數列經典高考題匯編

1、高考數學經典試題分類匯編高考數學經典試題分類匯編數列數列一、選擇題1.（2009 福建卷理）等差數列na的前 n 項和為nS，且3S =6，1a=4， 則公差 d 等于A1 B 53 C.- 2 D 3【答案】：C解析31336()2Saa且3112 =4 d=2aad a.故選 C . 2.(2009 年廣東卷文)已知等比數列na的公比為正數，且3a9a=225a，2a=1，則1a= A. 21 B. 22 C. 2 D.2 【答案】B【解析】設公比為q,由已知得22841112a qa qa q,即22q ,又因為等比數列na的公比為正數，所以2q ,故211222aaq,選 B3.（20

2、09 廣東卷 理）已知等比數列na滿足0,1,2,nan，且25252 (3)nnaan，則當1n 時，2123221logloglognaaa A. (21)nn B. 2(1)n C. 2n D. 2(1)n【解析】由25252 (3)nnaan得nna222，0na，則nna2， 3212loglogaa 2122) 12(31lognnan ，選 C. 4.（2009 安徽卷文）已知為等差數列，則等于A. -1 B. 1 C. 3 D.7【解析】135105aaa 即33105a 335a 同理可得433a 公差432daa 204(204)1aad .選 B?！敬鸢浮緽5.（2009

3、 江西卷文）公差不為零的等差數列na的前n項和為nS.若4a是37aa與的等比中項, 832S ,則10S等于 A. 18 B. 24 C. 60 D. 90 . 答案：C【解析】由2437aa a得2111(3 )(2 )(6 )adad ad得1230ad,再由81568322Sad得 1278ad則12,3da ,所以1019010602Sad,.故選 C6.（2009 湖南卷文）設nS是等差數列 na的前 n 項和，已知23a ，611a ，則7S等于【 C 】A13 B35 C49 D 63 解: 172677()7()7(3 11)49.222aaaaS故選 C.或由2116131

4、5112aadaaadd, 71 6 213.a 所以1777()7(1 13)49.22aaS故選 C.7.（2009 遼寧卷文）已知 na為等差數列，且7a24a1, 3a0,則公差 d（A）2 （B）12 （C）12 （D）2【解析】a72a4a34d2(a3d)2d1 d12【答案】B8.（2009 遼寧卷理）設等比數列 na的前 n 項和為nS ，若 63SS=3 ，則 69SS = （A） 2 （B） 73 （C） 83 （D）3【解析】設公比為 q ,則36333(1)Sq SSS1q33 q32 于是63693112471123SqqSq . 【答案】B9.（2009 寧夏海南

5、卷理）等比數列 na的前 n 項和為ns，且 41a，22a，3a成等差數列。若1a=1，則4s=（A）7 （B）8 （3）15 （4）16解析：41a，22a，3a成等差數列，22132111444,44,440,215aaaaa qa qqqq即，S,選 C.10.（2009 四川卷文）等差數列na的公差不為零，首項1a1，2a是1a和5a的等比中項，則數列的前 10 項之和是 A. 90 B. 100 C. 145 D. 190【答案答案】B【解析解析】設公差為d，則)41 (1)1 (2dd.d0，解得d2，10S10011.（2009 湖北卷文）設,Rx記不超過x的最大整數為x,令x

6、=x-x，則 215 ，215 ,215 A.是等差數列但不是等比數列 B.是等比數列但不是等差數列C.既是等差數列又是等比數列 D.既不是等差數列也不是等比數列【答案】B【解析】可分別求得515122 ，5112 .則等比數列性質易得三者構成等比數列.12.（2009 湖北卷文）古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種性狀來研究數，例如： . 他們研究過圖 1 中的 1，3，6，10，由于這些數能夠表示成三角形，將其稱為三角形數;類似地，稱圖 2 中的 1，4，9，16這樣的數成為正方形數。下列數中及時三角形數又是正方形數的是A.289 B.1024 C.1225 D.1378【答案】C【解析】由

7、圖形可得三角形數構成的數列通項(1)2nnan ，同理可得正方形數構成的數列通項2nbn ，則由2nbn ()nN 可排除 A、D，又由(1)2nnan 知na必為奇數，故選 C.13.（2009 寧夏海南卷文）等差數列 na的前 n 項和為nS，已知2110mmmaaa，2138mS,則m （A）38 （B）20 （C）10 （D）9 . 【答案】C【解析】因為 na是等差數列，所以，112mmmaaa，由2110mmmaaa，得：2ma2ma0，所以，ma2，又2138mS，即2)(12(121maam38，即（2m1）238，解得 m10，故選.C。14.（2009 重慶卷文）設 na是

8、公差不為 0 的等差數列，12a 且136,a a a成等比數列，則 na的前n項和nS=（ ） A2744nn B2533nn C2324nnD2nn【答案】A解析設數列na的公差為d，則根據題意得(22 )22 (25 )dd，解得12d 或0d （舍去） ，所以數列na的前n項和2(1)1722244nn nnnSn15.（2009 安徽卷理）已知 na為等差數列，1a+3a+5a=105，246aaa=99，以nS表示 na的前n項和，則使得nS達到最大值的n是 （A）21 （B）20 （C）19 （D） 18 解析：由1a+3a+5a=105 得33105,a 即335a ，由246

9、aaa=99 得4399a 即433a ，2d ，4(4) ( 2)41 2naann ，由100nnaa得20n ，選 B16.（2009 江西卷理）數列na的通項222(cossin)33nnnan，其前n項和為nS，則30S為A470 B490 C495 D510答案：A【解析】由于22cossin33nn以 3 為周期,故2222222223012452829(3 )(6 )(30 )222S 221010211(32)(31)59 10 11(3 ) 925470222kkkkkk故選 A17.（2009 四川卷文）等差數列na的公差不為零，首項1a1，2a是1a和5a的等比中項，則

10、數列的前 10 項之和是 A. 90 B. 100 C. 145 D. 190 . 【答案答案】B【解析解析】設公差為d，則)41 (1)1 (2dd.d0，解得d2，10S100二、填空題1.（2009 全國卷理） 設等差數列 na的前n項和為nS，若972S ,則249aaa= 。解: na是等差數列,由972S ,得599,Sa58a 2492945645()()324aaaaaaaaaa. 2.（2009 浙江理）設等比數列na的公比12q ，前n項和為nS，則44Sa 答案：15【解析】對于4431444134(1)1,151(1)aqsqsaa qqaqq3.（2009 浙江文）設

11、等比數列na的公比12q ，前n項和為nS，則44Sa 【命題意圖】此題主要考查了數列中的等比數列的通項和求和公式，通過對數列知識點的考查充分體現了通項公式和前n項和的知識聯系【解析】對于4431444134(1)1,151(1)aqsqsaa qqaqq . 4.（2009 浙江文）設等差數列na的前n項和為nS，則4S，84SS，128SS，1612SS成等差數列類比以上結論有：設等比數列 nb的前n項積為nT，則4T， ， ，1612TT成等比數列答案： 81248,TTTT【命題意圖】此題是一個數列與類比推理結合的問題，既考查了數列中等差數列和等比數列的知識，也考查了通過已知條件進行類

12、比推理的方法和能力. 【解析】對于等比數列，通過類比，有等比數列 nb的前n項積為nT，則4T，81248,TTTT，1612TT成等比數列5.（2009 北京文）若數列na滿足：111,2()nnaaa nN，則5a ；前8 項的和8S .（用數字作答）.w【解析解析】本題主要考查簡單的遞推數列以及數列的求和問題.m 屬于基礎知識、基本運算的考查.1213243541,22,24,28,216aaaaaaaaa，易知88212552 1S，應填 255.6.（2009 北京理）已知數列na滿足：434121,0,N ,nnnnaaaa n則2009a_；2014a=_.【答案答案】1，0【解

13、析解析】本題主要考查周期數列等基礎知識.屬于創(chuàng)新題型.依題意，得20094 503 31aa，20142 100710074 252 10aaaa. . 應填 1，0.7.（2009 江蘇卷）設 na是公比為q的等比數列，| 1q ，令1(1,2,)nnban，若數列 nb有連續(xù)四項在集合53, 23,19,37,82中，則6q= . 【解析】 考查等價轉化能力和分析問題的能力。等比數列的通項。 na有連續(xù)四項在集合54, 24,18,36,81，四項24,36, 54,81成等比數列，公比為32q ，6q= -98.(2009 山東卷文)在等差數列na中,6, 7253aaa,則_6a.【解

14、析】:設等差數列na的公差為d,則由已知得6472111dadada解得132ad,所以61513aad. 答案:13.【命題立意】:本題考查等差數列的通項公式以及基本計算.9.（2009 全國卷文）設等比數列na的前 n 項和為ns。若3614, 1ssa，則4a= 答案：答案：3解析：本題考查等比數列的性質及求和運算，由解析：本題考查等比數列的性質及求和運算，由3614, 1ssa得 q3=3 故 a4=a1q3=3。10.(2009 湖北卷理)已知數列 na滿足：1am（m 為正整數） ，1,231,nnnnnaaaaa當為偶數時，當為奇數時。若6a 1，則 m 所有可能的取值為_。.

15、11.【答案】4 5 32【解析】 （1）若1am為偶數，則12a為偶, 故223 a224amma 當4m仍為偶數時，46832mmaa 故13232mm 當4m為奇數時，4333114aam 63144ma故31414m得 m=4。（2）若1am為奇數，則213131aam 為偶數，故3312ma必為偶數63116ma，所以3116m=1 可得 m=512.（2009 全國卷理）設等差數列 na的前n項和為nS，若535aa則95SS 9 . 解解： na為等差數列，9553995SaSa13.（2009 遼寧卷理）等差數列 na的前n項和為nS，且53655,SS則4a 【解析】Snna

16、112n(n1)d . S55a110d,S33a13d 6S55S330a160d(15a115d)15a145d15(a13d)15a4【答案】3114.（2009 寧夏海南卷理）等差數列na前 n 項和為nS。已知1ma+1ma-2ma=0，21mS=38,則 m=_解析：由1ma+1ma-2ma=0 得到1212212120,0,22138102mmmmmmmaaaaaSmam又。答案 1015.（2009 陜西卷文）設等差數列 na的前 n 項和為ns,若6312as,則na . . 答案:2n解析:由6312as可得 na的公差 d=2,首項1a=2,故易得na 2n.16.(20

17、09 陜西卷理)設等差數列 na的前 n 項和為nS,若6312aS,則2limnnSn .答案：1611223112512211(1)limlim112122nnnnnaadaSSnnSn nsaddnnnn解析：17.（2009 寧夏海南卷文）等比數列na的公比0q , 已知2a=1，216nnnaaa，則na的前 4 項和4S= . 【答案】152【解析】由216nnnaaa得：116nnnqqq，即062 qq，0q ，解得：q2，又2a=1，所以，112a ，21)21 (2144S152。18.(2009 湖南卷理)將正ABC 分割成n2（n2，nN）個全等的小正三角形（圖 2，圖

18、 3 分別給出了 n=2,3 的情形） ，在每個三角形的頂點各放置一個數，使位于ABC 的三遍及平行于某邊的任一直線上的數（當數的個數不少于 3 時）都分別一次成等差數列，若頂點 A ,B ,C 處的三個數互不相同且和為 1,記所有頂點上的數之和為 f(n)，則有 f(2)=2，f(3)= 103，f(n)= 16(n+1)(n+2) . 【答案】：10 1,(1)(2)36nn【解析】當 n=3 時，如圖所示分別設各頂點的數用小寫字母表示，即由條件知1212121,abcxxab yybc zzca1212121221122()2,2xxyyzzabcgxyxzyz12121262()2gx

19、xyyzzabc . 即12121211110(3)13233gfabcxxyyzzg 而進一步可求得(4)5f。由上知(1)f中有三個數，(2)f中 有 6 個數，(3)f中共有 10 個數相加 ，(4)f中有 15 個數相加.，若(1)f n中有1(1)nan個數相加，可得( )f n中有1(1)nan個數相加，且由363331045(1)1,(2)(1),(3)(2),(4)5(3),.3333333fffffff 可得1( )(1),3nf nf n所以11113( )(1)(2).(1)3333333nnnnnnf nf nf nf=113211(1)(2)3333336nnnnn1

20、9.（2009 重慶卷理）設12a ，121nnaa，21nnnaba，*nN，則數列 nb的通項公式nb= . 【答案】:12n【解析】由條件得111112222222111nnnnnnnnaaabbaaa且14b 所以數列 nb是首項為 4，公比為 2 的等比數列，則114 22nnnb三、解答題1.(2009 年廣東卷文)（本小題滿分 14 分）已知點（1，31）是函數, 0()(aaxfx且1a）的圖象上一點，等比數列na的前n項和為cnf)(,數列nb)0(nb的首項為c，且前n項和nS滿足nS1nS=nS+1nS（2n ）.（1）求數列na和nb的通項公式；（2）若數列11nnbb

21、前n項和為nT，問nT20091000的最小正整數n是多少? . 【解析】 （1） 113faQ, 13xf x 1113afcc , 221afcfc29 , 323227afcfc .又數列 na成等比數列，22134218123327aaca ，所以 1c ；又公比2113aqa，所以12 1123 33nnna *nN ；1111nnnnnnnnSSSSSSSSQ 2n 又0nb ,0nS , 11nnSS；數列 nS構成一個首相為 1 公差為 1 的等差數列，111nSnn ， 2nSn當2n ， 221121nnnbSSnnn ；21nbn(*nN)；（2）1 22 33 4111

22、11nnnTbbb bb bb bL11111 33 55 7(21)21nnK 111 111 111111232 352 572 2121nnK 11122121nnn； 由1000212009nnTn得10009n ，滿足10002009nT 的最小正整數為 112.2.（2009 全國卷理） （本小題滿分 12 分） （注意：在試題卷上作答無效）注意：在試題卷上作答無效）在數列na中，11111,(1)2nnnnaaan （I）設nnabn，求數列 nb的通項公式 （II）求數列na的前n項和nS分析分析：（I）由已知有1112nnnaann112nnnbb 利用累差迭加即可求出數列

23、nb的通項公式: 1122nnb(*nN)（II）由（I）知122nnnan,nS=11(2)2nkkkk111(2 )2nnkkkkk而1(2 )(1)nkkn n,又112nkkk是一個典型的錯位相減法模型，易得1112422nknkkn nS=(1)n n1242nn評析評析：09 年高考理科數學全國(一)試題將數列題前置,考查構造新數列和利用錯位相減法求前 n 項和，一改往年的將數列結合不等式放縮法問題作為押軸題的命題模式。具有讓考生和一線教師重視教材和基礎知識、基本方法基本技能,重視兩綱的導向作用。也可看出命題人在有意識降低難度和求變的良苦用心。3.（2009 浙江文） （本題滿分

24、14 分）設nS為數列na的前n項和，2nSknn，*nN，其中k是常數 （I） 求1a及na； （II）若對于任意的*mN，ma，2ma，4ma成等比數列，求k的值解析：（）當1, 111kSan， 12)1() 1(, 2221kknnnknknSSannnn（） 經驗，, 1n（）式成立， 12kknan （）mmmaaa42,成等比數列，mmmaaa422.，即) 18)(12() 14(2kkmkkmkkm，整理得：0) 1(kmk，對任意的 Nm成立， 10kk或4.（2009 北京文） （本小題共 13 分）設數列na的通項公式為(,0)napnq nNP. 數列 nb定義如下：

25、對于正整數 m，mb是使得不等式nam成立的所有 n 中的最小值.（）若11,23pq ，求3b；（）若2,1pq ，求數列mb的前 2m 項和公式；（）是否存在 p 和 q，使得32()mbmmN？如果存在，求 p 和 q 的取值范圍；如果不存在，請說明理由.【解析解析】本題主要考查數列的概念、數列的基本性質，考查運算能力、推理論證能力、分類討論等數學思想方法本題是數列與不等式綜合的較難層次題.（）由題意，得1123nan，解11323n，得203n . . 11323n成立的所有 n 中的最小整數為 7，即37b . （）由題意，得21nan，對于正整數，由nam，得12mn.根據mb的定

26、義可知當21mk時，*mbk kN；當2mk時，*1mbkkN. 1221321242mmmbbbbbbbbb 1232341mm 213222m mm mmm.（）假設存在 p 和 q 滿足條件，由不等式pnqm及0p 得mqnp.32()mbmmN,根據mb的定義可知，對于任意的正整數 m 都有3132mqmmp ，即231pqpmpq 對任意的正整數 m 都成立. 當310p （或310p ）時，得31pqmp （或231pqmp ） ， 這與上述結論矛盾！ 當310p ，即13p 時，得21033qq ，解得2133q . 存在 p 和 q，使得32()mbmmN；p 和 q 的取值范

27、圍分別是13p ，2133q . . 5.（2009 北京理） （本小題共 13 分） 已知數集1212,1,2nnAa aaaaa n具有性質P；對任意的,1i jijn ，ija a與jiaa兩數中至少有一個屬于A.（）分別判斷數集1,3,4與1,2,3,6是否具有性質P，并說明理由；（）證明：11a ，且1211112nnnaaaaaaa；（）證明：當5n 時，12345,a a a a a成等比數列.【解析解析】本題主要考查集合、等比數列的性質，考查運算能力、推理論證能力、分分類討論等數學思想方法本題是數列與不等式的綜合題，屬于較難層次題.（）由于3 4與43均不屬于數集1,3,4，該

28、數集不具有性質 P. 由于6 6 1 2 3 61 2,1 3,1 6,2 3, ,2 3 1 2 3 6都屬于數集1,2,3,6， 該數集具有性質 P. （）12,nAa aa具有性質 P，nna a與nnaa中至少有一個屬于 A，由于121naaa，nnna aa，故nna aA. . 從而1nnaAa，11a .121naaa， knna aa，故2,3,kna aA kn. 由 A 具有性質 P 可知1,2,3,nkaA kna.又121nnnnnnaaaaaaaa，211211,nnnnnnnnaaaaaaaaaaa，從而121121nnnnnnnnaaaaaaaaaaaa，1211

29、112nnnaaaaaaa. . （）由（）知，當5n 時，有552343,aaaaaa，即25243aa aa， 1251aaa，34245a aa aa，34a aA，由 A 具有性質 P 可知43aAa. 2243a aa，得3423aaAaa，且3221aaa，34232aaaaa，534224321aaaaaaaaa，即12345,a a a a a是首項為 1，公比為2a成等比數列.k.s.5.6.（2009 江蘇卷） （本小題滿分 14 分） 設 na是公差不為零的等差數列，nS為其前n項和，滿足222223457,7aaaaS。（1）求數列 na的通項公式及前n項和nS； （2

30、）試求所有的正整數m，使得12mmma aa為數列 na中的項。 【解析】 本小題主要考查等差數列的通項、求和的有關知識，考查運算和求解的能力。滿分 14 分。（1）設公差為d，則22222543aaaa，由性質得43433 ()()d aad aa，因為0d ，所以430aa，即1250ad，又由77S 得176772ad，解得15a ，2d ,(2) （方法一）12mmma aa=(27)(25)23mmm,設23mt， 則12mmma aa=(4)(2)86ttttt , 所以t為 8 的約數（方法二）因為1222222(4)(2)86mmmmmmmma aaaaaaa為數列 na中的項

31、，故m+28 a為整數，又由（1）知：2ma為奇數，所以2231,1,2mamm 即經檢驗，符合題意的正整數只有2m 。. 7.（2009 江蘇卷） （本題滿分 10 分）對于正整數n2，用nT表示關于x的一元二次方程220 xaxb有實數根的有序數組( , )a b的組數，其中,1,2,a bn（a和b可以相等） ；對于隨機選取的,1,2,a bn（a和b可以相等） ，記nP為關于x的一元二次方程220 xaxb有實數根的概率。（1）求2nT和2nP；（2）求證：對任意正整數n2，有11nPn .【解析】 必做題必做題本小題主要考查概率的基本知識和記數原理，考查探究能力。滿分 10 分。 .

32、 8.(2009 山東卷理)（本小題滿分 12 分）等比數列na的前 n 項和為nS， 已知對任意的nN ，點( ,)nn S，均在函數(0 xybr b且1, ,bb r均為常數)的圖像上.（1）求 r 的值； （11）當 b=2 時，記 22(log1)()nnbanN . 證明：對任意的nN ，不等式12121111nnbbbnbbb成立解:因為對任意的nN,點( ,)nn S，均在函數(0 xybr b且1, ,bb r均為常數的圖像上.所以得nnSbr,當1n 時,11aSbr,當2n 時,1111()(1)nnnnnnnnaSSbrbrbbbb ,又因為na為等比數列,所以1r ,

33、公比為b,1(1)nnabb（2）當 b=2 時，11(1)2nnnabb, 1222(log1)2(log 21)2nnnban則1212nnbnbn,所以12121113 5 7212 4 62nnbbbnbbbn . 下面用數學歸納法證明不等式12121113 5 72112 4 62nnbbbnnbbbn成立. 當1n 時,左邊=32,右邊=2,因為322,所以不等式成立. 假設當nk時不等式成立,即12121113 5 72112 4 62kkbbbkkbbbk成立.則當1nk時,左邊=11212111113 5 721 232 4 6222kkkkbbbbkkbbbbkk2223(

34、23)4(1)4(1) 111(1) 1(1) 1224(1)4(1)4(1)kkkkkkkkkkk 所以當1nk時,不等式也成立. . 由、可得不等式恒成立.【命題立意】:本題主要考查了等比數列的定義,通項公式,以及已知nS求na的基本題型,并運用數學歸納法證明與自然數有關的命題,以及放縮法證明不等式.9.(2009 山東卷文)（本小題滿分 12 分）等比數列na的前 n 項和為nS， 已知對任意的nN ，點( ,)nn S，均在函數(0 xybr b且1, ,bb r均為常數)的圖像上. （1）求 r 的值； （11）當 b=2 時，記 1()4nnnbnNa 求數列 nb的前n項和nT解

35、:因為對任意的nN,點( ,)nn S，均在函數(0 xybr b且1, ,bb r均為常數)的圖像上.所以得nnSbr,當1n 時,11aSbr, 當2n 時,1111()(1)nnnnnnnnaSSbrbrbbbb ,又因為na為等比數列, 所以1r , 公比為b, 所以1(1)nnabb（2）當 b=2 時，11(1)2nnnabb, 1111144 22nnnnnnnba則234123412222nnnT3451212341222222nnnnnT 相減,得23451212111112222222nnnnT 31211(1)112212212nnn12311422nnn所以113113

36、322222nnnnnnT【命題立意】:本題主要考查了等比數列的定義,通項公式,以及已知nS求na的基本題型,并運用錯位相減法求出一等比數列與一等差數列對應項乘積所得新數列的前n項和nT.10.（2009 全國卷文） （本小題滿分 10 分）. 已知等差數列na中，, 0,166473aaaa求na前 n 項和ns. . 解析：本題考查等差數列的基本性質及求和公式運用能力，利用方程的思想可求解。解析：本題考查等差數列的基本性質及求和公式運用能力，利用方程的思想可求解。解：設 na的公差為d，則. 11112616350adadadad 即22111812164adadad 解得118,82,2

37、aadd 或因此819819nnSnn nn nSnn nn n ，或11.（2009 廣東卷 理） （本小題滿分 14 分）. 已知曲線22:20(1,2,)nCxnxyn從點( 1,0)P 向曲線nC引斜率為(0)nnk k 的切線nl，切點為(,)nnnP xy（1）求數列nnxy與的通項公式；（2）證明：1352112sin1nnnnnxxxxxxxy.解：（ 1）設直線nl：) 1( xkyn，聯立0222ynxx得0)22()1 (2222nnnkxnkxk，則0)1 (4)22(2222nnnkknk，12 nnkn（12 nn舍去）. 22222) 1(1nnkkxnnn，即1

38、nnxn，112) 1(nnnxkynnn（2）證明： 121111111nnnnnxxnn . 12112125331212432112531 nnnnnxxxxnnnnxxxxxx 1112531由于nnnnxxnyx11121，可令函數xxxfsin2)(，則xxfcos21)(，令0)(xf，得22cosx，給定區(qū)間)4, 0(，則有0)(xf，則函數)(xf在)4, 0(上單調遞減，0)0()( fxf，即xxsin2在)4, 0(恒成立，又4311210n，則有121sin2121nn，即nnnnyxxxsin211. . 12.（2009 安徽卷理） （本小題滿分（本小題滿分 1

39、3 分）分）首項為正數的數列 na滿足211(3),.4nnaanN （I）證明：若1a為奇數，則對一切2,nna都是奇數；（II）若對一切nN都有1nnaa，求1a的取值范圍.解：本小題主要考查數列、數學歸納法和不等式的有關知識，考查推理論證、抽象概括、運算求解和探究能力，考查學生是否具有審慎思維的習慣和一定的數學視野。本小題滿分13 分。解：（I）已知1a是奇數，假設21kam是奇數，其中m為正整數，則由遞推關系得213(1) 14kkaam m是奇數。 根據數學歸納法，對任何nN，na都是奇數。（II） （方法一）由11(1)(3)4nnnnaaaa知，1nnaa當且僅當1na 或3na

40、 。另一方面，若01,ka則11 3014ka；若3ka ，則21333.4ka根據數學歸納法，1101,01,;33,.nnaanNaanN 綜合所述，對一切nN都有1nnaa的充要條件是101a或13a 。（方法二）由21213,4aaa得211430,aa于是101a或13a 。22111133()(),444nnnnnnnnaaaaaaaa 因為21130,4nnaaa所以所有的na均大于 0，因此1nnaa與1nnaa同號。根據數學歸納法，nN ，1nnaa與21aa同號。 因此，對一切nN都有1nnaa的充要條件是101a或13a 。13.（2009 安徽卷文）（本小題滿分 12

41、分）已知數列 的前 n 項和，數列的前 n 項和（）求數列與的通項公式；（）設，證明：當且僅當 n3 時， . 【思路】由11 (1) (2)nnanassn 可求出nnab和 和，這是數列中求通項的常用方法之一，在求出nnab和 和后，進而得到nc ，接下來用作差法來比較大小，這也是一常用方法?！窘馕觥?1)由于114as當2n 時, 221(22 )2(1)2(1)4nnnassnnnnn*4 ()man nN又當xn時11(26 )(2)nnnmmbTTb12nnbb數列nb項與等比數列,其首項為 1,公比為1211( )2nnb . (2)由(1)知22111116( )2nnCabn

42、2(1) 121221116(1)( )(1)21216( )2nnnnnCnCnn由21(1)112nnCnCn得即221012nnn 即3n 又3n 時2(1)212nn成立,即11nnCC由于0nC 恒成立. . 因此,當且僅當3n 時, 1nnCC14.（2009 江西卷文） （本小題滿分 12 分）數列na的通項222(cossin)33nnnan，其前 n 項和為nS. (1) 求nS; (2) 3,4nnnSbn求數列nb的前 n 項和nT.解: (1) 由于222cossincos333nnn,故312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3

43、 )(6 )(3 ) )222kkkkSaaaaaaaaakkk 1331185(94)2222kkk,3133(49 ),2kkkkkSSa2323131(49 )(31)1321,22236kkkkkkkSSak 故 1,3236(1)(1 3 ),316(34),36nnnknnSnknnnk (*kN)(2) 394,42 4nnnnSnbn21 132294,2 444nnnT 112294413,244nnnT兩式相減得1232199199941941944313138,12444242214nnnnnnnnnnT故 2321813.33 22nnnnT15.（2009 江西卷理）

44、 （本小題滿分 14 分）各項均為正數的數列na，12,aa ab，且對滿足mnpq的正整數, , ,m n p q都有.(1)(1)(1)(1)pqmnmnpqaaaaaaaa（1）當14,25ab時，求通項;na . （2）證明：對任意a，存在與a有關的常數，使得對于每個正整數n，都有1.na解：（1）由(1)(1)(1)(1)pqmnmnpqaaaaaaaa得121121.(1)(1)(1)(1)nnnnaaaaaaaa將1214,25aa代入化簡得. 1121.2nnnaaa所以11111,13 1nnnnaaaa . 故數列11nnaa為等比數列，從而11,13nnnaa即31.31

45、nnna可驗證，3131nnna滿足題設條件.(2) 由題設(1)(1)mnmnaaaa的值僅與mn有關,記為,m nb則111.(1)(1)(1)(1)nnnnnaaaabaaaa . 考察函數 ( )(0)(1)(1)axf xxax,則在定義域上有. 1,111( )( ),12,011aaf xg aaaaa故對*nN， 1( )nbg a恒成立. . 又 222( )(1)nnnabg aa,注意到10( )2g a,解上式得1( )1 2 ( )1( )1 2 ( )( ),( )( )1( )1 2 ( )ng ag ag ag ag aag ag ag ag a取1( )1 2

46、 ( )( )g ag ag a,即有 1.na. . 16.（2009 天津卷文） （本小題滿分 12 分）已知等差數列na的公差 d 不為 0，設121nnnqaqaaS*1121, 0,) 1(NnqqaqaaTnnnn（）若15, 1, 131Saq ,求數列na的通項公式；（）若3211,SSSda且成等比數列，求 q 的值。（）若*2222,1)1 (2)1 (1, 1NnqqdqTqSqqnnn）證明（【答案】 （1）34 nan（2）2q（3）略【解析】 （1）解：由題設，15, 1, 1,)2()(3121113SaqqdaqdaaS將代入解得4d，所以34 nan*Nn （

47、2）解：當32123211,32,2,SSSdqdqdSdqdSdSda成等比數列，所以3122SSS，即)32222dqdqdddqd（）（，注意到0d，整理得2q（3）證明：由題設，可得1nnqb，則12223212nnnqaqaqaaS 12223212nnnqaqaqaaT -得，)(212234222nnnnqaqaqaTS+得，)(2221223122nnnnqaqaqaTS 式兩邊同乘以 q，得)(2)(221223122nnnnqaqaqaTSq所以22123221)1 (2)(2)1 ()1 (qqdqqqqdTqSqnnnn（3）證明：nlklklkbaabaabaaccn

48、n)()()(212121211=11122111)()()(nnnqdblkqdblkdblk因為0, 01bd，所以12211121)()()(nnnqlkqlklkdbcc若nnlk ，取 i=n，若nnlk ，取 i 滿足iilk ，且jjlk ，nji1由（1） （2）及題設知，ni 1，且12211121)()()(nnnqlkqlklkdbcc . 當iilk 時，1iilk，由nq ，1,2 , 1, 1iiqlkii即111qlk，),1()(22qqqlk2211) 1()(iiiiqqqlk所以111) 1() 1() 1() 1(1112121iiiiqqqqqqqqq

49、qdbcc因此021cc 當iilk 時，同理可得, 1121dbcc因此021cc . 綜上，21cc 【考點定位】本小題主要考查了等差數列的通項公式，等比數列通項公式與前 n 項和等基本知識，考查運算能力和推理論證能力和綜合分析解決問題的能力。17.(2009 湖北卷理)（本小題滿分 13 分）（注意：在試題卷上作答無效）（注意：在試題卷上作答無效）已知數列 na的前 n 項和11( )22nnnSa （n 為正整數） 。（）令2nnnba，求證數列 nb是等差數列，并求數列 na的通項公式；（）令1nnncan，12.nnTccc試比較nT與521nn的大小，并予以證明。19.解析：（I

50、）在11( )22nnnSa 中，令 n=1，可得1112nSaa ，即112a 當2n 時，21111111( )2( )22nnnnnnnnnSaaSSaa ，11n1112a( ),212nnnnnaaan即2. 112,1,n21nnnnnnbabbbn即當時，b. . 又1121,ba 數列nb是首項和公差均為 1 的等差數列. 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

51、-得231111111 ( )( )( )(1)( )22222nnnTn K 111111 ( )133421(1)( )122212332nnnnnnnnT 535(3)(221)3212212 (21)nnnnnnnnnTnnn于是確定521nnTn與的大小關系等價于比較221nn與的大小由234522 1 1;22 2 1;22 3 1;22 4 1;22 5; K 可猜想當3221.nnn時，證明如下：證法 1：（1）當 n=3 時，由上驗算顯示成立。（2）假設1nk時122 22(21)422(1) 1 (21)2(1) 1kkkkkkk g所以當1nk時猜想也成立綜合（1） （2

52、）可知 ，對一切3n 的正整數，都有221.nn證法 2：當3n 時01210112(1 1)2221nnnnnnnnnnnnnnnCCCCCCCCCnnK綜上所述，當1,2n 時521nnTn，當3n 時521nnTn18.（2009 四川卷文） （本小題滿分 14 分）設數列 na的前n項和為nS，對任意的正整數n，都有51nnaS成立，記*4()1nnnabnNa。 （I）求數列 na與數列 nb的通項公式；（II）設數列 nb的前n項和為nR，是否存在正整數k，使得4nRk成立？若存在，找出一個正整數k；若不存在，請說明理由；（III）記*221()nnncbbnN，設數列 nc的前n

53、項和為nT，求證：對任意正整數n都有32nT ；【解析解析】 （I）當1n時，111151,4 aSa 又1151,51nnnnaSaS11115,4即 nnnnnaaaaa數列 na是首項為114 a，公比為14 q的等比數列，1()4 nna，*14()4()11 ()4 nnnbnN 3 分（II）不存在正整數k，使得4nRk成立。證明：由（I）知14()5441( 4)11 ()4 nnnnb 2122125552015 16408888.( 4)1( 4)1161164(161)(164)kkkkkkkkkbb當 n 為偶數時，設2 ()nm mN 1234212()()()84nm

54、mRbbbbbbmn當 n 為奇數時，設21()nmmN1234232221()()()8(1)4844nmmmRbbbbbbbmmn對于一切的正整數 n，都有4nRk 不存在正整數k，使得4nRk成立。 8 分（III）由54( 4)1nnb 得 212221225515 1615 1615 16154141(161)(164)(16 )3 164(16 )16nnnnnnnnnnnnnncbb 又1221343,33bbc， 當1n時，132T ，當2n 時，22232111 ()41114161625 ()2513161616311614693162513482116nnnT 14 分1

55、9.（2009 全國卷理） （本小題滿分 12 分）設數列na的前n項和為,nS 已知11,a 142nnSa（I）設12nnnbaa，證明數列 nb是等比數列 （II）求數列na的通項公式。解：（I）由11,a 及142nnSa，有12142,aaa21121325,23aabaa由142nnSa， 則當2n 時，有142nnSa 得111144,22(2)nnnnnnnaaaaaaa又12nnnbaa，12nnbb nb是首項13b ，公比為的等比數列（II）由（I）可得1123 2nnnnbaa ，113224nnnnaa數列2nna是首項為12，公差為34的等比數列1331(1)224

56、44nnann，2(31) 2nnan 評析：第（I）問思路明確，只需利用已知條件尋找1nnbb與的關系即可第（II）問中由（I）易得1123 2nnnaa ，這個遞推式明顯是一個構造新數列的模型：1( ,nnnapaqp q為常數)，主要的處理手段是兩邊除以1nq總體來說，09 年高考理科數學全國 I、這兩套試題都將數列題前置,主要考查構造新數列（全國 I 還考查了利用錯位相減法求前 n 項和的方法） ，一改往年的將數列結合不等式放縮法問題作為押軸題的命題模式。具有讓考生和一線教師重視教材和基礎知識、基本方法基本技能,重視兩綱的導向作用。也可看出命題人在有意識降低難度和求變的良苦用心。20.

57、（2009 湖南卷文） （本小題滿分 13 分）對于數列nu,若存在常數 M0,對任意的*nN，恒有 1121nnnnuuuuuuM, 則稱數列nu為B數列.（）首項為 1，公比為12的等比數列是否為 B-數列？請說明理由;（）設nS是數列nx的前 n 項和.給出下列兩組判斷：A 組：數列nx是 B-數列, 數列nx不是 B-數列;B 組：數列nS是 B-數列, 數列nS不是 B-數列.請以其中一組中的一個論斷為條件，另一組中的一個論斷為結論組成一個命題.判斷所給命題的真假，并證明你的結論；()若數列na是 B-數列，證明：數列2na也是 B-數列。解: （）設滿足題設的等比數列為na,則11

58、()2nna .于是12211131()()( ),2.2222nnnnnaan 1121|nnnnaaaaaa =2n311112222-1（）（）=n1313.2（）所以首項為 1，公比為12的等比數列是 B-數列 .（）命題命題 1：若數列nx是 B-數列，則數列nS是 B-數列.此命題為假命題.事實上設nx=1，*nN，易知數列nx是 B-數列，但nS=n， 1121|nnnnSSSSSSn.由 n 的任意性知，數列nS不是 B-數列。命題命題 2 2：若數列nS是 B-數列，則數列nx不是 B-數列。此命題為真命題。事實上，因為數列nS是 B-數列，所以存在正數 M，對任意的*nN，

59、有 1121|nnnnSSSSSSM, 即12|nnxxxM.于是1121nnnnxxxxxx112112222nnnxxxxxMx,所以數列nx是 B-數列。（注：按題中要求組成其它命題解答時，仿上述解法） ()若數列 na是 B-數列，則存在正數 M，對任意的,nN有 1121nnnnaaaaaaM.因為112211nnnnnaaaaaaaa 1122111nnnnaaaaaaaMa.記1KMa，則有22111()()nnnnnnaaaaaa 111()2nnnnnnaaaaK aa.因此2222221121.2nnnnaaaaaaKM.故數列 2na是 B-數列. 21.（2009 遼寧

60、卷文） （本小題滿分（本小題滿分 1010 分）分）等比數列na的前 n 項和為ns，已知1S,3S,2S成等差數列 （1）求na的公比 q； （2）求1a3a3，求ns 解：（）依題意有 )(2)(2111111qaqaaqaaa 由于 01a，故 022 qq 又0q，從而21q 5 分 （）由已知可得321211）（aa 故41a 從而）（）（）（nnn211382112114S 10 分22.（2009 陜西卷文） （本小題滿分 12 分）已知數列na滿足， *11212,2nnnaaaaanN2. 令1nnnbaa，證明： nb是等比數列； ()求na的通項公式。（1）證1211,b