2011年高考试题分类汇编：数列的综合问题

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数列综合问题

1、（2011年陕西卷理科第14题）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）． ●解答题

1、（2011年北京卷理科第20题）若数列An?a1,a2.,.an.,n?(满2足)an?1?a1?1(k?1,2,...,n?1)，数列An为E数列，记S(An)=a1?a2?...?an．

（Ⅰ）写出一个满足a1?as?0，且S(As)〉0的E数列An；

（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）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。

2、（2011年北京卷文科第20题）若数列An:a1,a2,???,an(n?2)满足

ak?1?ak?1k(?1???,2n,?,，则称1)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成立得n的最小值. 3、（2011年广东卷理科第20题）设b?0,数列?an?满足a1=b,an?(1)求数列?an?的通项公式；

nban?1(n?2),

an?1?2n?2bn?1(2)证明：对于一切正整数n,an?n?1?1.

24、（2011年广东卷文科第20题）设b?0，数列{an}满足a1?b，an?≥2)．

（1）求数列{an}的通项公式；

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nban?1(nan?1?n?1金太阳新课标资源网

（2）证明：对于一切正整数n，2an≤bn?1?1．

5、（2011年江苏卷第20题）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。

6、（2011年重庆卷理科第21题）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?4 36、（2011年湖南卷文科第20题）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?n?an,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． ●填空题 1、2000 ●解答题

1、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,

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

n(n?1)为偶数, 2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.

2、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；0，±1，0，1，2；0，±1，0，—1，—2；0，±1，0，

—1，

—2，0，±1，0，—1，0都是满足条件的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—at≤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）对首项为4的E数列Ak，由于

a2?a1?1?3,

a3?a2?1?2,

……

a5?a7?1??3.

……

所以a1?a2???ak?0(k?2,3,?,8)

所以对任意的首项为4的E数列Am，若S(Am)?0, 则必有n?9.

又a1?4的E数列A1:4,3,2,1,0,?1,?2,?3,?4满足S(A1)?0, 所以n是最小值是9. 3、

解:(1)方法一:由an?当b?2时,nban?1n2n?11可得???,an?1?2n?2anban?1bnn?11n111nn??,则数列{}是以?为首项,为公差的等差数列,??,从而an?2.anan?12ana122an2n12n?11 当b?2时,??(?),an2?bban?12?b则数列{n11122?}是以??为首项,为公比的等比数列,an2?ba12?bb(2?b)bn122n?112nnbn(2?b)????()??(),?an?nn,an2?bb(2?b)b2?bb2?b(b?2)?2,?n 综上an??nb(2?b).(b?0,b?2)?nn?2?b 金太阳新课标资源网

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方

法

二

：

当b?2时,

nn?11n111nn??,则数列{}是以?为首项,为公差的等差数列,??,从而an?2.anan?12ana122an22b22b2(b?2)3b33b3(b?2)?2?3当b?2时，a1?b，a2?，a2?2， 23b?2b?2b?2b?4b?2nbn(b?2)猜想an?，下面用数学归纳法证明： nnb?2①当n?1时，猜想显然成立；

kbk(b?2)②假设当n?k时，ak?，则

bk?2kak?1(k?1)b?ak(k?1)b?kbk(b?2)(k?1)bk?1(b?2)， ???ak?2(n?1)kbk(b?2)?2k?(bk?2k)bk?1?2k?1所以当n?k?1时，猜想成立，

nbn(b?2)由①②知，?n?N*，an?．

bn?2n

bn?1bn?1(2)当b=2时,an?2,n?1+1?2,?an?n?1+1,从而原不等式成立;22bn?1nbn(2?b)bn?1n(2?b)b1当b?2时,要证an?n?1+1,只需证nn?n?1+1,即证nn?n?1+n,22?b22?b2bnb1即证n?1n?2?+,2?2b?2n?3b2??2bn?2?bn?12n?1bn2n?12n?22n?321bb2bn?1bn

即证n?n?n?1?n?2??2??2?3??n?n?1,bbbbb22222n?1bn2n?2bn?12b21b而上式左边=(n?n?1)?(n?1?n)??(2?3)?(?2)b2b2b2b22n?1bn2n?2bn?12b21b?2??2???2??2??nbn2n?1bn?12nb223b22?当b?2时,原不等式也成立,从而原不等式成立.4、（1）解：∵an?nban?1

an?1?n?1∴

anban?1 ?nan?1?n?1n1n?11??? anban?1b∴

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① 当b?1时，

nn?1n??1，则{}是以1为首项，1为公差的等差数列 anan?1an∴

n?1?(n?1)?1?n，即an?1 ann11n?11??(?) an1?bban?11?b② 当b?0且b?1时，

当n?1时，

n11 ??an1?bb(1?b)∴{11n1为首项，为公比的等比数列 ?}是以

bb(1?b)an1?b∴

n111???()n an1?b1?bbn111?bn∴ ???an(1?b)bn1?b(1?b)bnn(1?b)bn∴an?

1?bn?n(1?b)bn,　b?0且b?1?综上所述an??1?bn

?1，　 　b?1　　　?（2）证明：① 当b?1时，2an?bn?1?1?2；

② 当b?0且b?1时，1?b?(1?b)(1?b?n?1n?bn?2?bn?1)

要证2an?b即证

2n(1?b)bnn?1?b?1， ?1，只需证n1?b2n(1?b)1?b? nn1?bb2n1?b?即证 n?2n?1n1?b??b?bb1n?2n?1即证(b?n)(1?b??b?b)?2n

b112n?1n即证(b?b??b?b)?(n?n?1?bb?11?)?2n 2bb 金太阳新课标资源网

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∵(b?b?2?bn?1?bn)?(11?(b?)?(b2?2)?bb1111????) bnbn?1b2b11?(bn?1?n?1)?(bn?n)

bb11?2b??2b2?2?bb?2bn?1?n?11n1?2b?n?2n，∴原不等式成立 n?1bb∴对于一切正整数n，2an≤b5、解析：（1）

?1．

k?1,??n?1,Sn?1?Sn?1?2(Sn?S1),?Sn?2?Sn?2(Sn?1?S1)即：

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?4,Sn?4?Sn?2?2(Sn?1?S3),(3);?n?5,Sn?5?Sn?3?2(Sn?1?S4),(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.

2?S2??2a1a2,26、（I）解：由题意?得S2??2S2，

?S2?a2S1?a1a2, 金太阳新课标资源网

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由S2是等比中项知S2?0.因此S2??2. 由S2?a3?S3?a3S2解得

aS23?S??222?1?3. 2?1? （II）证法一：由题设条件有Sn?an?1?an?1Sn,

故SSnn?1,an?1?1且an?1?S?1,S?an?1na, nn?1?1从而对k?3有

aak?1k?1?a?S2k?1ak?1?Sk?2ak?1?1ak?1kS??k?1?1ak?1?Sk?2?1aa?k?1a2.1?k?1?ak?1?1k?a?1k?1?1因a2k?1?a123k?1?1?(ak?1?2)?4?0且a2k?1?0，由①得ak?0 2要证a4ak?14k?3，由①只要证a2?,

k?1?ak?1?13即证3a22k?1?4(ak?1?ak?1?1),即(ak?1?2)2?0. 此式明显成立. 因此a4k?3(k?3). 最后证ak?1?ak.若不然ak?1?a2ka2?ak, k?ak?1又因ak?0,故aka2?1,即(a2k?1)?0.矛盾. k?ak?1因此ak?1?ak(k?3).

证法二：由题设知Sn?1?Sn?an?1?an?1Sn，

故方程x2?Sn?1x?Sn?1?0有根Sn和an?1（可能相同）.

因此判别式??S2n?1?4Sn?1?0.

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①

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又由Sn?2?Sn?1?an?2?an?2Sn?1得an?2?1且Sn?1?an?2.

an?2?12an4an?22?2因此??0,即3an?2?4an?2?0， 2an?2?1(an?2?1)解得0?an?2?因此0?ak?由ak?4. 3(k?3).

43Sk?1?0(k?3)，得

Sk?1?1SkSk?1S?ak?ak(?1)?ak(2k?1?1)Sk?1akSk?1?1Sk?1?1Sk?1?1ak??Sk2?1?Sk?1?1ak?0.123(Sk?1?)?24ak?1?ak?

??因此ak?1?ak(k?3).

6、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?()3为等比数列，又a6?70，所以 434n?6;

?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?6a?70?(),n?7n??4(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?333?an)?570?70??4?[1?()n?6]?780?210?()n?6444

3780?210?()n?64An?.n 金太阳新课标资源网

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因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列，又

33780?210?()8?6780?210?()9?6477944A8??82?80,A9??76?80,

864996所以须在第9年初对M更新．

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