2007-2010年新课标高考数学理科试题分类精编9-数列doc--高中数学 .doc

http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网20072007 年年-2010-2010 年新课标高考数学（理科）试题分类精编年新课标高考数学（理科）试题分类精编第第 9 9 部分部分-数列数列一、选择题一、选择题1.(1.(2012010 0 年天津年天津理理 6 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n1a的前 5 项和为（A）158或 5（B）3116或 5（C）3116（D）158【答案【答案】C C【解析解析】设等比数列的公比为q，则当公比1q 时，由11a 得，399 327S ，而66S，两者不相等，故不合题意；当公比1q 时，由369SS及首项为 1 得：3191qq611qq，解得2q，所以数列n1a的前 5 项和为1111124816=3116，【命题意图】本小考查等比数列的前 n 项和公式等基础知识，考查同学们分类讨论的数学思想以及计算能力。2 2（20102010 年北京理年北京理 2 2）在）在等比数列 na中，11a，公比1q.若12345maa a a a a，则 m=（A）9（B）10（C）11（D）12解析解析：2341010123451maa a a a aq qqqqa q，因此有11m 3.(3.(20102010 年年福建理福建理 3)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】【答案】A A【解析】【解析】设该数列的公差为d，则461282(11)86aaadd ，解得2d，所以22(1)11212(6)362nn nSnnnn，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。4.(4.(20102010 年年广东理广东理 4.)4.)已知na为等比数列，Sn是它的前n项和。若2312aaa，且4a与27a的等差中项为54，则5S=A35B.33C.31D.29http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网【答案【答案】C设na的公比为q，则由等比数列的性质知，231412aaa aa，即42a。由4a与 27a的等差中项为54知，475224aa，即7415151(2)(22)24244aa37418aqa，即12q 3411128aa qa，即116a 5.5.（2012010 0年辽宁年辽宁理理6 6）设an是有正数组成的等比数列，nS为其前n项和。已知a2a4=1,37S,则5S（A）152(B)314(C)334(D)172【命题立意【命题立意】本题考查了等比数列的通项公式与前 n 项和公式，考查了同学们解决问题的能力。【解析【解析】由 a2a4=1 可得2411a q，因此121aq，又因为231(1)7Saqq，联力两式有11(3)(2)0qq，所以 q=12,所以5514(1)3121412S，故选 B。6.(6.(20102010 年安徽理年安徽理 1010)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,X Y Z，则下列等式中恒成立的是A、2XZYB、Y YXZ ZXC、2YXZD、Y YXX ZXD D【分析】【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.7.7.（20102010 年浙江理年浙江理 3 3）设nS为等比数列 na的前n项和，2580aa，则52SS（A）11（B）5（C）8（D）11http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网解析解析：通过2580aa，设公比为q，将该式转化为08322qaa，解得q=-2，带入所求式可知答案选 D，本题主要考察了本题主要考察了等比数列的通项公式与前 n 项和公式，属中档题8.8.（20092009 年海南理年海南理 7 7）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）7（B）8（3）15（4）16解析：解析：41a，22a，3a成等差数列，22132111444,44,440,215aaaaa qa qqqq即，S,选 C.9.(20099.(2009 年广东理年广东理 4)4)已知等比数列na满足0,1,2,nan，且25252(3)nnaan，则当1n 时，2123221logloglognaaaA.(21)nnB.2(1)nC.2nD.2(1)n【解析【解析】由25252(3)nna an得nna222，0na，则nna2，3212loglogaa2122)12(31lognnan ，选 C10.10.（20092009 年安徽理年安徽理 5 5）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）21（B）20（C）19（D）18 解析解析：由1a+3a+5a=105 得33105,a 即335a，由246aaa=99 得4399a 即433a，2d ，4(4)(2)41 2naann，由100nnaa得20n，选 B11.(200911.(2009 年福建理年福建理 3)3)等差数列na的前 n 项和为nS，且3S=6，1a=4，则公差 d 等于A1B53C.-2D 3【答案【答案】：CC解析解析 31336()2Saa且3112 =4 d=2aad a.故选 C12.12.（20092009 年辽宁理年辽宁理 6 6）设等比数列 na的前n项和为Sn，若633Ss，则96Ss（A）2（B）73（C）83（D）3http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网B B解析：解析：636331131Sqqsq，32q，96Ss9618 1714 13qq。13.(200813.(2008 年海南理年海南理 4)4)设等比数列 na的公比q=2，前n项和为Sn，则24aS=（）A2B4C215D217解解：414421(1)1 215122aqSqaa q14.(20014.(2008 8 年广东年广东理理 2)2)记等差数列na的前n项和为nS，若112a，420S，则6S（）A16B24C36D48D D【解析】【解析】20624dS，3d，故481536dS15.(200815.(2008 年上海理年上海理 14)14)若数列an是首项为 1，公比为a32的无穷等比数列，且an各项的和为a，则a的值是（）A1B2C12D54【答案】【答案】B【解析】【解析】由11311 223|1|12aaSaqaqa.16.(200716.(2007 年海南理年海南理 4)4)已知 na是等差数列，1010a，其前 10 项和1070S，则其公差d（）23131323【答案【答案】：D【分析【分析】：1101011()105(10)704.2aaSaa1012.93aad17.(200717.(2007 年海南理年海南理 7)7)已知0 x，0y，xaby，成等差数列，xcdy，成等比数列，则2()abcd的最小值是（）0124http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网【答案【答案】：D D【分析【分析】：,abxy cdxy222(2)()()4.xyabxycdxyxy1818（20072007 年广东理年广东理 5 5）已知数列na的前 n 项和29nSnn，第 k 项满足ka，则 k=（A）9（B）8（C）7（D）6答案：答案：B B；解析：；解析：此数列为等差数列，1210nnnaSSn，由 52k-108 得到 k=8。二、填空题二、填空题1 1(20102010 年年福建理福建理 11)11)在等比数列 na中,若公比q=4,且前 3 项之和等于 21,则该数列的通项公式na.【答案】【答案】n-14【解析】【解析】由题意知11141621aaa，解得11a，所以通项na n-14。【命题意图】本题考查等比数列的通项公式与前 n 项和公式的应用，属基础题。2 2(20102010 年年湖南理湖南理 1515)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【答案】【答案】2,2,2n3 3（20102010 年浙江理年浙江理 1515）设1,a d为实数，首项为1a，公差为d的等差数列 na的前n项和为nS，满足56150S S，则d的取值范围是_.解析：解析：4 4（20102010 年辽宁理年辽宁理 1616）已知数列 na满足1133,2,nnaaan则nan的最小值为_.【答案】【答案】212【解析】【解析】an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=21+2+(n-1)+33=33+n2-n所以331nannn设()f n 331nn，令()f n 23310n，则()f n在(33,)上是单调递增，在(0,33)上是递减的，因为 nN+,所以当 n=5 或 6 时()f n有最小值。又因为55355a，66321662a，所以，nan的最小值为62162ahttp:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网5.(20095.(2009 年 陕 西 理年 陕 西 理 13)13)设 等 差 数 列 na的 前 n 项 和 为nS,若6312aS,则2limnnSn.答案：答案：1 1611223112512211(1)limlim112122nnnnnaadaSSnnSn nsaddnnnn解析：6.(20096.(2009 年福建理年福建理 15)15)五位同学围成一圈依序循环报数，规定：第一位同学首次报出的数为 1，第二位同学首次报出的数也为 1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；若报出的数为 3 的倍数，则报该数的同学需拍手一次已知甲同学第一个报数，当五位同学依序循环报到第 100 个数时，甲同学拍手的总次数为_.【答案【答案】：5 5 解析解析：由题意可设第n次报数，第1n次报数，第2n次报数分别为na，1na，2na，所以有12nnnaaa，又121,1,aa由此可得在报到第 100 个数时，甲同学拍手 5 次。7.7.（20092009 年海南理年海南理 1616）等差数列na前 n 项和为nS。已知1ma+1ma-2ma=0，21mS=38,则 m=_答案答案 1010 解析：解析：由1ma+1ma-2ma=0 得到1212212120,0,22138102mmmmmmmaaaaaSmam又。8.(20098.(2009 年江苏年江苏 14)14)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=解析解析 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=-9-99.9.(20092009 年辽宁理年辽宁理 14)14)等差数列 na的前n项和为Sn，且53655SS，则4a=_。解解 13解析：解析：1553454515()655()5,2322aaSSaaaaa，4444423()32,62,aadadaa=13。http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网10.10.（20092009 年浙江理年浙江理 1111）设等比数列na的公比12q，前n项和为nS，则44Sa1515【解析】【解析】对于4431444134(1)1,151(1)aqsqsaa qqaqq三解答题三解答题1.(1.(20102010 年陕西理年陕西理 16)(16)(本小题满分本小题满分 1212 分分)已知是公差不为零的等差数列,成等比数列.求数列的通项;求数列的前 n 项和解由题设知公差由成等比数列得解得(舍去)故的通项,由等比数列前 n 项和公式得2 2（20102010 年年全国理全国理 1717）（本小题满分（本小题满分 1212 分）分）设数列 na满足21112,3 2nnnaaa(1)求数列 na的通项公式；(2)令nnbna，求数列的前 n 项和nS解解：（）由已知，当 n1 时，111211()()()nnnnnaaaaaaaa2 12 33(222)2nn 2(1)12n。而12,a 所以数列na的通项公式为212nna。（）由212nnnbnan知35211 22 23 22nnSn 从而23572121 22 23 22nnSn -得2352121(1 2)22222nnnSn 即211(31)229nnSn3 3（20102010 年年山东理山东理 1818）（本小题满分（本小题满分 1212 分）分）已知等差数列 na满足：37a，5726aa，na的前n项和为nS（）求na及nS；http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网（）令bn=211na(nN*)，求数列 nb的前n项和nT【解析【解析】（）设等差数列 na的公差为 d，因为37a，5726aa，所以有112721026adad，解得13,2ad，所以321)=2n+1nan（；nS=n(n-1)3n+22=2n+2n。（）由（）知2n+1na，所以bn=211na=21=2n+1)1（114 n(n+1)=111(-)4n n+1，所以nT=111111(1-+-)4223n n+1=11(1-)=4n+1n4(n+1)，即数列 nb的前n项和nT=n4(n+1)。【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。4 4（20102010 年天津理年天津理 2222）（本小题满分（本小题满分 1414 分）分）在数列na中，10a，且对任意*kNkN，21221,kkkaaa成等差数列，其公差为kd。()若kd=2k，证明21222,kkkaaa成等比数列（*kN）；()若对任意*kN，21222,kkkaaa成等比数列，其公比为kq.（i）设1q 1.证明11kq是等差数列；(ii)若22a，证明22322(2)2knkknna【命题意图】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。【解析【解析】（）证明：由题设，可得*4,2121aak kNkk。所以131()().()2121212123aaaaaaaakkkkkhttp:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网=44(1).4 1kk=2k(k+1)由1a=0，得222(1),22,2(1).2122122ak kaakkakkkkk从而于是1121222221,221212aaaakkkkkkakakaakkkk所以。所以*2,22122kdkkNaaakkk时，对任意成等比数列。（）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1q1 时，可知kq1，k*N从而111111,1(2)1111111211kqqqqkkkkqk即所以11qk是等差数列，公差为 1。（）证明：10a，22a，可得34a，从而142,2q 111q=1.由（）有*1111,1kkkkqkNqkk 得所以2*222211221,2122aaakkkkkkNaakakkkk（）从而因此，2222*2222(1)222214.22.2(1),2212(1)(2)122242kaaakkkkkaak aak kkNkkaaakkkkk以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 m2，则2222122111221(2)(21)42nmmmkkkkkkkkkkkaaak+http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网221111114414411 112222(1)2(1)2(1)21113122(1)(1)222.mmmkkkkkkkmmk kk kk kkkmmnmn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)nmkkkkmkkmmmaaamm m11314222(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),kkkkkkkkdaaq aaaq212221222(1),kkkkkkkkkkdaaq aq aa q q所以1kkkdq d232211122222221111kkkkkkkkkkkkkkaadddqqaaq aq aq 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，http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网可得2kdk。于是，由（i）可知221221,2,*kkak kakkN以下同证法一。5 5(20102010 年年湖南理湖南理 21)21)（本小题满分（本小题满分 1313 分）分）数列*()nanN中，1aa,1na是函数322211()(3)332nnnf xxan xn a x的极小值点（）当 a=0 时，求通项na；（）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。http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网6 6(2010(2010 年安徽理年安徽理 20)20)（本小题满分（本小题满分 1212 分）分）设数列12,na aa中的每一项都不为 0。证明：na为等差数列的充分必要条件是：对任何nN，都有1223111111nnnna aa aa aa a。http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网7 7(2010(2010 年上海理年上海理 20)20)(本题满分本题满分 1313 分分)共有共有 2 2 个个小题，第一个小题满分小题，第一个小题满分 5 5 分，第分，第 2 2 个小题满分个小题满分 8 8 分。分。已知数列已知数列 na的前的前n项和为项和为nS，且，且585nnSna，*nN（1）证明：1na 是等比数列；（2）求数列 nS的通项公式，并求出 n 为何值时，nS取得最小值，并说明理由。解析解析：(1)当n1 时，a114；当n2 时，anSnSn15an5an11，所以151(1)6nnaa，又a11150，所以数列an1是等比数列；(2)由(1)知：151156nna ，得151 156nna，从而1575906nnSn(nN N*)解不等式Sn1）。设ns=1 1ab+22a b.+nna b,nT=1 1ab-22a b+.+(-11)nnna b,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()若正数 n 满足 2nq，设1212,.,.,12.nnk kkl ll和是，n的两个不同的排列，12112.nkkknca ba ba b，12212.nlllnca ba ba b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 n 项和公式等基础知识，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 1414 分。分。（）解：由题设，可得1*21,3,nnnanbnNhttp:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网所以，31 1223 31 1 3 35 955Saba ba b w.w.w.k.s.5.u.c.o.m（）证明：由题设可得1nnbq则22121232.,nnnSaa qa qa q232121234232122242.,2(.)nnnnnnnTaa qa qa qa qSTa qa qa q1式减去式，得1式加上式，得2222213212(.)nnnnSTaa qaq2式两边同乘 q，得321221321()2(.)nnnnq STa qa qaq所以，222222(1)(1)()()nnnnnnq Sq TSTq ST3212*22()2(1),1nnd qqqdqqnNqKw.w.w.k.s.5.u.c.o.m()证明：11221212()()()nnklklklnccaa baabaabKw.w.w.k.s.5.u.c.o.m11112211()()()nnnkl dbkl dbqkl dbqK因为10,0,db所以11211221()()()nnnccklkl qkl qdbK（1）若nnkl，取 i=nw.w.w.k.s.5.u.c.o.m（2）若nnkl，取 i 满足iikl且,1jjkl ijn 由（1）,(2)及题设知，1in 且21121122111()()()()iiiiiiccklkl qklqkl qdbK1当iikl时，得1,1,1,2,3.1iiiiklqnklqii 由，得即111klq，22()(1)kl qq q，2211()(1)iiiiklqqq又11(),iiiikl qq 所以1211211(1)(1)(1)(1)1iiiccqqqqqqqqdbqKhttp:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网因此12120,cccc即2当iikl同理可得1211ccdb，因此12cc综上，12cc14.14.（20092009 年安徽理年安徽理 2121）（本小题满分（本小题满分 1313 分）分）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.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。本小题满分本小题满分 1313 分分。解解：（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)14kkaam m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11 3014ka；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。15.(200915.(2009 年上海理年上海理 23)23)（本题满分（本题满分 1818 分）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。http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网已知 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，（*）（）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（）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/,nnnnnnnaaqnNa aqaaa对都成立，即2()(2)()dnc dndcq dndc*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http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网综上所述，有nnnnnbaaNbca1*,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(33234,232222ssssmsk15 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,sN 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当为偶数时，存在，使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16.(200816.(2008 年海南理年海南理 1717)（本小题满分（本小题满分 1212 分）分）已知 na是一个等差数列，且21a，55a （）求 na的通项na；http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网（）求 na前n项和Sn的最大值解解：（）设 na的公差为d，由已知条件，11145adad，解出13a，2d 所以1(1)25naandn（）21(1)42nn nSnadnn 24(2)n所以2n 时，nS取到最大值417.(200817.(2008 年山东理年山东理 1919)（本小题满分（本小题满分 1212 分）分）将数列 na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：1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a记表中的第一列数1247aaaa，构成的数列为 nb，111banS为数列 nb的前n项和，且满足221(2)nnnnbnb SS（）证明数列1nS成等差数列，并求数列 nb的通项公式；（）上表中，若从第三行起，第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81491a 时，求上表中第(3)k k行所有项的和解解：（）证明：由已知，当2n时，221nnnnbb SS，又12nnSbbb，所以1212()1()nnnnnnSSSSSS112()1nnnnSSSS11112nnSS，又1111Sba所以数列1nS是首项为 1，公差为12的等差数列http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网由上可知1111(1)22nnnS，21nSn所以当2n时，12221(1)nnnbSSnnn n 因此1122(1)nnbnn n，（）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且0q 因为12 131212782，所以表中第 1 行至第 12 行共含有数列 na的前 78 项，故81a在表中第 31 行第三列，因此28113491abq 又13213 14b ，所以2q 记表中第(3)k k行所有项的和为S，则(1)2(1 2)2(1 2)(3)1(1)1 2(1)kkkkbqSkqk kk k 18.(200818.(2008 年广东理年广东理 21)21)（本小题满分（本小题满分 1212 分）分）设pq，为实数，是方程20 xpxq的两个实根，数列nx满足1xp，22xpq，12nnnxpxqx（3 4n ，）（1）证明：p，q；（2）求数列nx的通项公式；（3）若1p，14q，求nx的前n项和nS【解析【解析】（1）由求根公式，不妨设，得2244,22ppqppq224422 ppqppqp224422ppqppqq（2）设112()nnnnxsxt xsx，则12()nnnxst xstx，由12nnnxpxqx得http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网 stpstq，消去t，得20spsq，s是方程20 xpxq的根，由题意可知，12,ss当时，此时方程组 stpstq的解记为1212sstt或112(),nnnnxxxx112(),nnnnxxxx即11nnxt x、21nnxt x分别是公比为1s、2s的等比数列，由等比数列性质可得2121()nnnxxxx,2121()nnnxxxx,两式相减，得2212121()()()nnnxxxxx221,xpq xp，222x，1x22221()nnnxx，22221()nnnxx 1()nnnx，即1nnnx，11nnnx当时，即方程20 xpxq有重根，240pq，即2()40stst，得2()0,stst，不妨设 st，由可知2121()nnnxxxx，2121()nnnnxxxx即1nnnxx，等式两边同时除以n，得111nnnnxx，即111nnnnxx数列nnx是以1为公差的等差数列，12(1)111 nnxxnnn,nnnxn综上所述，11,(),()nnnnnxn（3）把1p，14q 代入20 xpxq，得2104xx，解得1211()()22nnnxnhttp:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网232311111111()()().()()2()3().()22222222nnnSn23111111()()2()3().()22222nnn 111111()2()()3(3)()2222nnnnnn 19.(200819.(2008 年江苏年江苏 19)19)（1）设12,na aa是各项均不为零的n（4n）项等差数列，且公差0d，若将此数列删去某一项后得到的数列（按原来的顺序）是等比数列（i）当4n 时，求1ad的数值；（ii）求n的所有可能值（2）求证：对于给定的正整数n(4n)，存在一个各项及公差均不为零的等差数列12b b，nb，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列解解：（1）当n=4 时,1234,a a a a中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出d=0。若删去2a，则2314aa a，即2111(2)(3)adaad化简得140ad，得14ad若删去3a，则2214aa a，即2111()(3)adaad化简得10ad，得11ad综上，得14ad或11ad。当n=5 时,12345,a a a a a中同样不可能删去1245,a a a a，否则出现连续三项。若删去3a，则1524a aaa，即1111(4)()(3)a adadad化简得230d，因为0d，所以3a不能删去；当n6 时，不存在这样的等差数列。事实上，在数列12321,nnna a aaaa中，由于不能删去首项或末项，若删去2a，则必有132nna aaa，这与0d矛盾；同样若删去1na也有132nna aaa，这与0d矛盾；若删去32,naa中任意一个，则必有121nna aaa，这与0d矛盾。(或者说：当n6 时，无论删去哪一项，剩余的项中必有连续的三项)综上所述，4n。（2）假设对于某个正整数 n，存在一个公差为 d 的 n 项等差数列nbbb,.,21，其中111,xyzbbb（01xyzn）为任意三项成等比数列，则2111yxzbbb，即2111()()()bydbxdbzd，化简得221()(2)yxz dxzy bd（*）由10bd 知，2yxz与2xzy同时为 0 或同时不为 0当2yxz与2xzy同时为 0 时，有xyz与题设矛盾。http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网故2yxz与2xzy同时不为 0，所以由（*）得212byxzdxzy因为01xyzn，且 x、y、z 为整数，所以上式右边为有理数，从而1bd为有理数。于是，对于任意的正整数)4(nn，只要1bd为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列。例如n项数列1，12，1 2 2，1(1)2n满足要求。20.(200820.(2008 年上海理年上海理 21)(321)(3+7+7+8+8)已知以a1为首项的数列an满足：an1an+c，an）.f(x)是f(x)的导数.设a11，an+1=an-)()(nnafaf(n=1,2,)。(1)求、的值；(2)证明：任意的正整数n，都有ana;(3)记bn-nnaaln(n=1,2,),求数列bn的前n项和Sn。【参考答案参考答案】(1)解方程 x2+x-1=0 得 x=251由知=251,=251(2)f(x)=2x+1=-=下面我们用数学归纳法来证明该结论成立当 n=1 时，a1=1251=成立，假设 n=k(k1,kN*)时，结论也成立，即 ak成立，那么当 n=k+1 时，ak 1=1212aakk=ak21-41+)12(45ak21-41+)12(45=21+21=这就是说，当 n=k+1 时，结论也成立，故对于任意的正整数 n，都有 an,