高考数学试题分类汇编数列极限和数学归纳法

1、20XX 年高考数学试题分类汇编 数列、极限和数学归纳法安徽理 （11）如下列图,程序框图（算法流程图）的输出结果是_ 14,构1115【命题意图】此题考查算法框图的识别,考查等差数列前n 项和 . 【解析】由算法框图可知T123kk k1,如 T 105,就 K2连续执行循环体,这时k15,T105,所以输出的k 值为 15. （18）（本小题满分12 分）在数 1 和 100 之间插入 n 个实数, 使得这n2个数成递增的等比数列,将这n2个数的乘积记作T ,再令 nanlgT n,n . （）求数列 a n的通项公式；（）设b ntana ntana n1,求数列 b n的前 n 项和S

2、 . （本小题满分13 分）此题考查等比和等差数列,指数和对数的运算,两角差的正切公式等基本学问,考查灵活运用学问解决问题的才能,综合运算才能和创新思维才能. 解：（I）设l1,l2,nl2构成等比数列,其中t 1,1nt2100 ,就T nt 1t2tn1tn2,T ntn1tn2t2t1, 并利用t 1tn3it 1 tn22 10 1in2 ,得2 T n t1tn2t2tn1tn1 t2 tn2t 1102n2,a nlgT nn,2n1 .（II）由题意和（ I）中运算结果,知bntan n2 tan n3 ,n1 .另一方面,利用tan1tank1 k1tankk1 1 tank,

3、tantank得tank1 tanktank11tank1 .所以Snkn1b kn2tank1 tanktank3n2tank1tank1tann3tan3nk3tan1tan1安徽文 （7）如数列a n的通项公式是a n n,就 aaLa（A） 15 B 12 C D （7）A【命题意图】此题考查数列求和.属中等偏易题 . 【解析】法一：分别求出前10 项相加即可得出结论；法二：a 1a 2a 3a 4a 9a 103,故 aaLa.应选 A. 北京理11.在等比数列 a n 中,如 a 1 1,a 4 4,就公比 q _；| a 1 | | a 2 | | a n | _. 2【 解 析

4、 】a 1 1,a 4 4 q 2, | a n | 是 以1 为 首 项 , 以 2 为 公 比 的 等 比 数 列 ,2 2n 1 1| a 1 | | a 2 | | a n | 2；220.如数列 A ：a ,2a , ,a n 2 满意 | a k 1 a k | 1（ k 1,2, ,n 1）,就称 A 为 E 数列；记S A n a 1 a 2 a . n（1）写出一个满意 a 1 a 5 0,且 S A 5 0 的 E 数列 A ；5（2）如 a 1 12,n 2022,证明： E数列 A 是递增数列的充要条件是 a n 2022；（3）对任意给定的整数 n n 2,是否存在首

5、项为 0 的 E 数列 A ,使得 S A n 0？假如存在,写出一个满意条件的 E数列 A ；假如不存在,说明理由；解：（） 0,1,2,1, 0 是一具满意条件的 E数列 A5；（答案不唯独,0,1,0,1,0 也是一个满意条件的 E 的数列 A5）（）必要性：由于 E 数列 A5 是递增数列,所以 a k 1 a k 1 k ,1 2 , , 1999 . 所以 A5 是首项为 12,公差为 1 的等差数列 .所以 a2022=12+（20221） 1=2022. 充分性,由于 a2022a10001,a2022a10001 a2a11所以 a2022 a 19999,即 a2022a1

6、+1999. 又由于 a1=12,a2022=2022,所以 a2022=a1+1999. 故an1an10 k,1 2 , 1999 ,即A n是递增数列 .综上,结论得证；（）令c kak1a k10 k,1 ,2,n1 ,就cA.1由于a2a 1c 1a 1a 1c 1c2 ana 1c 1c 2c1cn1,n2 c2 n3 c 31cncn1所以S A nna 1 n1c 1nn1 1n1 1c 2n2 1.2使得由于ck,1所以 1ck为偶数k,1,n1 .a4k1所以*1c 1n1 1c2n2 1cn为偶数 , 所以要使SA n,0必需使nn1 为偶数 , 2即 4 整除n n1

7、,亦即n4 m 或n4m1 mN*. 当n4m1mN*时 ,E 数列A n 的项满意a4k1a4k10 ,a4k2,1k,12,m 时,有a 1,0S A n;0,1a 4k1k,1 2 ,m ,a4k10 时 ,有a 10 ,S A n;0当n4 m1mN*时,E 数列A n的项满意,a4k1a 3k30 ,a 4k2当n4m2 或n4 m3mN 时,n m1不能被 4 整除,此时不存在E数列 An,a 1,0S A n0 .北京文（14）设 A 0,0 , B 4,0 , C t 4,3,D t ,3；记 N t 为平行四边形 ABCD 内部（不含边界）的整点的个数,其中整点是指横、纵坐标

8、都是整数的点,就 N 0； N t 的全部可能取值为；6；6, 7,8 （20）（本小题共 13 分）如 数 列 A n : a a 2 , a n 2 满 足 a k 1 a k 1 k 1 , 2 , , 就 称 1 A n 为 E 数 列 , 记S A n a 1 a 2+ + a ；（I）写出一个 E 数列 A 满意 a 1 = a 3 =0；（II）如 a 1=12, =2022,证明：E数列 A 是递增数列的充要条件是 a n =2022（III）在 a 1=4 的 E 数列 A 中,求使得 S A n =0 成立的 n 的最小值解：（） 0,1,0,1, 0 是一具满意条件的 E

9、数列 A5；（答案不唯独,0,1,0,- 1,0 也是一个满意条件的 E的数列 A5）（）必要性：由于 E 数列 A5 是递增数列,所以 a k 1 a k 1 k ,1 2 , , 1999 . 所以 A5 是首项为 12,公差为 1 的等差数列 .所以 a2022=12+（20221） 1=2022. 充分性,由于 a2022a10001,a2022a10001 a2a11 所以 a2022 a 19999,即 a2022a1+1999. 又由于 a1=12,a2022=2022,所以 a2022=a1+1999. 故an1an10 k,1 2 , 1999 ,即A n是递增数列 .综上,

10、结论得证；4（）a k1a k1a k1a k1ak1a k1所以有：a 2a 113,a 3a 212,a 4a 311, ,a 8a 713；a 9a 81相加得：a 1a 2a 90,所以在a 1=4的E数列A 中,使得S A n=0 成立的 n 的最小值为9；福建理16 本小题满分13 分 已知等比数列 a n的公比q3,前 3 项和S 3133a ,求函数3 求数列 a n的通项公式；A0,0在x6处取得最大值,且最大值为 如函数f x Asin2xf x 的解析式解： 由q3,S 313得a 11,所以a nn 32；A13,故6,33由 得a 33,由于函数f x 最大值为 3,

11、所以又当x6时函数f x 取得最大值,所以sin3,由于 0所以函数f x 的解析式为f x 3sin2x6；福建文 17（本小题满分12 分）已知数列 an中, a11, a3 3；（）求数列 an的通项公式；（）如数列 an的前 k 项和 Sk 35,求 k 的值；解：（）由 a11,a3 3 得d2,所以 an32n；a 40,就k22k . .d1,20.（）S kkk k135,解得 k7；广东理 11. 等差数列a n前 9 项的和等于前4 项的和 . 如a 11,a k解法一:S 9S4,即a 1a99a 1a44,9a52 a 1a4,即 914d3d,226由 11k1131

12、0 得:k10.66a 102 a70 ,10解法二:S 9S 4,a5a 6a7a 8a90 ,a70 ,从而a4（本小题满分12 分）设b0,数列a n满意a 1= , b ana nnban12n2, ,nn,从而an2.12 n1求数列a n的通项公式；2证明：对于一切正整数n,a nbn112n1解:1 由a na nnba n12可得n2nn11, b12na nb a1当b2 时 ,nnn11,就数列n是以11为首项,1为公差的等差数列ana12a na 122a n2当b2 时,n21b2 nb an121b,a n1就数列n21b是以121bb2b为首项,2为公比的等比数列,

13、a na 12bn21bb2b2 bn121b2 n ,ba nnbn2bb,an22nn1,2,b2综上a nn nb2b b0,b2.2nn b2 当b=2时,a n2,n b1+12,a nn b1+1, 从而原不等式成立 ;11n 2n 2当b2时, 要证a nbn1+1, 只需证nbn2bb n b1+1 即证n2b b1+n1122nnn 22nbn2nbn即证n 21n 22b2n3n2 bn2bn1b1+1,b2n 2bn即证 nn 21n 222n321bb2n bn1bn1,bnn b1bn2b2b2 2232n 22而上式左边 =n 2b1bn12n2bn122 b1b1

14、n2nbnn 2b23 2b2222n1bn122n2bn1222 b21bn1bnn 2bn2nb23 2b2 2当b2时 原不等式也成立,从而原不等式成立.广东文 11 已知a n是递增等比数列,a2,2a 4a 34,就此数列的公比q20（本小题满分14 分）设 b0,数列a n满意a1b,a nanban11n2n1n（1）求数列a n的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n ,2 a nn b114 节解：（1）由a 1b0 可知ananban11,n11n1,令A nn,就A 11,n1na nbb a n1anb当n2 时,A n11A n-1=1+1b11A 11+11bbbb

15、n 1nbbn 1bn当b1时,A n111bb n1；当 b =1时,A nna nn nb b1 , 1b1；bb 1nb n1nb11, b1b（2）当b1 时,欲证2an2nbnb1bn11,bn1只需证2 nbnbn11bn1,b1bn11bn1b2nb2n1bn1bn1bn21bnbn1bn1b11b1b1bnnbn b222n 2 nb ,2a n2nbnb111bn1；bn当b1 时,a n2bn11,综上所述2 a nn b1+1；湖北理 12. 九章算术 “ 竹九节” 问题：现有一根9 节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面的容积共 3 升,下面 3 节的容积共4 升

16、,就第 5 节的容积为升.【答案】67 66解析： 设该数列a n的首项为a ,公差为 d ,依题意a 1a 2a3a43,即4 a 16d3,解得a17d4,3a 7a8a943 a 121 d4d766就a 5a 14 da 17 d3 d42167,所以应当填67 . 663666619. （本小题满分 13 分）已知数列a n的前 n 项和为S ,且满意：a 1a a0,an1rSnnN *,rR rm1. am1,a m,（）求数列a n的通项公式；2成等差数列, 试判定： 对于任意的 mN *,且2,（） 如存在 k N*,使得S k1,S ,S ka m 2 是否成等差数列,并证

17、明你的结论 . 解：（）由已知：a n 1 rS n 得 a n 2 rS n 1,两式相减得 a n 2 r 1 a n 1,又 a 2 ra所以当 r 0 时数列 a n 为： a ,0,0,0, ,当 r 0, r 1 时,由已知 a 0,所以 a n 0, n N ,于是 a n 2 1 r , n N a n 1n 2所以数列 a a 3 , , a 成等比数列,即当 n 2 时 a n r 1 r aa n 1综上 数列 a n 的通项公式为 a n n 2r 1 r a n 2（）对于任意的 m N ,且 m 2,a m 1,a m,a m 2 成等差数列,证明如下：a n 1当

18、 r 0 时由（）知 a n,此时 a m 1,a ,a m 2 成等差数列；0 n 2当 r 0, r 1 时,如存在 k N *,使得 S k 1,S ,S k 2 成等差数列,就 2 S = S k 1 + S k 22 a k 1 a k 2 0,由（）知数列 a a 3 , , a 的公比 r 1 2,于是对于任意的 m N *,且 m 2,a m 2 2 a m 1 a m 2 4 a ；所以 2 a = a m 1 + a m 2 即 a m 1,a m,a m 2 成等差数列；综上：对于任意的 m N ,且 m 2,a m 1,a m,a m 2 成等差数列；湖北文 17. （

19、本小题满分 12 分）成等差数列的三个正数的和等于 15,并且这三个数分别加上 2、5、13 后成为等比数列 b n 中的 b 、b 、b ；I 求数列 b n 的通项公式；II 数列 b n 的前 n 项和为 S ,求证：数列 S n 5 是等比数列；4解： I 设成等差数列的三个正数分别为 a d a a d ；就 a d a a d 15 a 5；数列 nb 中的 b 、 b 、 b 依次为 7 d ,10,18 d ,就 7 d 18 d 100；得 d 2 或 d 13（舍）,于是 b 3 5, b 4 10 b n 5 2 n 3II 数列 b n 的前 n 项和 S n 5 2

20、n 2 54,即 S n 54 5 2 n 2 SS nn 15 545 2 5 2n n 12 24因此数列 S n 5 是公比为 2 的等比数列；4湖南文 20（此题满分 13 分）某企业在第 1 年初购买一台价值为 120 万元的设备 M,M的价值在使用过程中逐年削减,从第 2 年到第 6 年,每年初 M的价值比上年初削减 10 万元；从第 7 年开头,每年初 M的价值为上年初的 75%（I ）求第 n 年初 M的价值 na 的表达式；（II ）设 A n a 1 a 2 a n , 如 A 大于 80 万元,就 M连续使用,否就须在第 n 年初对 M更新,证明：须n在第 9 年初对 M

21、更新解析：（I ）当 n 6 时,数列 a n 是首项为 120,公差为 10 的等差数列a n 120 10 n 1 130 10 ;当 n 6 时,数列 a n 是以 a 为首项,公比为 3 为等比数列,又 a 6 70,所以43 n 6a n 70 ;4120 10 n 1 130 10 , n n 6因此,第 n 年初, M的价值 a 的表达式为 n a n 3 n 6a n 70 , n 74II 设 S 表示数列 a n 的前 n 项和,由等差及等比数列的求和公式得当 1 n 6 时,S n 120 n 5 n n 1, A n 120 5 n 1 125 5 ;3 3 n 6 3

22、 n 6S n S 6 a 7 a 8 a n 570 70 4 1 780 210 4 4 4当 n 7 时,3 n 6780 210 A n 4 .n由于 a n 是递减数列,所以 A n 是递减数列,又A 8 780 210 34 8 682 47 80, A 9 780 210 34 9 676 79 80,8 64 9 96所以须在第 9 年初对 M更新湖南理 12 、设 S 是等差数列 n a n n N * 的前 n 项和,且 a 1 1, a 4 7,就 S 5 _答案： 25 解析：由a 11, a 47可得a 11,d2,a n2 n1,所以S 519525；2江苏 13.

23、设1a 1a 2a ,其中 7a 1,a 3,a 5,a 7成公比为 q 的等比数列,a 2,a 4,a6成公差为 1 的等差数列,就 q 的最小值是 _. 答案：3 3 . 2 3解析：由题意：1 a 1 a 2 q a 2 1 q a 2 2 q ,2a 2 q a 2 1, a 2 1 q a 2 2q 3 a 2 2 3,而 a 2 1, a 1 1, a 2 , a 2 1, a 2 2 的最小值分别为 1, 2,3；q min 3 3 . 此题主要考查综合运用等差、等比的概念及通项公式,不等式的性质解决问题的才能 ,考查抽象概括才能和推理才能,此题属难题 . 20.（本小题满分 1

24、6 分）设 M为部分正整数组成的集合,数列 a n 的首项 1a 1,前 n 项和为 S ,已知对任意整数 k 属于 M,当 nk 时,S n k S n k 2 S n S k 都成立 . （1）设 M=1,a 2 2,求 a 的值；（2）设 M=3,4,求数列 a n 的通项公式 . 答案 : （ 1）k 1, n 1, S n 1 S n 1 2 S n S 1 , S n 2 S n 2 S n 1 S 1 即：a n 2 a n 2 a n 1所以, n1 时,a n 成等差,而 a 2 2,S 2 3, S 3 2 S 2 S 1 S 1 7, a 3 4, a 5 8;（2）由题

25、意：n 3, S n 3 S n 3 2 S n S 3 ,1; n 4, S n 4 S n 4 2 S n S 4 ,2,n 2, S n 4 S n 2 2 S n 1 S 3 ,3; n 3, S n 5 S n 3 2 S n 1 S 4 ,4;当 n 5 时,由（ 1）（ 2）得：a n 4 a n 3 2 a 4 ,5由（ 3）（4）得：a n 5 a n 2 2 a 4 ,6由（ 1）（3）得：a n 4 a n 2 2 a n 1 ,7;由（ 2）（4）得：a n 5 a n 3 2 a n 1 ,8;由（ 7）（8）知：a n 4 , a n 1 , a n 2 , 成等差

26、,a n 5 , a n 1 , a n 3 , 成等差；设公差分别为：d d 2 ,由（ 5）（6）得：a n 5 a n 3 2 d 2 a n 4 2 a 4 2 d 2 ,9; a n 4 a n 2 2 d 1 a n 5 2 a 4 2 d 1 ,10;由（ 9）（10）得：a n 5 a n 4 d 2 d 1 ,2 a 4 d 1 d 2 , a n 2 a n 3 d 2 d 1 ; a n n 2 成等差,设公差为d, 在（ 1）（2）中分别取 n=4,n=5 得：2 a 1 +6a 2 15 d 22 a 1 5 a 2 5 , 即 4 a 2 5 d 2;2 a 1 8

27、 a 2 28 d 22 a 1 7 a 2 9 , 即 3 a 2 5 d 1a 2 3, d 2, a n 2 n 1.解析：此题主要考查数列的概念 ,通项与前 n 项和的关系 ,等差数列概念及基本性质、和与通项关系、 集合概念、全称量词 , 转化与化归、考查分析探究及规律推懂得决问题的才能,其中（1）是中等题, （2）是难题 . 江西理 5. 已知数列an的前 n 项和S 满意：S nS mS nm,且1a1,那么a 10A.1 C.10 D.55 B.9 【答案】 A 【 解 析 】S 2S 1S 12, 可 得a21,S 3S 1S 23, 可 得a 3S 3S 21, 同 理 可

28、得a4a5a 101,应选 A a33. 18.（本小题满分12 分）已知两个等比数列an,b n,满意a 1aa0 ,b 1a 11,b 2a 22,b 3（1）如a1,求数列an的通项公式；0 *（2）如数列a n唯独,求 a 的值 .【解析】（1）设an的公比为 q ,就b 11a2,b 22aq2q,b 33aq23q2,由1b ,b ,3b 成等比数列得2q 22 3q2,即q24q20,解得q 122,q 222所以an的通项公式an 22n1或an 22n1. （2） 设an的公比为 q ,就由2aq2 1q3aq2,得2 aq4 aq3 a1由a0得4a24 a0,故方程（ *

29、 ）有两个不同的实根. ）由an唯独,知方程（*）必有一根为0,代入（ * ）得a1. 3江西文 5. 设 a 为等差数列,公差d = -2 ,S 为其前 n 项和 . 如S 10S ,就1a =（A.18 B.20 C.22 D.24 答案： B 解析：S 10a 1S 11,da 11a 1020a 1110,21. 本小题满分14 分）（1）已知两个等比数列 a , n b n,满意 a 1 a a 0 , b 1 a 1 ,1 b 2 a 2 2 , b 3 a 3 3,如数列 a n 唯独,求 a 的值；（2）是否存在两个等比数列 a , b n,使得 b 1 a 1 , b 2 a

30、 2 , b 3 a 3 , b 4 a 4 成公差不 为 0的等差数列？如存在,求 a , b n 的通项公式；如 不 存在,说明理由解 ：（ 1 ）a n 要 唯 一 ,当 公 比 q 1 0 时 , 由 b 1 1 a ,2 b 2 2 a 2 , b 3 3 a 3 且2 2 2 2b 2 b 1 b 3 2 aq 1 1 a 3 aq 1 aq 1 4 aq 1 3 a 1 0,2a 0,aq 1 4 aq 1 3 a 1 0 最少有一个根（有两个根时,保证仅有一个正根）24 a 4 a 3 a 1 0 4 a a 1 0,此时满意条件的 a 有很多多个,不符合；当 公 比 q 1

31、0 时 , 等 比 数 列 a n 首 项 为 a , 其 余 各 项 均 为 常 数 0 , 唯 一 , 此 时 由2 2 2 12 aq 1 1 a 3 aq 1 aq 1 4 aq 1 3 a 1 0,可推得 3 a 1 0 , a 符合3综上：a 1；3（ 2 ） 假 设 存 在 这 样 的 等 比 数 列 a n , b n , 公比分别为 q 1,q 2, 就 由 等 差 数 列 的 性 质 可 得 ：b 2 a 2 b 3 a 3 b 1 a 1 b 4 a 4,整理得：b 1 b 3 q 2 1 a 1 a 3 q 1 1要使该式成立,就 q 2 1 = q 1 1 0 q 1

32、 q 2 1 或 b 1 b 3 a 1 a 3 0 此时数列 b 2 a 2,b 3 a 3 公差为0 与题意不符,所以不存在这样的等比数列 a , b n；辽宁理 17（本小题满分 12 分）已知等差数列 an满意 a2=0,a6+a8=-10 （I）求数列 an的通项公式；（II）求数列an1的前 n 项和2a 1d0,5 分,2n（I）设等差数列 a n的公差为 d,由已知条件可得2a 112 d10,解得a 11,故数列 a n的通项公式为a nn . d1.（II）设数列a n1的前 项和为 nS n,即S na 1a2an1,故S 112n22nS na 1a 2a n.所以,当

33、n1时,S na 1a22a 1ana n1an224n 22n 212n1111122nn11112nn242nn 22 12 分所以S n2n1.综上,数列a n1的前n项和S n2n1.n2nn辽宁文 5如等比数列 an满意 ana n+1=16n,就公比为B D16 A2 B4 C 8 15Sn为等差数列 an的前 n 项和, S2=S6,a4=1,就 a5=_ 1 全国理（17）（本小题满分 12 分）等比数列 a n 的各项均为正数,且 2 a 1 3 a 2 1, a 3 2 9 a a 2 6 .（ 求数列 a n 的通项公式；（）设 b n log 3 a 1 log 3 a

34、 2 . log 3 a 求数列 n 1 的前 n 项和 . b n（17）解：（）设数列 a n 的公比为 q,由 a 3 29 a a 得 a 3 39 a 所以 2q 2 1；9由条件可知 a0, 故 q 1；3由 2 a 1 3 a 2 1 得 2 a 1 3 a q 1,所以 a 1 1；3故数列 an 的通项式为 an=1 n；3（）nb log 3 a 1 log 3 a 2 . log 3 a = 1 2 n n n 12故1 22 1 1b n n n 1 n n 11 1 1 1 1 1 1 1 2 n. 21 . b 1 b 2 b n 2 2 3 n n 1 n 1所以

35、数列 1 的前 n 项和为 2 nb n n 1全国文 （17）（本小题满分 12 分）设等差数列 a n 满意 a 3 5,a 10 9；（）求 a n 的通项公式；（）求a n的前 n 项和S 及使得S 最大的序号 n 的值；2,S k2S k24,就 k解：（）由a na 1 n1d 及a 35,a 109得a 19,d2所以数列a n的通项公式为a n112 nd（）S n10 n2 n n2 525,所以n5时S 取得最大值；全国理 （4）设S 为等差数列a n的前 n 项和,如a 11,公差 A 8 B 7 C 6 D 5 【答案】：D 【命题意图】 ：本小题主要考查等差数列的通项

36、公式及前n 项和公式等有关学问；【解析】：S k 2 S k a k 2 a k 1 2 a k 1 d 2 a 1 kd d 21 2 2 24,解得 k 5；另外：此题也可用等差数列的前 n 项和公式进行运算；（20）（本小题满分 12 分）（留意：在试题卷上作答无效 ）设数列 a n 满意 a 1 0 且 1 1 1 . 1 a n 1 1 a n（）求 a n 的通项公式；1 a n 1 n（）设 b n,记 S n b,证明：S n 1 . n k 1【命题立意】 ：本小题主要考查数列的通项公式、等差数列的概念、 递推数列、 不等式等基础学问和基本技能,同时考查分析、归纳、探究和推理

37、论证问题的才能；在解题过程中也渗透了化归与转化思想方法 . 难度较小,同学易得分；【解析】：（）由11111n1知数列11是首项为111,公差为 1 的等差数列；a naa na 111n1n1 1n ,a n1111anan111n111nn1（）由（）知b n1nnnnn1S nkn1b kkn11111111nnn全国文 17本小题满分l0 分留意：在试题卷上作答无效 设等比数列a n的前 n 项和为S , 已知a 26,6 a 1a 330,求a 和S n【解析】设等比数列a n的公比为 q ,由题a q6,230,解得a 13, 或2,a 12,6 a 1a qqq3.所以假如a 1

38、3,就a n=a q 1 n132 n1 .S n=a 11qn32 n31q假如a 12,就a n=a q 1n123 n1 .S n=a 11n q3 n11q山东理15. 设函数f xx0,观看 : x2f1 f x xx2,4,xf2 ff1 3 xf3 ff2 x8,7xf4 ff3 x15x16依据以上事实,由归纳推理可得：当 nN且n2时,fn ffn1 . 2,3x4,7x8,15x16, 即【答案】n2xxn21【 解 析】观察 知: 四 个 等式等 号右边的 分 母为x21x2,41x4,81x8,161x16, 所 以 归 纳 出 分 母 为fn ffn1 的 分 母 为

39、n21 x2 n ,故当 nN且n2时,fn ffn1 n2xxn2.a a a 中的任何两个数不在120.（本小题满分12 分）等比数列a n中,a a 2,a 分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且下表的同一列 . 第一列 其次列 第三列第一行 3 2 10 其次行 6 4 14 第三行 9 8 18 （）求数列 a n 的通项公式；（）如数列 b n 满意：b n a n 1ln a ,求数列 nb 的前 2n 项和 S 2n . 【解析】（）由题意知 a 1 2, a 2 6, a 3 18 ,由于 a n 是等比数列 ,所以公比为 3,所以数列 a n 的通项公式a n 2 3 n

40、 1. （）由于 b n a n 1ln a = 2 3 n 1 1ln 2 3 n 1, 所以 S n b 1 b 2 b nn a 1 a 2 a n ln a 1 ln a 2 ln a n =21 3 -ln a a a =3 n1-ln2 n1 3 13 23 n 1 = 1 3n n 1 2 2 n 13 n1-ln2 n3 2 ,所以 S 2n = 3 2 n1-ln2 2 n3 2 =9 n1-2 ln 2 2 n 2n ln3 . （20）（本小题满分 12 分）等比数列 a n 中,a a 1 2 , a 分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且 3 a a a 中的任何两

41、个数不在 1 2 3下表的同一列 . 第一行a n第一列n 1 ln其次列的前2n项和第三列3 2 10 其次行6 4 14 第三行9 8 18 （）求数列的通项公式；（）如数列b n满意：b na na ,求数列b nS 2n. 山东文没有新题陕西理 13 观看以下等式1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49 照此规律,第 n 个等式为 .【分析】归纳总结时,看等号左边是子的变化规律,右边结果的特点,然后归纳出一般结论行数、项数及其变化规律是解答此题的关键【解】把已知等式与行数对应起来,就每一个等式的左边的式子的第一个数是行数n ,加数的个数是2n

42、1；等式右边都是完全平方数,1=1 行数等号左边的项数1 1 所以nn12+3+4=9 2 3 10 米开头时需将树苗3+4+5+6+7=25 3 5 4+5+6+7+8+9+10=49 4 7 n2n1 12n2 1,即n n13 n22 n1 2【答案】nn13 n22 n1 214植树节某班20 名同学在一段直线大路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距集中放置在某一树坑旁边,使每位同学从各自树坑动身前来领取树苗来回所走的路程总和最小,这个最小值 为（米）【分析】把实际问题转化为数学模型 ,然后列式转化为函数的最值问题【解】（方法一）设树苗放在第 i 个树坑旁边（如图） ,1 2 i 19

43、 20 那么各个树坑到第i 个树坑距离的和是20i 102022si1 10i210ii 10i1i1010 iii i21i20i20ii1201000,所以来回路程的最小值是210 i221 i210,所以当i10或 11时, s 的值最小,最小值是米. （方法二）依据图形的对称性,树苗放在两端的树坑旁边,所得路程总和相同,取得一个最值；所以从两端的树坑向中间移动时,所得路程总和的变化相同,最终移到第10 个和第 11 个树坑旁时,所得的路程总和达到 另 一 个 最 值 , 所 以 计 算 两 个 路 程 和 即 可 ； 树 苗 放 在 第 一 个 树 坑 旁 , 就 有 路 程 总 和

44、是191 1910 1 2 19 2 10 2 3800；树苗放在第 10 个（或第 11 个）树坑旁边时,路程总2和是 10 1 2 9 10 1 2 10 29 1 9 10 1 1010 2 10 2 900 1100 2022,所以路程总和最小为 2022 米. 2 2【答案】 2022 19（本小题满分 12 分）如图,从点 P1（0,0）作 x 轴的垂线交曲线 y e 于点 xQ 10,1,曲线在 Q 点处的切线与 x轴交于点 P 再从 P 做 x轴的垂线交曲线于点 Q ,依次重复上述过 程 得 到 一 系 列点：P Q ；P Q ； ；P Q ,记 kP 点的坐标为 kx ,0（

45、k 0,1,2, , n ）（1）试求kx 与kx1的关系（ 2剟kn）；x轴的交点坐标； （2）尝试求出通项|PQn|的表（2）求|PQ 1 1|PQ 22|PQ 33|PQ nn|【分析】（1）依据函数的导数求切线方程,然后再求切线与达式,然后再求和【解】（ 1）设点 kP 1 的坐标是 kx 1 ,0,y e ,x y e ,xQ k 1 x k 1 , e x k 1 ,在点 Q k 1 x k 1 , e x k 1 处的切线方程是 y e x k 1 e x k 1 x x k 1 ,令 y 0,就 x k x k 1 1（ 2 剟 k n）（2）x 1 0,x k x k 1 1

46、,kx k 1,| PQ k k | e kx e k 1,于是有n| PQ 1 | | PQ 2 | | PQ 3 | | PQ n | 1 e 1e 2e k 1 1 e11 e1 ne e,e 11 n即 | PQ 1 | | PQ 2 | | PQ 3 | | PQ n | e ee 1陕西文 10 植树节某班 20 名同学在一段直线大路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距 10 米,开头时需将树苗集中放置在某一树坑旁边,现将树坑从 1 到 20 依次编号, 为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小,树苗可以放置的两个正确 坑位的编号为（）（A）和（B）和 C 和 D 和【

47、分析】依据选项分别运算四种情形的路程和；或依据路程和的变化规律直接得出结论【解】选 D （方法一）选项和： 1012详细分析238001122040结论A 192比 较 各 个： 1012821路 程 和 可B ： 101291012102 =2022 知 D 符合题意C ： 101291012102 =2022 D 和：路程和都是2022 （方法二）依据图形的对称性,树苗放在两端的树坑旁边,所得路程总和相同,取得一个最值；所以从两端的树坑向中间移动时,所得路程总和的变化相同,最终移到第10 个和第 11 个树坑旁时,所得的路程总和达到 另 一 个 最 值 , 所 以 计 算 两 个 路 程

48、和 进 行 比 较 即 可 ； 树 苗 放 在 第 一 个 树 坑 旁 , 就 有 路 程 总 和 是101219210191 1923800；树苗放在第10 个（或第11 个）树坑旁边时,路程总2和是 101210210919210101 10 2291012290011002022 ,所以路程总和最小为2022 米. 上海理14.已知点 O0,0、Q00,1和点 R03,1,记 Q0R0的中点为 P1,取 Q0P1 和 P1R0 中的一条,记其端点为 Q1、R1,使之满意 | OQ 1 | 2 | OR 1 | 2 0,记 Q1R1的中点为 P2,取 Q1P2 和 P2R1 中的一条,记其

49、端点为 Q2、R2,使之满意 | OQ 2 | 2 | OR 2 | 2 0 .依次下去,得到 P P 1 2 , , P n ,就 lim | n Q P n | . 318.设 a n 是各项为正数的无穷数列,iA 是边长为 a a i 1 的矩形的面积（i 1,2,）,就 A n 为等比数列的充要条件是（） D（A） a n 是等比数列 . （B）a a 3 , , a 2 n 1 , 或 a a 4 , , a 2 n , 是等比数列 . （C）a a 3 , , a 2 n 1 , 和 a 2 , a 4 , , a 2 n , 均是等比数列 . （D）a a 1 3 , , a 2

50、 n 1 , 和 a a 2 4 , , a 2 n , 均是等比数列,且公比相同 . 22.（本大题满分 18 分,第 1 小题满分 4 分,其次小题满分 6 分,第 3 小题满分 8 分）已 知 数 列 a n 和 b n 的 通 项 公 式 分 别 为 a n 3 n 6,b n 2 n 7（n N * . 将 集 合 x x a n , n N * x x b n N * 中的元素从小到大依次排列,构成数列 c c c 3 , , c n ,（1）写出 c c c c ；（2）求证：在数列 nc 中,但不在数列 b n 中的项恰为 a a 4 , , a 2 n ,；（3）求数列 nc

51、 的通项公式 . 22、 c 1 9 , c 2 1 1, c 3 1 2 , 4；1 3* 任意 n N ,设 a 2 n 1 32 n 1 6 6 n 3 b k 2 k 7,就 k 3 n 2,即 a 2 n 1 b 3 n 21 * 假设 a 2 n 6 n 6 b k 2 k 7 k 3 n N （冲突）,a 2 n b n 2 在数列 nc 中、但不在数列 nb 中的项恰为 a a 4 , , a 2 n ,；b 3 k223 k276 k3a 2k1,c b 3c , b 3k16 k5,a 2k6k6,b 3k6 k76k36 k566k 6 当k1时,依次有b 1a 1c b

52、 2c a 26 k3 n4 k3c n6 k5n4 k2, 1kN*6 k6n4 k6 k7n4 上海文2、 运算lim1 n3n 3= 22 n7（n,N*. 将 集 合n23.（此题满分18 分,第 1 小题 4 分,第 2 小题 6 分,第 3 小题 8 分）已 知 数 列 a n和 b n的 通 项 公 式 分 别 为a n3 n6,b nx xa nnN* x x b nN中的元素从小到大依次排列,构成数列 * c c c 3,c n,（1）求三个最小的数,使它们既是数列a n中的项,又是数列b n中的项；（2）数列c c c 1 2 3,c 40中有多少项不是数列nb中的项？请说

53、明理由；（3）求数列 nc的前 4n 项和S 4 nN*. 23、解：三项分别为 9,15,21 ；c c c 3,c 40分别为9,11,12,13,15,17,18,19,21,23,24,25,27,29,30,31,33,35,36,37,39,41,42,43,45,47,48,49,51,53,54,55,57,59,60,61 ,63,65,66,676,b 3 k6k7b 3 k223 k276 k3a 2k1,b 3k16 k5,a 2k6 k6k36 k566k 624 k216 k3 n4 k3c n6 k5n4 k2,kN*；c 4k3c 4k2c 4k1c 4k6 k

54、6n4 k16 k7n4 S 4nc 1c 2c3c 4c4n3c 4n2c4n1c 4n24n n121n12n233 n ；2四川理bn 为等差数列且b na n1a n nNb 32,b 1012,就a 8*,如就8数列 an的首项为 3, （B）3 （C） 8 （D）11 （A）0 答案： B 故 a 8解析：b n为等差数列, 由b 32, 1012及b 10b 37 d 解得d2,故b n22n3,即bn2n8,a 2a 1b 16,a 3a 2b 24,a4a 3b 32,a 8a 7b 76,相加得a 164202460,故a 8a 13,选 B2n11 定义在0, 上的函数f

55、 x 满意f 3 x2,当x0, 2时,f 2 x2x设f x 在2,2n 上的最大值为annN*,且 an 的前 n 项和为S ,就 lim nS n当x（A）3 （B）5 2（C） 2 （D）3 2答案： D 解析： f x 3 f x2,当x2时,f x 1f x2,当x0, 2时,f x x22x ,a 11；32,4时,x20,2,f x 1f x21x22 x ,a21；当x2n2,2 n 时,x2 n0,2,333f x 1f x21f x221f x2 31f x2 12 x2 x ,就an1,lim nS n1113,32 33 3n 3n 33n23选 D20（本小题共 1

56、2 分）设 d 为非零实数,a n 1 C d 12 C d 2 2 n 1 C n n 1d n 1nC d n n（n N ）*n（）写出 a1,a2, ,a3并判定 an 是否为等比数列如是,给出证明；如不是,说明理由；（）设 bn=ndan（n N ）,求数列 bn 的前 n 项和 Sn*本小题考查等比数列和组合数的基础学问以及基本的运算才能,分析问题、解决问题的才能和化归与转化等数学思想2解：（）由已知可得 a 1 d ,a 2 d 1 d ,a 2 d 1 d 当 n 2,k 1 时,rC n rr n . n n 1. nC n r 11,因此r . n r . r 1. n r

57、 .a n 1 C d 12 C d 2 2 n 1 C n n 1d n 1nC d n nn1 nC n 01 d nC 1n 1 d 2nC n n1 2d n 1nC n n1 1d n d C n 01 C n 11 d C n n1 2d n 2C n n1 1d n 1nn 1d 1 d 由此可见,当 d 1 时,a n 11 d,故 an 是以 a 1 d 为首项, 1 d 为公比的等比数列；a n当 d 1 时,a 1 1,a n 0（n 2）, an 不是等比数列（）由（）可知,a n d 1 d n 1,从而 b n d 2n 1 d n 1,2 2 n 1S n d 1

58、 21 d 31 d n 1 d 当 d 1 时,S n d 21当 d 1 时,两边同乘以 1 d 得2 2 3 n1 d S n d 1 d 21 d 31 d n 1 d ,式相减可得：dS nd211d1d211dn1n1dn d21dn1n1dn d化简即得S nd1 nnd1综上,S n dn 1 nd11四川文9数列 an 的前 n 项和为 Sn,如 a1=1,an+1 =3 Sn（ n1）,就 a6= （D）4 4+1 （A）3 44（B）3 44+1 （C）44答案： A 解析： 由 an+1 =3Sn,得 an =3Sn1（n2）,相减得 an+1an =3 SnSn1=

59、3an,就 an+1=4an（n2）,a1=1,a2=3,就 a6= a 24 4=3 4 4,选 A20（本小题共12 分）已知 a n是以 a 为首项, q 为公比的等比数列,S 为它的前 n 项和（）当S 、S 、S 成等差数列时,求q 的值；（）当S 、S 、lS成等差数列时,求证：对任意自然数k,a m k、an k、a lk也成等差数列本小题考查等比数列和等差数列的基础学问以及基本运算才能和分析问题、解决问题的才能解：（）由已知,a naqn1,因此S 1a ,S 3a1qq2,S 4a1qq2q31当S 、S 、S 成等差数列时,S 1S 42S ,可得aq3aq2 aq 2 a

60、 qn化简得2 qq10解得q125（）如q1,就 a n的每项ana ,此时am k、an k、a l l k明显成等差数列如q1,由S 、S 、lS 成等差数列可得S mS l2S ,即a qm11a ql1qq1q1整理得m ql q2n q 因此,a m ka lkaqk1 qml q2aqn k12a n k所以,a m k、an k、a l l k也成等差数列天津理6已知 a n 是首项为 1的等比数列,S 是 a n 的前 n 项和,且 9S 3 S 就 1 的前 5 项和为（）a n15 或 5 31 或 58 1631 1516 8【解】设数列 a n 的公比为 q ,由 9