2013届高考数学复习3年2模拟9数列

【3年高考2年模拟】第六章数 第一部 2012年高考数列1（2012 （2012 3．（2012文）设函数f(x)(x3)3x1,

是公差不为0的等差数列f(a1)f(a2)f(a7)14,则a1a 4．（2012四川理）设函数f(x2xcos

,

8

的等差数列f(a1)f(a) B．

,则[f(a)]2aa 1 1C． 1 1 5（2012文）若Ssinsin2sinn(nN),则在S,S

中, 个数 6（2012 理）设an1

,Snaa

.S1S

n n n（2012 (1)na2n1,则{a}的前n n n 8（2012同整数解(x,y)的个数为8,|x|+|y|=3的不同整数解(x,y)的个数为12.则 9（2012文）定义在(,0)(0,)上的函数f(x),如果对于任意给定的等比数|xan,f(an)仍是等比数列则称f(x)为保等比数列|x(00)上的如下函数

f(x)x2

f(x)2x

f(x) f(x)f(x)ln|x|则其中是“保等比数列函数”的f(x（） 10（2012福建文）数列a的通 an ,其前n项和为S,则等于 （ ）（2012大纲文）已知数列an的前n项和为Sna1

,Sn2an1,则Sn

32 2

2 3 3 （2012所示,从目前记录的结果看,前m年的年平均产量最高m的值为 13（2012

A．a1a

B．a2a2 C．若a1a3,则a1 D．若a3a1,则a4 14（2012文）公比为2的等比数列{an}的各项都是正数,

a3a11=16,

B．

C．

15．（2012新课标理）已知

为等比数列a4a72a5a68则a1

B．

C．

（2012 若d<0,则数列{Sn}有最大公比q= 5（2012课标文）等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+3S2=0,则公比q 6（2012江西文）等比数列an的前n项和为

,1。若a1

,且对任意的nN都有an2an12an0,则 7（2012 ,ikai

,当0i

a为0或1,定义bn如下:n的上述表示中,a0a1a2

1的个数为奇数时bn

;否则bn b2b

记cm为数列bn中第m个为0的项与第m

0的项之间的项数,则cm8（20121,3,6,10,记为数列an,5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn,可以推测:(Ⅰ)

是数列an中的 项 (Ⅱ)b2k1

.(k表示9（2012 文）(数列)若等比数列

a2

,则aa2 110（2012 文）已知{an}为等差数列,1

为其前n项和.a1

2

,a21 ;Sn 1n n n11（2012 (1)na2n1,则{a}n n n12（2012浙江理）设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为{Sn}.S23a22,S43a42,则 ．（2012春）已知等差数列

的首项及公差均为正数abn a

当

是数列

的最大项时,k 14（2012辽宁理）已知等比数列a为递增数列,且a2

,2(a

)

,

通项 15（2012江西理）设数列an,bn都是等差数列,a1b17a3b321,a5。 16（2012置,得到排列P0=x1x2xN 入对应的 和 个位置,得到排列P1=x1x3xN-1x2x4xN,将此操作称为C变换,将P1分 i两段,每段N个数,并对每段作C变换,得到p;2≤i≤n-2时,将P2i段,每段i 个数,C变换,得到Pi+1,例如,当N=8时,P2=x1x5x3x7x2x6x4x8,此时x7位于P24个位置当N=16时,x7位于P2中的 当N=2n(n≥8)时,x位于P中的 17．（2012湖北理）回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如22,121,3443,94249等.显然2位回文数有9个:11,22,33,,99.3位回文数有 (Ⅱ)2n1(nN)位回文数 理）(数列)已知递增的等差数列 满足a1,aa24,则a 19．（2012福建理）数列an的通

ncosn1前n项和为

则S2012 20（2012 理）已知 为等差数列,S为其前n项和.若a1,Sa,则 1（2012

{an}为等差数列且a1a38,a2a412,(Ⅰ)求数列{an}的通 ;(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn若a1akSk2成等比数列,求正整数k的值2（2012浙江文）已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn2n2n,n∈N﹡,数列{bn}满足求数列{an·bn}n3（2012 文）(本题满分13分)已知an是等差数列,其前n项和为S,bn是等比数列且a1b1,a4b (I)求数列an与bn的通 (II)记T=ab+a

(nN*)证明:T8

(nN*,n2) 1 2

4（2012文）已知a为正实数,n为自然数,抛物线yA,设f(n为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距用an表示f(n

2

x求对所有n

f(n)1f(n)

n1

a的最小值当0

f(1)f

f(2)f

f(nf(2n6f(1)f(nf(0)f

5（2012数n都成立

的前nSn,常数0,且a1a

(Ⅰ)求数列{an}的通项(Ⅱ)设a10

,n为何值时,数列{lg1n项和最大an6（2012

,记bkmax{a1a2ak为a1a2ak中的最大值,并称数列{bn}是{a

的控制数列.如1,3,2,5,5若各项均为正整数的数列 的控制数列为2,3,4,5,5,写出所有的 设

是

的控制数列,ak

(C为常数求证bkakn(m=100,常数a11.若aan21)2n,{b}是

的控制数列 求(b1a1)(ba) n7（2012陕西文）已知等比数列a的公比为q1n1(1)

,求数列a的前n项和a3 (Ⅱ)证明:对任意k

akak2ak1成等差数列8（2012）已知等差数列{an5105,且a202a5(Ⅰ)求数列{an}的通项(Ⅱ)对任意mN*,将数列{a中不大于72m的项的个数记为b.求数列{b的前m Sm9（2012）已知数列|an|nSnkcnk(c,k为常数),且求数列{nan}n10（2012湖南文下一年生产.设第n年年底企业上缴后的剩余为an万元.(Ⅰ)用d表示a1,a2,并写出an1与an的关系式(Ⅱ)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余为4000万元,试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示).11（2012文）已知等差数列an前三项的和为3,前三项的积为8求等差数列an的通 若a2a3a1成等比数列,求数列an的前n项和12（2012 文）(数列)设数列

的前n项和为Sn,数列

的前n项和为Tn,满足Tn

,nN*(Ⅰ)求a1的值(Ⅱ)求数列

的通项13（2012福建文）在等差数列an和等比数列bn中a1b11b48,an的前10项S1055(Ⅰ)求an和b(Ⅱ)现分别从an和bn的前3项中各随机抽取一项,写出相应的基 的值相等的概率14（2012

,前n

n2a (Ⅰ)求a2a3(Ⅱ)求an的通

15（2012 文）设函数f(x)xsinx的所有正的极小值点从小到大排成的数列为 2求数列 设

的前n

,求 16（2012辽宁理）在ABC中,角A、B、C的对边分别为a,b,c.角A,B,C成等差数列求

的值a,b,c成等比数列,求sinAsinC的值17（2012在△ABC中,内角ABC所对的边分别为abc,已知sinB(tanAtanC)tanAtanC求证a若a1

成等比数列,求ABC18（2012求cosB的值a,b,c成等比数列,求sinAsinC的值19（2012求数列an}与

,n

(n 20．（2012新课标理）已知ab

分别为

三个内角AB

的对边acosC3asinCbc求 (2)若a2,ABC的面积 ;求b,c21（2012设数列an的前n项和Sn满足Sn1(I)求证:an是首项为1的等比数列

,其中a2 (II)若a ,求证:Sn(aa),并给出等号成立的充要条件 22（2012A,设f(n为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距用an表示f(n

2

xf(n)1 求对所有n都 成立的a的最小值f 27f(1)fk当0a1时,比较f(kf(2k)与k

f(0)f23（2012(Ⅰ)求a1a2的值

nSn,a2anS2Snn都成立1(Ⅱ)a0,数列{lg10a1n项和为T,n为何值时T最大?并求出1

a an值24（2012

,其中0x1x2xnn2,Ya|as,tsXtX}.若对于任意a1Y,存在a2Y,使得a1a20,P.X112}x>2,且{112x,x的值XP,求证:1X,xn>1时

x1x 25（20126分已知数列

an

bn)

(nN*设cn3n6,{an3的等差数列.当b11时,求b2、b3的值设

n3,an28n.求正整数k,使得一切n 均有bb 1设

2nn,a

.当b1时,求数列{b}的通项 26（2012陕西理）设an的公比不为1的等比数列,其前n项和为Sn,且a5a3a4成等差数求数列an的公比证明:对任意k

,Sk2

Sk

Sk1成等差数列27（2012山东理）在等差数列an中,a3a4a (Ⅰ)求数列an的通 (Ⅱ)对任意m

,将数列a中落入区间(9m

内的项的个数记为

,求数列nn

mS1228（201212k,求

kn(k

,且Sn9求数列

n项和29（2012

.记f(n为同时满足下列条件的集合的个数APn;②x

,则2x

;③若x A,则2x pnp求f(4)求f(n的解析式(n表示30（2012

an a2ba2b b

2

设 1n,n

,求证:数列n是等差数列aan

2设 bn,nN*,且{a}是等比数列,求a和b的值2a an31．（ 湖南理）已知数列{an}的各项均为正数,A(n)=a1+a2++an,B(n)=a2+a3++an+1,C(n)=a3+a4++an+2,n=1,2a1=1,a2=5,n∈N﹡,A(n),B(n),C(n)组成等差数列,求数列{an的通项证明:数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是:对任意nN,A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列32（2012(Ⅰ)求等差数列{an}的通项(Ⅱ)若a2a3a1成等比数列,求数列{|an|n项和23（2012 理设数列 的前n项和为S,满足2S 2n11,nN*,且a、a5 a3成等差数列求a1的值求数列

的通项1 证:一切正整数n有11 34（2012函 f(x)x22x

.定义数列

如下

x12,

是过两点P(45Qn(xn,f(xnPQx轴交点的横坐标证明2xnxn13求数列xn的通 35（2012理）设A是由mn个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不1，S(mn)为所有这样的数表构成的集合.AS(mnri

Ai行各数之和1

，cjAAj和1jnA,求kA -设数表A=S(23 求kA给定正整数tA∈S(2，2t1kA36（2012 x2

c(nN*) (I)证明:数列{xnc(II)求c的取值范围,使数列

是单调递增数列1.【答案】

a4a8

3d)(a

a2a10(a1d)(a1

,【点评】本题主要考查等差数列的通项、同时考查运算求解能力,属于容易题a12a1【解析】在等差数列中

a4a8

,【点评】本题主要考查等差数列的通项、性质及其前n项和,同时考查运算求解3.[答案[解析

0的等差数列,且f(a1f(a2f(a73∴( 11][(3∴(a1a2a7)7∴a1a2a7[点评]本小题考查的知识点较为综合,既考查了高次函数的性质又考查了等差数列性质的应用,解决此类问题必须要敢于尝试,.4、[答案 的等差数列,且f(a1)f(a)∴

∴(cosa1cosa2cosa5)

即

a1a2a5）2 a32a14a5 1∴[f(a)]2a 1

a3

a3需考生加强知识系统、网络化学习.另外(cosa1cosa2cosa5)0,隐蔽性较3终边如图 5.[解析终边如图 x轴对称,SS,

均为正数 S13S140,由周期性可知,14k-13≤n≤14k时S14k1S14k0,k=1,2,,7,S1S都是正数,100-14=86个,

140,y13…………49y13…………493726≤k≤49时,令

,,

,画出k终边如右其终边两两关于x轴对称,即有sinksin(50k

1 +1 +1sin26+1sin27+1 =1 +1 ++(11)sin24+(11)sin23 (11)sin(50k),k=26,27,,49,此时050kk 1

,又050k)24,所以sin(50k)0从而当k=26,27,,49时,Sk都是正数k51100Sk都是正数综上,[评注]本题中数列难于求和,可通过数列中项的正、负匹配来分析Sk的符号,为此,需借1a2

a3a2=3

a4a3

a5

=7,a6a5a7

=11,a8a7=13,a9a8=15,a10

=17,a11

=19,a12a1121∴②-①a1

=2,③+②得a4

=8,同理可得a5

=2,a6a8=24,a9

a10∴a1

,a5

,a9

,,2的常数列a2a4a6a8a10

,8,16的等差数列∴{

}的前60项和为152158116151422】可证明 a4n1a4n2ba

a

10

,4,公差为4的等差数列,则所求为第20项,可计算得结果.f C

n1f

,是常数,故①符合条件f

a对于f(an1)f(an

n1 2nf(a n||an1|an

n不是常数故不符合条件对于q ,是常数,故q

f(an1)ln|af(a

,不是常数,故④符合条件.由“保等比数列函数”【解析】由ann

,可得S2012102130 n0122503n 数列的项前n项和,考查数列求和能力,此类问题关键是并项【命题意图】本试题主要考查了数列中由递推求通项和数列求和的综合运用【解析】由S 可知,当n

a1S 当n2时,Sn

2 ①Sn1 ①-②a

2a即 3

,故该数列是从第二项起 为首项, 为 2

(n

1

(n(1

3

2 (

故当n2时Sn

12

()当n1时

1

3(,(26,7,8,9这几年增长最快,超过平均值,所以应该加入,【考点定位】本小题知识点考查很灵活,要根据图像识别看出变化趋势,判断变化速度可以用导数来解,当然此题若利用数学估计过于复杂,最好从感觉出发,产量最高,就需要随着n的增大Sn变化超过平均值的加入,随着n增大Sna10q0时,可知a10a30a20,A选项错误;当q1时,C项错误;当q0时a3a2aqB选项正确

,与D选项.因此根据均值定理,如果对于等比数列的基本概念(公比的符号问题)理解不清,也容易错选,当然最好选择题用排除法来做. 【解析】选Da4a72,a5a6a4a78a44,a72或a42,a7a44,a72a42,a74

8,【解析】选项C显然是错的,举出反例:—1,0,1,2,3,.满足数列{Sn}是递增数列,但是

2da4a2514d a

3d167,

(a1a5)565 【考点定位】本题考查等差数列的通项及前n项和,解题时要认真审题,仔细解18、C【解析】本题考查归纳推理的思想方法观察各等式的右边,发现从第3项开始 等比数列性质及函数计算解析:等比数列性质a

,①faf

2f

;nn

n

n

f

f

ln

lnan2

.

a1a510

,而a4a13d7,解得d 21、【解析】由Sn,a5 可a1

an

d

1

n(n

n (11)(11)

22、aa16a2163 【答案】 4【解析】设最小边为a,则其他两边分别为2a2a,由余弦定理得,a2(2a)a2(2a)22a(241【解析】S41

n[解析

an2f(an)1(*),a1

,所以有a3

,a5

,a7

,a9 1a1

1

,得

10,令 t,则t2t10

由题设t

,所以t51,变形(*)为a11,

111tt,

t51,所以

a5181353

2(a

,2a(1q25aq,2(1q25q解得q2或q

因为数列为递增数列,a10所以q1,q【命题意图】本题主要考查等比数列n项和,是简单题【解析】当q=1时S33aS22a,由S3+3S2=0得9a=0,∴a=0与an}a(1q3 3a(1q2,故q≠1,由S3+3S2=0得, 1 0,解得q=-2.

1

11【解析】由已知可得公比q2,a11,可得S5 【解析】(1)观察知1a20a1b12121020a1a0

1 3一次类推31211203

0;4122021020,

45122021120,b0;6122121020,b0,4

5b2+b4+b6+b8=3;(2)由(1)知cm的最大值为

5k5k 1,3,6,10,,2

n(n1),写出其若干项有:1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,110,2 b1a4,b2a5,b3a9,b4a10,b5a14,b6a15从而由上述规律可猜想

5k(5k1)k为正整数2b2k1a5k1

(5k1)(5k,故 a51006a5030,即

是数列

5030项解析1aaa2

,所以aa2aa4 12 1

13 122122

4S【解析 ,所S1Sn4n(n1)1

a1a1da12d 【考点定位】本小题主要考查等差数列的基本运算,考查通项和前n项和的计11、【解析】{an的前60可证明:

a4n1a4n2b1a1a2a3a412、2S23a22S43a42a,q表示的式子aaqa1a1qaaq

,两式作差得aq2aq33aq(q21,即2q2q30 解之得q 2

orq1(舍去

a2a2 2(anan2)

,(aq4)2a (解法一)因为数列{an},{bn}都是等差数列,所以数列anbn也是等差数列故由等差中项的性质,得a5b5a1b12a3b3,即a5b57221,解a5 (解法二)设数列{an因为a3b3a12d1

的公差分别为d1,d2,所以d1d27.所以a5b5a3b32(d1d235等差数列的性质进行巧解.体现考纲中要求理解等差数列的概念.来年需要等差数列的通项,前n项和,等差中项的性质等.16、【答案】(1)6;(2)32n4【解析】(1)N=16时 ,16)

2,4, ,16)6个位置

xxx

,即(1,5,9,13,3,7,11,15,2, ,16),x7位于P2中的(2)方法同(1),归纳推理知x173位于P4中的第32n411个位置解析:(Ⅰ)4位回文数只用排列前面两位数字,后面数字就可以确定,9(1~9)种情况,10(0~9)种情况,4位回文数有91090种.(Ⅱ),2n+12n+2位回文数的个数相同,所以可2n+2位回文数的个数.2n+2n+1位的排列情况,9种情况,n10种情况,所以个数为910n2位数有9个回文数,3位数90个回文数.2位数的中间添加成对的“00,11,22,99”,90个按此规律推导,而当奇数位时,可以看成在偶数位的最中间添加0~9这十个数,因,则答案为910n18、解析2n1.dd0),则有12d1d24,d2,an2n119、【答案】 S2012(10213041

ann

【考点定位本题主要数列的项前n项和,考查数列求和能力,此类问题关键是并项20、【答案】

14S【解析 ,所S

aad

2dd1aad1Sn4n(n1)1

【考点定位】本小题主要考查等差数列的基本运算,考查通项和前n项和的计 2n(Ⅱ)k【解析】(Ⅰ)设数列

2a12dd,由题意知

2,ana1n1)d2(Ⅱ)由(Ⅰ)

(a1an)n(2

a1a

成等比数列,kk

k

从而(2k)22(k

k25k6k6或k1(舍去),k6由Sn2n2n,得n=1时a1S13n2时anS

an=4log2bn+3,得bn2n由(1)知anbn(4n1) 所以

3721122...4n12n1

327221123...4n12n2T

4n12n[34(222... (4n5)2nnT(4n5)2n5n解:(1)设等差数列an的公差为d等比数列bn的公比为qa1b12a23d,b2q3,

86d,由条件得方程组 ,

a3n1,b2n(nN nT22522823 (3n1)2nn②33

22322323

(3n1)6(12n)1

(3n1)

n1(3n4)2n1即

8(3n4)2n1,而当n2时,

(3n4)n1所以T8n1

(nN*,n n1 [解析](1)由已知得,交点A的坐标为 a,0,对yx21an求导得y' A处的切线方程为y

2an(x

n),即y2

2anxan.则f(n由(1)f(n)=an,

f(n)1f(n)

n1

成立的充要条件是

2n即知an2n1n成立特别地,n=1时,na=3,n≥1时an3n(12)n1C1.22nnnn=0时n

=2n+1.a=3

f(n)1f(n)

n1对所有自然数n均成立a由(1)f(k)=ak下面证明

f(1)f f

0<x<1时

x

设函数g(x)=6x(x2-x)+1,0<x<1,则g'(x) 2当0

时 3

x1时，g'(xg(x)在区间(0,1)

2)1 所以,0<x<1时,g(x)>0,

x

由0<a<1知0ak1(kN*),因此 6ak,从而ak f(1)f

1f(2)f

1a 1

a

1 [解析]n=1,a12s12a1a1(a12)a1=0,s1=0,当n2时，ansnsn10所以ana10

n2ansn,2an12222综上,a1a10，

则ana1>0,100时，令bn

1则b1>b2>b3>>b6

lg1n≥7时,bn≤b71

lg1故数列 }的前6项的和最a[点评]本小题主要从三个层面对考生进行了考查.第一,知识层面:考查等差数列、等比[解](1)数列

为:2,3,4,5,1;2,3,4,5,2;2,3,4,5,2,3,4,5,4;2,3,4,5,因为bkmax{a1,a2,,ak},bk1max{a, bk1因为ak ,ak1 所以ak1akbmk1bmk0,ak因此bk对k1,2,25a4k3a(4k3)24k3a4k2a(4k2)24k2a4k1a(4k1)2(4k1);a4ka(4k)2(4k)比较大小,a4k21a1,所以a4k1a4k2a1)(8k30,a4k2a4k12a4ka4k22(2a1)(4k1)0,即a4ka4k2又a4k1a4k从而b4k

,b4k

,b4k

,b4k因此(b1a1

a)=(b3a3)(b7a7)

a)=(a2a3)(a6a7)(a9a10)(a4k2a4k1)(a98a99 k

=(1

=2525(1（1）aa(1)21得a1,再由等比 11(1)n

2(1S

. 1(1 2k

(a )2aqk1(aqk1 k k aqk1(2q2q1)a 5a110d 解:(I)由已知得a9d2(a

7,d72所以通项为an7(n1)77n2(II)由

7n72m,得n

,即bm k1 49,∴{b49的等比数列k k7(149m ∴Sm

1

1) 【解析】(1)当n时,aS k(cn 则aS k(cn 36ak(c6c5),ak(c3c236 c663 3n=1时a1S1

,∴c=2.∵a2=4,即

2

,k=2an

nnna2n(nNnn(2)nan2n,nn2T2222323 2Tn 12n2

22223 2nnT2(nn【解析】(Ⅰ)由题意得a12000(150%) 3a2a1(150%)d2a1d33an1an(1 33(Ⅱ)由(Ⅰ)an2an13(32

3d 3(2

an2d)3

3

3n2(2) a1d12(

( 2 a

3 整理

3( (30003d)2d2由题意a

3

3d)2dn3

( 2

解得d n1

3n

1000(3nd

时,m(m34000元解决实际问题的能力.第一问建立数学模型,得出 与a的关系式

3

d, 3

2问,an12and迭代,即可以解决考点分析:等差等比数列的通项,和前n项和及基本运算解析:(Ⅰ)设等差数列

d,a2a1da3a12d3a13d

a1

a1d由题意得a(ad

解得

或d所以由等差数列通项可an23(n13n5,或an43(n13n7an3n5,an3n7(Ⅱ)当an3n5时aaa分别为142,不成等比数列an3n7时aaa分别为124,成等比数列,满足条件3n故|an||3n7|3n

n记数列{|an|的前nSn1时S1|a1|4;n2时S2|a1||a2|5|ann|anSnS2|a3||a4|

5(337)(345(n2)[23n7)]3n211n10.当n2时,满足此式 综上

33n211n

nn及运算求解的能力.

ana1n1d求解;要利用等差数列的定义a

cc为常数)或等比数列的定义:

cc为常数

c'

)来判断该数列是等差数列或等比数列,然后再求解通项;解析:(Ⅰ)当n

时T1

,而T1S1a1,a1

,a11

中用n

取代n的位置

n12两式相减可得Sn2an2n1(n

),所以

Sn1

,两式相减,可得an2an2an12,即an2an12(n3),即an22an12,所以数列a a22,2的等比数列在式子T 中,令n ,有T2S22,即a

a

,所以 a4,a2a22n262n232n1,a3

(n

).n时a11,也满足该式子,所以数列

的通项是

3 【答案】(1)an

,b

nn解:(1)设d是数列an的公差q是bn的公比,由题意得 10109d

q3d1,qa

2n1 (2)分别从anbn中的前三项中各随机抽取一项得到基本事件有9个(1,11214),(2,1),(22),(24),(3,1),(32),(34.符合条件的有2个(1,122),2所求概率为p 9解:(1)由a

Sn2a1S22

a S32aaaa2aaa4a 3 故所求a2a3的值分别为36(2)当n2时

n2a

n n①-②SnSn1

n3

an

n3

an1an2

n1

n1an1

ann

n

anan1aaa1n1 311n n1n22 2

,所以an的通 为an

n2【点评试题出题比较直接,没有什么隐含的条件,只要充分发挥利用通项和前n项和【解析】(If(xxsinxf(x1cosx0x2k2(kZ f(x)02k2x2k2(kZ f(x)02k2x2k4(kZ 得:x2k2(kZ时f(x3得xn(II)由(I)得xnSxxx x2(123 n)2nn(n1) 当n

时sinSnsin(2kn当n3k1(kN*时sinSsinn当n3k

时sin

sin4 n得:当n3k(kN*时sinSnn当n3k1(kN*)时,sinS n23n当n3k2(kN*时sinS3n2由已知 解法一b2ac,由正弦定理得sinAsinC=sin2B=4解法二

=ac

1=cosB=

a2+c2-

,由此得

所以 ,sin列的定义,考查转化思想和运算求解能力,属于容易题.第二小题既可以利用正弦定理把边的关系转化为角的关系,也可以利用余弦定理得到边之间的关系,.解:(I)由已知得sinB(sinAcosCcosAsinCsinAsinCsinBsin(AC)sinAsinC,则sin2B 再由正弦定理可得b2ac,a2

成等比数列a2c2 (II)若a1

,则

ac2,∴cosB sinC

711cos2∴△ABC的面积S1acsinB1127 7 解法一b2ac,由正弦定理得sinAsinC=sin2B=4解法二

=ac

1=cosB=

a2+c2-

,由此得

2

-ac=ac所以 ,sin列的定义,考查转化思想和运算求解能力,属于容易题.第二小题既可以利用正弦定理把边的关系转化为角的关系,也可以利用余弦定理得到边之间的关系,.(1)设等差数列an的公差为d等比数列bn的公比为q由a1b12a23d,b2q3,

86d,由条件得方程组 ,

a3n1,b2n(nN Tnanb1an1b25cn5,,,方法多样,第二问可以用错位相减法求解证明,也可用数学归纳法证明,给学生思留有余地,.20、【解析】(1)由正弦定理得acosC3asinCsinAcosC

3sinAsin 3sinAcosA1sin(A1

A(2)S

bcsinA2a2b2c22bccosAbc解得b21、(1)证明:S2a2S1a1,得a1a2a1a2a1,即a2a2a1因a2

,故a1

,a2a22Sn2a2Sn1a1Sn1a2SnSn2Sn1a2Sn1Sn,即an2a2an1由a0,知

0,因此an22 2

nn2综上an2a2

nN*成立,从而a1,

2的等比数列2(2)当n

或2时,显然Sn

n设nn

,a2

a2

,

an1,所以要证的不等式化为2 1aa2 an12 an 即证:1aan

n当a2

当1a1时,ar1与anr1,(r1,2, ,n1 当a2时

ar1与anr1,(r1,2, ,n1)同为正 因此当a2

且a2

时,总有ar1anr1)>0, aranr1an,(r1,2, , anr上面不等式对r1到n1求和得2(aanr aann22n由此得1a2a2n

1a2综上,当a2

a2

时,有Sn

,n12a2

时等号成立 22、[解析](1)由已知得,交点A的坐标为 a,0,对yx21an求导得y'2x A处的切线方程为y

2an(x

a),aa由(1)f(n)=n,f(n1af(n)

n3

成立的充要条件是an2n3即知an2n31n成立,特别地,n=2时,当a17n3时an4n(13)n1C13C232C333 nnn1C13C232C3nnn12n31n5(n2)2(2n2 n=0,1,2时,显然

n2n33故当 时,f(n)1n对所有自然数都成f(n)

n31所以满足条件的a的最小值 1

f(1)f

a 由(1)知f(k)an,则k

f(k)

f(0)f

1下面证明

27f(1)f(n).nkn

f(k)f(2k f(0)f首先证明:0<x<1时

x

274设函数g(x)则g'(x)2

27x(x4x

x)1,0x20x

3

2g(x)在区间(0,1)g(x)min=g(3所以,0<x<1时,g(x)≥0,

x

274由0<a<1知0<ak<1(k ),因此 27ak,从而n n

ak k

f(k)f

k1akan274

ff23、[解析]取n=1,得a2a1s2s12a1a2 取n=2,得a22a2a 又②-①,

a2(a2a1) (1)a2=0,由①(2)若a20，易知a2a1 2由①④得a12

1,a22

a11

2,a222(2)当a1>0时,由(I)知,a1 1,a222

2）ans2

, 2所以2

2an1(n

a1

2)n1

blg10a1,则b1lg(2)n11lga22 a22nn所以,数列{b是以1lg2为公差,且单调递减的等差数列n2 则b>b>bb n≥8时,b≤b1lg1001lg1 所以,n=7时,Tn取得最大值,Tn

b17

2[点评]本小题主要从三个层面对考生进行了考查.第一,知识层面:考查等差数列、等比24、[解](1)选取a1x2),Y中与a1垂直的元素必有形式(1x=2b,(2)证明:取a1x1,x1Y.设a2stY满足a1a20由(st)x 得st0,所以s、t异号因为-1X中唯一的负数,s、t中之一为-1,xk1,其中1

,则0x 选取a1(x1,xn)Y,并设a2(s,t)Y满足a1a20,即sx1 s、t异号,s、t之中恰有一个为-若s=-1,则x1tx 若t=-1,则xnsx1sxn (3)[解法一]

qi1,i=1,2,,,k=2,3,,先证明:若 具有性质P,则A也具有性质任取a1sts、tA.s、t中出现-1时,显然有a2满足a1a20s

且t1时s、tP,所以有a2s1t1s1、t1Ak1,使得a1a20s和t1中有一个是-1,s=-假设t1

且t1A,则t1

.由(st

,stxk1xk1,s

.所以t1

.Ai现用数学归纳法证明:xi ,i=1,2,,假设n=k时

P,

qi1,i=1,2,,当n=k+1时,若Ak1{1,1,x 也有性质P,所以 }.k ks取a1xk1q,并设a2st满足a1a20,xk1sqt0.st中有且s若t1,s1,xk

qq,这不可能k k k所以s , qtqqk1qk,又 qkk k k综上所述

qi1

qi1,i=1,2,,i[解法二]设a(s,t),a(s,t),则aa0等价于s1 i 1 tBs|sX,tt

,XPB注意到-1X中的唯一负数B0x2x3xn}n-1个数,所以B(0,也只有n-1个数.xnxnxnxn,n-1个数,

xnxnxn

xxn1xn1x注意到xn

x2,所以xnxn1

xx(x2)k1qk1,k=1,2,, 1

an1an

,b11,bn3n由an1an2n7bn1bn2n7由bn1bn0n

,即b4b5b6 ;

bn1b ,b1b

a1)n1 b1)n1(2n b (1)n(2n1n1)(n2,nN*) 当n

2bnb1(222

2n1)[12 (n2)(n1)]

22n1(2)1 bn

23

n1n n

n 当n2k1(kN*时 b

n)

23

n1

1

n)n3n

n 2nn

6,(n2k

,(k 3

(n26、解析:(1)设数列an的公比为qq0q1由a, 成等差数列,得2aaa,即2aq2aq4a 由a 得q2q20,解得q q1(舍去 ∴q(2)证法一:kSk2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Skak1ak2ak2ak1 所以,对任意k

,Sk2

Sk

Sk1证法 对任意k

,2S2a1ka(1qk2kSk2Sk1 12a(12Sk(Sk2Sk1) 1a1[2(1qk)(1qa (q21

q2)因此,对任意k

,Sk2

Sk

Sk1成等差数列27、解析:(Ⅰ) a3+a4+a5=84,a5=73可

3a484,a4

a9=73,5da9a445,d

a1a43d

an1(n1) ,即an (Ⅱ)对任意m∈N﹡9m9n892m,则9m89n92m8即9m18n92m18,而n ,由题意可知

92m19m1 Smb1b21

1,1Sm

92m1 . 28、解(1)当nkN时

1n2kn取最大值,即81k2k21k2,故k4 99从而anSnSn12n(n2,又a199

,an(2)因为

9

,

b1b2b1b123n2n1

n所以Tn2TnTn212 2n22n142n22n14

,.aS1(n

来实现

与S的相互转化是数列问题比较常见的技巧之一, anSnSn1a,aa1S1来求解.数列的前n项和适用的情况:当数列通项由两项的乘积组成,其中一项是等差数列、另一29、【答案】解:(1)当

∴f(4)2xPn,x2若商仍为偶数.2,···经过k次以后.为奇数.m.

,其中m为奇数k 由条件知.若

x

为偶数;

,xAk为奇数xA,mA确定设QnPn中所有奇数的集合.因此f(n等于Qn的子集个数当n为偶数〔或奇数)时Pnn1 22n为偶数∴f(n)=

2

n为奇数【解析】(1)n=时,符合条件的集合个数即可an2ban2b30、【答案】解:(1)∵

1

,∴an1

an 1n1nban

b

b∴n1

.∴n1n

n

1nN 11nan

an1 an

an

2∴数列n

1为公差的等差数列ab(2)∵a>0，b>0,∴

a2b2<ab22 2

an2∴1an2

an

设等比数列{anq,an0q>

若q>

aa2a

2,∴当n

时, aqn>2,与(﹡)

若0

aa2a>1,∴当n

1时, a ,与

2122a∴综上所述q=1ana2a

,∴1<a1 又bn1

2

n

,∴{bn}是公比 的等比数列a1

, >1,于是b1<b2<b322a122aa2a2b

a

又由

a1

,得bn a2b 2=2 a2b 2=22222222

22∴a1=b2=211【解析】(1)根据题设

n1

an

和

1

,求出bn1

,a2b a2b 证明n1n

1而得证an1 anan2(2)根据基本不等式得到an2

an

,用反证法证明等比数列{an}2q=12从而得到

a

的结论,再由bn1

2

2知{bn}是公比 的2比数列.a1=b2=231、解(1)对任意nN,三个数A(nB(nC(n)是等差数列,B(n)A(n)C(n)即an1a 亦即an2an1a2a1故数列an是首项为1,公差为4的等差数列.于是an1n144nn(Ⅱ)(1)必要性:若数列a是公比为q的等比数列,则对任意nN,nan1anqan0知A(nB(nC(n均大于0,B(n)a2a3...an1q(a1a2...an) a1a2... a1a2...C(n)a3a4...an2q(a2

a即B(n)C(n)q,所以三个数A(nB(nC(nq的等比数列 (2)充分性:若对于任意nN,三个数A(nB(nC(nq的等比数列,B(n)qA(n),C(n)qB(n)于是C(nB(nqB(nA(n)得an2a2q(an1a1an2 由n

,从而an2 n 因为a0,an2a2q,故数列aa,公比为q的等比数列n 综上所述,数列an是公比为q的等比数列的充分必要条件是:对任意n∈N﹡,三个A(n),B(nC(n)组成公比为q的等比数列32、考点分析:等差等比数列的通项,和前n项和及基本运算解析:(Ⅰ)设等差数列

d,a2a1da3a12d3a13d

a1

a1d由题意得a(ad

解得

或d所以由等差数列通项可an23(n13n5,或an43(n13n7an3n5,an3n7(Ⅱ)当an3n5时aaa分别为142,不成等比数列an3n7时aaa分别为124,成等比数列,满足条件3n故|an||3n7|3n

n记数列{|an|的前nSn

时S1|a1|4;n2时S2|a1||a2|5n3时SnS2|a3||a4|

5(337)(34|an5(n2)[23n7)]3n211n10.当n2时|an 综上

332a1a233、解析:(Ⅰ)由2a1a

,解得a11nnnnn

2S 2n1

可得 a2n1

n

两式相减可得

na2nn

2n即

2n1

2n所以数列a(n

)a24为首项,3为公比的等比数列.2a1a23可得a25,na2nn

,a3n2nn

),n

时a11,也满足该式子,所以数列nn的通项是a3n2nnn因为3n3n123n122n1

所以3n2n3n1所以1a

1111 点评:上述证法实质上是证明了一个加强命题11

3 ,题的思考过程如下1考虑构造一个公比为q的等比数列b其前n项和为1

b1qn

希望能得到 b1n 1

1b1qn 1

1b

,考虑到

1,所以

即可.

1

1

1 的通 的形式可大胆尝试令q1,则b1,于是b

此时只需证明 nabn3n1就可以了n当然q的选取并不唯一,q1,此时b3b3,q1 在于,当n1时 a

,当n2时 bn,所以此时我们不能从第一项就开始放缩,ana

当n 时 1 ;当n 时

;当n3时11

1113

1当n4时1

bn,1

11511 下面再给

的两个证法1:(数学归纳法①当n

时,左边

,右边3,命题成立121 ②假设当n

(k

N)时成立,即3i2i2成立.n

1

(i

,iN要 1

3i1,只需

33i

,只需证3i12i13i132i3i1

33i

3i1只需证2i1

,只需证2

1 于是当n

时

k2 3 2 2 3 2 3

3i1

33i以命题在n

时也成立1 综合①②,由数学归纳法可得,对一切正整数n,有11 备注:不少人认为当不等式的一边是常数的时候是不能用数学归纳法的,其实这是一个错法2:(裂项相消法)(中学提供当n1时1

显然成立.n2时

111

显然成立 当n3时a3n2n12n2n1C12C222n 1C12C222 Cn1

1,又因为a252221,1以

2nn1(n

),所以

2n

1

(n

11 1 构造等比数列进而求得数列的通项解:(1)为f(442

,故点P(45)在函数f(x)的图像上,P(45Qn(xn,f(xn,可知,PQ斜率一定存在.PQy5

f(xn)

,令y0,x22x 5 (x4)x所以 4x2当n

时x12,2假设nk时2

成立,n

4xk3 x 2xk34xk251

2

综上可知2xn

对任意正整数恒成立4x

3x2

1)2由

x

n

x

x

x 由2x31x120

1)243,故有 x0即x 综上可知2xnxn13恒成立

(2)由

4xn3得到该数列的一个特征方程x4x3即x22x30解得

xn

xx3x 34xn (1)4xn 两式相除可得xn131xn3,而x132xn11 xn x1xnx故数列x

是以

为首项 为公比的等比数x

,故 nxn 3 35 n法二先完成用证nn

QPQn的方程为

y5x22x

令y(不动点法)x4x

,得函数g(x

xn11555(xn xn1315(xn 上两式相除得xn115xn1.可见数列xn1是等比数列,其中公比q

(nN)即为所求n1 n1(Ⅰ)①由上知xn3 2(1n1 n13 3

时n 3(n3

时③易见,数列

1(nN)单调递减,所以数列

1(nN单调递增, 综合①②③得2xnxn13【点评以函数为背景引出点的坐标,并通过线与坐标轴的交点得到数列的递推既考查了直线方程,又考查了函数解析式,以及不等式的证明,试题比较综合,有一定的难度.做这类试题那就是根据已知条件,一步一步的翻译为代数式,化简得到要找的关系式即可.35、【考点定位】此题作为压轴题难度较大,考查学生分析问题解决问题的能力,考查学生严解:(1)由题意可知r1A1.2r2A1.2c1A1.1c2A0.7c3A1.8kA先用反证法证明k 若k 则|c1A||a1|a11,∴a同理可知b

,∴a

由题目所有数和为

即ab c1ab∴k 易知当a

时k2t

存 ∴k

k

的最大值 t首先构造满足kA2t1A

ta1,1a1,2...a1,t1,

i,,t2ta2,1a2,2...a2,t , 经计算知,A中每个元素的绝对值都小于1,所有元和为0,2 2

t2t

t 2t

t(t

1 t

t|

(A)|1t12t1t

t 2t

t

t2t下面证 是最大值.若不然,则存在一个数tk(A)x2t1t

AS(2,2t

使得由kAAx,而两个绝对值不超过1数的和,其绝对值不超过2,故A的每一列两个数之和的绝对值都在区间[x2中.x1,A的每一列两个数符号均与列和的符号相同,x设Ag列的列和为正,h列的列和为负,gh,gtht另外,A的第一行行和为正,第二行行和为负A的第一行,由前面结论知A的第一行有不超过t个正数和不少于t1个负数,每个正数的绝对值不超过1(即每个正数均不超过1),x1(即每个负数均不超过1x).因此|r1(A)|r1(A)t1(t1)(1x)2t1(t1)xx2t1(t2)xx故A的第一行行和的绝对值小于x,与假 .因此kA的最大值为2t1t36、【解析】(I)当c 时,

x2xc

数列

数列 是单调递减数列x

x2xccx2得:数列

c(II)由(I)得C①当c

时ana10,②当c 时

x2)

xn)

xn

c 1当c 时,x 1c 1

10

同号 c由x2x1c0 c

lim(x2

c)limx

nN当c1时,N,N

1x

与xN 异与数列

得:当0c1时,数列4

20111（ 理4）已知an为等差数列，其公差为-2，且a7是a3与a9的等比中项，Snan的前n项和nN*，则S10的值 B．- 【答案】 8）数列an的首项为3

为等差数列且bnan1an(nN*)若则b3

【答案】【解析】由已知知bn2n8an1an2n8(a2a1)(a3a2) (a8a7)64202460a8a13（ 理11）

f f(x)3f(x x上的函 满 ，f(x)上的函 满 ，

f 2n

an(n

，且an的前n． ． n B．【答案】

D．

f(x2)1f3

,在[2n22n 18

Ai是各项为正数的无穷数列，是边长为i

ai,ai1的矩形面（i1,2,则{An

,或a2a4,a2n,和a2a4,a2n【答案】,和a2a4,a2n，（k，

Sn为等差数列an的前n项和a1

d

Sk2 【答案】6（5）已知数列{annSnSnSmSnma=1．那么a10 【答案】（①△ABC②△ABC③△ABC④△ABC C． 8（ (n则S9 【答案】

，的前n项和，且a11, 9（【答案】

a3

，则a2a4a6a8110（北京理11）在等比数列{ana1=

，a4=-4，则公比 a1

...2n12

。—11（ 理14）已知ABC的一个内角为120o，并且三边长构成公差为4的等差数列，则ABC的面积为 【答案】12（13 升13（ 理11）等差数列an前9项的和等于前4项的和．若a11aka40，则 【答案】14（成公差为1的等差数列，则q的最小值

a,2q23315（知对任意整数kM，当整数nk时,

（1）M1a

究及逻辑推理的能力，满分16分。（1）由题设知，当n2时Sn1Sn12(SnS1即(Sn1S)(S an1an2a12又a22,故当n2时ana22(n22n所以

8（2）kM34},且nk时,Snk

2Sn且Sn1k 两式相减得an1k

,即 所以当n8时an6an3anan3an6an6an2an2an6列从而当n82anan3an3an6an6

且an6an6an2

即an2anan

从而an3an3an1an1故由（*）2anan1an1,即an1anan当n9dan当2m8时m68，从而由（*）2am62am7am1am13从而2(am7am6)am1amam13am12)am1am2ddan1and对任意n2SnkSnk

2Sk(k{34(SnkSn)(Sn

)2S, 2 d,从而a3dad2解 所以数列{an}的通 为an2n16（在数1和100之间插入nn

个数构成递增的等比数列，将这n

乘积记作

anlgTn,n求数列

的通项设bntan

求数列{bn}的前n项和Sn（I） 构成等比数列，其中t11, Tnt1t2tn1tn2 Tntn1tn2t2t1

n

2

2

1221

))(()(

lg

由题意和（I）bntan(n2tan(n3n

tan1tan((k1)k)

tan(k1)tank,1tan(k1)tanktan(k1)tanktan(k1)tank nnSn所 k

k(tan(k1)tankk

tan(n3)tan3n.17（Ana1a2,an(n2满足an1S(An)=a1a2...an

1(k

E写出一个满足a1as0SAs〉0EA若a112，n=2000，证明：EAann（n≥20EEA（Ⅰ）0，1，2，1，0（答案不唯一，0，1，0，1，0E（Ⅱ）EA5

Snn所以ak1

A5121所以a2000=12+（2000—1）×1=2011.a2000—a1000≤1，所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1 又因为a1=12，a2000=2011,所以 故an1an10(k1,2,,1999),即A是递增数列.

ak1

10(ka2a1c1a1a1c1ana1c

所以*1c1)(n11c2)(n21cnSA)0,n(nn

4整除n(n1),亦即n4m或n4m1(mN*).n

1(4

a4k210a4k(k1,2,ma10SAn)a4k k

a1

S

当n4m1(mN*)时E数列Ana4k1a3k30a4k2当n4m2或n4ma10SAn18（