2010高考数学压轴题专题训练数列（36页WORD） doc--高中数学 .doc

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1、http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网2010 高考数学压轴题专题训练高考数学压轴题专题训练-数列（数列（36 页页 WORD）第六章第六章数列数列2009 年高考题年高考题三、解答题22.（2009 全国卷理）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分析分析：（I）由已知有1112nnnaann112nnnbb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)2nkkkk111(2)2nnkkkkk而1(2)(1)n

2、kkn n,又112nkkk是一个典型的错位相减法模型，易得1112422nknkknnS=(1)n n1242nn评析评析：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1212,1,2nnAa aaaaa n具有性质P；对任意的,1i jijn，ija a与jiaa两数中至少有一个属于A.（）分别判断数集1,3,4与1,2,3,

3、6是否具有性质P，并说明理由；（）证明：11a，且1211112nnnaaaaaaa；（）证明：当5n 时，12345,a a a a a成等比数列.http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网【解析】【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.（）由于3 4与43均不属于数集1,3,4，该数集不具有性质 P.由于6 6 1 2 3 61 2,1 3,1 6,2 3,2 3 1 2 3 6都属于数集1,2,3,6，该数集具有性质 P.（）12,nAa aa具有性质 P，nna a与

4、nnaa中至少有一个属于 A，由于121naaa，nnna aa，故nna aA.从而1nnaAa，11a.121naaa，knna aa，故2,3,kna aA kn.由 A 具有性质 P 可知1,2,3,nkaA kna.又121nnnnnnaaaaaaaa，211211,nnnnnnnnaaaaaaaaaaa，从而121121nnnnnnnnaaaaaaaaaaaa，1211112nnnaaaaaaa.（）由（）知，当5n 时，有552343,aaaaaa，即25243aa aa，1251aaa，34245a aa aa，34a aA，由 A 具有性质 P 可知43aAa.2243a a

5、a，得3423aaAaa，且3221aaa，34232aaaaa，http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网534224321aaaaaaaaa，即12345,a a a a a是首项为 1，公比为2a成等比数列.24.（2009 江苏卷）设 na是公差不为零的等差数列，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12mmma aa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，

6、由性质得43433()()d aad aa，因为0d，所以430aa，即1250ad，又由77S 得176772ad，解得15a ，2d,(2)（方法一）12mmma aa=(27)(25)23mmm,设23mt，则12mmma aa=(4)(2)86ttttt,所以t为 8 的约数（方法二）因为1222222(4)(2)86mmmmmmmma aaaaaaa为数列 na中的项，故m+28 a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n2，用nT表示关于x的一元二次方程220 xaxb有实数根的有序数

7、组(,)a b的组数，其中,1,2,a bn（a和b可以相等）；对于随机选取的,1,2,a bn（a和b可以相等），记nP为关于x的一元二次方程220 xaxb有实数根的概率。（1）求2nT和2nP；http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网（2）求证：对任意正整数n2，有11nPn.【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。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(,)nn S，均在函数(0 xybr b且1,bb r均为常数)的图像上.（1）求 r 的值；（11）当 b=2 时

8、，记22(log1)()nnbanN证明：对任意的nN，不等式12121111nnbbbnbbb成立解:因为对任意的nN,点(,)nn S，均在函数(0 xybr b且1,bb r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(log 21)2nnnban则1212nnbnbn,所以12121113 5 7212 4 62nnbbbnbbbnhttp:/ 永久免费组卷搜题网htt

9、p:/ 永久免费组卷搜题网下面用数学归纳法证明不等式12121113 5 72112 4 62nnbbbnnbbbn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12121113 5 72112 4 62kkbbbkkbbbk成立.则当1nk时,左边=11212111113 5 721 232 4 6222kkkkbbbbkkbbbbkk2223(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、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

10、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)nnk k 的切线nl，切点为(,)nnnP xy（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0222ynxx得0)22()1(2222nnnkxnkxk，则0)1(4)22(2222nnnkknk，12 nnkn（12 nn舍去）22222)1(1nnkkxnnn，即1nnxn，112)1(n

11、nnxkynnn（2）证明：121111111nnnnnxxnnhttp:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网12112125331212432112531 nnnnnxxxxnnnnxxxxxx 1112531由于nnnnxxnyx11121，可令函数xxxfsin2)(，则xxfcos21)(，令0)(xf，得22cosx，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4311210n，则有121sin2121nn，即nnnnyxxxsin211.28（2009 安徽卷理）首项为正数的数列

12、 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)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 3

13、014ka；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。http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网（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

14、为正数的数列na，12,aa ab，且对满足mnpq的正整数,m n p q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11111,13 1nnnnaaaa故数列11nnaa为等比数列，从而11,13nnnaa即31.31nnna可验证，3131nnna满足题设条件.http:

15、/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网(2)由题设(1)(1)mnmnaaaa的值仅与mn有关,记为,m nb则111.(1)(1)(1)(1)nnnnnaaaabaaaa考察函数()(0)(1)(1)axf xxax,则在定义域上有1,111()(),12,011aaf xg aaaaa故对*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()()g ag ag a,即有1.na.30.(20

16、09 湖北卷理)已知数列 na的前 n 项和11()22nnnSa（n 为正整数）。（）令2nnnba，求证数列 nb是等差数列，并求数列 na的通项公式；(）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(),212nnnnnaaan即2.112,1,n21nnnnnnbabbbn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)12,2nnnnnn

17、bnnaa .http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网(II)由（I）得11(1)()2nnnncann，所以23111123()4()(1)()2222nnTn K2341111112()3()4()(1)()22222nnTn K由-得231111111()()()(1)()22222nnnTn K111111()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234522 1 1;22 2 1;22 3 1;22 4 1

18、;22 5;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122 22(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(1 1)2221nnnnnnnnnnnnnnnCCCCCCCCCnnK综上所述，当1,2n 时521nnTn，当3n 时521nnTn31.（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

19、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；http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网若不存在，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1n时，111151,4 aSa又1151,51nnnnaSaS11115,4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 nnnbnN3 分（II）不存在正整数k，使得4nRk成立。证明：由（I）知1

20、4()5441(4)11()4 nnnnb2122125552015 16408888.(4)1(4)1161164(161)(164)kkkkkkkkkbb当 n 为偶数时，设2()nm mN1234212()()()84nmmRbbbbbbmn当 n 为奇数时，设21()nmmN1234232221()()()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212221225515 1615 1615 16154141(161)(164)(16)3 164(16)16nnnnnnnnn

21、nnnnncbb 又http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网1221343,33bbc，当1n时，132T，当2n 时，22232111()41114161625()2513161616311614693162513482116nnnT32.（2009 湖南卷文）对于数列nu,若存在常数 M0,对任意的*nN，恒有1121nnnnuuuuuuM,则称数列nu为B数列.（）首项为 1，公比为12的等比数列是否为 B-数列？请说明理由;（）设nS是数列nx的前 n 项和.给出下列两组判断：A 组：数列nx是 B-数列,数列nx不是 B-数列;B 组：数列nS是 B-数列,数

22、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；()若数列na是 B-数列，证明：数列2na也是 B-数列。解:（）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.（）命题命题 1 1：若数列nx是 B-数列，则数列nS是 B-数列.此命题为假命题.http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网事实上

23、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。命题命题 2 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1121nnnnxxxxxx112112222nnnxxxxxMx,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）()若数列 na是 B-数列，则存在正数 M，对任意的,nN有1121nnnnaaaaaaM.因为11221

24、1nnnnnaaaaaaaa1122111nnnnaaaaaaaMa.记1KMa，则有22111()()nnnnnnaaaaaa111()2nnnnnnaaaaK aa.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；（)证明：111 2|()6 5nnnxx-|。http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网证明（1）由1n+1244n112513213821xxxxxx及得，由246xxx猜想：数列2nx是递减数列下面用数学

25、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)212nnnnnxxxxx11111111(1)(1)nnnnnnnnxxxxxx

26、xx2n-111221n-12225551 26 5nnnnxxxxxx（）（）（）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；http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网（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1n时，111151,4 aSa又1151,5

27、1nnnnaSaS11115,4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 nnnbnN3 分（II）不存在正整数k，使得4nRk成立。证明：由（I）知14()5441(4)11()4 nnnnb2122125552015 16408888.(4)1(4)1161164(161)(164)kkkkkkkkkbb当 n 为偶数时，设2()nm mN1234212()()()84nmmRbbbbbbmn当 n 为奇数时，设21()nmmN1234232221()()()8(1)4844nmmmRbbbbbbbmmn对

28、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212221225515 1615 1615 16154141(161)(164)(16)3 164(16)16nnnnnnnnnnnnnncbb 又1221343,33bbc，http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网当1n时，132T，当2n 时，22232111()41114161625()2513161616311614693162513482116nnnT14 分35.（2009 天津卷理）已知等差数列na的公差为 d（d0），等比数列nb的公比为 q（q1

29、）。设ns=1 1ab+22a b.+nna b,nT=1 1ab-22a b+.+(-11)nnna b,nN(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，nN；()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 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，

30、满分 14 分。（）解：由题设，可得1*21,3,nnnanbnN所以，31 1223 31 1 3 35 955Saba ba b （）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http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网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)()()nnnnnn

31、q Sq TSTq ST3212*22()2(1),1nnd qqqdqqnNqK()证明：11221212()()()nnklklklnccaa baabaabK11112211()()()nnnkl dbkl dbqkl dbqK因为10,0,db所以11211221()()()nnnccklkl qkl qdbK（1）若nnkl，取 i=n（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

32、由，得即111klq，22()(1)kl qq q，2211()(1)iiiiklqqq又11(),iiiikl qq 所以1211211(1)(1)(1)(1)1iiiccqqqqqqqqdbqK因此12120,cccc即http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网2当iikl同理可得1211ccdb，因此12cc综上，12cc36.（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

33、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,nn Rn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：（）当1n 时，111151,4aaa 又1151,51nnnnaaaaQ11115,4nnnnnaaaaa 即数列 na成等比数列，其首项114a ，公比是14q 1()4nna 14()411()4nnnb .3 分（）由（）知54(4)1nnb 2212215525 164141(161)(164)nnnnnnnncbb=2225 1625 1625(16)3 164)(

34、16)16nnnnnn http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网又1211343,33bbc当1312nT时，当234111225()3161616nnnTK时，122111()416162513116146931625.713482116n分（）由（）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1221nkRbbbK12321111145()41414141kn K K1232211111145()()4141414141kkn K K41n41,41nnRnn 即（）对一切大于 1 的奇数 n 恒成立4,41n

35、 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)1nnkkbb5208(16)1(16)4kk15 164088(161)(164)kkkhttp:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网当 n 为偶数时，设*2()nm mN则1234212()()()nmmRbbbbbbK84mn当 n 为奇数时，设*21()nmmN则1234232221()()()nmmmRbbbbbbbK0，所以ab.猜测：当且仅当ab，且cbax1时，每年年初鱼群的总量保持不变.（）若 b

36、 的值使得xn0，nN*由xn+1=xn(3bxn),nN*,知0 xn3b,nN*,特别地，有 0 x13b.即 0b0.又因为xk+1=xk(2xk)=(xk1)2+110，nN*，则捕捞强度 b 的最大允许值是 1.15.（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

37、证：11knan；（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(1111kkaakaakk得当 n1 时，切线过点)0,(11nnap，即 0.1),(111kkaaaakaannnnknkn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knkCkCkCCkkkannnnnn

38、nnn（3）当 nnnnnnnnSnbnbak2232221.2,2,232项和的前项数列时，同乘以.223222121,211432nnnS得两式相减，得http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网1113222112211)211(2122122212121nnnnnnnnnnS所以nnnS22216.（2009 闵行三中模拟）已知点列 B1(1,y1)、B2(2,y2)、Bn(n,yn)（nN）顺次为一次函数12141xy图像上的点，点列 A1(x1,0)、A2(x2,0)、An(xn,0)（nN）顺次为 x 轴正半轴上的点，其中 x1=a（0a1），对于任意 nN，

39、点 An、Bn、An+1构成一个顶角的顶点为 Bn的等腰三角形。求数列yn的通项公式，并证明yn是等差数列；证明 xn+2-xn为常数，并求出数列xn的通项公式；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(nN),yn+1-yn=41,yn为等差数列 4 分（2）因为1nnnABA与211nnnABA为等腰三角形.所以112212nnnnxxnxxn，两式相减得22nnxx。7 分注：判断22nnxx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

40、，6 分(nxna1(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(1214n)xn+1-xn=2(1214n)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(1214n)a=41211n(n 为奇数，0a1)(*)取 n=1，得 a=32，取 n=3，得 a=61，若 n5，则(*)无解；14 分当偶数时，xn+1=n+a，xn=n-a，xn+1-xn=2a.2a=2(1214n)a=1214n(n 为偶数，0a1)(*)，取 n=2，得 a=127,若 n4，则(*

41、)无解.http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网综上可知，存在直角三形，此时 a 的值为32、61、127.18 分三、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.解：（1）由已知111nntaA ，1nntaA ，相减得11nnntataa，由10t 得11nnatat，又111taa ，得111a

42、t，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111111nnnttattt tn*N；（6 分）（2）111nnntAtat，（7 分）又012nnnnnnbCCC，故2 21nnB，（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;http:/ 永久免费

43、组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网（II）若bn=12lognnaa,sn=b1+b2+bn,求sn+n12n50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=202 分311231208a qa qaa q解之得12qa或11232qa4 分又an单调递增，q=2,a1=2,an=2n6 分(II)122log 22nnnnbn ,7 分231 22 23 2.2nnsn 234121 22 23 2.(1)22nnnsnn -得23112(1 2)222.2221

44、 2nnnnnsnn11222nnn10 分1250,nnsn即112250,252nn又当 n4 时,15223252n,11 分当 n5 时,16226452n.故使1250,nnsn成立的正整数 n 的最小值为 5.12 分3.（2009 青岛一模）已知等比数列 na的前n项和为2 3(R,N)nnSk kn（）求数列 na的通项公式；（）设数列 nb满足4(5)n na bnak，nT为数列 nb的前n项和，试比较3 16nT与14(1)nnb的大小，并证明你的结论解：（）由2 3(R,N)nnSk kn得:2n 时，114 3nnnnaSS2 分 na是等比数列，1164aSk2k，

45、得14 3(N)nnan4 分http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网（）由4(5)n na bnak和14 3nna得114 3nnnb6 分12312212321221(1)4 34 34 34 3123213(2)44 34 34 34 3nnnnnnnnnnTbbbbbnnT2321111111(2)(1):244 34 34 34 34 3nnnnnT2321111111132188 38 38 38 38 31616 3nnnnnnnT10 分11(1)21(1)3(21)4(1)(3 16)333nnnnnn nnn nnnbT2(1)3(21)53n n

46、nnn11 分当5372n或53702n时 有(1)3(21)n nn，所 以 当5n(N)n时 有13 164(1)nnTnb那么同理可得：当53753722n时有(1)3(21)n nn，所以当15n(N)n时有13 164(1)nnTnb13 分综上：当5n(N)n时有13 164(1)nnTnb；当15n(N)n时有13 164(1)nnTnb14 分4.（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；（）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

47、整数n，总有1nT 解：（I）由已知得11233,233(2).nnnnSaSanhttp:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网故112()233nnnnnSSaaa即13(2)nnaan故数列na为等比数列，且3q 又当1n 时，111233,3aaa3(2)nnan6 分而13a 亦适合上式3()nnanN8 分（）111(1)1nbn nnn所以12nnTbbb11111(1)()()2231nn1111n 12 分5.（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

48、等比数列；(II)球数列aa的通项解：（I）1122113313,2,11,.124424aaaaanaaa 分http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网又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

49、(1)31313221(1)(1)2.12222212mnnnaannn）,6.（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()f n，令(1)(2)(3)()nSffff n；试用解析式写出nS关于n的函数。（3）若()f n，给定常数 m(*,2mNm),是否存在 Nk，使得()2()f kmf m，若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由。（1）y(2xb)(b1)2x1-(1 分分)21yx与x轴的交点

50、111(,)P a b为(0,1)，所以10a；-(1 分分)所以1(1)1naan，即1nan，-(1 分分)因为(,)nnnP a b在21yx上，所以21nnba，即21nbn-(1 分分)http:/ 永久免费组卷搜题网http:/ 永久免费组卷搜题网（2）设()nnaf nb(21)(2)nknk（*kN），即1()21nf nn(21)(2)nknk（*kN）-(1 分分)（A）当2nk时，212342121321.(.)nkkkkSSababaaaaa242(.)kbbb-(1 分分)=02234122kkkk=23k，而2nk，所以234nSn-(1 分分)（B）当21nk时，