2011年高考数学试题分类汇编--数列、极限和数学归纳法

2011年高考数学试题分类汇编 - - 1 - -

数列、极限和数学归纳法

安徽理（11）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是____________ (11)15【命题意图】本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T?1?2?3???k?k(k?1)2，若T＝105，则K＝

14，继续执行循环体，这时k＝15，T>105，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n?2个数构成递增的等比数列，将这n?2个数的乘积记作Tn，再令an?lgTn,n≥1.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn?tanan?tanan?1,求数列{bn}的前n项和Sn.

（本小题满分13分）本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

本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力.

解：（I）设l1,l2,?,ln?2构成等比数列，其中t1?1,tn?2?100,则

Tn?t1?t2???tn?1?tn?2, ①， Tn?tn?1?tn?2???t2?t1, ②

①×②并利用t1tn?3?i?t1tn?2?10(1?i?n?2),得

Tn?(t1tn?2)?(t2tn?1)???(tn?1t2)?(tn?2t1)?1022(n?2)2,?an?lgTn?n?2,n?1.

（II）由题意和（I）中计算结果，知bn?tan(n?2)?tan(n?3),n?1. 另一方面，利用tan1?tan((k?1)?k)?tan(k?1)?tank1?tan(k?1)?tankn ,

得tan(k?1)?tank?tan(k?1)?tanktan1n?2k?1.所以Sn??bk?1??tan(k?1)?tank

k?3n?2 ??k?3(tan(k?1)?tanktan1?1)?tan(n?3)?tan3tan1?n

安徽文（7）若数列?an?的通项公式是an?(??)g(?n??),则a??a??La??? （A） 15 (B) 12 (C ) ??? (D) ??? （7）A【命题意图】本题考查数列求和.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：a1?a2?a3?a4???a9?a10?3，故a??a??La?????????.故选A. 北京理

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11.在等比数列{an}中，若a1?|a1|?|a2|???|an|?________.

12，a4??4，则公比q?________；

【解析】a1?12，a4??4?q??2，{|an|}是以

n?112为首项，以2为公比的等比数列，

|a1|?|a2|???|an|?2?12。

20.若数列An：a1，a2，?，an(n?2)满足|ak?1?ak|?1（k?1，2，?，n?1），则称An为E数列。记S(An)?a1?a2???an.

（1）写出一个满足a1?a5?0，且S(A5)?0的E数列A5；

（2）若a1?12，n?2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an?2011； （3）对任意给定的整数n(n?2)，是否存在首项为0的E数列An，使得S(An)?0？如果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由。 解：（Ⅰ）0，1，2，1，0是一具满足条件的E数列A5。

（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E的数列A5）

（Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列，所以ak?1?ak?1(k?1,2,?,1999). 所以A5是首项为12，公差为1的等差数列.所以a2000=12+（2000—1）×1=2011.

充分性，由于a2000—a1000≤1，

a2000—a1000≤1 ……

a2—a1≤1

所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999.

又因为a1=12，a2000=2011,所以a2000=a1+1999.

故an?1?an?1?0(k?1,2,?,1999),即An是递增数列.综上，结论得证。 （Ⅲ）令ck?ak?1?ak?1?0(k?1,2,?,n?1),则cA??1. 因为a2?a1?c1?a1?a1?c1?c2 ??

an?a1?c1?c2???cn?1,

所以S(An)?na1?(n?1)c1?(n?2)c2?(n?3)c3???cn?1

?n(n?1)2?[(1?c1)(n?1)?(1?c2)(n?2)???(1?cn?1)].

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因为ck??1,所以1?ck为偶数(k?1,?,n?1).

所以*1?c1)(n?1)?(1?c2)(n?2)???(1?cn)为偶数, 所以要使S(An)?0,必须使n(n?1)2为偶数,

即4整除n(n?1),亦即n?4m或n?4m?1(m?N*). 当

n?4m?1(m?N*)时,E数列An的项满足a4k?1?a4k?1?0,a4k?2??1,a4k?1 (k?1,2,?,m)时，有a1?0,S(An)?0;

a4k?1(k?1,2,?,m),a4k?1?0时,有a1?0,S(An)?0;

当n?4m?1(m?N*)时,E数列An的项满足，a4k?1?a3k?3?0,a4k?2??1, 当n?4m?2或n?4m?3(m?N)时,n(m?1)不能被4整除，此时不存在E数列An，

使得a1?0,S(An)?0. 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、纵坐标都是整数的点，则N?0?? ；N?t?的所有可能取值为 。6；6，7，8 （20）（本小题共13分）

若数列An:a1,a2,?an(n?2)满足ak?1?ak?1(k?1,2,?,n?1)，则称An为E数列，记S?An??a1?a2+?+an。

（I）写出一个E数列A5满足a1=a3=0；

（II）若a1=12,n=2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an=2011 （III）在a1=4的E数列An中，求使得S?An?=0成立的n的最小值 解：（Ⅰ）0，1，0，1，0是一具满足条件的E数列A5。

（答案不唯一，0，1，0，-1，0也是一个满足条件的E的数列A5）

（Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列，所以ak?1?ak?1(k?1,2,?,1999).

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所以A5是首项为12，公差为1的等差数列.所以a2000=12+（2000—1）×1=2011.

充分性，由于a2000—a1000≤1，

a2000—a1000≤1 ……

a2—a1≤1

所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999.

又因为a1=12，a2000=2011,所以a2000=a1+1999.

故an?1?an?1?0(k?1,2,?,1999),即An是递增数列.综上，结论得证。 （Ⅲ）ak?1?ak?1?ak?1?ak??1?ak?1?ak?1

所以有：?，a2?a1?1?3，a3?a2?1?2，a4?a3?1?1，a8?a7?1??3；a9?a8?1??4 相加得：a1?a2???a9?0，所以在a1=4的E数列An中，使得S?An?=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{an}的公比q?3，前3项和S3?

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式；

?6133．

(Ⅱ) 若函数f(x)?Asin(2x??)(A?0,0????)在x?a3，求函数f(x)的解析式．

处取得最大值，且最大值为

解：(Ⅰ)由q?3,S3?1333(Ⅱ)由(Ⅰ)得a3?3，因为函数f(x)最大值为3，所以A?3，

得a1?1，所以an?3n?2；

又当x??6时函数f(x)取得最大值，所以sin(?6?3??)?1，因为0????，故???6，

所以函数f(x)的解析式为f(x)?3sin(2x?福建文17．（本小题满分12分）

)。

已知数列{an}中，a1＝1，a3＝－3。（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值。 解：（Ⅰ）由a1＝1，a3＝－3得d??2，所以an＝3－2n； （Ⅱ）Sk?k?k(k?1)??35，解得k＝7。

广东理11.等差数列?an?前9项的和等于前4项的和.若a1?1,ak?a4?0，则k? .

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解法一:S9?S4,即由1?16(a1?a9)9216?(a1?a4)42,?9a5?2(a1?a4),即9(1?4d)?2(2?3d),?d??16,(k?1)?1?3?(?)?0得:k?10.解法二:S9?S4,?a5?a6?a7?a8?a9?0,?a7?0,从而a4?a10?2a7?0,?k?10.20.（本小题满分12分）

设b?0,数列?an?满足a1=b,an?(1)求数列?an?的通项公式；

b2nann?1n?1nban?1an?1?2n?2(n?2),

(2)证明：对于一切正整数n,an?解:(1)由an?当b?2时,nannannan12?bnban?1an?1?2n?2???n?1an?112?b12?b???12可得?1 2n?11??,ban?1b}是以1a1?12为首项,12为公差的等差数列,?nan?n2,从而an?2.?n,则数列{an 当b?2时,则数列{nan2n?11(?),ban?12?b1a12?12?b??12?b2b(2?b)2n}是以2为首项,2bnn为公比的等比数列,??b(2?b)?()bn?1?(),?an?bnb(2?b)2?bn,(b?2)?2,?n 综上an??nb(2?b).(b?0,b?2)?nn?2?b(2)当b=2时,an?2,b2n?1n?1+1?2,?an?n?1n?1b2n?1n?1n+1,从而原不等式成立;?b2b2n?123n?1n?1当b?2时,要证an?即证b2+1,只需证nnb(2?b)2?bn?2nn+1,即证1bnn(2?b)2?bnn?b2n?1+1bn,2n?1?22n?1nn?2b?22b2n?2n?1n?1nn?3b???2bn?3n?2n2?b1b2?nn?1??+,b2n?1n即证n?b???n?1n2b2????2b2b2?b?b22b2???2b22?1bb2nn?1,)b2

而上式左边=(bn?2n?1n?1b)?(n?1bn?n?2n?1)???(n?1n?2bb22)?(3b223?b212?22b2n?1?22bb2???2??2b2??n?当b?2时,原不等式也成立,从而原不等式成立.广东文11．已知?an?是递增等比数列，a2?2,a4?a3?4，则此数列的公比

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q? ．2

20．（本小题满分14分） 设b>0,数列{an}满足a1?b,an?（1）求数列{an}的通项公式； （2）证明：对于一切正整数n,2an?b解：（1）由a1?b?0可知an?1b1b1bn?1nban?1an?1?n?1(n?2)．

?1．

nban?1an?1?n?1,?nan?1b?1n?1ban?1,令An?nan,则A1?1b，

当n?2时，An??An-1=??+1bn?1?1bn?1A1?1b??+1bn?1?1bn

1①当b?1时，An?b(1?1?1b1b)n?nbn(b?1),b?1b?1??n ；②当b=1时，An?n?an??bn?1；b(b?1)?1,b?1?n（2）当b?1时，欲证2an?n2nb(b?1)b?1nn?bn?1?1,

只需证2nb?(bnn?1?1)b?1b?1，

?(bn?1?1)b?1b?11?bn?b2n?b12n?1???b1bn?1?bn?1?bn?2???1?b(b?nnn?1bn?bn?1???b?)

?b(2?2???2)?2nb，?2an?n?1nn2nb(b?1)b?1nn?1?bn?1；

当b?1时，2an?2?b?1，综上所述2an?bn?1+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4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为 升. 【答案】

6766

解析：设该数列?an?的首项为a1，公差为d，依题意

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4?a?7d?1??a1?a2?a3?a4?3?4a1?6d?3?3，即?，解得?， ??3a1?21d?4?a7?a8?a9?4?d?7?66?则a5?a1?4d?a1?7d?3d?43?2166?6766，所以应该填

6766.

19.（本小题满分13分）

r?R,r??1). 已知数列?an?的前n项和为Sn，且满足：a1?a(a?0)，an?1?rSn (n?N，

*

（Ⅰ）求数列?an?的通项公式；

（Ⅱ）若存在k? N，使得Sk?1，Sk，Sk?2成等差数列，试判断：对于任意的m?N，且m?2，

am?1，am，am?2是否成等差数列，并证明你的结论.

*

*

解：（Ⅰ）由已知：an?1?rSn得an?2?rSn?1，两式相减得an?2?(r?1)an?1，又a2?ra 所以当r?0时数列?an?为：a，0，0，0，?，

当r?0,r??1时，由已知a?0，所以an?0，n?N，于是

n?2?an?2an?1a

?1?r,(n?N)

?所以数列a2,a3,?,an成等比数列，即当n?2时an?r(1?r)n?1?a综上数列?an?的通项公式为an?? n?2r(1?r)a,n?2?（Ⅱ）对于任意的m?N，且m?2，am?1，am，am?2成等差数列，证明如下： 当r?0时由（Ⅰ）知an???a?0*

?n?1n?2，此时am?1，am，am?2成等差数列；

当r?0,r??1时，若存在k? N，使得Sk?1，Sk，Sk?2成等差数列，则2Sk=Sk?1+Sk?2 ∴2ak?1?ak?2?0，由（Ⅰ）知数列a2,a3,?,an的公比r?1??2，于是对于任意的m?N，且m?2，

am?2??2am?1?am?2?4am；所以2am=am?1+am?2即am?1，am，am?2成等差数列；

*

综上：对于任意的m?N，且m?2，am?1，am，am?2成等差数列。 湖北文17.（本小题满分12分）

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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?bn?中的b、b、b。

(I) 求数列?bn?的通项公式； (II) 数列?bn?的前n项和为S，求证：数列?Sn???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；则a?d?a?a?d?15?a?5； 数列?bn?中的b、b、b依次为7?d,10,18?d，则(7?d)(18?d)?100； 得d?2或d??13（舍），于是b3?5,b4?10?bn?5?254n?3

Sn?1??55?2n?1(II) 数列?bn?的前n项和Sn?5?2n?2?，即Sn?54?5?2n?24??2 n?255?2Sn?4因此数列?Sn???5??是公比为2的等比数列。 4?

湖南文20．（本题满分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减少，从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%．

（I）求第n年初M的价值an的表达式； （II）设An?a1?a2???ann,若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M

更新，证明：须在第9年初对M更新．

解析：（I）当n?6时，数列{an}是首项为120，公差为?10的等差数列． an?120?10(n?1)?130?10n; 当n?6时，数列{an}是以a6为首项，公比为 an?70?()43n?634为等比数列，又a6?70，所以

;

?120?10(n?1)?130?10n,n?6?因此，第n年初，M的价值an的表达式为an?? 3n?6an?70?(),n?7??4

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 9 - -

(II)设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1?n?6时，Sn?120n?5n(n?1),An?120?5(n?1)?125?5n; 当n?7时，

Sn?S6?(a7?a8???an)?570?70?780?210?()4An?n3n?633n?63n?6?4?[1?()]?780?210?()444

.因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列，又

38?639?6780?210?()780?210?()477944A8??82?80,A9??76?80,

864996所以须在第9年初对M更新．

湖南理12、设Sn是等差数列{an}(n?N)的前n项和，且a1?1,a4?7，则S5?______ 答案：25

解析：由a1?1,a4?7可得a1?1,d?2,an?2n?1，所以S5?(1?9)?52?25。

*江苏13.设1?a1?a2???a7，其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列，a2,a4,a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是________. 答案：33. 解析：由题意：1?a1?a2?q?a2?1?q?a2?2?q，

?a2?q?a2?1,a2?1?q?a2?2

q?a2?2?3，而?a2?1,a1?1,?a2,a2?1,a2?23223的最小值分别为1，2，3；?qmin?33.

本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能力,考查抽象概括能力和推理能力，本题属难题.

20.（本小题满分16分）设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1?1，前n项和为Sn，已知对任意整数k属于M，当n>k时，Sn?k?Sn?k?2(Sn?Sk)都成立. （1）设M=｛1｝，a2?2，求a5的值；（2）设M=｛3，4｝，求数列{an}的通项公式. 答案:（1）?k?1,??n?1,Sn?1?Sn?1?2(Sn?S1),?Sn?2?Sn?2(Sn?1?S1)即：

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an?2?an?2an?1

所以，n>1时，?an?成等差，而a2?2，S2?3,S3?2(S2?S1)?S1?7,?a3?4,?a5?8; （2）由题意：?n?3,Sn?3?Sn?3?2(Sn?S3),(1);?n?4,Sn?4?Sn?4?2(Sn?S4),(2)，

?n?2,Sn??Sn??2(Sn??S),(3);?n?3,Sn??Sn??2(Sn??S),(4);

当n?5时，由（1）（2）得：an?4?an?3?2a4,(5) 由（3）（4）得： an?5?an?2?2a4,(6) 由（1）（3）得：an?4?an?2?2an?1,(7); 由（2）（4）得：an?5?an?3?2an?1,(8);

由（7）（8）知：an?4,an?1,an?2,成等差，an?5,an?1,an?3,成等差；设公差分别为：d1,d2, 由

（

5

）

（

6

）

得

：

an?5?an?3?2d2?an?4?2a4?2d2,(9);an?4?an?2?2d1?an?5?2a4?2d1,(10);

由（9）（10）得：an?5?an?4?d2?d1,2a4?d1?d2,an?2?an?3?d2?d1;??an?(n?2)成等差，设公差为d,

在（1）（2）中分别取n=4,n=5得：2a1+6a2?15d?2(2a1?5a2?5d),即4a2?5d??2;

2a1?8a2?28d?2(2a1?7a2?9d),即3a2?5d??1 ?a2?3,d?2,?an?2n?1.

解析：本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、考查分析探究及逻辑推理解决问题的能力，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Sn满足：Sn?Sm?Sn?m，且a1?1，那么a10? A.1 B.9 C.10 D.55 【答案】A

【解析】S2?S1?S1?2，可得a2?1，S3?S1?S2?3，可得a3?S3?S2?1，同理可得a4?a5???a10?1，故选A 18. （本小题满分12分）

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已知两个等比数列{an}，满足a1?a(a?0)，b1?a1?1，b2?a2?2，b3?a3?3. {bn}，（1）若a?1，求数列{an}的通项公式； （2）若数列{an}唯一，求a的值.

【解析】（1）设{an}的公比为q，则b1?1?a?2，b2?2?aq?2?q，

b3?3?aq2?3?q，由b1，b2，b3成等比数列得(2?q)?2(3?q)，

222即q2?4q?2?0，解得q1?2?所以{an}的通项公式an?(2?2)22，q2?2?n?12

或an?(2?22)n?1.

2（2） 设{an}的公比为q，则由(2?aq)?(1?q)(3?aq)，得aq?4aq?3a?1?0(*)

由a?0得??4a?4a?0，故方程（*）有两个不同的实根. 由{an}唯一，知方程（*）必有一根为0，代入（*）得a?132.

江西文5.设{an}为等差数列，公差d = -2，Sn为其前n项和.若S10?S11，则a1=（ ） A.18 B.20 C.22 D.24

答案：B 解析：

?S10?S11,?a11?0a11?a1?10d,?a1?20

21.(本小题满分14分）

（1）已知两个等比数列?an?,?bn?，满足a1?a?a?0?,b1?a1?1,b2?a2?2,b3?a3?3， 若数列?an?唯一，求a的值；

（2）是否存在两个等比数列?an?,?bn?，使得b1?a1,b2?a2,b3?a3,b4?a4成公差不为0

?的等差数列？若存在，求 ?an?,?bn? 的通项公式；若不存在，说明理由．

?解：（1）?an?要唯一，?当公比q1?0时，由b1?1?a?2,b2?2?a2,b3?3?a3且b2?b1b3??2?aq1???1?a?3?aq1222?2??aq21?4aq1?3a?1?0，

?a?0，?aq1?4aq1?3a?1?0最少有一个根（有两个根时，保证仅有一个正根）

??4a??4a?3a?1??0?4a?a?1??0，此时满足条件的a有无数多个，不符合。

2?当公比q1?0时，等比数列?an?首项为a，其余各项均为常数0，唯一，此时由

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 12 - -

?2?aq1?2综上：a???1?a?3?aq1?2??aq21?4aq1?3a?1?0，可推得3a?1?0,a?13符合

13。

（2）假设存在这样的等比数列?an?,?bn?,公比分别为q1，q2，则由等差数列的性质可得：

?b2?a2???b3?a3???b1?a1???b4?a4?，整理得：?b1?b3??q2?1???a1?a3??q1?1?

要使该式成立，则q2?1=q1?1?0?q1?q2?1或b1?b3?a1?a3?0此时数列b2?a2，

b3?a3公差为0与题意不符，所以不存在这样的等比数列?an?,?bn?。

辽宁理17．（本小题满分12分）

已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=-10 （I）求数列{an}的通项公式； （II）求数列??an?的前n项和． n?1?2???a1?d?0,（I）设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得?

2a?12d??10,?1解得??a1?1,?d??1.故数列{an}的通项公式为an?2?n. ??????5分

（II）设数列{an2}的前n项和为Sn，即Sn?a1?n?1a22???an2n?1,故S1?1，

Sn2?a12?a24???an2n.所以，当n?1时，

Sn2?a1?a2?a12???an?an?12n?1?an2n

?1?(12?14n???12n?1?2?n2n)?1?(1?12)?n?12?n2n

所以Sn?2n?1.综上，数列{an2}的前n项和Sn?n?1n2n?1. ??????12分

辽宁文5．若等比数列{an}满足anan+1=16n，则公比为 B

A．2 B．4 C．8 D．16 15．Sn为等差数列{an}的前n项和，S2=S6，a4=1，则a5=____________．—1 全国Ⅰ理

（17）（本小题满分12分）

等比数列?an?的各项均为正数，且2a1?3a2?1,a3?9a2a6.

2（Ⅰ)求数列?an?的通项公式；

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 13 - -

（Ⅱ）设 bn?log3a1?log3a2?......?log3an,求数列?23?1??的前?bn?2n项和.

2（17）解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a3?9a2a6得a3?9a4所以q?由条件可知a>0,故q?1319。

。

13由2a1?3a2?1得2a1?3a2q?1，所以a1?故数列{an}的通项式为an=

13n。

。

n(n?1)2（Ⅱ ）bn?log3a1?log3a2?...?log3an=?(1?2???n)??故

1bn??2n(n?1)1bn??2(1n?1n?1)

1b1?1b2?...???2((1?12)?(12?13)?...?(1n?1n?1))??2nn?1

所以数列{1bn}的前n项和为?2nn?1

全国Ⅰ文（17）（本小题满分12分） 设等差数列?an?满足a3?5，a10??9。 （Ⅰ）求?an?的通项公式；

（Ⅱ）求?an?的前n项和Sn及使得Sn最大的序号n的值。

解：（Ⅰ）由an?a1?(n?1)d及a3?5，a10??9得a1?9,d??2； 所以数列?an?的通项公式为an?11?2n

（Ⅱ）Sn?10n?n??(n?5)?25，所以n?5时Sn取得最大值。

22

全国Ⅱ理（4）设Sn为等差数列?an?的前n项和，若a1?1，公差d?2，Sk?2?Sk?24，则k?

(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公式及前n项和公式等有关知识。 【解析】：Sk?2?Sk?ak?2?ak?1?2ak?1?d?2(a1?kd)?d?2(1?2k)?2?24，解得

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 14 - -

k?5。

另外：本题也可用等差数列的前n项和公式进行计算。 （20）（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

设数列{an}满足a1?0且

11?an?1?11?an?1.

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

1?an?1nn（Ⅱ）设bn?，记Sn??bk?1k，证明：Sn?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、不等式等基础知识和基本技能，

同时考查分析、归纳、探究和推理论证问题的能力。在解题过程中也渗透了化归与转化思想方法.难度较小， 学生易得分。 【解析】：（Ⅰ）由数列。

?11?an?1?(n?1)?1?n,?an?1?1n11?an?1?1?1???1知数列?是首项为?1，公差为1的等差?1?an1?a1?a?1n??1

（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn?nn1?an?1n1??1?n1n?1?1?nn?1n?1n?1n?1

?Sn??k?1bk??k?1(1n?1n?1)?1?1n?1?1

全国Ⅱ文(17)(本小题满分l0分)(注意：在试题卷上作答无效) ．．．．．．．．．

设等比数列?an?的前n项和为Sn,已知a2?6,6a1?a3?30,求an和Sn 【解析】设等比数列?an?的公比为q，由题

?a1q?6,?a1?3,?a1?2,或?解得 ??2?q?2,?q?3.?6a1?a1q?30,所以

如果a1?3,则an=a1qn?1?3?2n?1.Sn=a1(1?q)1?qn?3?2?3

n

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 15 - -

如果a1?2,则an=a1q山东理

15. 设函数f(x)?f1(x)?f(x)?xx?2n?1?2?3n?1.Sn=a1(1?q)1?qn?3?1

nxx?2(x?0),观察:

, x, , ,

f2(x)?f(f1(x))?f3(x)?f(f2(x))?f4(x)?f(f3(x))?3x?4x7x?8x15x?16??

根据以上事实，由归纳推理可得：

?当n?N且n?2时，fn(x)?f(fn?1(x))? .

【答案】

x(n?1)x?n22

【解析】观察知:四个等式等号右边的分母为x?2,3x?4,7x?8,15x?16,即

(2?1)x?2,(4?1)x?4,(8?1)x?8,(16?1)x?16,所以归纳出分母为fn(x)?f(fn?1(x))的

?22分母为(n?1)x?n,故当n?N且n?2时，fn(x)?f(fn?1(x))?x(n?1)x?n22.

20.（本小题满分12分）

等比数列?an?中，a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1,a2,a3中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列 3 第一行 第二行 第三行 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18 （Ⅰ）求数列?an?的通项公式；

（Ⅱ）若数列?bn?满足：bn?an?(?1)lnan，求数列?bn?的前2n项和S2n.

【解析】（Ⅰ）由题意知a1?2,a2?6,a3?18,因为?an?是等比数列,所以公比为3,所以数列

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 16 - -

?an?的通项公式an?2?3n?1.

n?1（Ⅱ）因为bn?an?(?1)lnan=2?3?(?1)ln2?3n?1, 所以Sn?b1?b2???bn?

nn(a1?a2???an)?(lna1?lna2??lnan)n12n?1=

2(1?3)1?3-

lna1a2an=3?1-

ln(2?1?3?3???3n(n?1))=

2n(2n?1)2n3?1-ln(2?3nn2),所以S2n=3?1-ln(22n?32)=9?1-2nln2?(2n?n)ln3.

n2（20）（本小题满分12分）

等比数列?an?中，a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1,a2,a3中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列 3 第一行 第二行 第三行 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18 （Ⅰ）求数列?an?的通项公式；

（Ⅱ）若数列?bn?满足：bn?an?(?1)lnan，求数列?bn?的前2n项和S2n.

n山东文没有新题

陕西理13．观察下列等式

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本题的关键．

【解】把已知等式与行数对应起来，则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?1；等式右边都是完全平方数，

行数 等号左边的项数

1=1 1 1 2+3+4=9 2 3 3+4+5+6+7=25 3 5 4+5+6+7+8+9+10=49 4 7

?? ?? ?? 所以n?(n?1)???[n?(2n?1)?1]?(2n?1)， 即n?(n?1)???(3n?2)?(2n?1)

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222011年高考数学试题分类汇编 - - 17 - -

【答案】n?(n?1)???(3n?2)?(2n?1)2

14．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返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 20 那么各个树坑到第i个树坑距离的和是

s?(i?1)?10?(i?2)?10???(i?i)?10?[(i?1)?i]?10???(20?i)?10

?10?[i?i?2i(i?1)2?i?(20?i)?(20?i)(i?1?20)2]

?10(i?21i?210)，所以当i?10或11时，s的值最小，最小值是1000，所以往返路程的

最小值是2000米.

（方法二）根据图形的对称性，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，最后移到第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，则有路程总和是10?(1?2???19)?2?10?19(1?19)2?2?3800；树苗放在第

10个（或第11个）树坑旁边时，路程总和是10?(1?2???9)?10?(1?2???10)?2

?10?9?(1?9)2?2?10?10?(1?10)2?2?900?1100?2000，所以路程总和最小为2000

米.

【答案】2000 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Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2．再从P2做x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1,Q1；． P2,Q2；?；Pn,Qn，记Pk点的坐标为(xk,0)（k?0,1,2,?,n）（1）试求xk与xk?1的关系（2剟kn）；

x（2）求|P1Q1|?|P2Q2|?|P3Q3|???|PnQn|． 【分析】（1）根据函数的导数求切线方程，然后再求切线与x轴的交点坐标；（2）尝试求出通项|PnQn|的表达式，然后再求和．

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 18 - -

【解】（1）设点Pk?1的坐标是(xk?1,0)，∵y?ex，∴y??ex， ∴Qk?1(xk?1,exk?1)，在点Qk?1(xk?1,exk?1)处的切线方程是y?exk?1?exk?1(x?xk?1)，

令y?0，则xk?xk?1?1（2剟k． n）

（2）∵x1?0，xk?xk?1??1，∴xk??(k?1)， ∴|PkQk|?exk?e?(k?1)，于是有

1?e1?e?n?1|P1Q1|?|P2Q2|?|P3Q3|???|PnQn|?1?e1?n?1?e?2???e?(k?1)?

?e?ee?1，

即|P1Q1|?|P2Q2|?|P3Q3|???|PnQn|?e?e1?ne?1．

陕西文10．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始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最佳坑位的编号为．．．．（ ） （A）①和

（B）⑨和⑩ (C) ⑨和

(D) ⑩和

【分析】根据选项分别计算四种情形的路程和；或根据路程和的变化规律直接得出结论． 【解】选D （方法一） 选项 A ①和具体分析 ：10?(1?2???19)?2?3800 结论 ⑨：10?[(1?2???8)?2?(1?2???11)?2]?2040 B ⑩：10?(1?2???9)?10?(1?2???10)?2=2000 C D

：10?(1?2???9)?10?(1?2???10)?2=2000 ⑩和：路程和都是2000 比较各个路程和可知D符合题意 （方法二）根据图形的对称性，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，最后移到第10个和第11

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 19 - -

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进行比较即可。树苗放在第一个树坑旁，则有路程总和是10?(1?2???19)?2?10?放在第

10

个（或第

11

19(1?19)2?2?3800；树苗

个）树坑旁边时，路程总和是

9?(1?9)2?2?10?10?(1?10)2?2

10?(1?2???9)?10?(1?2???10)?2?10??900?1100?2000，所以路程总和最小为2000米.

上海理

14.已知点O(0,0)、Q0(0,1)和点R0(3,1)，记Q0R0的中点为P1，取Q0P1和P1R0中的一条，记其端点为Q1、R1，使之满足?|OQ1|?2??|OR1|?2??0，记Q1R1的中点为P2，取Q1P2和P2R1中的一条，记其端点为Q2、R2，使之满足?|OQ2|?2??|OR2|?2??0.依次下去，得到

P1,P2,?,Pn,?，则lim|Q0Pn|? .

n??3

18.设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai,ai?1的矩形的面积（i?1,2,?），则{An}为等比数列的充要条件是（ ）D （A）{an}是等比数列.

（B）a1,a3,?,a2n?1,?或a2,a4,?,a2n,?是等比数列. （C）a1,a3,?,a2n?1,?和a2,a4,?,a2n,?均是等比数列.

（D）a1,a3,?,a2n?1,?和a2,a4,?,a2n,?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，第二小题满分6分，第3小题满分8分）

已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an?3n?6，bn?2n?7（n?N*).将集合{xx?an,n?N*}?{xx?bn,n?N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列

c1,c2,c3,?,cn,?

（1）写出c1,c2,c3,c4；

（2）求证：在数列{cn}中，但不在数列{bn}中的项恰为a2,a4,?,a2n,?； （3）求数列{cn}的通项公式. 22、? c1?9,c2?11c,3?* 312c4,?；1? ① 任意n?N，设a2n?1?3(2n?1)?6?6n?3?bk?2k?7，则k?3n?2，即

a2n?1?bn3?2

② 假设a2n?6n?6?bk?2k?7?k?3n?12?N（矛盾），∴ a2n?{bn}

*

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 20 - -

∴ 在数列{cn}中、但不在数列{bn}中的项恰为a2,a4,?,a2n,?。 ? b3k?2?2(3k?2)?7?6k?3?a2k?1，

b3k?1?6k?5，a2k?6k?6，b3k?6k?7

∵ 6k?3?6k?5?6k?6?k6 ?∴ 当k?1时，依次有b1?a1?c1,b2?c2,a2?c3,b3?c4，??

?6k?3(n?4k?3)??6k?5(n?4k?2)*∴ cn??,k?N

?6k?6(n?4k?1)??6k?7(n?4k) 上海文 2、 计算lim(1?n??3nn?3)= ?2

23.（本题满分18分，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分）

已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an?3n?6，bn?2n?7（n?N*).将集合{xx?an,n?N*}?{xx?bn,n?N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列

c1,c2,c3,?,cn,?

（1）求三个最小的数，使它们既是数列{an}中的项，又是数列{bn}中的项； （2）数列c1,c2,c3,?,c40中有多少项不是数列{bn}中的项？请说明理由； （3）求数列{cn}的前4n项和S4n(n?N*). 23、解：? 三项分别为9,15,21。 ? c1,c2,c3,?,c40分别为

9,11,12,13,15,17,18,19,21,23,24,25,27,29,30,31,33,35,36,37, 39,41,42,43,45,47,48,49,51,53,54,55,57,59,60,61,63,65,66,67

? b3k?2?2(3k?2)?7?6k?3?a2k?1，b3k?1?6k?5，a2k?6k?6，b3k?6k?7 ∵ 6k?3?6k?5?6k?6?k6 ?

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 21 - -

?6k?3(n?4k?3)??6k?5(n?4k?2)*∴ cn??,k?N。c4k?3?c4k?2?c4k?1?c4k?24k?21

?6k?6(n?4k?1)??6k?7(n?4k)S4n?(c1?c2?c3?c4)???(c4n?3?c4n?2?c4n?1?c4n)?24?n(n?1)2?21n?12n?33n2。

四川理

8．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn?an?1?an(n?N*)，若则b3??2，b10?12，则

a8?

（A）0 （B）3 （C）8 （D）11 答案：B

b10?12及b10?b3?7d解得d?2，{bn}为等差数列，解析：由b3??2，故bn??2?2(n?3)，

即bn?2n?8，故a2?a1?b1??6，a3?a2?b2??4，a4?a3?b3??2，?，a8?a7?b7?6，相加得a8?a1??6??4??2?0?2?4?6?0，故a8?a1?3，选B．

11．定义在[0,??)上的函数f(x)满足f(x)?3f(x?2)，当x?0时，f(x)??x2?2x．设2,[)f(x)在[2n?2,2n)上的最大值为an(n?N*)，且{an}的前n项和为Sn，则limSn?

n??（A）3 答案：D

（B）

52 （C）2

13 （D）

32

解析：∵f(x)?3f(x?2)，∴当x?2时，f(x)?a1?1；当x?[2,4)当x?2f(x?2)，),0[13(?x?2x)，a2?2时，f(x)??x2?2x，

13时，x?2?[0,2)，f(x)?，

13f(x?2)?；当x?[2n?2,2)n，

时

f(x)?13f(x?2)?132x?2n?133f(x?2?2)?f(x?2?3)???13nf(x?2n)?13n(?x?2x)2，则an?13n，

limSn?n??11?13?32，选D．

20．（本小题共12分） 设d为非零实数，an?1n[Cnd?2Cnd???(n?1)Cnd122n?1n?1?nCnd]（n?Nnn*）．

（Ⅰ）写出a1，a2,，a3并判断{an}是否为等比数列．若是，给出证明；若不是，说明理由； （Ⅱ）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知识以及基本的运算能力，分析问题、解决问题的能力和化归与转化等数学思想．

解：（Ⅰ）由已知可得a1?d，a2?d(1?d)，a2?d(1?d)2．

当n?2，k?1时，∵rCnr?r?∴an??1n1n0122n!r!?(n?r)!n?1?n?(n?1)!(r?1)!?(n?r)!nn?nCn?1r?1，因此

[Cnd?2Cnd???(n?1)Cnd12n?2n?1n?1?nCnd]

n?1n(nCn?1d?nCn?1d???nCn?1dn?1?nCn?1d)?d(Cn?1?Cn?1d???Cn?1d01n?2n?2?Cn?1dn?1n?1)

?d(1?d)．

- 21 -

2011年高考数学试题分类汇编

an?1an- - 22 - -

由此可见，当d??1时，∵

?1?d，故{an}是以a1?d为首项，1?d为公比的等比数

列；

当d??1时，a1??1，an?0（n?2），{an}不是等比数列．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，an?d(1?d)n?1，从而bn?d2?n(1?d)n?1，

Sn?d[1?2(1?d)?3(1?d)???n(1?d)22n?1] ①

当d??1时，Sn?d2?1．

当d??1时，①两边同乘以1?d得

(1?d)Sn?d[(1?d)?2(1?d)?3(1?d)???n(1?d)] ②

223n①，②式相减可得：

?dSn?d[1?(1?d)?(1?d)???(1?d)22n?1?n(1?d)]?d?[n2(1?d)?1dn?n(1?d)]．

n化简即得Sn?(d?1)n(nd?1)?1．综上，Sn?(d?1)n(nd?1)?1． 四川文

9．数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，an+1 =3Sn（n ≥1），则a6=

（A）3 × 4 答案：A

解析：由an+1 =3Sn，得an =3Sn－1（n ≥ 2），相减得an+1－an =3(Sn－Sn－1)= 3an，则an+1=4an（n ≥ 2），a1=1，a2=3，则a6= a2·4=3×4，选A．

20．（本小题共12分）

已知{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和．

（Ⅰ）当S1、S3、S4成等差数列时，求q的值；

（Ⅱ）当Sm、Sn、Sl成等差数列时，求证：对任意自然数k，am?k、an?k、al?k也成等差数列．

本小题考查等比数列和等差数列的基础知识以及基本运算能力和分析问题、解决问题的能力．

解：（Ⅰ）由已知，an?aqn?1，因此S1?a，S3?a(1?q?q2)，S4?a(1?q?q2?q3)．

当S1、S3、S4成等差数列时，S1?S4?2S3，可得aq3?aq?aq2． 化简得q2?q?1?0．解得q?1?254

4

4

（B）3 × 4+1

4

（C）4

4

（D）4+1

4

．

（Ⅱ）若q?1，则{an}的每项an?a，此时am?k、an?k、al?k显然成等差数列． 若q?1，由Sm、Sn、Sl成等差数列可得Sm?Sl?2Sn，即

a(qm?1)q?1a(q?1)?2(aq1)??q?1q?1ln．

整理得qm?ql?2qn．因此，am?k?al?k?aqk?1(qm?ql)?2aqn?k?1?2an?k．

所以，am?k、an?k、al?k也成等差数列． 天津理

6．已知?an?是首项为1的等比数列，Sn是?an?的前n项和，且9S3?S6．则?． 5项和为（ ）1531 Ａ．或5 Ｂ．或5

816?1??的前?an?

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 23 - -

Ｃ．

3116 Ｄ．

158

9?1?q1?q3【解】设数列?an?的公比为q，由9S3?S6可知q?1．于是又

33??1?q61?q，

于是q6?9q3?8?0，即?q?1??q?8??0，因为q?1，则q?2．

1?155?1?1q?131q数列??的首项为1，公比为，则前5项和T5?．故选Ｃ． ?4?1q?q?1?16q?an?1?q22．（本小题满分14分）在数列?an?中，a1?0，且对任意k?N?，a2k?1,a2k,a2k?1成等差数列，其公差为dk．

（Ⅰ）若dk?2k，证明a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列；

（Ⅱ）若对任意k?N?，a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列，其公比为qk． (ⅰ) 设q1?1,证明????是等差数列;

?qk?1?1(ⅱ) 若a2?2,证明

32n?2n??k?2k2ak?2?n?2?.

【解】（Ⅰ）解法1．由题设可得a2k?1?a2k?1?4k，k?N?． 所以a2k?1?a1??a2k?1?a2k?1???a2k?1?a2k?3??L?a3?a1?

4k?4?k?1??L?4?1?2k?k?1?． 因为a1?0，所以a2k?1?2k?k?1?．

从而由a2k?1,a2k,a2k?1成等差数列，其公差为2k得a2k?a2k?1?2k?2k． 于是a2k?2?2?k?1?． 因此

a2k?1a2k?k?1k22，

a2k?2a2k?1?k?1k，所以

a2k?2a2k?1?a2k?1a2k?k?1k，

于是当dk?2k时，对任意k?N?， a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列． 解法2．用数学归纳法．

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 24 - -

(1) 当k?1时，因为a1,a2,a3成公差为2k?2的等差数列，及a1?0，则a2?2,a3?4． 当k?2时，因为a3,a4,a5成公差为2k?4的等差数列，及a3?4，则a4?8,a5?12． 由a2?2,a3?4，a4?8，所以a2,a3,a4成等比数列． 所以当k?1时，结论成立； (2) 假设对于k结论成立，即

a2k?1,a2k,a2k?1成公差为dk?2k等差数列，a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列，

设a2k?u，则a2k?1?u?2k，a2k?2?a2k?1a2k2??u?2k?u2，

又由题设a2k?1,a2k?2,a2k?3成公差为dk?2?k?1?等差数列， 则a2k?2?a2k?1?2?k?1??u?2k?2k?2?u?4k?2，

2因此

?u?2k?u?u?4k?2，解得u?2k．

222于是a2k?1?2k2?2k?2k?k?1?，a2k?2?2k?2k?2k?2?2?k?1?．

a2k?3?2?k?1??2?k?1??2?k?1??k?2?．

2再由题设a2k?3,a2k?4,a2k?5成公差为dk?2?k?2?等差数列， 及a2k?3?2?k?1??k?2?，

则a2k?4?a2k?3?2?k?2??2?k?1??k?2??2?k?2??2?k?2?． 因为a2k?2?2?k?1?，a2k?3?2?k?1??k?2?，a2k?4?2?k?2?， 所以

a2k?3a2k?2?2?k?1??k?2?2?k?1?2222?k?2k?1，

a2k?4a2k?3?2?k?2?22?k?1??k?2??k?2k?1，

于是a2k?2,a2k?3,a2k?4成等比数列．于是对k?1结论成立， 由(1)，(2)，对对任意k?N?,结论成立．

（Ⅱ）(ⅰ)证法1．由a2k?1,a2k,a2k?1成等差数列，a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列, 则 2a2k?a2k?1?a2k?1,即2?a2k?1a2k?a2k?1a2k?1qk?1?qk．因为q1?1,可知

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 25 - -

qk?1?k?N??,

从而

1qk?1?2?11qk?1?1?1qk?1?1?1，即

1qk?1?1qk?1?1?1，

?1?所以??是等差数列，且公差为1．

?qk?1?证法2．由题设,dk?a2k?1?a2k?qka2k?a2k?a2k?qk?1?, dk?1?a2k?2?a2k?1?qka2k?qka2k?a2kqk?qk?1?,所以dk?1?qkdk.

qk?1?a2k?3a2k?2?a2k?2?dk?1a2k?2?1?dk?1qka2k22?1?qkdkqa2k2k?1?dkqka2k?1?a2k?qk?1?qka2k?2?1qk．

因为q1?1,可知qk?1?k?N??,于是

???是等差数列，且公差为1．

?qk?1?11qk?1?1?1qk?1?qkqk?1?1qk?1?1．

所以?(ⅱ) 证法1．由（Ⅰ）得解法1和解法2均可得qk?从而

a2k?2a2k?1a2k?1a2kk?1kk?1k．

??，

a2k?2a2k?k?1????，

k??2因此a2k?a2ka2k?2a2k?4k?1k?a2k?2?L?a4a2?a2?k22?k?1???k?1?22?k?2??L?2122?2?2k，k?N?，

2a2k?1?a2k??2k?2k?1k?2k?k?1?，k?N?．

(1) 当n为偶数时，设n?2m?m?N??．

n若m?1，则2n??k?2k2ak?4?222?2，满足

32n?2n??k?2k2ak?2；

若m?2，则

n?k?2k2mak??k?1?2k?a2k2m?1??k?2?2k?1?a2k?12m??k?1?2k?2k22?2k?1???k?22k?k?1?n2

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 26 - -

?4k2?4k?1??2?????

2k?k?1??k?1k?2?2k?k?1?mm?1m?1?2m??k?131?1?11??1?1??2n??． ?2m?2m?1?1?2??????????2n2m2?kk?1?????n所以2n??k?2k2ak?32?1n，所以

32n?2n??k?2k2ak?2，n?4,6,8,L．

(2) 当n为奇数时，设n?2m?1?m?N??．

n?k?2k22mak32???k?2k2ak??2m?1?a2m?12?4m?32?12m??2m?1?2m?m?1?2?4m?12?12?m?1??2n?1n?1n．

k2所以2n??k?2ak?32?1n?1，所以

32n?2n??k?2nk2ak?2，n?3,5,7,L．

由(1)，(2)可知，对任意n?2，

32?2n??k?2k2ak?2．

证法2．由（Ⅰ）得解法1和解法2均可得qk?dkd1dkdk?1k?1k．从而

dk?1dk?qk?k?1k．

所以?dk?1dk?2??L?d2d1?kk?1k?2?k?1?L?21?k，由d1?2，可得dk?2k．

于是由（Ⅰ）知a2k?1?2k?k?1?，a2k?2k．以下同证法１．

2天津文

15．设?an?是等比数列，公比q?2，Sn为?an?的前n项和．记Tn?17Sn?S2nan?1，

n?N?，设Tn0为数列?Tn?的最大项，则n0? ．

【解】4．

设a1?1，则an???22n?1，an?1???2n，Sn???2n?1?an?1?12?1，

2?1S2n??2?2n?1?an?1?12?1．

2?1

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 27 - -

Tn?17Sn?S2nan?117??an?1?12?1an?1?an?1?12?1????16a??17?n?1?，

a2?1?n?1?12因为函数g?x??x?116x?x?0?在x?4时，取得最小值，

所以Tn????16a??17?n?1?在an?1?4时取得最大值．

an?12?1??此时an?1??2?n?4，解得n?4．即T4为数列?Tn?的最大项，则n0?4．

22．（本小题满分14分）在数列?an?中，a1?0，且对任意k?N?，a2k?1,a2k,a2k?1成等差数列，其公差为2k．

（Ⅰ）证明a4,a5,a6成等比数列； （Ⅱ）求数列 ?an?的通项公式；

22（Ⅲ）记Tn?a2?32a3?L?n2an．证明

32?2n?Tn?2?n?2?．

【解】（Ⅰ）由题设可知，a2?a1?2?2，a3?a2?2?4，a4?a3?4?8，

a5?a4?4?12，a6?a5?6?18 ，所以

a6a5?a5a4?32．因此a4,a5,a6成等比数列．

（Ⅱ）由题设可得a2k?1?a2k?1?4k，k?N?． 所以a2k?1?a1??a2k?1?a2k?1???a2k?1?a2k?3??L?a3?a1?

=4k?4?k?1??L?4?1?2k?k?1?．因为a1?0，所以a2k?1?2k?k?1?． 从而由a2k?1,a2k,a2k?1成等差数列，其公差为2k得a2k?a2k?1?2k?2k．

?n2?1,??2所以，数列 ?an?的通项公式为an??2?n,??2n?2k?1,2

n?2k,k?N（或an?n22???1?n?14,n?N?．

2（Ⅲ）由（Ⅱ）可知a2k?1?2k?k?1?，a2k?2k．k?N?

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 28 - -

下面对n分为奇数和偶数讨论．

(1) 当n为偶数时，设n?2m?m?N??．

n若m?1，则2n??k?2k2ak?4?222?2，满足

32n?2n??k?2k2ak?2；

若m?2，则

n?k?2mk2makm?1??k?1?2k?a2k2m?1??k?2?2k?1?a2k?12m??k?1?2k?2k22?2k?1???k?22k?k?1?n2?4k2?4k?1??2?????

2kk?12kk?1?????k?1k?2?m?1?2m??k?131?1?11??1?1??2n??． ?2m?2m?1?1?2??????????2n2?m?2?kk?1???n所以2n??k?2k2ak?32?1n，所以

32n?2n??k?2k2ak?2，n?4,6,8,L．

(2) 当n为奇数时，设n?2m?1?m?N??．

n?k?2k22mak32???k?2k2ak??2m?1?a2m?12?4m?32?12m??2m?1?2m?m?1?2?4m?12?12?m?1??2n?1n?1n．

k2所以2n??k?2ak?32?1n?1，所以

32n?2n??k?2nk2ak?2，n?3,5,7,L．

由(1)，(2)可知，对任意n?2，

32?2n??k?2k2ak?2．

浙江理19．（本小题满分14分） 已知数列?an?满足：a1?2且an?1??n?ana222?n?1?anan?n（n?N）

?（Ⅰ）求证：数列???1?为等比数列，并求数列?an?的通项公式； ?a33ann?n?2（n?N）。

?（Ⅱ）证明：

a11???...?19．（本小题满分14分）

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 29 - -

（Ⅰ）由题得：an+1（an+n）=2（n+1）an ， 即anan?1?nan?1?2(n?1)an 故2??nan?n?1?an?1??n?n?1???1?1 即数列??为等比数列， ??3分 ?an??an?n?1 ??1??1??1???????2??2?ann?1?1n?1?????， ? an?n?n ??7分

22?1??n（Ⅱ）由上知

2n?1 ??????????????8分

n??1???1?????2??????n?11?2?a11?a22?a33?...?ann?n?120?121?122?...?12n?1?1??n?2????2?n?1?n?2。

浙江文（17）若数列?n(n?4)()?中的最大项是第k项，则k=_______________。4

?3?1a11a2?2n?（19）（本题满分14分）已知公差不为0的等差数列{an}的首项为a(a?R)，且

，，

1a4成等比数列．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）对n?N，试比较

*1a2?1a22?1a23?...?1a2n与

1a1的大小．

（19）本题主要考查等差、等比数列的概念以及通项公式，等比数列的求和公式等基础知识，

同时考查运算求解能力及推理论证能力。满分14分。 （Ⅰ）解：设等差数列{an}的公差为d，由题意可知(221a2)?21a1?1a4

即(a1?d)?a1(a1?3d)，从而a1d?d

因为d?0,所以d?a1?a. 故通项公式an?na.

1a2?1a22???1a2n,因为a2n?2a

n （Ⅱ）解：记Tn?

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 30 - -

1n(1?())1111111n2所以Tn?(?2???n)??2?[1?()]

1a22aa221?21

从而，当a?0时，Tn??x??1a1；当a?0时,Tn?1a1.

重庆理（3）已知lim(x???ax???x)??，则a? D

（A）?? (B) 2 (C) 3 (D) 6

（11）在等差数列{an}中，a3?a7?37，则a2?a4?a6?a8?__________ 74 （21）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分） 设实数数列?an?的前n项和Sn，满足Sn?1?an?1Sn,(n?N)

? （Ⅰ）若a1,s2,?2a2成等比数列，求S2和a3； （Ⅱ）求证：对k?3有0?ak?1?ak?43

?S22??2a1a22?S2??2S2，因为S2?0所以S2??2； 解：（Ⅰ）由题意??S2?a2S1?a1a2由S2?a3?S3?a3S2?a3?S2S2?1?23；

（Ⅱ）易见Sn?1,an?1?1，所以

Sn?1?an?1Sn?Sn?an?1?an?1Sn?an?1?SnSn?1,Sn?an?1an?1?1；

从而k?3时有：ak?Sk?1Sk?1?1?ak?1?Sk?2ak?1?Sk?2?1ak?1??ak?1?ak?1ak?1?1ak?1?1?ak?1ak?1?ak?1?122

ak?1?1因为ak?1?ak?1?1?(ak?1?要证ak?22122)?234?0，且ak?1?0，所以ak?0；

243，只要证

ak?1ak?1?ak?1?122?43，

即证3ak?1?4ak?1?4ak?1?4?ak?1?4ak?1?4?0?(ak?1?2)?0此式显然成立， 所以k?3时有ak?4322。

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 31 - -

最后证ak?1?ak，若不然，ak?1?2ak2k2a?ak?1?ak，又ak?0，故

aka?ak?12k?1

即(ak?1)?0，矛盾，所以ak?1?ak（k?3）。

重庆文(16)(本小题满分13分，(Ⅰ)小问7分，(Ⅱ)小问6分.)

设

是公比为正数的等比数列，

的通项公式;

是首项为1，公差为2的等差数列，求数列

,

n,.

(Ⅰ)求(Ⅱ)设

的前项和

2.

解：(Ⅰ)设 等比数列的公比为q,q?0，由

q?2或q??1（舍去），所以数列

得2q?2q?4，即

的通项公式为an?2；

(Ⅱ)Sn?2n?1?n?2。

2

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2011年高考数学试题分类汇编 - - 31 - -

最后证ak?1?ak，若不然，ak?1?2ak2k2a?ak?1?ak，又ak?0，故

aka?ak?12k?1

即(ak?1)?0，矛盾，所以ak?1?ak（k?3）。

重庆文(16)(本小题满分13分，(Ⅰ)小问7分，(Ⅱ)小问6分.)

设

是公比为正数的等比数列，

的通项公式;

是首项为1，公差为2的等差数列，求数列

,

n,.

(Ⅰ)求(Ⅱ)设

的前项和

2.

解：(Ⅰ)设 等比数列的公比为q,q?0，由

q?2或q??1（舍去），所以数列

得2q?2q?4，即

的通项公式为an?2；

(Ⅱ)Sn?2n?1?n?2。

2

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