. n + n
2

【答案】A 解析设数列 {an } 的公差为 d , 则根据题意得 (2 + 2d )2 = 2 ? (2 + 5d ) , 解得 d = 去),所以数列 {an } 的前 n 项和 S n = 2n +

1 或d = 0 (舍 2

n(n ? 1) 1 n 2 7 n × = + 2 2 4 4

15.(2009 安徽卷理)已知 {an } 为等差数列, a1 + a3 + a5 =105, a2 + a4 + a6 =99,以 Sn 表示 {an } 的前 n 项和,则使得 Sn 达到最大值的 n 是 (A)21 (B)20 (C)19 (D) 18 [解析]:由 a1 + a3 + a5 =105 得 3a3 = 105, 即 a3 = 35 ,由 a2 + a4 + a6 =99 得 3a4 = 99 即 a4 = 33 , ∴ d = ?2 , an = a4 + ( n ? 4) × ( ?2) = 41 ? 2n ,由 ? 16.(2009 江西卷理)数列 {an } 的通项 an = n (cos
2 2

?an ≥ 0 得 n = 20 ,选 B ?an +1 < 0
nπ nπ ? sin 2 ) ,其前 n 项和为 Sn ,则 S30 为 3 3
D. 510

A. 470 答案:A 【解析】由于 {cos
2

B. 490

C. 495

nπ nπ ? sin 2 } 以 3 为周期,故 3 3

S30 = (?

12 + 22 4 2 + 52 282 + 292 + 32 ) + (? + 62 ) + L + (? + 302 ) 2 2 2

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= ∑ [?
k =1

10

10 (3k ? 2) 2 + (3k ? 1) 2 5 9 ×10 × 11 + (3k ) 2 ] = ∑ [9k ? ] = ? 25 = 470 故选 A 2 2 2 k =1

17.(2009 四川卷文)等差数列{ a n }的公差不为零,首项 a1 =1, a2 是 a1 和 a5 的等比中项,则 数列的前 10 项之和是 A. 90 答案】 【答案】B

B. 100
2

C. 145

D. 190

.

【解析】设公差为 d ,则 (1 + d ) = 1 ? (1 + 4d ) .∵ d ≠0,解得 d =2,∴ S10 =100 解析】 二、填空题 1. (2009 全国卷Ⅰ理)设等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn , S9 = 72 ,则 a2 + a4 + a9 = 若 解: Q{an } 是等差数列,由 S9 = 72 ,得∴ S9 = 9a5 , a5 = 8 。

∴ a2 + a4 + a9 = (a2 + a9 ) + a4 = (a5 + a6 ) + a4 = 3a5 = 24 .
2.(2009 浙江理)设等比数列 {an } 的公比 q = 答案:15 【解析】对于 s4 =

1 S ,前 n 项和为 Sn ,则 4 = 2 a4



a1 (1 ? q 4 ) s 1 ? q4 , a4 = a1q 3 ,∴ 4 = 3 = 15 1? q a4 q (1 ? q )
1 S ,前 n 项和为 Sn ,则 4 = 2 a4


3.(2009 浙江文)设等比数列 {an } 的公比 q =

【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. 【解析】对于 s4 =

a1 (1 ? q 4 ) s 1 ? q4 , a4 = a1q 3 ,∴ 4 = 3 = 15 1? q a4 q (1 ? q )

.

4.(2009 浙江文)设等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,则 S 4 , S8 ? S 4 , S12 ? S8 , S16 ? S12 成等 差数列.类比以上结论有:设等比数列 {bn } 的前 n 项积为 Tn ,则 T4 , 等比数列. 答案: , ,

T16 成 T12

T8 T12 , 【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 T4 T8
.

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

【解析】对于等比数列,通过类比,有等比数列 {bn } 的前 n 项积为 Tn ,则 T4 ,

T8 T12 T16 , , 成 T4 T8 T12

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等比数列. 5.(2009 北京文)若数列 {an } 满足: a1 = 1, an +1 = 2an ( n ∈ N ) ,则 a5 = 和 S8 = .(用数字作答) 解析】 【解析】本题主要考查简单的递推数列以及数列的求和问题. 属于基础知识、基本运算的考查.
m

?

;前 8 项的

.w

a1 = 1, a2 = 2a1 = 2, a3 = 2a2 4, a4 = 2a3 = 8, a5 = 2a4 = 16 , 28 ? 1 易知 S8 = = 255 ,∴应填 255. 2 ?1
6.(2009 北京理)已知数列 {an } 满足: a4 n ?3 = 1, a4 n ?1 = 0, a2 n = an , n ∈ N , 则 a2009 = ________;
?

a2014 =_________.
【答案】1,0 答案】 解析】 【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 a2009 = a4×503?3 = 1 , a2014 = a2×1007 = a1007 = a4×252 ?1 = 0 . ∴应填 1,0.
.

7. 2009 江苏卷) {an } 是公比为 q 的等比数列, q |> 1 , bn = an + 1( n = 1, 2, L) , ( 设 | 令 若数列 {bn } 有连续四项在集合 {?53, ?23,19,37,82} 中,则 6q = .

【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。

{an } 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
3 q = ? , 6q = -9 2
8.(2009 山东卷文)在等差数列 {a n } 中, a 3 = 7, a 5 = a 2 + 6 ,则 a 6 = ____________ . 【解析】:设等差数列 {a n } 的公差为 d ,则由已知得 ?

a1 + 2d = 7 ?a1 = 3 解得 ? ,所以 ?d = 2 ?a1 + 4d = a1 + d + 6 ?

a6 = a1 + 5d = 13 .
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. 9.(2009 全国卷Ⅱ文)设等比数列{ a n }的前 n 项和为 s n 。若 a1 = 1, s 6 = 4 s 3 ,则 a 4 = 答案: 答案:3 ×

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解析:本题考查等比数列的性质及求和运算, 解析:本题考查等比数列的性质及求和运算,由 a1 = 1, s 6 = 4 s 3 得 q3=3 故 a4=a1q3=3。 。

? an ? , 当an为偶数时, 10.(2009 湖北卷理)已知数列 {an } 满足:a1=m(m 为正整数) an +1 = ? 2 , ?3a + 1, 当a 为奇数时。 n ? n
若 a6=1 ,则 m 所有可能的取值为__________。 11.【答案】4 5 32
.

a1 m a m 为偶, 故 a2 = a3 = 2 = 2 2 2 4 m m m m ①当 仍为偶数时, a4 = ??????a6 = 故 = 1 ? m = 32 4 8 32 32 3 m +1 m 3 4 ②当 为奇数时, a4 = 3a3 + 1 = m + 1 ?????? a6 = 4 4 4 3 m +1 = 1 得 m=4。 故4 4 3m + 1 (2)若 a1 = m 为奇数,则 a2 = 3a1 + 1 = 3m + 1 为偶数,故 a3 = 必为偶数 2 3m + 1 3m + 1 ?????? a6 = ,所以 =1 可得 m=5 16 16
【解析】(1)若 a1 = m 为偶数,则 12.(2009 全国卷Ⅱ理)设等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,若 a5 = 5a3 则 解:Q{an } 为等差数列,∴

S9 = S5

9

.

S9 9a5 = =9 S5 5a3

13.(2009 辽宁卷理)等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且 6 S5 ? 5S3 = 5, 则 a4 = 【解析】∵Sn=na1+ n(n-1)d
1 2
.

∴S5=5a1+10d,S3=3a1+3d ∴6S5-5S3=30a1+60d-(15a1+15d)=15a1+45d=15(a1+3d)=15a4 【答案】
1 3
2 m

14.(2009 宁夏海南卷理)等差数列{ an }前 n 项和为 Sn 。已知 am ?1 + am +1 - a m=_______ 解 析 : 由

=0, S 2 m ?1 =38,则

am ?1

+

am +1

-

a 2m

=0





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2 2am ? am = 0, am = 0, 2又S 2 m ?1 =

( 2m ? 1)( a1 + a2 m?1 ) =
2

( 2m ? 1) am = 38 ∴ m = 10 。

答案 10 15. 2009 陕西卷文) ( 设等差数列 {an } 的前 n 项和为 sn ,若 a6 = s3 = 12 ,则 an = 答案:2n 解析:由 a6 = s3 = 12 可得 {an } 的公差 d=2,首项 a1 =2,故易得 an = 2n. 16.(2009 陕 西 卷 理 ) 设 等 差 数 列 .
.

{an }

的 前 n 项 和 为 Sn , 若 a6 = S3 = 12 , 则

lim

Sn = n →∞ n 2

.

答案:1

? a6 = 12 ? a1 + 5d = 12 ?a1 = 2 S S n +1 n +1 ?? ?? ? Sn = n(n + 1) ? n = ? lim n = lim =1 解析: ? 2 n →∞ n 2 n →∞ n n n ?d = 2 ? a1 + d = 12 ? s3 = 12
17.(2009 宁夏海南卷文)等比数列{ an }的公比 q > 0 , 已知 a2 =1, an + 2 + an +1 = 6an ,则{ an } 的前 4 项和 S4 = 【答案】

.

15 2

【解析】由 an + 2 + an +1 = 6an 得: q n +1 + q n = 6q n ?1 ,即 q 2 + q ? 6 = 0 , q > 0 ,解得:q=2,

1 (1 ? 2 4 ) 1 15 又 a2 =1,所以, a1 = , S 4 = 2 = 。 2 1? 2 2
18.(2009 湖南卷理)将正⊿ABC 分割成 n ( 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)=
2

10 ,…,f(n)= 3

1 (n+1)(n+2) 6

.

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【答案】:

10 1 , (n ? 1)(n + 2) 3 6

【 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

a + b + c = 1, x1 + x2 = a + b, y1 + y2 = b + c, z1 + z2 = c + a x1 + x2 + y1 + y2 + z1 + z2 = 2(a + b + c) = 2, 2 g = x1 + y2 = x2 + z1 = y1 + z2 6 g = x1 + x2 + y1 + y2 + z1 + z2 = 2(a + b + c) = 2
即g =
.

1 1 1 10 而f (3) = a + b + c + x1 + x2 + y1 + y2 + z1 + z2 + g = 1 + + = 3 2 3 3

进一步可求得 f (4) = 5 。由上知 f (1) 中有三个数, f (2) 中 有 6 个数, f (3) 中共有 10 个数相 加 , f (4) 中 有 15 个 数 相 加 …. , 若 f (n ? 1) 中 有 an ?1 ( n > 1) 个 数 相 加 , 可 得 f ( n) 中 有

(an ?1 + n + 1) 个数相加,且由 3 6 3+3 3 10 4 5 f (1) = 1 = , f (2) = = = f (1) + , f (3) = = f (2) + , f (4) = 5 = f (3) + ,... 3 3 3 3 3 3 3 n +1 可得 f ( n) = f ( n ? 1) + , 所以 3 n +1 n +1 n n +1 n n ?1 3 f (n) = f (n ? 1) + = f (n ? 2) + + = ... = + + + + f (1) 3 3 3 3 3 3 3 n + 1 n n ?1 3 2 1 1 = + + + + + = (n + 1)(n + 2) 3 3 3 3 3 3 6
19.(2009 重庆卷理)设 a1 = 2 , an +1 =

a +2 2 * , bn = n , n ∈ N ,则数列 {bn } 的通项公式 an + 1 an ? 1

bn =
【答案】:2n+1



.

2 +2 an +1 + 2 an +1 a +2 【解析】由条件得 bn +1 = = =2 n = 2bn 且 b1 = 4 所以数列 {bn } 是首项为 2 an +1 ? 1 an ? 1 ?1 an +1

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4,公比为 2 的等比数列,则 bn = 4 ? 2 三、解答题

n ?1

= 2n +1

1.(2009 年广东卷文)(本小题满分 14 分) 已知点(1,

1 )是函数 f ( x) = a x ( a > 0, 且 a ≠ 1 )的图象上一点,等比数列 {an } 的前 n 项和为 3

f (n) ? c ,数列 {bn } (bn > 0) 的首项为 c ,且前 n 项和 S n 满足 S n - S n?1 = S n + S n+1 ( n ≥ 2 ).
(1)求数列 {an } 和 {bn } 的通项公式; (2)若数列{

1 1000 } 前 n 项和为 Tn ,问 Tn > 的最小正整数 n 是多少? bn bn+1 2009
x

.

1 ?1? 【解析】(1) Q f (1) = a = ,∴ f ( x ) = ? ? 3 ? 3?

1 2 a1 = f (1) ? c = ? c , a2 = ? f ( 2 ) ? c ? ? ? f (1) ? c ? = ? , ? ? ? ? 3 9 2 a3 = ? f ( 3) ? c ? ? ? f ( 2 ) ? c ? = ? . ? ? ? ? 27 4 2 a2 2 1 又数列 {an } 成等比数列, a1 = = 81 = ? = ? c ,所以 c = 1 ; a3 ? 2 3 3 27
a 1 2?1? 又公比 q = 2 = ,所以 an = ? ? ? a1 3 3?3? Q S n ? S n ?1 =
n ?1

?1? = ?2 ? ? ?3?

n

n∈ N*



(

S n ? S n ?1

)(

S n + S n ?1 = S n + S n ?1

)

( n ≥ 2)

又 bn > 0 , S n > 0 , ∴ S n ? S n ?1 = 1 ; 数列

{ S } 构成一个首相为 1 公差为 1 的等差数列,
n
2 2

Sn =1+ ( n ?1) ×1 = n , S n = n 2

当 n ≥ 2 , bn = S n ? S n ?1 = n ? ( n ? 1) = 2n ? 1 ;

∴ bn = 2n ? 1 ( n ∈ N * );
(2) Tn =

1 1 1 1 1 1 1 1 + + +L + = + + +K + b1b2 b2b3 b3b4 bn bn +1 1× 3 3 × 5 5 × 7 (2n ? 1) × ( 2n + 1)

1? 1? 1?1 1? 1?1 1? 1? 1 1 ? = ?1 ? ? + ? ? ? + ? ? ? + K + ? ? ? 2? 3? 2?3 5? 2?5 7 ? 2 ? 2n ? 1 2n + 1 ?

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1? 1 ? n ; = ?1 ? ?= 2 ? 2n + 1 ? 2n + 1
由 Tn =

n 1000 1000 1000 > 得n > ,满足 Tn > 的最小正整数为 112. 2n + 1 2009 9 2009

2.(2009 全国卷Ⅰ理)(本小题满分 12 分)(注意:在试题卷上作答无效) 注意: 注意 在试题卷上作答无效) ............. 在数列 {an } 中, a1 = 1, an +1 = (1 + ) an + (I)设 bn =

1 n

n +1 2n

an ,求数列 {bn } 的通项公式 n

(II)求数列 {an } 的前 n 项和 Sn 分析:(I)由已知有 分析

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

利用累差迭加即可求出数列 {bn } 的通项公式: bn = 2 ? (II)由(I)知 an = 2n ?

n , 2 n ?1

∴ Sn = ∑ (2k ?
k =1 n

n

n n k k ) = ∑ (2k ) ? ∑ k ?1 k ?1 2 k =1 k =1 2 n



∑ (2k ) = n(n + 1) ,又 ∑
k =1

k 是一个典型的错位相减法模型, k ?1 k =1 2

易得

∑2
k =1

n

k
k ?1

= 4?

n+2 n+2 ∴ Sn = n(n + 1) + n ?1 ? 4 n ?1 2 2

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 评析 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。 3.(2009 浙江文)(本题满分 14 分)设 Sn 为数列 {an } 的前 n 项和, S n = kn + n , n ∈ N ,其
2 *

中 k 是常数. (I) 求 a1 及 an ; (II)若对于任意的 m ∈ N , am , a2 m , a4 m 成等比数列,求 k 的值.
*

解析:(Ⅰ)当 n = 1, a1 = S1 = k + 1 ,

n ≥ 2, a n = S n ? S n?1 = kn 2 + n ? [k (n ? 1) 2 + (n ? 1)] = 2kn ? k + 1 ( ? )

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经验, n = 1, ( ? )式成立,

∴ a n = 2kn ? k + 1
2

(Ⅱ)Q a m , a 2 m , a 4 m 成等比数列,∴ a 2 m = a m .a 4 m , 即 ( 4km ? k + 1) 2 = ( 2km ? k + 1)(8km ? k + 1) ,整理得: mk ( k ? 1) = 0 , 对任意的 m ∈ N ? 成立,

∴ k = 0或k = 1
?

4.(2009 北京文)(本小题共 13 分) 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 是使得不等式 an ≥ m 成立的所有 n 中的最小值.
(Ⅰ)若 p =

1 1 , q = ? ,求 b3 ; 2 3

(Ⅱ)若 p = 2, q = ?1 ,求数列 {bm } 的前 2m 项和公式; (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. 【解析】本题主要考查数列的概念、数列的基本性质,考查运算能力、推理论证能力、 分类讨论等数学思想方法.本题是数列与不等式综合的较难层次题. (Ⅰ)由题意,得 an = ∴
?

1 1 1 1 20 n ? ,解 n ? ≥ 3 ,得 n ≥ . 2 3 2 3 3

.

1 1 n ? ≥ 3 成立的所有 n 中的最小整数为 7,即 b3 = 7 . 2 3

(Ⅱ)由题意,得 an = 2n ? 1 , 对于正整数,由 an ≥ m ,得 n ≥

m +1 . 2

根据 bm 的定义可知 当 m = 2k ? 1 时, 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 . m?q . p

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

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

?

3m + 1 <

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. p
p+q 2p+ q (或 m ≤ ? ), 3 p ?1 3 p ?1

当 3 p ? 1 > 0 (或 3 p ? 1 < 0 )时,得 m < ? 这与上述结论矛盾! 当 3 p ? 1 = 0 ,即 p =

1 2 1 2 1 时,得 ? ? q ≤ 0 < ? ? q ,解得 ? ≤ q < ? . 3 3 3 3 3
?

∴ 存在 p 和 q,使得 bm = 3m + 2( m ∈ N ) ; p 和 q 的取值范围分别是 p = 5.(2009 北京理)(本小题共 13 分) 已知数集 A = {a1 , a2 ,L an }(1 ≤ a1 < a2 < L an , n ≥ 2 ) 具有性质 P ;对任意的

1 2 1 ,? ≤ q < ? . 3 3 3

.

i, j (1 ≤ i ≤ j ≤ n ) , ai a j 与

aj ai

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: a1 = 1 ,且

a1 + a2 + L + an = an ; ? ? a1?1 + a2 1 + L + an 1

(Ⅲ)证明:当 n = 5 时, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 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 解析】 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 3 × 4 与

4 均不属于数集 {1,3, 4} ,∴该数集不具有性质 P. 3 6 6 1 2 3 6 由于 1× 2,1× 3,1× 6, 2 × 3, , , , , , 都属于数集 {1, 2,3,6} , 2 3 1 2 3 6 an 中至少有一个属于 A, an
.

∴该数集具有性质 P. (Ⅱ)∵ A = {a1 , a2 ,L an } 具有性质 P,∴ an an 与

由于 1 ≤ a1 < a2 < L < an ,∴ an an > an ,故 an an ? A . 从而 1 =

an ∈ A ,∴ a1 = 1 . an

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∵ 1 = a1 < a2 < L < an , ∴ ak an > an ,故 ak an ? A ( k = 2,3,L , n ) . 由 A 具有性质 P 可知

an ∈ A ( k = 1, 2, 3,L , n ) . ak

又∵

an a a a < n <L < n < n , an an ?1 a2 a1



an a a a = 1, n = a2 ,L n = an ?1 , n = an , an an ?1 a2 a1 an a a a = n + L + n + n = a1 + a2 + L + an ?1 + an , an an ?1 a2 a1

从而



a1 + a2 + L + an = an . ? ? a1?1 + a2 1 + L + an 1

.

(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当 n = 5 时,有

a5 a 2 = a2 , 5 = a3 ,即 a5 = a2 a4 = a3 , a4 a3

∵ 1 = a1 < a2 < L < a5 ,∴ a3 a4 > a2 a4 = a5 ,∴ a3 a4 ? A , 由 A 具有性质 P 可知

a4 ∈ A. a3

2 a2 a4 = a3 ,得

a3 a4 a a a = ∈ A ,且 1 < 3 = a2 ,∴ 4 = 3 = a2 , a2 a3 a2 a3 a2



a5 a4 a3 a2 = = = = a2 ,即 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 是首项为 1,公比为 a2 成等比数列. a4 a3 a2 a1

.k.s.5.

6.(2009 江苏卷)(本小题满分 14 分) 设 {an } 是公差不为零的等差数列, Sn 为其前 n 项和,满足 a2 + a3 = a4 + a5 , S 7 = 7 。
2 2 2 2

(1)求数列 {an } 的通项公式及前 n 项和 Sn ; (2)试求所有的正整数 m ,使得

am am +1 为数列 {an } 中的项。 am + 2

【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 a2
2 2 2 2 ? a5 = a4 ? a3 ,由性质得 ?3d (a4 + a3 ) = d (a4 + a3 ) ,因为

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d ≠ 0 , 所 以 a4 + a3 = 0 , 即 2a1 + 5d = 0 , 又 由 S7 = 7 得 7 a1 +

7×6 d = 7 ,解得 2

a1 = ?5 , d = 2 ,
(2) (方法一) 则

am am +1 (2m ? 7)(2m ? 5) = ,设 2m ? 3 = t , am + 2 2m ? 3
所以 t 为 8 的约数

am am +1 (t ? 4)(t ? 2) 8 = = t + ?6, am + 2 t t

(方法二)因为

am am +1 (am + 2 ? 4)(am + 2 ? 2) 8 = = am + 2 ? 6 + 为数列 {an } 中的项, am + 2 am + 2 am + 2



8 为整数,又由(1)知: am + 2 为奇数,所以 am + 2 = 2m ? 3 = ±1, 即m = 1, 2 a m+2
.

经检验,符合题意的正整数只有 m = 2 。 7.(2009 江苏卷)(本题满分 10 分)

对于正整数 n ≥2,用 Tn 表示关于 x 的一元二次方程 x + 2ax + b = 0 有实数根的有序数组 (a, b)
2

的组数,其中 a, b ∈ {1, 2, L , n} ( a 和 b 可以相等);对于随机选取的 a, b ∈ {1, 2, L , n} ( a 和 b 可以相等),记 Pn 为关于 x 的一元二次方程 x + 2ax + b = 0 有实数根的概率。
2

(1)求 Tn2 和 Pn2 ; (2)求证:对任意正整数 n ≥2,有 Pn > 1 ?

1 . n

【解析】 [必做题 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。 必做题

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.

8.(2009 山东卷理)(本小题满分 12 分) 等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ,已知对任意的 n ∈ N 且 b ≠ 1, b, r 均为常数)的图像上. (1)求 r 的值; (11)当 b=2 时,记 证明:对任意的 n ∈ N
+
+

, ( n, S n ) , 点 均在函数 y = b x + r (b > 0

bn = 2(log 2 an + 1)(n ∈ N + )
,不等式

.

b +1 b1 + 1 b2 + 1 · ······ n > n + 1 成立 b1 b2 bn

解:因为对任意的 n ∈ N ,点 (n, S n ) ,均在函数 y = b x + r (b > 0 且 b ≠ 1, b, r 均为常数的图像上. 所 以 得

+

Sn = b n + r
n

,
n ?1



n =1



,

a1 = S1 = b + r

,



n≥2

时 , an = S n ? S n ?1 = b + r ? (b

+ r ) = b n ? b n ?1 = (b ? 1)b n ?1 , 又 因 为 { an } 为 等 比 数 列 , 所 以

r = ?1 ,公比为 b , an = (b ? 1)b n ?1
(2)当 b=2 时, an = (b ? 1)b 则
n ?1

= 2 n ?1 ,

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

bn + 1 2n + 1 b + 1 3 5 7 2n + 1 b + 1 b2 + 1 = ,所以 1 · ······ n = ? ? L bn 2n b1 b2 bn 2 4 6 2n

.

下面用数学归纳法证明不等式

b + 1 3 5 7 2n + 1 b1 + 1 b2 + 1 · ······ n = ? ? L > n + 1 成立. b1 b2 bn 2 4 6 2n

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① 当 n = 1 时,左边=

3 3 ,右边= 2 ,因为 > 2 ,所以不等式成立. 2 2

② 假设当 n = k 时不等式成立,即

b + 1 3 5 7 2k + 1 b1 + 1 b2 + 1 · ······ k = ? ? L > k + 1 成立.则当 b1 b2 bk 2 4 6 2k

n = k + 1 时,左边=

b + 1 bk +1 + 1 3 5 7 2 k + 1 2k + 3 b1 + 1 b2 + 1 · ······ k = ? ? ?L ? ? b1 b2 bk bk +1 2 4 6 2k 2k + 2

> k +1?

2k + 3 (2k + 3) 2 4(k + 1) 2 + 4( k + 1) + 1 1 = = = (k + 1) + 1 + > ( k + 1) + 1 2k + 2 4( k + 1) 4( k + 1) 4( k + 1)
.

所以当 n = k + 1 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 Sn 求 an 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. 9.(2009 山东卷文)(本小题满分 12 分) 等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ,已知对任意的 n ∈ N 且 b ≠ 1, b, r 均为常数)的图像上. (1)求 r 的值; (11)当 b=2 时,记
+

, ( n, S n ) , 点 均在函数 y = b x + r (b > 0

bn =
+

n +1 (n ∈ N + ) 4 an

求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn

解:因为对任意的 n ∈ N ,点 (n, S n ) ,均在函数 y = b x + r (b > 0 且 b ≠ 1, b, r 均为常数)的图像上. 所以得 S n = b + r ,
n

当 n = 1 时, a1 = S1 = b + r , 当 n ≥ 2 时, an = S n ? S n ?1 = b + r ? (b
n n ?1

+ r ) = b n ? b n ?1 = (b ? 1)b n ?1 ,
所以 an = (b ? 1)b
n ?1

又因为{ an }为等比数列, 所以 r = ?1 , 公比为 b , (2)当 b=2 时, an = (b ? 1)b 则 Tn =
n ?1

= 2 n ?1 ,

bn =

n +1 n +1 n +1 = = n +1 n ?1 4 an 4 × 2 2

2 3 4 n +1 + 3 + 4 + L + n +1 2 2 2 2 2 1 2 3 4 n n +1 Tn = + 4 + 5 + L + n +1 + n + 2 3 2 2 2 2 2 2

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相减,得 Tn =

2 1 1 1 1 n +1 + 3 + 4 + 5 + L + n +1 ? n + 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 × (1 ? n ?1 ) 1 23 n +1 3 1 n +1 2 + ? n + 2 = ? n +1 ? n + 2 1 2 2 4 2 2 1? 2 3 1 n +1 3 n + 3 所以 Tn = ? n ? n +1 = ? n +1 2 2 2 2 2 1 2

【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 Sn 求 an 的基本题型,并运用错 位相减法求出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前 n 项和 Tn . 10.(2009 全国卷Ⅱ文)(本小题满分 10 分)
.

已知等差数列{ a n }中, a 3 a 7 = ?16, a 4 + a 6 = 0, 求{ a n }前 n 项和 s n .

.

解析:本题考查等差数列的基本性质及求和公式运用能力,利用方程的思想可求解。 解析:本题考查等差数列的基本性质及求和公式运用能力,利用方程的思想可求解。 解:设 {an } 的公差为 d ,则
.

?( a1 + 2d )( a1 + 6d ) = ?16 ? ? ?a1 + 3d + a1 + 5d = 0 ?

?a12 + 8da1 + 12d 2 = ?16 即? ?a1 = ?4d
解得 ?

?a1 = ?8, ?a1 = 8 或? ?d = 2, ? d = ?2

因此 S n = ?8n + n ( n ? 1) = n ( n ? 9 ),或S n = 8n ? n ( n ? 1) = ?n ( n ? 9 ) 11.( 2009 广 东 卷 理 ) (本小题满分 14 分)
2 2
.

已知曲线 Cn : x ? 2nx + y = 0( n = 1, 2,K) . 从点 P ( ?1, 0) 向曲线 Cn 引斜率为 k n ( kn > 0) 的 切线 ln ,切点为 Pn ( xn , yn ) . (1)求数列 {xn }与{ yn } 的通项公式; (2)证明: x1 ? x3 ? x5 ?L ? x2 n ?1 < 解 : ( 1 ) 设 直 线

1 ? xn x < 2 sin n . 1 + xn yn ln : y = k n ( x + 1) , 联 立 x 2 ? 2nx + y 2 = 0 得

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2 2 2 2 2 2 (1 + k n ) x 2 + (2k n ? 2n) x + k n = 0 ,则 ? = (2k n ? 2n) 2 ? 4(1 + k n )k n = 0 ,∴ k n =

n 2n + 1

(?

n 2n + 1

舍去)

.

2 kn n n 2n + 1 n2 x = = , 即 xn = , ∴ y n = k n ( x n + 1) = 2 2 n +1 n +1 1 + k n (n + 1) 2 n

1 ? xn ( 2) 证 明 : ∵ = 1 + xn

n n +1 = n 1+ n +1 1?

1 2n + 1

.

x1 ? x3 ? x5 ? ? ? ? ? x 2 n ?1 =

1 3 2n ? 1 1 3 2n ? 1 × × ???× < × ×???× = 2 4 2n 3 5 2n + 1
1 ? xn 1 + xn

1 2n + 1

∴ x1 ? x3 ? x5 ? ? ? ? ? x 2 n ?1 <

由于

xn = yn

1 ? xn 1 = ,可令函数 f ( x ) = x ? 2 sin x ,则 f ' ( x) = 1 ? 2 cos x ,令 2n + 1 1 + xn
2 π π ,给定区间 (0, ) ,则有 f ' ( x ) < 0 ,则函数 f (x ) 在 (0, ) 上单调递 2 4 4

f ' ( x) = 0 ,得 cos x =

减,∴ f ( x ) < f (0) = 0 ,即 x <

2 sin x 在 (0, ) 恒成立,又 0 < 4

π

1 1 π ≤ < , 2n + 1 3 4

则有

1 ? xn x 1 1 < 2 sin < 2 sin n . ,即 2n + 1 2n + 1 1 + xn yn
1 2 (an + 3), n ∈ N + . 4

.

12.(2009 安徽卷理)(本小题满分 13 分) ( 首项为正数的数列 {an } 满足 an +1 =

(I)证明:若 a1 为奇数,则对一切 n ≥ 2, an 都是奇数; (II)若对一切 n ∈ N + 都有 an +1 > an ,求 a1 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 a1 是奇数,假设 ak = 2m ? 1 是奇数,其中 m 为正整数,

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则由递推关系得 ak +1 =

ak 2 + 3 = m(m ? 1) + 1 是奇数。 4

根据数学归纳法,对任何 n ∈ N + , an 都是奇数。 (II)(方法一)由 an +1 ? an =

1 (an ? 1)(an ? 3) 知, an +1 > an 当且仅当 an < 1 或 an > 3 。 4 1+ 3 32 + 3 = 1 ;若 ak > 3 ,则 ak +1 > = 3. 4 4

另一方面,若 0 < ak < 1, 则 0 < ak +1 <

根据数学归纳法, 0 < a1 < 1, ? 0 < an < 1, ?n ∈ N + ; a1 > 3 ? an > 3, ?n ∈ N + . 综合所述,对一切 n ∈ N + 都有 an +1 > an 的充要条件是 0 < a1 < 1 或 a1 > 3 。 (方法二)由 a2 =

a12 + 3 > a1 , 得 a12 ? 4a1 + 3 > 0, 于是 0 < a1 < 1 或 a1 > 3 。 4

an 2 + 3 an ?12 + 3 (an + an ?1 )(an ? an ?1 ) an +1 ? an = ? = , 4 4 4
因为 a1 > 0, an +1 =

an 2 + 3 , 所以所有的 an 均大于 0,因此 an +1 ? an 与 an ? an ?1 同号。 4

根据数学归纳法, ?n ∈ N + , an +1 ? an 与 a2 ? a1 同号。 因此,对一切 n ∈ N + 都有 an +1 > an 的充要条件是 0 < a1 < 1 或 a1 > 3 。 13.(2009 安徽卷文)(本小题满分 12 分) 已知数列{ } 的前 n 项和 }与{ }的通项公式; < ,数列{ }的前 n 项和

(Ⅰ)求数列{ (Ⅱ)设

,证明:当且仅当 n≥3 时,

.

( n = 1) ? a1 【思路】由 a = ? ? sn ? sn ?1 ( n ≥ 2)

可求出 an 和 bn ,这是数列中求通项的常用方法之一,在求出

an 和 bn 后,进而得到 cn ,接下来用作差法来比较大小,这也是一常用方法。

【解析】(1)由于 a1 = s1 = 4 当 n ≥ 2 时, an = sn ? sn ?1 = (2n + 2n) ? [2( n ? 1) + 2( n ? 1)] = 4n ∴ am = 4n( n ∈ N )
2 2 *

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又当 x ≥ n 时 bn = Tn ? Tn ?1 ? (2 ? 6 m ) ? (2 ? bm ?1 ) ∴ 2bn = bn ?1

1 1 ∴ 数列 {bn } 项与等比数列,其首项为 1,公比为 ∴ bn = ( ) n ?1 2 2 1 16(n + 1) 2 ? ( )( n +1) ?1 1 n ?1 Cn +1 (n + 1) 2 2 2 2 = = (2)由(1)知 C1 = a1 ? bn = 16n ? ( ) ∴ 1 2 Cn 2n 2 16n 2 ? ( ) n ?1 2
.



Cn +1 (n + 1) 2 < 1得 < 1 即 n 2 ? 2n ? 1 > 0 ∴ n > 1 + 2 即 n ≥ 3 Cn 2n

又n ≥ 3时

C (n + 1)2 < 1 成立,即 n +1 < 1 由于 Cn > 0 恒成立. 2 2n Cn

.

因此,当且仅当 n ≥ 3 时, Cn +1 < Cn 14.(2009 江西卷文)(本小题满分 12 分) 数列 {an } 的通项 an = n (cos
2 2

nπ nπ ? sin 2 ) ,其前 n 项和为 Sn . 3 3

(1) 求 Sn ;

S3 n , 求数列{ bn }的前 n 项和 Tn . n ? 4n nπ 2nπ 2 nπ 解: (1) 由于 cos ? sin 2 = cos ,故 3 3 3
(2) bn =

S3k = (a1 + a2 + a3 ) + (a4 + a5 + a6 ) + L + (a3k ? 2 + a3k ?1 + a3k ) = (? = 12 + 22 4 2 + 52 (3k ? 2) 2 + (3k ? 1) 2 + 32 ) + (? + 62 ) + L + (? + (3k ) 2 )) 2 2 2

13 31 18k ? 5 k (9k + 4) + +L + = , 2 2 2 2 k (4 ? 9k ) S3k ?1 = S3k ? a3 k = , 2 k (4 ? 9k ) (3k ? 1) 2 1 3k ? 2 1 + = ?k = ? ? , 2 2 2 3 6

S3k ? 2 = S3k ?1 ? a3 k ?1 =



n 1 ? n = 3k ? 2 ? ?3 ? 6, ? ? (n + 1)(1 ? 3n) Sn = ? , n = 3k ? 1 6 ? ? n(3n + 4) , n = 3k ? 6 ?

(k ∈ N )
*

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(2) bn =

S3 n 9n + 4 = , n n?4 2 ? 4n 1 13 22 9n + 4 Tn = [ + 2 + L + ], 2 4 4 4n 1 22 9n + 4 4Tn = [13 + + L + n ?1 ], 2 4 4

两式相减得

9 9 ? n 1 9 9 9n + 4 1 9n + 4 1 9n 3Tn = [13 + + L + n ?1 ? ] = [13 + 4 4 ? ] = 8 ? 2 n ?3 ? 2 n +1 , n n 1 2 4 4 4 2 4 2 2 1? 4 8 1 3n 故 Tn = ? ? 2 n +1 . 2 n ?3 3 3? 2 2
15.(2009 江西卷理)(本小题满分 14 分) 各项均为正数的数列 {an } , a1 = a, a2 = b ,且对满足 m + n = p + q 的正整数 m, n, p, q 都有

a p + aq am + an = . (1 + am )(1 + an ) (1 + a p )(1 + aq )
(1)当 a =

1 4 , b = 时,求通项 an ; 2 5

.

(2)证明:对任意 a ,存在与 a 有关的常数 λ ,使得对于每个正整数 n ,都有 解:(1)由

1

λ

≤ an ≤ λ .

a p + aq am + an = 得 (1 + am )(1 + an ) (1 + a p )(1 + aq )

a1 + an a2 + an ?1 1 4 = . 将 a1 = , a2 = 代入化简得 (1 + a1 )(1 + an ) (1 + a2 )(1 + an ?1 ) 2 5 an = 2an ?1 + 1 . an ?1 + 2

.

所以

1 ? an 1 1 ? an ?1 = ? , 1 + an 3 1 + an ?1

.

故数列 {

1 ? an } 为等比数列,从而 1 + an

1 ? an 1 3n ? 1 = n , 即 an = n . 1 + an 3 3 +1

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可验证, an =

3n ? 1 满足题设条件. 3n + 1
am + an (1 + am )(1 + an )
的 值 仅 与

(2)

由 题 设

m+n

有 关 , 记 为

bm+n ,



bn +1 =

a1 + an a + an = . (1 + a1 )(1 + an ) (1 + a )(1 + an )

.

考察函数 f ( x ) =

a+x ( x > 0) ,则在定义域上有 (1 + a )(1 + x)

.

? 1 a >1 ?1 + a , ? ? 1 f ( x) ≥ g (a) = ? , a =1 ? 2 ? a ?1 + a , 0 < a < 1 ?
故对 n ∈ N , bn +1 ≥ g ( a ) 恒成立.
*
.

又 b2 n =

2 an ≥ g (a) , (1 + an ) 2
1 ,解上式得 2

注意到 0 < g (a ) ≤

1 ? g (a) ? 1 ? 2 g (a) 1 ? g (a) + 1 ? 2 g (a) g (a) = ≤ an ≤ , g (a) g (a) 1 ? g (a) + 1 ? 2 g (a)
取λ =

1 ? g (a) + 1 ? 2 g (a) ,即有 g (a)

1

λ

≤ an ≤ λ . .

.

16.(2009 天津卷文)(本小题满分 12 分) 已知等差数列 {a n } 的公差 d 不为 0,设 S n = a1 + a 2 q + L + a n q
n ?1

Tn = a1 ? a 2 q + L + (?1) n ?1 a n q n?1 , q ≠ 0, n ∈ N *
(Ⅰ)若 q = 1, a1 = 1, S 3 = 15 ,求数列 {a n } 的通项公式; (Ⅱ)若 a1 = d , 且S1 , S 2 , S 3 成等比数列,求 q 的值。 (Ⅲ)若 q ≠ ±1, 证明( ? q)S 2 n ? (1 + q )T2 n = 1

2dq (1 ? q 2 n ) ,n ∈ N* 1? q2

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【答案】(1) a n = 4n ? 3 (2) q = ?2 (3)略 【解析】 (1)解:由题设, S 3 = a1 + ( a1 + d ) q + ( a1 + 2d ) q , 将q = 1, a1 = 1, S 3 = 15
2

代入解得 d = 4 ,所以 a n = 4n ? 3 n ∈ N * (2)解:当 a1 = d , S1 = d , S 2 = d + 2dq, S 3 = d + 2dq + 3dq ,Q S1 , S 2 , S 3 成等比数列,所以
2

2 S 2 = S1 S 3 ,即 d + 2dq) = d(d + 2dq + 3dq 2 ) ,注意到 d ≠ 0 ,整理得 q = ?2 (

2

(3)证明:由题设,可得 bn = q

n ?1

,则 ① ②

S 2 n = a1 + a 2 q + a 3 q 2 + L a 2 n q 2 n ?1 T2 n = a1 ? a 2 q + a 3 q 2 ? L ? a 2 n q 2 n ?1
①-②得,

S 2 n ? T2 n = 2(a 2 q + a 4 q 3 + L + a 2 n q 2 n ?1 )
①+②得,

S 2 n + T2 n = 2(a1 q + a 3 q 2 + L + a 2 n ?1 q 2 n ? 2 )


2 2n?2

③式两边同乘以 q,得 q ( S 2 n + T2 n ) = 2( a1 q + a3 q + L + a 2 n ?1 q 所以 (1 ? q ) S 2 n ? (1 + q )T2 n = 2d ( q + q + L + q
3 2 n ?1

)

2dq (1 ? q 2 n ) )= 1? q2

(3)证明: c1 ? c 2 = ( a k1 ? a l1 )b1 + ( a k 21 ? al2 )b2 + ( a k n ? a ln )bn = ( k1 ? l1 ) db1 + ( k 2 ? l 2 ) db1 q + L + ( k n ? l n ) db1 q 因为 d ≠ 0, b1 ≠ 0 ,所以
n ?1

c1 ? c 2 = (k1 ? l1 ) + (k 2 ? l 2 )q + L + (k n ? l n )q n ?1 db1
若 k n ≠ l n ,取 i=n, 若 k n = l n ,取 i 满足 k i ≠ l i ,且 k j = l j , i + 1 ≤ j ≤ n 由(1)(2)及题设知, 1 < i ≤ n ,且

c1 ? c 2 = (k1 ? l1 ) + (k 2 ? l 2 )q + L + (k n ? l n )q n ?1 db1

.

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① 当 k i < l i 时, k i ? l i ≤ ?1 ,由 q ≥ n , k i ? l i ≤ q ? 1, i = 1,2 L , i ? 1 即 k1 ? l1 ≤ q ? 1 , ( k 2 ? l 2 ) q ≤ q ( q ? 1), L (k i ?1 ? l i ?1 ) q
i ?2

≤ q (q ? 1) i ? 2

c1 ? c 2 1 ? q i ?1 i ?2 i ?1 所以 ≤ (q ? 1) + (q ? 1)q + L + (q ? 1)q ? q = (q ? 1) ? q i ?1 = ?1 db1 1? q
因此 c1 ? c 2 ≠ 0 ② 当 k i > li 时,同理可得 综上, c1 ≠ c 2

c1 ? c 2 ≤ ?1, 因此 c1 ? c 2 ≠ 0 db1

.

【考点定位】 本小题主要考查了等差数列的通项公式, 等比数列通项公式与前 n 项和等基本 知识,考查运算能力和推理论证能力和综合分析解决问题的能力。 17.(2009 湖北卷理)(本小题满分 13 分)(注意:在试题卷上作答无效) 注意: ......... 已知数列 {an } 的前 n 项和 S n = ?an ? ( ) n ?1 + 2 (n 为正整数)。 (Ⅰ)令 bn = 2 n an ,求证数列 {bn } 是等差数列,并求数列 {an } 的通项公式;

1 2

n +1 5n an , Tn = c1 + c2 + ........ + cn 试比较 Tn 与 的大小,并予以证明。 n 2n + 1 1 n ?1 1 19.解析:(I)在 S n = ? an ? ( ) + 2 中,令 n=1,可得 S1 = ? an ? 1 + 2 = a1 ,即 a1 = 2 2 1 n?2 1 n ?1 当 n ≥ 2 时, S n ?1 = ? an ?1 ? ( ) + 2, an = S n ? S n ?1 = ? an + an ?1 + ( ) , ∴ 2 2 1 ∴ 2a n = an ?1 + ( ) n ?1 , 即2n an = 2n ?1 an ?1 + 1 . 2
(Ⅱ)令 cn =

Q bn = 2n an ,∴ bn = bn ?1 + 1, 即当n ≥ 2时,bn ? bn ?1 = 1 .
又 b1 = 2a1 = 1,∴ 数列 bn } 是首项和公差均为 1 的等差数列. 于是 bn = 1 + ( n ? 1) ?1 = n = 2 an ,∴ an =
n

.

{

n +1 1 an = (n + 1)( ) n ,所以 n 2 1 1 1 1 Tn = 2 × + 3 × ( )2 + 4 × ( )3 + K + (n + 1)( ) n 2 2 2 2 1 1 2 1 3 1 4 1 Tn = 2 × ( ) + 3 × ( ) + 4 × ( ) + K + (n + 1)( ) n +1 2 2 2 2 2
(II)由(I)得 cn =

n . 2n

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由①-②得 Tn = 1 + ( ) + ( ) + K + ( ) ? (n + 1)( )
2 3 n

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

n +1

1 1 [1 ? ( ) n ?1 ] 1 3 n+3 2 = 1+ 4 ? (n + 1)( ) n +1 = ? n +1 1 2 2 2 1? 2 n+3 ∴Tn = 3 ? n 2

Tn ?

5n n+3 5n (n + 3)(2n ? 2n ? 1) = 3? n ? = 2n + 1 2 2n + 1 2n (2n + 1)
5n n 的大小关系等价于比较 2 与2n + 1 的大小 2n + 1

于是确定 Tn与

由 2 < 2 × 1 + 1; 2 2 < 2 × 2 + 1; 23 < 2 × 3 + 1; 24 < 2 × 4 + 1; 25 < 2 × 5;K 可猜想当 n ≥ 3时, > 2n + 1. 证明如下: 2
n

证法 1:(1)当 n=3 时,由上验算显示成立。 (2)假设 n = k + 1 时 2k +1 = 2g2k > 2(2k + 1) = 4k + 2 = 2( k + 1) + 1 + (2k ? 1) > 2( k + 1) + 1 所以当 n = k + 1 时猜想也成立 综合(1)(2)可知 ,对一切 n ≥ 3 的正整数,都有 2 > 2n + 1.
n

证法 2:当 n ≥ 3 时
0 1 2 0 1 n 2n = (1 + 1)n = Cn + Cn + Cn + K + Cnn ?1 + Cnn ≥ Cn + Cn + Cn ?1 + Cnn = 2n + 2 > 2n + 1

综上所述,当 n = 1, 2时 Tn <

5n 5n ,当 n ≥ 3 时 Tn > 2n + 1 2n + 1

18.(2009 四川卷文)(本小题满分 14 分) 设 数 列 {an } 的 前 n 项 和 为 Sn , 对 任 意 的 正 整 数 n , 都 有 an = 5S n + 1 成 立 , 记

bn =

4 + an (n ∈ N * ) 。 1 ? an

(I)求数列 {an } 与数列 {bn } 的通项公式; (II)设数列 {bn } 的前 n 项和为 Rn ,是否存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立?若存在,找出一个 正整数 k ;若不存在,请说明理由; (III)记 cn = b2 n ? b2 n ?1 ( n ∈ N ) ,设数列 {cn } 的前 n 项和为 Tn ,求证:对任意正整数 n 都有
*

Tn <

3 ; 2

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【解析】(I)当 n = 1 时, a1 = 5S1 + 1,∴ a1 = ? 解析】 又Q an = 5S n + 1, an +1 = 5S n +1 + 1

1 4

∴ an +1 ? an = 5an +1 , 即

an +1 1 =? an 4

∴数列 {an } 是首项为 a1 = ?

1 1 ,公比为 q = ? 的等比数列, 4 4 1 4 + (? ) n 1 n 4 (n ∈ N * ) ∴ an = ( ? ) , bn = …………………………………3 分 1 n 4 1 ? (? ) 4
(II)不存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立。

1 4 + (? )n 5 4 = 4+ 证明:由(I)知 bn = 1 n (?4) n ? 1 1 ? (? ) 4

Q b2 k ?1 + b2 k = 8 +

5 5 20 15 × 16k ? 40 =8+ k ? k =8? k < 8. (?4) 2 k ?1 ? 1 (?4) 2 k ? 1 16 ? 1 16 + 4 (16 ? 1)(16k + 4) 5 +

∴当 n 为偶数时,设 n = 2m( m ∈ N ? ) ∴ Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + L + (b2 m ?1 + b2 m ) < 8m = 4n 当 n 为奇数时,设 n = 2m ? 1( m ∈ N ? ) ∴ Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + L + (b2 m ?3 + b2 m ? 2 ) + b2 m ?1 < 8( m ? 1) + 4 = 8m ? 4 = 4n ∴对于一切的正整数 n,都有 Rn < 4k ∴不存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立。 (III)由 bn = 4 + …………………………………8 分

5 得 (?4) n ? 1

5 5 15 × 16n 15 × 16n 15 × 16n 15 cn = b2 n ?1 + b2 n = 2 n + = = < = 4 ? 1 42 n ?1 + 1 (16n ? 1)(16n + 4) (16n )2 + 3 ×16n ? 4 (16n ) 2 16n
又 b1 = 3, b2 =

13 4 ,∴ c2 = , 3 3

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当 n = 1 时, T1 < 当 n ≥ 2 时,

3 , 2

1 1 [1 ? ( ) n ? 2 ] 2 4 1 1 1 4 16 Tn < + 25 × ( 2 + 3 + L + n ) = + 25 × 16 1 3 16 16 16 3 1? 16 1 2 4 69 3 < + 25 × 16 = < 1 48 2 3 1? 16
…………………………………14 分 19.(2009 全国卷Ⅱ理)(本小题满分 12 分) 设数列 {an } 的前 n 项和为 S n , 已知 a1 = 1, S n +1 = 4an + 2 (I)设 bn = an +1 ? 2an ,证明数列 {bn } 是等比数列 (II)求数列 {an } 的通项公式。 解:(I)由 a1 = 1, 及 S n +1 = 4an + 2 ,有 a1 + a2 = 4a1 + 2, a2 = 3a1 + 2 = 5,∴ b1 = a2 ? 2a1 = 3 由 S n +1 = 4an + 2 ,...① 则当 n ≥ 2 时,有 S n = 4an ?1 + 2 .....②

②-①得 an +1 = 4an ? 4an ?1 ,∴ an +1 ? 2an = 2( an ? 2an ?1 ) 又Q bn = an +1 ? 2an ,∴ bn = 2bn ?1 ∴{bn } 是首项 b1 = 3 ,公比为2的等比数列. (II)由(I)可得 bn = an +1 ? 2an = 3 ? 2
n ?1

,∴

an +1 an 3 ? = 2n +1 2 n 4

an 1 3 } 是首项为 ,公差为 的等比数列. n 2 2 4 an 1 3 3 1 ∴ n = + (n ? 1) = n ? , an = (3n ? 1) ? 2n ? 2 2 2 4 4 4
∴ 数列 {
评析:第(I)问思路明确,只需利用已知条件寻找 bn与bn ?1的关系即可 . 第(II)问中由(I)易得 an +1 ? 2an = 3 ? 2
n ?1

,这个递推式明显是一个构造新数列的模型:

an +1 = pan + q n ( p, q为常数),主要的处理手段是两边除以 q n +1 .
总体来说,09 年高考理科数学全国 I、Ⅱ这两套试题都将数列题前置,主要考查构造新数列 、 (全国 I 还考查了利用错位相减法求前 n 项和的方法),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

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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。 20.(2009 湖南卷文)(本小题满分 13 分) 对于数列 {un } ,若存在常数 M>0,对任意的 n ∈ N ,恒有
*

un +1 ? un + un ? un ?1 + L + u2 ? u1 ≤ M ,
则称数列 {un } 为 B ? 数列. (Ⅰ)首项为 1,公比为 ?

1 的等比数列是否为 B-数列?请说明理由; 2

(Ⅱ)设 Sn 是数列 {xn } 的前 n 项和.给出下列两组判断: A 组:①数列 {xn } 是 B-数列, B 组:③数列 {S n } 是 B-数列, ②数列 {xn } 不是 B-数列; ④数列 {S n } 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 {an } 是 B-数列,证明:数列 {an } 也是 B-数列。 解: (Ⅰ)设满足题设的等比数列为 {an } ,则 an = ( ? )
2

1 2

n ?1

.于是

1 1 3 1 an ? an ?1 = (? )n ?1 ? (? ) n ? 2 = × ( ) n ? 2 , n ≥ 2. 2 2 2 2 | an +1 ? an | + | an ? an ?1 | + L + | a2 ? a1 |
=

3 ? 1 1 1 1 ? ? ? × ?1 + + ) + L + )-1 ? = 3 × ?1 ? )? < 3. ( 2 ( n ( n 2 ? 2 2 2 2 ? ? ? 1 的等比数列是 B-数列 2
.

所以首项为 1,公比为 ?

(Ⅱ)命题 1:若数列 {xn } 是 B-数列,则数列 {S n } 是 B-数列.此命题为假命题. 命题 : 事实上设 xn =1, n ∈ N ,易知数列 {xn } 是 B-数列,但 Sn =n,
*

| S n +1 ? S n | + | S n ? S n ?1 | + L + | S 2 ? S1 |= n .
由 n 的任意性知,数列 {S n } 不是 B-数列。 命题 2:若数列 {S n } 是 B-数列,则数列 {xn } 不是 B-数列。此命题为真命题。

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*

事实上,因为数列 {S n } 是 B-数列,所以存在正数 M,对任意的 n ∈ N ,有

| S n +1 ? S n | + | S n ? S n ?1 | + L + | S 2 ? S1 |≤ M ,
即 | xn +1 | + | xn | + L + | x2 |≤ M .于是 xn +1 ? xn + xn ? xn ?1 + L + x2 ? x1

≤ xn +1 + 2 xn + 2 xn ?1 + L + 2 x2 + x1 ≤ 2M + x1 ,
所以数列 {xn } 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 {an } 是 B-数列,则存在正数 M,对任意的 n ∈ N , 有
?

an +1 ? an + an ? an ?1 + L + a2 ? a1 ≤ M .
因为 an = an ? an ?1 + an ?1 + an ? 2 + L + a2 ? a1 + a1

≤ an ? an ?1 + an ?1 ? an ? 2 + L + a2 ? a1 + a1 ≤ M + a1 .
2 2 记 K = M + a1 ,则有 an +1 ? an = ( an +1 + an )( an +1 ? an )

≤ ( an +1 + an ) an +1 ? an ≤ 2 K an +1 ? an .
2 2 2 2 2 因此 an +1 ? an + an ? an ?1 + ... + a2 ? a12 ≤ 2 KM . 2 故数列 an 是 B-数列.

{ }

21.(2009 辽宁卷文)(本小题满分 10 分) ( 等比数列{ an }的前 n 项和为 sn ,已知 S1 , S3 , S2 成等差数列 (1)求{ an }的公比 q; (2)求 a1 - a3 =3,求 sn 解:(Ⅰ)依题意有

a1 + (a1 + a1 q ) = 2(a1 + a1 q + a1 q 2 )
由于 a1 ≠ 0 ,故

2q 2 + q = 0

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1 2 1 2 ( (Ⅱ)由已知可得 a1 ? a1 ? ) = 3 2
又 q ≠ 0 ,从而 q = - 故 a1 = 4

5分

1 n ( ? ? )) 41( 8 1 n 2 ( 从而 S n = = (1 ? ? )) 1 3 2 1? ? ) ( 2
22.(2009 陕西卷文)(本小题满分 12 分) 已知数列 {an } 满足, a1= ’ 2 = 2, an+2= 1a

10 分

an + an +1 ,n∈ N*. 2

( Ι ) 令 bn = an+1 ? an ,证明: {bn } 是等比数列;
(Ⅱ)求 {an } 的通项公式。 (1)证 b1 = a2 ? a1 = 1, 当 n ≥ 2 时, bn = an +1 ? an = 所以 {bn } 是以 1 为首项, ?

an ?1 + an 1 1 ? an = ? (an ? an ?1 ) = ? bn ?1, 2 2 2

1 为公比的等比数列。 2 1 n ?1 (2)解由(1)知 bn = an +1 ? an = ( ? ) , 2
当 n ≥ 2 时, an = a1 + ( a2 ? a1 ) + ( a3 ? a2 ) + L + ( an ? an ?1 ) = 1 + 1 + ( ? ) + L + ( ? )

1 2

1 2

n? 2

1 1 ? (? ) n?1 2 1 5 2 1 2 = 1+ = 1 + [1 ? (? ) n? 2 ] = ? (? ) n?1 , 1 3 2 3 3 2 1 ? (? ) 2 5 2 1 1?1 当 n = 1 时, ? ( ? ) = 1 = a1 。 3 3 2 5 2 1 n ?1 * 所以 an = ? ( ? ) ( n ∈ N ) 。 3 3 2
23.(2009 陕西卷理)(本小题满分 12 分) 已知数列 { xn } 满足, x1=

1 1 xn+1= ,n∈ N*. 2’ 1 + xn

( Ι ) 猜想数列 {xn } 的单调性,并证明你的结论;

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(Ⅱ)证明: | xn +1 -xn|≤ ( )

1 2 6 5

n ?1



证(1)由 x1 =

1 1 2 5 13 及xn+1 = 得x2 = + x4 = ,x4 = 2 1 + xn 3 8 21

由 x2 > x4 > x6 猜想:数列 { x2n } 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 易知 x2 k > 0 ,那么 x2 k + 2 ? x2 k + 4 = (2)假设当 n=k 时命题成立,即 x2 k > x2 k + 2

x2 k +3 ? x2 k +1 1 1 ? = 1 + x2 k +1 1 + x2 k +3 (1 + x2 k +1 )(1 + x2 k +3 )

=

x2 k ? x2 k + 2 >0 (1 + x2 k )(1 + x2 k +1 )(1 + x2 k + 2 )(1 + x2 k +3 )

即 x2( k +1) > x2( k +1) + 2 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, xn +1 ? xn = x2 ? x1 =

1 ,结论成立 6
1 1 > 1 + xn ?1 2

当 n ≥ 2 时,易知 0 < xn ?1 < 1,∴1 + xn ?1 < 2, xn =

∴ (1 + xn )(1 + xn ?1 ) = (1 +

1 5 )(1 + xn ?1 ) = 2 + xn ?1 ≥ 1 + xn ?1 2

∴ xn +1 ? xn =


xn ? xn ?1 1 1 ? = 1 + xn 1 + xn ?1 (1 + xn )(1 + xn ?1 )

2 2 2 xn ? xn ?1 ≤ ) xn ?1 ? xn ? 2 ≤ K ≤ ) x2 ? x1 ( 2 ( n-1 5 5 5 1 2 n-1 = ( ) 6 5

24.(2009 四川卷文)(本小题满分 14 分)

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设 数 列 {an } 的 前 n 项 和 为 Sn , 对 任 意 的 正 整 数 n , 都 有 an = 5S n + 1 成 立 , 记

bn =

4 + an (n ∈ N * ) 。 1 ? an

(I)求数列 {an } 与数列 {bn } 的通项公式; (II)设数列 {bn } 的前 n 项和为 Rn ,是否存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立?若存在,找出一个 正整数 k ;若不存在,请说明理由; (III)记 cn = b2 n ? b2 n ?1 ( n ∈ N ) ,设数列 {cn } 的前 n 项和为 Tn ,求证:对任意正整数 n 都有
*

Tn <

3 ; 2
1 4

【解析】(I)当 n = 1 时, a1 = 5S1 + 1,∴ a1 = ? 解析】 又Q an = 5S n + 1, an +1 = 5S n +1 + 1

∴ an +1 ? an = 5an +1 , 即

an +1 1 =? an 4

∴数列 {an } 是首项为 a1 = ?

1 1 ,公比为 q = ? 的等比数列, 4 4 1 4 + (? ) n 1 n 4 (n ∈ N * ) ∴ an = ( ? ) , bn = …………………………………3 分 1 n 4 1 ? (? ) 4
(II)不存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立。

1 4 + (? )n 5 4 = 4+ 证明:由(I)知 bn = 1 (?4) n ? 1 1 ? (? )n 4

Q b2 k ?1 + b2 k = 8 +

5 5 20 15 × 16k ? 40 =8+ k ? k =8? k < 8. (?4) 2 k ?1 ? 1 (?4) 2 k ? 1 16 ? 1 16 + 4 (16 ? 1)(16k + 4) 5 +

∴当 n 为偶数时,设 n = 2m( m ∈ N ? ) ∴ Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + L + (b2 m ?1 + b2 m ) < 8m = 4n 当 n 为奇数时,设 n = 2m ? 1( m ∈ N ? ) ∴ Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + L + (b2 m ?3 + b2 m ? 2 ) + b2 m ?1 < 8( m ? 1) + 4 = 8m ? 4 = 4n

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∴对于一切的正整数 n,都有 Rn < 4k ∴不存在正整数 k ,使得 Rn ≥ 4k 成立。 (III)由 bn = 4 + …………………………………8 分

5 得 (?4) n ? 1

5 5 15 × 16n 15 × 16n 15 × 16n 15 + = = < = cn = b2 n ?1 + b2 n = 2 n 4 ? 1 42 n ?1 + 1 (16n ? 1)(16n + 4) (16n )2 + 3 ×16n ? 4 (16n ) 2 16n
又 b1 = 3, b2 =

13 4 ,∴ c2 = , 3 3 3 当 n = 1 时, T1 < , 2 当 n ≥ 2 时,
1 1 [1 ? ( ) n ? 2 ] 2 4 1 1 1 4 16 Tn < + 25 × ( 2 + 3 + L + n ) = + 25 × 16 1 3 16 16 16 3 1? 16 1 2 4 69 3 < + 25 × 16 = < 1 48 2 3 1? 16
…………………………………14 分 25.(2009 湖北卷文)(本小题满分 12 分) 已知{an}是一个公差大于 0 的等差数列,且满足 a3a6=55, (Ⅰ)求数列{an}的通项公式: (Ⅱ)若数列{an}和数列{bn}满足等式:an== 的前 n 项和 Sn 解(1)解:设等差数列 {an } 的公差为 d,则依题设 d>0 由 a2+a7=16.得 2a1 + 7 d = 16 由 a3 ? a6 = 55, 得 ( a1 + 2d )( a1 + 5d ) = 55 ① ②
2

a2+a7=16.

b1 b2 b3 b + 2 + 3 + ... n (n为正整数) ,求数列{bn} 2 2 2 2n

由①得 2a1 = 16 ? 7 d 将其代入②得 (16 ? 3d )(16 + 3d ) = 220 。即 256 ? 9d = 220

∴ d 2 = 4, 又d > 0,∴ d = 2, 代入①得a1 = 1 ∴ an = 1 + (n ? 1) ? 2 = 2n ? 1

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(2)令 cn =

bn , 则有an = c1 + c2 + K + cn , an +1 = c1 + c2 + K + cn ?1 2n an +1 ? an = cn +1 ,由(1)得a1 = 1, an +1 ? an = 2
n +1

两式 相减得∴ cn +1 = 2, cn = 2( n ≥ 2), 即当n ≥ 2时,bn = 2

又当n=1时,b1 = 2a1 = 2

?2, (n = 1) ∴ bn = ? n +1 ?2 (n ≥ 2)
于是 S n = b1 + b2 + b3 K + bn = 2 + 2 + 2 + K + 2
3 4 n +1

= 2 + 2 + 2 + 2 +K + 2
2 3 4

n+1

2(2n +1 ? 1) -4= ? 4 = 2n + 2 ? 6, 即S n = 2n + 2 ? 6 2 ?1

26.(2009 湖南卷理)(本小题满分 13 分) 对于数列 {un

} 若存在常数 M>0,对任意的 n ∈ N ′ ,恒有

un +1 ? un + un ? un ?1 + ... + u2 ? u1 ≤ M
则称数列 {un

} 为 B-数列

(1) 首项为 1,公比为 q ( q < 1) 的等比数列是否为 B-数列?请说明理由; 请以其中一组的一个论断条件,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; (2) 设 Sn 是数列 { xn } 的前 n 项和,给出下列两组论断; A 组:①数列 { xn } 是 B-数列 B 组:③数列 {S n } 是 B-数列 ②数列 { xn } 不是 B-数列 ④数列 {S n } 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; (3) 若数列 {an } , {bn } 都是 B ? 数列,证明:数列 {anbn } 也是 B ? 数列。 解(1)设满足题设的等比数列为 {an } ,则 an = q
n ?1

,于是

an ? an ?1 = q n ?1 ? q n ? 2 = q

n? 2

q ?1 , n ≥ 2
2 n ?1

因此| an +1 - an |+| an - an ?1 |+…+| a2 - a1 |= q ? 1 (1 + q + q + ... + q

).

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因为 q < 1, 所以 1 + q + q + ... + q
2

n ?1

=

1? q 1? q

n

<

1 ,即 1? q

an +1 ? an + an ? an1 + ... + a2 ? a1 <

q ?1 1? q

故首项为 1,公比为 q ( q < 1) 的等比数列是 B-数列。 (2)命题 1:若数列 { xn } 是 B-数列,则数列 {S n } 是 B-数列 次命题为假命题。 事实上,设 xn = 1, n ∈ N ,易知数列 { xn } 是 B-数列,但 S n = n
?

Sn ?1 ? Sn + Sn ? Sn +1 + ... + S2 ? S1 = n
由 n 的任意性知,数列 {S n } 是 B-数列此命题为。 命题 2:若数列 {S n } 是 B-数列,则数列 { xn } 是 B-数列 此命题为真命题 事实上,因为数列 {S n } 是 B-数列,所以存在正数 M,对任意的 n ∈1, 有

Sn +1 ? Sn + Sn ? S n ?1 + ... + S2 ? S1 ≤ M
即 xn +1 + xn + ... + x2 ≤ M 。于是

xn +1 ? xn + xn ? xn ?1 + ... + x2 ? x1
≤ xn +1 + 2 xn + 2 xn ?1 + ... + 2 x2 + 2 x1 ≤ 2M + x1
所以数列 { xn } 是 B-数列。 (III)若数列 {an } { bn }是 B ? 数列,则存在正数 M 1.M 2 ,对任意的 n ∈ N ? , 有

an +1 ? an + an ? an ?1 + .... + a2 ? a1 ≤ M 1 bn +1 ? bn + bn ? an ?1 + .... + b2 ? b1 ≤ M 2
注意到 an = an ? an ?1 + an ?1 + an ? 2 + ... + a2 ? a1 + a1

≤ an ? an ?1 + an ?1 ? an ? 2 + ... + a2 ? a1 + a1 ≤ M 1 + a1

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同理: bn ≤ M 2 + b1 记 K 2 = M 2 + b2 ,则有 K 2 = M 2 + b2

an +1bn +1 ? an bn = an +1bn +1 ? an bn +1 + anbn +1 ? anbn

≤ bn +1 an +1? an + an bn +1 ? bn ≤ K1 an +1 ? an + k1 bn +1 ? bn
因此

K1 ( bn +1 ? bn + bn ? bn ?1 + ...... a2 ? a1 ) ≤ k2 M 1 + k1M 2
+ K1 ( bn +1 ? bn + bn ? bn ?1 + ...... a2 ? a1 ) ≤ k 2 M 1 + k1M 2

故数列 an bn 是 B ? 数列 27.(2009 天津卷理)(本小题满分 14 分) ( 已知等差数列{ an }的公差为 d(d ≠ 0),等比数列{ bn }的公比为 q(q>1)。设 sn = a1b1 + a2b2 …..+

{

}

an bn , Tn = a1b1 - a2b2 +…..+(-1 )n?1 an bn ,n ∈ N +
(I) 若 a1 = b1 = 1,d=2,q=3,求 S3 的值; 若 b1 =1,证明(1-q) S 2n -(1+q) T2n =

(II)

2dq(1 ? q 2 n ) + ,n ∈ N ; 1 ? q2

(Ⅲ)

若正数 n 满足 2 ≤ n ≤ q,设 k1 , k 2 ,..., k n和l1 , l2 ,..., ln是1, ... 2,,n 的两个不同的排列,

c1 = ak1 b1 + ak2 b2 + ... + akn bn ,

c2 = al1 b1 + al2 b2 + ... + aln bn 证明

c1 ≠ c2



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 an = 2n ? 1, bn = 3
n ?1

,n ∈ N*

所以, S3 = a1b1 + a2b2 + a3b3 = 1× 1 + 3 × 3 + 5 × 9 = 55 (Ⅱ)证明:由题设可得 bn = q
n ?1

则 ①

S 2 n = a1 + a2 q + a3 q 2 + ..... + a2 n q 2 n ?1 ,

T2 n = a1 ? a2 q + a3 q 2 ? a4 q 3 + ..... ? a2 n q 2 n ?1 , S2 n ? T2 n = 2(a2 q + a4 q3 + ... ? a2 n q 2 n ?1 )
① 式减去②式,得



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① 式加上②式,得

S 2 n + T2 n = 2(a1 + a3 q 2 + .... + a2 n ?1q 2 n ? 2 )
② 式两边同乘 q,得



q ( S 2 n + T2 n ) = 2(a1q + a3 q 3 + .... + a2 n ?1q 2 n ?1 )
所以,

(1 ? q ) S 2 n ? (1 + q )T2 n = ( S 2 n ? T2 n ) ? q ( S 2 n + T2 n ) = 2d (q + q 3 + K + q 2 n ?1 ) 2dq (1 ? q 2 n ) ,n∈ N* = 2 1? q
(Ⅲ)证明: c1 ? c2 = ( ak1 ? al1 )b1 + ( ak2 ? al2 )b2 + K + ( akn ? aln )bn

= (k1 ? l1 )db1 + (k2 ? l2 )db1q + K + (kn ? ln )db1q n ?1
因为 d ≠ 0, b1 ≠ 0, 所以

c1 ? c2 = (k1 ? l1 ) + (k2 ? l2 )q + K + (kn ? ln )q n ?1 db1
(1) 若 k n ≠ ln ,取 i=n (2) 若 k n = ln ,取 i 满足 ki ≠ li 且 k j = l j , i + 1 ≤ j ≤ n 由(1),(2)及题设知, 1 < i ≤ n 且

c1 ? c2 = (k1 ? l1 ) + (k2 ? l2 )q + K (ki ?1 ? li ?1 )q i ? 2 + (ki ? li )q i ?1 db1
① 当 ki < li 时,得 ki ? li ≤ ?1,由q ≥ n,得ki ? li ≤ q ? 1, i = 1, 2,3.....i ? 1 即 k1 ? l1 ≤ q ? 1 , (k 2 ? l2 ) q ≤ q ( q ? 1) …, ( ki ?1 ? li ?1 ) q 又 ( ki ? li ) q
i ?1 i?2

≤ q i ? 2 (q ? 1)

≤ ? q i ?1 , 所以

c1 ? c2 1 ? q i ?1 = (q ? 1) + (q ? 1)q + K (q ? 1)q i ? 2 ? q i ?1 = (q ? 1) db1 1? q
因此 c1 ? c2 ≠ 0, 即c1 ≠ c2

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② 当 ki > li 同理可得 综上, c1 ≠ c2

c1 ? c2 < ?1 ,因此 c1 ≠ c2 db1

28.(2009 四川卷理)(本小题满分 14 分) 设 数 列 {an } 的 前 n 项 和 为 Sn , 对 任 意 的 正 整 数 n , 都 有 an = 5S n + 1 成 立 , 记

bn =

4 + an (n ∈ N * ) 。 1 ? an

(I)求数列 {bn } 的通项公式; (II)记 cn = b2 n ? b2 n ?1 ( n ∈ N ) ,设数列 {cn } 的前 n 项和为 Tn ,求证:对任意正整数 n 都有
*

Tn <

3 ; 2

(III)设数列 {bn } 的前 n 项和为 Rn 。已知正实数 λ 满足:对任意正整数 n, Rn ≤ λ n 恒成立,求 λ 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 n = 1 时, a1 = 5a1 + 1,∴ a1 = ? 又 Q an = 5an + 1, an +1 = 5an +1 + 1

1 4

1 ∴ an +1 ? an = 5an +1 , 即an +1 = ? an 4 1 1 ∴ 数列 {an } 成等比数列,其首项 a1 = ? ,公比是 q = ? 4 4 1 ∴ an = ( ? ) n 4 1 4 + (? ) n 4 ……………………………………..3 分 ∴ bn = 1 n 1 ? (? ) 4
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 bn = 4 +

5 (?4) n ? 1

.

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∴ cn = b2 n ? b2 n ?1 =

5 5 25 × 16n + 2 n ?1 = 42 n ? 1 4 + 1 (16n ? 1)(16n + 4)

=

25 × 16n 25 × 16n 25 < = (16n ) 2 + 3 × 16n ? 4) (16n )2 16n

13 4 ,∴ c1 = 3 3 3 当 n = 1时,T1 < 2 4 1 1 1 当 n ≥ 2时,Tn < + 25 × ( 2 + 3 + K + n ) 3 16 16 16 1 1 [1 ? ( )n?1 ] 2 4 16 = + 25 × 16 1 3 1? 16 1 2 4 69 3 < + 25 × 16 = < ......................7分 1 48 2 3 1? 16
又 b1 = 3, b2 = (Ⅲ)由(Ⅰ)知 bn = 4 +

5 (?4) n ? 1

一方面,已知 Rn ≤ λ n 恒成立,取 n 为大于 1 的奇数时,设 n = 2k + 1( k ∈ N * ) 则 Rn = b1 + b2 + K + b2 k +1

1 1 1 1 + 2 ? 3 + K K ? 2 k +1 ) 4 + 1 4 ?1 4 + 1 4 +1 1 1 1 1 1 = 4n + 5 × [ ? 1 +( 2 ? 3 ) + K K + ( 2k ? 2 k +1 )] 4 +1 4 ?1 4 + 1 4 ?1 4 + 1 = 4n + 5 × ( ?
1

> 4n ? 1

∴ λ n ≥ Rn > 4n ? 1, 即(λ ? 4)n > ?1 对一切大于 1 的奇数 n 恒成立

∴ λ ≥ 4, 否则,(λ ? 4)n > ?1 只对满足 n <

1 的正奇数 n 成立,矛盾。 4?λ

另一方面,当 λ = 4 时,对一切的正整数 n 都有 Rn ≤ 4n 事实上,对任意的正整数 k,有

b2 n ?1 + b2 n = 8 +

5 (?4)
2 k ?1

5 ? 1 (?4) 2 k ? 1 +

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= 8+

5 20 ? k (16) ? 1 (16) k + 4

= 8?

15 × 16k ? 40 <8 (16k ? 1)(16k + 4)

∴ 当 n 为偶数时,设 n = 2m(m ∈ N * )
则 Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + K + (b2 m ?1 + b2 m ) < 8m = 4 n 当 n 为奇数时,设 n = 2m ? 1( m ∈ N * ) 则 Rn = (b1 + b2 ) + (b3 + b4 ) + K + (b2 m ?3 + b2 m ? 2 ) + b2 m ?1 < 8( m ? 1) + 4 = 8m ? 4 = 4n
.

∴ 对一切的正整数 n,都有 Rn ≤ 4n
综上所述,正实数 λ 的最小值为 4………………………….14 分 29.(2009 福建卷文)(本小题满分)2 分) 等比数列 {an } 中,已知 a1 = 2, a4 = 16 (I)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)若 a3 , a5 分别为等差数列 {bn } 的第 3 项和第 5 项,试求数列 {bn } 的通项公式及前 n 项和

Sn 。
解:(I)设 {an } 的公比为 q 由已知得 16 = 2q 3 ,解得 q = 2 (Ⅱ)由(I)得 a2 = 8 , a5 = 32 ,则 b3 = 8 , b5 = 32 设 {bn } 的公差为 d ,则有 ?

?b1 + 2d = 8 ?b1 = ?16 解得 ? ?d = 12 ?b1 + 4d = 32

从而 bn = ?16 + 12( n ? 1) = 12n ? 28 所以数列 {bn } 的前 n 项和 S n =

n(?16 + 12n ? 28) = 6n 2 ? 22n 2

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30.(2009 年上海卷理)(本题满分 18 分)本题共有 3 个小题,第 1 小题满分 5 分,第 2 小题满 分 5 分,第 3 小题满分 8 分。 已知 {an } 是公差为 d 的等差数列, {bn } 是公比为 q 的等比数列。 (1) 若 an = 3n + 1 ,是否存在 m、k ∈ N * ,有 am + am +1 = ak ? 说明理由;
* (2) 找出所有数列 {an } 和 {bn } ,使对一切 n ∈ N ,

an +1 = bn ,并说明理由; an

(3) 若 a1 = 5, d = 4, b1 = q = 3, 试确定所有的 p ,使数列 {an } 中存在某个连续 p 项的和是数 列 {bn } 中的一项,请证明。 [解法一](1)由 am + am +1 = ak ,得 6m + 5 = 3k + 1 , 整理后,可得 k ? 2m = ......2 分

4 ? ,Q m 、 k ∈ N ,∴ k ? 2m 为整数, 3
......5 分 (*)

∴ 不存在 m 、 k ∈ N ? ,使等式成立。
(2)若

an +1 a1 + nd = bn ,即 = b1q n ?1 , a a1 + (n ? 1)d
n ?1

(ⅰ)若 d = 0, 则 1 = b1q

= bn 。
......7 分

当{ an }为非零常数列,{ bn }为恒等于 1 的常数列,满足要求。 (ⅱ)若 d ≠ 0 ,(*)式等号左边取极限得 lim

a1 + nd = 1 ,(*)式等号右边的极限只有 n →∞ a + ( n ? 1) d 1

当 q = 1 时,才能等于 1。此时等号左边是常数,∴ d = 0 ,矛盾。 综上所述,只有当{ an }为非零常数列,{ bn }为恒等于 1 的常数列,满足要求。......10 分 【解法二】设 an = nd + c, 若

an +1 = bn , 且 {bn } 为等比数列 an



an + 2 an +1 / = q, 对n ∈ N *都成立,即an an + 2 = qa 2 n +1 an +1 an

∴ (dn + c)(dn + 2d + c) ? q (dn + d + c) 2 对n ∈ N *都成立, a 2 = qd 2 ....7分 ∴

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(i) (ii)

若 d=0,则 an = c ≠ 0,∴ bn = 1, n ∈ N

*

若 d ≠ 0, 则q=1,∴ bn = m (常数)即
*

dn + d + c = m ,则 d=0,矛盾 dn + c

综上所述,有 an = c ≠ 0, bn = 1, 使对一切n ∈ N , (3) an = 4n + 1, bn = 3 , n ∈ N *
n

an+1 = bn , an

10 分

设 am+1 + am+2 + …… + a m+ p = bk = 3 , p、k ∈ N , m ∈ N .
k *

4(m + 1) + 1 + 4(m + p ) + 1 p = 3k , 2

∴ 4m + 2 p + 3 =

3k ,Q p、k ∈ N *,∴ p = 35 , s ∈ N . p

13 分

2 s+2 ? 2 × 3s ? 3 = (4 ? 1) 2 s +2 ? 2 × (4 ? 1) s ? 3 f 0, 取 k = 3s + 2,4m = 3

15 分

由二项展开式可得正整数 M1、M2,使得(4-1)2s+2=4M1+1,

2 × (4 ? 1) s = 8M 2 + (?1) s 2,
∴ 4m = 4( M 1 ? 2 M 2 ) ? (?1) s + 1 2,∴ 存在整数m满足要求.
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 = Ck ? 4 + Ck ? 4
0

k

1

k ?1

? (?1) + …… + Ckk ?1 ? 4 ? (?1) k ?1 + Ckk ? (?1) k = 4 M + (?1) k , M ∈ Z ,
1分

当k为偶数时,存在m,使4m+5=3k 成立 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, 当 p=5 时,则 am+1+am+2+……+am+5=bk,即 5am+3=bk 4m+9=3k 成立

2分

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

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故不是所有奇数都成立.

2分

31.(2009 上海卷文)(本题满分 18 分)本题共有 3 个小题,第 1 小题满分 5 分,第 2 小题满分 5 分,第 3 小题满分 8 分. 已知 {an } 是公差为 d 的等差数列, {bn } 是公比为 q 的等比数列 (1)若 an = 3n + 1 ,是否存在 m, n ∈ N * ,有 am + am +1 = ak ?请说明理由; (2)若 bn = aq n (a、q 为常数,且 aq ≠ 0)对任意 m 存在 k,有 bm ? bm +1 = bk ,试求 a、q 满足 的充要条件; (3) an = 2n + 1, bn = 3n 试确定所有的 p,使数列 {bn } 中存在某个连续 p 项的和式数列中 {an } 的 若 一项,请证明. 【解】(1)由 am + am +1 = ak , 得 6m + 6 + 3k + 1 ,

4 , 3 Q m 、 k ∈ N ,∴ k ? 2m 为整数
整理后,可得 k ? 2m =

∴ 不存在 n 、 k ∈ N ? ,使等式成立。
(2)当 m = 1 时,则 b1 ? b2 = bk ,∴ a ? q = aq
2 3 k

∴ a = q k ?3 , 即 a = q c ,其中 c 是大于等于 ?2 的整数
反之当 a = q c 时,其中 c 是大于等于 ?2 的整数,则 bn = q 显然 bm ? bm +1 = q
m+c n+ c



? q m +1+ c = q 2 m +1+ 2 c = bk ,其中 k = 2m + 1 + c

∴ a 、 q 满足的充要条件是 a = q c ,其中 c 是大于等于 ?2 的整数
(3)设 bm +1 + bm + 2 + L + bm + p = ak 当 p 为偶数时, (*) 式左边为偶数,右边为奇数, 当 p 为偶数时, (*) 式不成立。

3m +1 (1 ? 3 p ) 由 (*) 式得 = 2k + 1 ,整理得 3m +1 (3 p ? 1) = 4k + 2 1? 3
当 p = 1 时,符合题意。

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当 p ≥ 3 , p 为奇数时,

3 p ? 1 = (1 + 2) p ? 1
0 2 p = C p + C 1 ? 21 + C p ? 22 + L + C p ? 2 p ? 1 p 2 p = C 1 ? 21 + C p ? 22 + L + C p ? 2 p p 2 p = 2 ( C1 + C p ? 2 + L + C p ? 2 p ?1 ) p

2 2 = 2 ? 2 ( C p + C p ? 22 + L + C pp ? 2 p ? 2 ) + p ? ? ?



由3

m +1

(3 p ? 1) = 4k + 2 ,得

2 2 p 3m +1 ? 2 ( C p + C p ? 22 + L + C p ? 2 p ? 2 ) + p ? = 2k + 1 ? ?

∴ 当 p 为奇数时,此时,一定有 m 和 k 使上式一定成立。 ∴ 当 p 为奇数时,命题都成立。
32.(2009 重庆卷理)(本小题满分 12 分,(Ⅰ)问 5 分,(Ⅱ)问 7 分) 设 m 个不全相等的正数 a1 , a2 ,L , am ( m ≥ 7) 依次围成一个圆圈. (Ⅰ)若 m = 2009 ,且 a1 , a2 ,L , a1005 是公差为 d 的等差数列,而 a1 , a2009 , a2008 ,L , a1006 是 公 比 为 q = d 的 等 比 数 列 ; 数 列 a1 , a2 ,L , am 的 前 n 项 和 S n ( n ≤ m) 满 足 :

S3 = 15, S 2009 = S 2007 + 12a1 ,求通项 an (n ≤ m) ;
( Ⅱ ) 若 每 个 数 an ( n ≤ m ) 是 其 左 右 相 邻 两 数 平 方 的 等 比 中 项 , 求 证 :
2 2 a1 + L + a6 + a7 + L + am > ma1a2 am ;

(21)(本小题 12 分) 解: (I) a1 , a2009 , a2008 , ???, a1006 是公比为 d 的等比数列, 因 从而 a2000 = a1d , a2008 = a1d
2



S 2009 = S 2008 + 12a1得a2008 + a2009 = 12a1 ,故
解得 d = 3 或 d = ?4 (舍去)。因此 d = 3 又
.

S3 = 3a1 + 3d = 15 。解得 a1 = 2

从而当 n ≤ 1005 时,

an = a1 + (n ? 1)d = 2 + 3(n ? 1) = 3n ? 1
当 1006 ≤ n ≤ 2009 时,由 a1 , a2009 , a2008 , ???, a1006 是公比为 d 的等比数列得

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an = a1d 2009 ?( n ?1) = a1d 2010 ? n (1006 ≤ n ≤ 2009)
因此 an = ?

?3n ? 1, n ≤ 1005 ?2 ? 3
2009 ? n

,1006 ≤ n ≤ 2009
2 2 2 2 2 2 2

(II)由题意 an = an ?1an +1 (1 < n < m), am = am ?1a1 , a1 = am a2 得
2

  ?an = an ?1an +1 (1 < n < m),     ①  ? ?am = am ?1a1         ② ?a = a a           ③ m 2 ? 1
有①得 a3 =

a2 1 1 a , a4 = , a5 = , a6 = 1 a3 a1 a2 a2
2



由①,②,③得 a1a2 ??? an = ( a1a2 ??? an ) , 故 a1a2 ??? an = 1 . 又 ar + 3 = ⑤

ar + 2 ar +1 1 1 = ? = (1 ≤ r ≤ m ? 3) ,故有 ar +1 ar ar +1 ar

ar + 6 =

1 = ar (1 ≤ r ≤ m ? 6) .⑥ ar + 3

下面反证法证明: m = 6k 若不然,设 m = 6k + p, 其中1 ≤ p ≤ 5 若取 p = 1 即 m = 6k + 1 ,则由⑥得 am = a6 k +1 = a1 ,而由③得 am =

a1 a , 故a1 = 1 , a2 a2

得 a2 = 1, 由②得 am ?1 =

am , 从而a6 = a6 k = am ?1 , 而 a1

a6 =

a1 , 故a1 = a2 = 1,由 ④及⑥可推得 an = 1 ( 1 ≤ n ≤ m )与题设矛盾 a2

同理若 P=2,3,4,5 均可得 an = 1 ( 1 ≤ n ≤ m )与题设矛盾,因此 m = 6k 为 6 的倍数 由均值不等式得

a1 + a2 + a3 + K + a6 = (a1 +

1 1 a a ) + ( a2 + ) + ( 2 + 1 ) ≥ 6 a1 a2 a1 a2

从而 a4 = a5 = K = am = 1 与题设矛盾) , 由上面三组数内必有一组不相等 (否则 a1 = a2 = a3 = 1 ,

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故等号不成立,从而 a1 + a2 + a3 + K + a6 > 6 又 m = 6k ,由④和⑥得
2 2 2 2 2 2 a7 + K + am = (a7 + K + a12 ) + K + (a6 k ?5 + K + a6 k ) 2      =(k-1) 12 + K + a6 ) (a

     =(k-1) 12 + (a
因此由⑤得

1 1 1 2 2 +a2 + 2 +a3 + 2 ) ≥6(k-1) 2 a1 a2 a3

2 2 a1 + a2 + a3 + K + a6 + a7 + K + am > 6 + 6(k ? 1) = 6k = m = ma1a2 a3 K am

33.(2009 重庆卷文)(本小题满分 12 分,(Ⅰ)问 3 分,(Ⅱ)问 4 分,(Ⅲ)问 5 分) 已知 a1 = 1, a2 = 4, an + 2 = 4an +1 + an , bn = (Ⅰ)求 b1 , b2 , b3 的值;

an +1 ,n∈ N?. an

.

(Ⅱ)设 cn = bn bn +1 , S n 为数列 {cn } 的前 n 项和,求证: S n ≥ 17 n ; (Ⅲ)求证: b2 n ? bn <

1 1 . 64 17 n ? 2 17 72 , b3 = 4 17

解:(Ⅰ)Q a2 = 4, a3 = 17, a4 = 72 ,所以 b1 = 4.b2 = (Ⅱ)由 an + 2 = 4an +1 + an 得

an + 2 a 1 = 4 + n 即 bn +1 = 4 + an +1 an +1 bn (n ≥ 2)

所以当 n ≥ 2 时, bn > 4 于是 c1 = b1 , b2 = 17, cn = bn bn +1 = 4bn + 1 > 17 所以 S n = c1 + c2 + L + cn ≥ 17 n (Ⅲ)当 n = 1 时,结论 b2 ? b1 = 当 n ≥ 2 时,有 bn +1 ? bn =| 4 +

1 17 < 成立 4 64

b ?b 1 1 1 ?4? |=| n n ?1 |≤ | bn ? bn ?1 | bn bn ?1 bn bn ?1 17 (n ≥ 2)



1 1 1 1 | bn ?1 ? bn ? 2 |≤ L ≤ n ?1 | b2 ? b1 |< 2 17 17 64 17 n ? 2

所以

b2 n ? bn ≤ bn +1 ? bn + bn + 2 ? bn +1 + L + b2 n ? b2 n ?1

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1 1 ( ) n ?1 (1 ? n ) 1 ? 1 n ?1 1 n 1 2 n ? 2 ? 1 17 17 < 1 1 (n ∈ N * ) ?(17 ) + (17 ) + L + (17 ) ? = 4 1 4? 64 17 n ? 2 ? 1? 17

.

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