2010年高考数学试题分类汇编数列

力两式有 2)0，所以

4(11

B

1 2 2文数）(6)如果等差数列an中a3+a4a5=12，那么a1a2+•…a7 (B) (C) (D)【解析】C：aa a17

a)

∵a3a4a512

a4

5.=4 (xa8)，则f'0（）【答案】

f'0只与函数fx的一次项有关得：aa a(aa)4212 1lim11

1x

3n（2010江西理数

C D.【答案】

1

3n)1 3 文数）(5)设数列{an}nSnn2a8（A） a8S8S7644915anSnSn1(n2即可得出结论（2010文数（2）在等差数列an中a1a910，则a5的值 B）6 a1a92a5a5（2010浙江文数）(5)s为等比数列{a}n8aa0S5S S2 解析：通过8aa0q，将该式转化为8aaq30，解得q=-2 式可知答案选A，本题主要了本题主要了等比数列的通项与前n项和（2010重庆理数（1）在等比数列an中a2010

qA. B. C. D.

q3

q 理数（2）在等比数列an中a11，公比q1.若ama1a2a3a4a5，则 理数8已知数列an的首项a10其前n项的和为SnSn12Sna1则limann11 2

（C） Sn12Sna1Sn22Sn1 故{an2 2n1 1则limnlim 11n

n(2n 理数6已知an是首项为1的等比数列，sn是an的前n项和9s3s61则数列

的前5项和ana8

或

或

8【答案】【解析】本题主要考查等比数列前n项和及等比数列的性质，属于中等题9(1q3 q1

1

1

q2，所以 }是首项为1，公比为 11( 5项和T5

1 2 理数）4.已知{an}为等比数列，Snn项和。若a2a32a1a4a5S 4．C．设anqa2a3a1a42a1，即a42。由5515155151与2a7的等差中项为4知，a42a724，即a72(24a4)2 q3a71q1

aq3a12a16．

（2010文数 （4）a4a5a622(A) (B) (C) (D)22aa3 由等比数列的性质知aaaaa)aa35，aaaa3 12 1 78 7110,所以a2a8503所 (aa)aa3 4 （4）则a4a5a622(A) (B) (C) (D)22 文数）7.已知等比数列aa1a2ama9a10a7

2 22221 B.1 C.3 D32222（2010山东理数 理数）10、设an是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分X,YZAXZC、Y2

B、YYXZZXD、YYXXZX【分析】取等比数列124,n1X1,Y3Z7Dn表示代入验证得结论.snnn之和，则limsnA．2r

8r3

4r

6r（2010福建理数）3．设等差数列an的前n项和为Sn,若a111a4a66,则当 【答案】d

a4a62a18d2(118d6d2

11nn(n12n212nn6)236n6时，S 【命题意图本题考查等差数列的通项以及前n项和的应用考查二次函数最值2010年高考数学试题分类汇编——数（2010浙江理数（14）n2nN,(2x1)n3x aaxax2axn ak(0kn的最小值记为TnT0,T11,T0,T 其中Tn 解析：本题主要了合情推理，利用归纳和类比进行简单的推理，属容易（2010陕西文数）11.观察下列等式（1＋2＋3＋4）2，…，根据上述规律，2（i1i+11i+113＋23＋33＋43＋53＝（1＋2＋3＋4＋5）2（152）.（2010辽宁文数）（14）Sn为等差数列{ann项和，若S33，S624，则a9 S S

a1

a

8d

6

d

,解得d

（2010辽宁理数）（16）已知数列a

33,

a2n

的最小值为 2

n an33n f(n)33n1f(n)3310f(n在(33 在(0,33n∈N+n=56f(na553a66321ana6 （14）那么，位于下表中的第n行第n+1列的数 n22（ 文数）（15）设{an是等比数列，公比q ，Sn为{an的前n项和。记2nT17SnS2n,nN*.设T为数列{T的最大项，则n n

【答案】【解析】本题主要考查了等比数列的前n项和与通项及平均值不等式的应用，属于中等17a[1(2)n a[1(2)2n 11 (2) 11 (2)2n17(2)n(a(1nT 1a(1n1 (( [(2)n 17]因为(2)n ≧8，当且仅当(2)1 ((n0=4TnTnn值，求解时为便于运算可以对(2)n进行 nnn成立m的个(a)则得到一个新数列(a)例如annn123…，n,…，则数列(an)是0,12,…，n1,…．已知对任意的nNann2，5(a) 5((an)) （2010福建理数）11．在等比数列an中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的 an 【答案】4n-a4a16a21a1a4n-1 【命题意图】本题考查等比数列的通项与前n项和的应用，属基础题 3.（2010江苏卷）8、函数y=x2(x>0)的图像在点(ak,a2)处的切线与x轴交点的横坐标为 在点(a,a2)ya22a(xay0xak

kak,aa

164121k

2010年高考数学试题分类汇编——数（2010文数）21.(本题满分14分)本题共有2个小题，第一个小题满分6分，第2个题满8分已知数列anSSn

85，nN 证明：an1是等比数列求数列Sn的通 ，并求出使得Sn1Sn成立的最小正整数n解析：(1)n1时，a114n≥2时，anSnSn15an5an11a15

a1115≠0，所以数列{an15

5

5 (2)由(1)a115

a115

S75

n5 6由Sn1>Sn，得6 5，nlog525114.9，最小正整数6（2010湖南文数）20.（13分）其中表n（n=1,2,3 ）有n行，第1行的n个数是1,3,5， 2n-1，从第2行起，每行中的44各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广n（n≥3（不要求证明； ，记此数列nb求和：b3n （18（已知数列

的前nSn2n)3nn求liman证明a1a2…an＞3n

【点评】2010年高考数学I、Ⅱ这两套试卷都将数列题前置,一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题题模式具有让考生和一线教师重视和基础知识基本方法（2010陕西文数）16.（本小题满分12分已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列 （Ⅰ）求数列{a}的通项 （Ⅱ）求数列{2an}的前n项和S 解（Ⅰ）由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列

11

1 1解得d＝1，d＝0（舍去， 故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知2am=2n，由等比数列前n项和 mSm

1

（18（已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a

2(1

1)，aa

64(1

11

求{an}的通项设ba1)2，求数列{b}n项和Ta ann设出公比根据条件列出关于a1与d的方程求得a1与d，可求得数列的通 由（1）中求得数列通项，可求出BN的通项，由其通项化可知其和可分（2010理数）22.（14） ab,c(b<ca2，b2，

a2，b2，c2（1）a2c22b2证明：考虑到结构特征，取特值125272满足等差数列，只需取b=5a，c=7a，对一切正整数a2，b2，c2成等差数列，则b2a2c2b2 (bnan)(bnancnbn)(cnbnn4n(n214n(n21)(2n2)(2n22n)(2n22n)(2n2)4n(n2an22n对比目标式，构造

nbn2 (n4)ncn22n

m22mn22n

m21n2

m22mn22n1

mn

m mn，与约定不同的值，故互不相似n（21（,Cn,Cn

是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在xy 3x相切，对每一个正整数n,圆C都与圆 相 rn表示Cn的半径，已知{rn为递增数列.(Ⅰ)证明：{rn为等比数列； 设 1，求数列{}的前n项和n，，【解题指导（1）Cn的圆心为(n0)n2rnn12rn1结合两圆相切得圆心距与半径间的关系，得两圆半径之间的关系，即{rn}中rn1与rn的关系n（2） ，代入数列n，然后用错位nrnrn减法求和解：（1）将直线

x的倾斜角记为,则有tan=3sin1 设C的圆心为（，0），则由题意得知rn1，得2r；同2 2n解得rn+13rn故 为公比q3的等比数列

nr rnn记S12n,则n nS12*313*32 nnSn1*312*32 (n1)*31nn3②,3

13132...31nn13n

n3 n 3

)*329(2nSn (n )*3 数列相邻项an与an1之间的关系，然后根据这个递推关系，结合所求内容变形，得出通项公nSn乘以公比，然后错位相减解决.（16（（Ⅰ）（Ⅱ）已知an19，公差为-2Sn为ann项和.anSn设bnan是首项为1，公比为3的等比数列，求数列bn的通 及其前项和Tn（19（{annSnS5S6+15=0（Ⅰ）S5=5S6（Ⅱ）d（21（（I）（II）在数列a中，a=1，

cn12n1nN*，其中实数c0 求an的通 kN*a2kazk1c（18（已知等差数列ana37a5a726annSn（Ⅰ）anSnn令b （nN）,求数列b的前n项和Tn a2 （16（已知|an|a36a60。求|an|的通 若等差数列|bn|满足b18b2a1a2a3，求|bn|n（Ⅰ）设等差数列{an}d。a36a6a12d

10,da5d an10n122n设等比数列{bn}的公比为因为b2a1a2a324,b所以8q 即qb(1qn 所以{bn}的前n项 为Sn 4(13)q （20（已知集合

SnX|Xx1x2,…，xnx1{0,1i12,…n}(n 对于Aa1a2,…anBb1b2,…bnSnABAB(|a1b1|,|a2b2|,…|anbnABdAB

ABCSn有ABSndACBCdABAB,CSndABdA,Cd(B,CPSn，Pm(m≥2)Pdd

2(m（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效（I）因为aibi0,1，所以aibi0,1(i12nAB|a1b1|,|a2b2|,...,|anbn|)n又dACBC||aici||bici由题意知aibici0,1(i12n当ci0||aici||bici||||aibi|当ci1||aici||bici|||1ai1bi||aibinndACBC|aibi|dA(II)Aa1a2anBb1b2bnCc1c2cnd(A,B)k，d(A,C)l，d(B,C)h记O000Sn，由（I）d(A,B)d(AA,BA)d(O,BA)d(A,C)d(AA,CA)d(O,CA)d(B,C)d(BA,CA)所以|biai|i12n1的个数为k|ciai|i12n1的个数为l。设t是使|biai||ciai|1成立的ihlk由此可知kl,h三个数不可能都是奇数即dA,B),dAC),d(BC)三个数中至少有一个是偶数d(P1dAB,

dABPmC2m

P种所有元素的第i个位置的数字中共有ti1mti则

nnd(A,B)=ti(mti由于ti(mti)

m(i1,2,...,n)22所以

d(A,B)41

nm d(P)C

d(A,B)

2(mm （21（（Ⅰ）设 2n∈N*n＋2m 所以{bn}是公差为8的等差数列 5由(1)(2)解答可知{bnb1＝a3－a1＝68的等差数列bn＝8n－2a2n+=1－a2n－1＝8n－2an＝a2n1a1-2

－an＝a2n1a2n128n＝2

cn＝2nqn－1.q＝1q≠1时，Sn＝2·q0＋4·q1＋6·q2＋……＋2n·qn－1.q，可得1

1

1(n1)qn1

nqn1(n1)qn1(q1)2n(n (qnqnnqn1(n1)qn(q (q

12（22（ 在数列a中，a=0，且对任意kN*， , 证明a4a5a6求数列an的通 222记Tn

323

22nTn2n 14分。a6a5618a6a53aaa

a2k1a2k14kkNa2k1a1a2k1a2k14k4k1...2kk1,kN*.a0

2kk

2k2k2 2k

2kn2

1n所以数列an的通 为an2n

或写为an2 ，nN*证明：由（II）a2k

2kk1，

2k2nn=2mmNnkm1，则2n

2k2m2nk

m2k

m1a k2

k

k 4k2 12m2m11112n 2 m nk

nk所以2na ，从而2n

2,n4,k2 k2nn2m1mN*nk

2mk

2m

2maa

4m k2

k2

2mm4m1 2n3 2m

nnk nk所以2na ，从而2n

k2

n

k2综合（1）和（2）n2nN*32n

（22（在数列a中，a0，且对任意kN*. ， ， 成等差数列，其公差为d 2k 2k 2k 2k若d=2k，证明 ， 2k 2k 2k 2k 若对任意kN*， 2k 2k 证明：由题设，可得

4kkN*2k 2k所以 ) )...(a32k 2k 2k 2k 2k=4k4(k1)...4a=0，得

2k(k1),从而

2k2k2,

2(k 2k 2k a2k1a

k

,2k2

k

所以2k22k1a a 2k 2k

2k时，对任意kN*, , ,

2k 2k（i）

,a2k,

成等差数列，及 , , 成2k 2k 2k 2k比数列，得 2k 2kq≠1q≠1，kN 从而 1 qk 2 qk 所以q11 （Ⅱ）a0a2a4q4

q1qk 1k1k得qk1kNqkk 2k22k1k1

. （1）nn=2m(mN*nkm=1,则2n

2k2m≥2，nk2n

(2k)2(2k1)2+k2 k+

k a2k k1

k

2m2(m1)12nk

nk所以2na ,从

2n

2,n4,k2

k2(2)nn=2m+1（mN*nk

2mk

(2m1)

(2maa

4m k2

k2

2m(m4m1 2n3 2(m nnk

nk所以2na ,从

2n

2,n3,5,7k2

n

k2

nk（1（2）

22nak2（i）dka2k1a2kqka2ka2ka2k(qk a a qa qa aq(q q所以k 2k 2k k 2k k k a2k3a2k2dk1

dk

1

1qkk

q 2k 2k

k

由q1可知q1,kN*。可

1，

q q q

k

qk所以qk

1是等差数列，公差为1（ii）a10a22d1a2a12aa

4，从而qa32， 1。于是，由（i）可知所以 是q1 q1

q1

=qk

k 1k1k，故qk kdk1

k1dk

dk.dk1........d2

k.k12kd2 k1k k k dk2k 2kk1,

2k2,kN2k （2010卷1理数（22）(本小题满分12分)（注意：a已知数列a中，a1, c a nnn设c5,b ，求数列b的通 nnananan13成立的c（20（已知等差数列{an}368项和为-4求数列{an}的通 设b4a)qn1(q0nN*，求数列{b}n （18（已知等差数列an满足a37a5a726，an的前n项和为SnanSn1令

(nN*)，求数列bn的前n项和Tnan【解析（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为a37a5a726，所以a12d

3,d2

10d a32n1)=2n+1S3nn(n-12n22n （Ⅱ）由（Ⅰ）知a2n