2012年高考数学 高考试题+模拟新题分类汇编专题D 数列 理

用心 爱心 专心1 D D 数列数列 D1 数列的概念与简单表示法 21 D1D1 D3D3 E1E1 M3M3 2012 重庆卷 设数列 an 的前n项和Sn满足Sn 1 a2Sn a1 其中a2 0 1 求证 an 是首项为 1 的等比数列 2 若a2 1 求证 Sn a1 an 并给出等号成立的充要条件 n 2 21 解 1 证法一 由S2 a2S1 a1得a1 a2 a2a1 a1 即a2 a2a1 因a2 0 故a1 1 得 a2 a2 a1 又由题设条件知 Sn 2 a2Sn 1 a1 Sn 1 a2Sn a1 两式相减得Sn 2 Sn 1 a2 Sn 1 Sn 即an 2 a2an 1 由a2 0 知an 1 0 因此 a2 an 2 an 1 综上 a2对所有n N N 成立 从而 an 是首项为 1 公比为a2的等比数列 an 1 an 证法二 用数学归纳法证明an a n N N n 12 当n 1 时 由S2 a2S1 a1 得a1 a2 a2a1 a1 即a2 a2a1 再由a2 0 得 a1 1 所以结论成立 假设n k时 结论成立 即ak a 那么 k 12 当n k 1 时 ak 1 Sk 1 Sk a2Sk a1 a2Sk 1 a1 a2 Sk Sk 1 a2ak a k2 这就是说 当n k 1 时 结论也成立 综上可得 对任意n N N an a 因此 an 是首项为 1 公比为a2的等比数列 n 12 2 当n 1 或 2 时 显然Sn a1 an 等号成立 n 2 设n 3 a2 1 且a2 0 由 1 知a1 1 an a 所以要证的不等式化为 n 12 1 a2 a a 1 a n 3 2 2n 12 n 2n 12 即证 1 a2 a a 1 a n 2 2 2n2 n 1 2n2 当a2 1 时 上面不等式的等号成立 当 1 a2 1 时 a 1 与a 1 r 1 2 n 1 同为负 r2n r2 当a2 1 时 a 1 与a 1 r 1 2 n 1 同为正 r2n r2 因此当a2 1 且a2 1 时 总有 a 1 a 1 0 即 r2n r2 a a 1 a r 1 2 n 1 r2n r2n2 上面不等式对r从 1 到n 1 求和得 2 a2 a a n 1 1 a 2 2n 12n2 由此可得 1 a2 a a 1 a 2 2n2 n 1 2n2 综上 当a2 1 且a2 0 时 有Sn a1 an 当且仅当n 1 2 或a2 1 时等号成 n 2 立 证法二 当n 1 或 2 时 显然Sn a1 an 等号成立 当a2 1 时 n 2 用心 爱心 专心2 Sn n a1 an 等号也成立 n 2 当a2 1 时 由 1 知Sn an a 下证 1 an2 1 a2n 12 1 a n 3 a2 1 且a2 1 1 an2 1 a2 n 2n 12 当 1 a2 1 时 上面不等式化为 n 2 a na2 na n 2 n 3 n2n 12 令f a2 n 2 a na2 na n2n 12 当 1 a2 0 时 1 a 0 故 n 22 f a2 n 2 a na2 1 a n 2 a2 n n 2 n2n 22 即所要证的不等式成立 当 0 a2 1 时 对a2求导得f a2 n n 2 a n 1 a 1 ng a2 n 12n 22 其中g a2 n 2 a n 1 a 1 则g a2 n 2 n 1 a2 1 n 12n 22 a 0 即g a2 是 0 1 上的减函数 故g a2 g 1 0 从而f a2 ng a2 0 进 n 32 而f a2 是 0 1 上的增函数 因此f a2 f 1 n 2 所要证的不等式成立 当a2 1 时 令b 则 0 b 1 由已知的结论知 1 a2 1 1 a2 n 1 1 a2 n 2 1 1 a2 n 1 两边同时乘以a得所要证的不等式 n 12 综上 当a2 1 且a2 0 时 有Sn a1 an 当且仅当n 1 2 或a2 1 时等号成 n 2 立 23 M2M2 D1D1 2012 上海卷 对于数集X 1 x1 x2 xn 其中 0 x1 x2 xn n 2 定义向量集Y a a a a s t s X t X 若对任意 a a1 Y 存在a a2 Y 使得a a1 a a2 0 则称X具有性质 P P 例如 1 1 2 具有性质 P P 1 若x 2 且 1 1 2 x 具有性质 P P 求x的值 2 若X具有性质 P P 求证 1 X 且当xn 1 时 x1 1 3 若X具有性质 P P 且x1 1 x2 q q为常数 求有穷数列x1 x2 xn的通项 公式 23 解 1 选取a a1 x 2 Y中与a a1垂直的元素必有形式 1 b 所以x 2b 从而x 4 2 证明 取a a1 x1 x1 Y 设a a2 s t Y 满足a a1 a a2 0 由 s t x1 0 得s t 0 所以s t异号 因为 1 是X中唯一的负数 所以s t之中一个为 1 另一个为 1 故 1 X 假设xk 1 其中 1 k n 则 0 x1 1 xn 选取a a1 x1 xn Y 并设a a2 s t Y满足a a1 a a2 0 即sx1 txn 0 则s t异号 从而s t之中恰有一个为 1 若s 1 则x1 txn t x1 矛盾 若t 1 则xn sx1 s xn 矛盾 所以x1 1 3 设a a1 s1 t1 a a2 s2 t2 则a a1 a a2 0 等价于 s1 t1 t2 s2 记B Error 则数集X具有性质 P P 当且仅当数集B关于原点对称 注意到 1 是X中的唯一负数 B 0 x2 x3 xn 共有n 1 个 用心 爱心 专心3 数 所以B 0 也只有n 1 个数 由于 已有n 1 个数 对以下三角数阵 xn xn 1 xn xn 2 xn x2 xn x1 xn xn 1 xn xn 2 xn x2 xn x1 xn 1 xn 2 xn 1 xn 3 xn 1 x1 x2 x1 注意到 所以 从而数列的通项为xk x1 xn x1 xn 1 x1 x2 x1 xn xn 1 xn 1 xn 2 x2 x1 k 1 qk 1 k 1 2 n x2 x1 7 D2D2 E1E1 2012 浙江卷 设Sn是公差为d d 0 的无穷等差数列 an 的前n项和 则下列命题错误的是 A 若d 0 则数列 Sn 有最大项 B 若数列 Sn 有最大项 则d0 D 若对任意n N N 均有Sn 0 则数列 Sn 是递增数列 7 C 解析 本题考查等差数列的通项 前n项和 数列的函数性质以及不等式知识 考查灵活运用知识的能力 有一定的难度 法一 特值验证排除 选项 C 显然是错的 举出反例 1 0 1 2 3 满足数列 S n 是递增数列 但是S n 0 不恒成立 法二 由于Sn na1 d n2 n 根据二次函数的图象与性质知当 n n 1 2 d 2 a1 d 2 d0 但对任意的n N N Sn 0 不成立 即选项 C 错误 反之 选项 D 是正确的 故应选 C 点评 等差数列的求和公式与二次函数的图象的关系是解决本题的重要依据 图 1 2 D2 等差数列及等差数列前 n 项和 6 D2D2 2012 辽宁卷 在等差数列 an 中 已知a4 a8 16 则该数列前 11 项和 S11 A 58 B 88 C 143 D 176 6 B 解析 本小题主要考查等差数列的性质和求和公式 解题的突破口为等差数列 性质的正确应用 用心 爱心 专心4 由等差数列性质可知 a4 a8 a1 a11 16 S11 88 11 a1 a11 2 5 D2D2 2012 全国卷 已知等差数列 an 的前n项和为Sn a5 5 S5 15 则数列 的前 100 项和为 1 anan 1 A B 100 101 99 101 C D 99 100 101 100 5 A 解析 本小题主要考查等差数列的前n项和公式与裂项相消求和法 解题的突 破口为等差数列前奇数项和与中间项的关系及裂项相消求和法 由S5 5a3得a3 3 又a5 5 所以 an n 1 anan 1 1 n n 1 1 n 1 n 1 1 a1a2 1 a2a3 1 a100a101 1 1 1 2 1 2 1 3 1 故选 A 1 100 1 101 1 101 100 101 10 D2D2 2012 北京卷 已知 an 为等差数列 Sn为其前n项和 若a1 S2 a3 1 2 则a2 10 1 解析 本题考查等差数列基本公式和基础运算 设等差数列 an 的公差为 d 由S2 a3可得 a1 a3 a2 d 所以a2 2d 2 1 1 2 1 2 2 D2D2 2012 福建卷 等差数列 an 中 a1 a5 10 a4 7 则数列 an 的公差为 A 1 B 2 C 3 D 4 2 B 解析 根据已知条件得 Error 即Error 解得 2d 4 所以d 2 所以选择 B 11 D2D2 2012 广东卷 已知递增的等差数列 an 满足a1 1 a3 a 4 则 2 2 an 11 2n 1 解析 设等差数列的公差为d 由于数列是递增数列 所以 d 0 a3 a1 2d 1 2d a2 a1 d 1 d 代入已知条件 a3 a 4 得 1 2d 1 d 2 2 2 4 解得d2 4 所以d 2 d 2 舍去 所以an 1 n 1 2 2n 1 12 B3B3 D2D2 2012 四川卷 设函数f x 2x cosx an 是公差为的等差数列 8 f a1 f a2 f a5 5 则 f a3 2 a1a5 A 0 B 2 1 16 C 2 D 2 1 8 13 16 12 D 解析 设a3 则a1 a2 a4 a5 4 8 8 4 由f a1 f a2 f a5 5 得 2 5 cos cos cos cos cos 5 4 8 8 4 即 10 1 cos 5 22 2 当 0 时 左边是 的增函数 且 满足等式 2 当 时 10 10 而 1 cos 5cos 5 等式不可能成立 22 2 用心 爱心 专心5 当 0 时 10 0 而 1 cos 5 等式也不可能成立 22 2 故a3 2 f a3 2 a1a5 2 2 4 4 13 16 19 D2D2 D5D5 2012 广东卷 设数列 an 的前n项和为Sn 满足 2Sn an 1 2n 1 1 n N N 且a1 a2 5 a3成等差数列 1 求a1的值 2 求数列 an 的通项公式 3 证明 对一切正整数n 有 1 a1 1 a2 1 an 3 2 19 解 1 a1 a2 5 a3成等差数列 2 a2 5 a1 a3 又 2a1 2S1 a2 22 1 2 a1 a2 2S2 a3 23 1 a2 2a1 3 a3 6a1 13 因此 4a1 16 7a1 13 从而 a1 1 2 由题设条件知 n 2 时 2Sn 1 an 2n 1 2Sn an 1 2n 1 1 2an an 1 an 2n 于是 an 1 3an 2n n 2 而由 1 知 a2 2a1 3 5 3a1 2 因此对一切正整数n 有an 1 3an 2n 所以an 1 2n 1 3 an 2n 又 a1 21 3 an 2n 是以 3 为首项 3 为公比的等比数列 故an 2n 3n 即an 3n 2n 3 an 3n 2n 3 3n 1 2n 3n 1 2 3n 1 2n 1 3n 1 1 an 1 3n 1 1 0 的等比数列 an 的前n项和为Sn 若 S2 3a2 2 S4 3a4 2 则q 13 解析 本题主要考查等比数列的求和以及二元方程组的求解 当q 1 时 由 3 2 S2 3a2 2 得a2 2 由S4 3a4 2 得a4 2 两者矛盾 舍去 则q 1 联立方程 Error 可解得Error 故应填 3 2 点评 注意分类 必须对q 1 加以讨论 否则直接利用等比数列的求和公式容易导 致遗漏 14 D3D3 2012 辽宁卷 已知等比数列 an 为递增数列 且a a10 2 an an 2 2 5 5an 1 则数列 an 的通项公式为an 14 2n 解析 本小题主要考查等比数列的概念与性质 解题的突破口为灵活应用等 用心 爱心 专心8 比数列通项变形式 是解决问题关键 由已知条件为等比数列 可知 2 an an 2 5an 1 2 an an q2 an 5anq 2q2 5q 2 0 q 或 2 又因为是递增数列 所以q 2 由a a10得 1 2 an 2 5 a5 q5 32 所以a1 2 an a1qn 1 2n 7 D3D3 2012 湖北卷 定义在 0 0 上的函数f x 如果对于任意给 定的等比数列 an f an 仍是等比数列 则称f x 为 保等比数列函数 现有定义在 0 0 上的如下函数 f x x2 f x 2x f x f x ln x x 则其中是 保等比数列函数 的f x 的序号为 A B C D 7 C 解析 设数列 an 的公比为q 对于 q2 故数列 f an 是公比为q2的等比数列 对于 f an 1 f an a2n 1 a2n 2an 1 an 不为常数 故数列 f an 不是等比数列 对于 f an 1 f an 2an 1 2an 故数列 f an 是等比数列 对于 f an 1 f an an 1 an an 1 an q 不为常数 故数列 f an 不是等比数列 由 保等比数列函数 f an 1 f an ln an 1 ln an 的定义知应选 C 4 D3D3 2012 安徽卷 公比为的等比数列 an 的各项都是正数 且a3a11 16 则 3 2 log2a16 A 4 B 5 C 6 D 7 4 B 解析 本题考查等比数列 等比中项的性质 对数运算等 解法一 由等比中项的性质得a3a11 a 16 又数列各项为正 所以a7 4 所以 2 7 an a16 a7 q9 32 所以 log2a16 5 解法二 设等比数列的公比为q 由题意 an 0 则a3 a11 a 2 2 7 a16 q9 a 24 所以a 210 解得a16 25 故 log2a16 5 1 26 2 162 16 6 D3D3 2012 上海卷 有一列正方体 棱长组成以 1 为首项 为公比的等比数列 1 2 体积分别记为V1 V2 Vn 则 V1 V2 Vn lim n 6 解析 考查等比数列和无穷递缩等比数列的极限 此题只要掌握极限公式即可 8 7 解决 是简单题型 由已知可知V1 V2 V3 构成新的等比数列 首项V1 1 公比q 由极限公式 1 8 得 V1 V2 Vn lim n V1 1 q 1 1 1 8 8 7 21 D1D1 D3D3 E1E1 M3M3 2012 重庆卷 设数列 an 的前n项和Sn满足Sn 1 a2Sn a1 其中a2 0 1 求证 an 是首项为 1 的等比数列 用心 爱心 专心9 2 若a2 1 求证 Sn a1 an 并给出等号成立的充要条件 n 2 21 解 1 证法一 由S2 a2S1 a1得a1 a2 a2a1 a1 即a2 a2a1 因a2 0 故a1 1 得 a2 a2 a1 又由题设条件知 Sn 2 a2Sn 1 a1 Sn 1 a2Sn a1 两式相减得Sn 2 Sn 1 a2 Sn 1 Sn 即an 2 a2an 1 由a2 0 知an 1 0 因此 a2 an 2 an 1 综上 a2对所有n N N 成立 从而 an 是首项为 1 公比为a2的等比数列 an 1 an 证法二 用数学归纳法证明an a n N N n 12 当n 1 时 由S2 a2S1 a1 得a1 a2 a2a1 a1 即a2 a2a1 再由a2 0 得 a1 1 所以结论成立 假设n k时 结论成立 即ak a 那么 k 12 当n k 1 时 ak 1 Sk 1 Sk a2Sk a1 a2Sk 1 a1 a2 Sk Sk 1 a2ak a k2 这就是说 当n k 1 时 结论也成立 综上可得 对任意n N N an a 因此 an 是首项为 1 公比为a2的等比数列 n 12 2 当n 1 或 2 时 显然Sn a1 an 等号成立 n 2 设n 3 a2 1 且a2 0 由 1 知a1 1 an a 所以要证的不等式化为 n 12 1 a2 a a 1 a n 3 2 2n 12 n 2n 12 即证 1 a2 a a 1 a n 2 2 2n2 n 1 2n2 当a2 1 时 上面不等式的等号成立 当 1 a2 1 时 a 1 与a 1 r 1 2 n 1 同为负 r2n r2 当a2 1 时 a 1 与a 1 r 1 2 n 1 同为正 r2n r2 因此当a2 1 且a2 1 时 总有 a 1 a 1 0 即 r2n r2 a a 1 a r 1 2 n 1 r2n r2n2 上面不等式对r从 1 到n 1 求和得 2 a2 a a n 1 1 a 2 2n 12n2 由此可得 1 a2 a a 1 a 2 2n2 n 1 2n2 综上 当a2 1 且a2 0 时 有Sn a1 an 当且仅当n 1 2 或a2 1 时等号成 n 2 立 证法二 当n 1 或 2 时 显然Sn a1 an 等号成立 当a2 1 时 n 2 Sn n a1 an 等号也成立 n 2 当a2 1 时 由 1 知Sn an a 下证 1 an2 1 a2n 12 1 a n 3 a2 1 且a2 1 1 an2 1 a2 n 2n 12 当 1 a2 1 时 上面不等式化为 n 2 a na2 na n 2 n 3 n2n 12 用心 爱心 专心10 令f a2 n 2 a na2 na n2n 12 当 1 a2 0 时 1 a 0 故 n 22 f a2 n 2 a na2 1 a n 2 a2 n n 2 n2n 22 即所要证的不等式成立 当 0 a2 1 时 对a2求导得f a2 n n 2 a n 1 a 1 ng a2 n 12n 22 其中g a2 n 2 a n 1 a 1 则g a2 n 2 n 1 a2 1 n 12n 22 a 0 即g a2 是 0 1 上的减函数 故g a2 g 1 0 从而f a2 ng a2 0 进 n 32 而f a2 是 0 1 上的增函数 因此f a2 f 1 n 2 所要证的不等式成立 当a2 1 时 令b 则 0 b 1 由已知的结论知 1 a2 1 1 a2 n 1 1 a2 n 2 1 1 a2 n 1 两边同时乘以a得所要证的不等式 n 12 综上 当a2 1 且a2 0 时 有Sn a1 an 当且仅当n 1 2 或a2 1 时等号成 n 2 立 22 D3D3 M3M3 2012 全国卷 函数f x x2 2x 3 定义数列 xn 如下 x1 2 xn 1 是过两点P 4 5 Qn xn f xn 的直线PQn与x轴交点的横坐标 1 证明 2 xn xn 1 3 2 求数列 xn 的通项公式 22 解 1 用数学归纳法证明 2 xn xn 1 3 当n 1 时 x1 2 直线PQ1的方程为 y 5 x 4 f 2 5 2 4 令y 0 解得x2 所以 2 x1 x2 3 11 4 假设当n k时 结论成立 即 2 xk xk 1 3 直线PQk 1的方程为y 5 x 4 f xk 1 5 xk 1 4 令y 0 解得xk 2 3 4xk 1 2 xk 1 由归纳假设知xk 2 4 0 3 xk 1 1 xk 1 2 xk 1 即xk 1 xk 2 所以 2 xk 1 xk 2 3 即当n k 1 时 结论成立 由 知对任意的正整数n 2 xn xn 1 3 2 由 1 及题意得xn 1 设bn xn 3 则 3 4xn 2 xn 1 1 bn 1 5 bn 5 1 bn 1 1 4 1 bn 1 4 用心 爱心 专心11 数列是首项为 公比为 5 的等比数列 1 bn 1 4 3 4 因此 5n 1 1 bn 1 4 3 4 即bn 4 3 5n 1 1 所以数列 xn 的通项公式为xn 3 4 3 5n 1 1 18 D2D2 D3D3 D5D5 2012 湖北卷 已知等差数列 an 前三项的和为 3 前三项的积为 8 1 求等差数列 an 的通项公式 2 若a2 a3 a1成等比数列 求数列 an 的前n项和 18 解 1 设等差数列 an 的公差为d 则a2 a1 d a3 a1 2d 由题意得Error 解得Error 或Error 所以由等差数列通项公式可得 an 2 3 n 1 3n 5 或an 4 3 n 1 3n 7 故an 3n 5 或an 3n 7 2 当an 3n 5 时 a2 a3 a1分别为 1 4 2 不成等比数列 当an 3n 7 时 a2 a3 a1分别为 1 2 4 成等比数列 满足条件 故 an 3n 7 Error 记数列 an 的前n项和为Sn 当n 1 时 S1 a1 4 当n 2 时 S2 a1 a2 5 当n 3 时 Sn S2 a3 a4 an 5 3 3 7 3 4 7 3n 7 5 n2 n 10 n 2 2 3n 7 2 3 2 11 2 当n 2 时 满足此式 综上 Sn Error 19 D2D2 D3D3 M2M2 2012 湖南卷 已知数列 an 的各项均为正数 记A n a1 a2 an B n a2 a3 an 1 C n a3 a4 an 2 n 1 2 1 若a1 1 a2 5 且对任意n N N 三个数A n B n C n 组成等差数列 求数 列 an 的通项公式 2 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n N N 三个数 A n B n C n 组成公比为q的等比数列 19 解 1 对任意n N N 三个数A n B n C n 是等差数列 所以B n A n C n B n 即an 1 a1 an 2 a2 亦即an 2 an 1 a2 a1 4 故数列 an 是首项为 1 公差为 4 的等差数列 于是an 1 n 1 4 4n 3 2 必要性 若数列 an 是公比为q的等比数列 则对任意n N N 有an 1 anq 由 an 0 知 A n B n C n 均大于 0 于是 q B n A n a2 a3 an 1 a1 a2 an q a1 a2 an a1 a2 an q C n B n a3 a4 an 2 a2 a3 an 1 q a2 a3 an 1 a2 a3 an 1 用心 爱心 专心12 即 q 所以三个数A n B n C n 组成公比为q的等比数列 B n A n C n B n 充分性 若对任意n N N 三个数A n B n C n 组成公比为q的等比数列 则 B n qA n C n qB n 于是C n B n q B n A n 得an 2 a2 q an 1 a1 即 an 2 qan 1 a2 qa1 由n 1 有B 1 qA 1 即a2 qa1 从而an 2 qan 1 0 因为an 0 所以 q an 2 an 1 a2 a1 故数列 an 是首项为a1 公比为q的等比数列 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 N 三个数 A n B n C n 组成公比为q的等比数列 5 D3D3 2012 课标全国卷 已知 an 为等比数列 a4 a7 2 a5a6 8 则 a1 a10 A 7 B 5 C 5 D 7 5 D 解析 设数列 an 的公比为q 由题意 Error 得Error 或Error 解得Error 或Error 当Error 时 a1 a10 a1 1 q9 1 2 3 7 当Error 时 a1 a10 a1 1 q9 8 7 综上 a1 a10 7 故选 D 1 1 2 3 图 1 1 D4 数列求和 18 D4D4 2012 上海卷 设an sin Sn a1 a2 an 在S1 S2 S100中 1 n n 25 正数的个数是 A 25 B 50 C 75 D 100 18 D 解析 考查数列求和和转化思想 关键是发现数列为振幅越来越小的摆动数 列 令bn sin 周期为 50 前n项和记作 Tn b1 b2 bn 根据三角函数图象 n 25 的对称性 可知T1 T2 T49均大于 0 只有两个T50 0 T100 0 数列an sin 1 n 用心 爱心 专心13 为振幅越来越小的摆动数列 只有当n 1 50 100 时相等 故 n 25 an bn S1 S2 S100中正数个数为 100 14 D4D4 2012 福建卷 数列 an 的通项公式an ncos 1 前n项和为Sn 则S2 n 2 012 14 3 018 解析 a1 1cos 1 1 2 a2 2cos 1 1 a3 3cos 1 1 3 2 a4 4cos2 1 5 a5 5cos 1 1 5 2 a6 6cos3 1 5 a7 7cos 1 1 7 2 a8 8cos 1 9 8 2 该数列每四项的和为 6 2 012 4 503 所以S2 012 6 503 3 018 16 D4D4 D5D5 2012 课标全国卷 数列 an 满足an 1 1 nan 2n 1 则 an 的前 60 项和为 16 答案 1 830 解析 令bn a4n 3 a4n 2 a4n 1 a4n 则bn 1 a4n 1 a4n 2 a4n 3 a4n 4 因为an 1 1 nan 2n 1 所以an 1 1 nan 2n 1 所以a4n 3 a4n 4 2 4n 4 1 a4n 2 a4n 3 2 4n 3 1 a4n 1 a4n 2 2 4n 2 1 a4n a4n 1 2 4n 1 1 a4n 1 a4n 2 4n 1 a4n 2 a4n 1 2 4n 1 1 a4n 3 a4n 2 2 4n 2 1 a4n 4 a4n 3 2 4n 3 1 所以a4n 4 a4n 3 2 4n 3 1 a4n 2 2 4n 2 1 2 4n 3 1 a4n 1 2 4n 1 1 2 4n 2 1 2 4n 3 1 a4n 2 4n 1 2 4n 1 1 2 4n 2 1 2 4n 3 1 a4n 8 即a4n 4 a4n 8 同理 a4n 3 a4n 1 a4n 2 a4n 2 8 a4n 1 a4n 3 所以a4n 1 a4n 2 a4n 3 a4n 4 a4n a4n 1 a4n 2 a4n 3 16 即bn 1 bn 16 故数列 bn 是等差数列 又a2 a1 2 1 1 a3 a2 2 2 1 a4 a3 2 3 1 得a3 a1 2 得a2 a4 8 所以a1 a2 a3 a4 10 即b1 10 用心 爱心 专心14 所以数列 an 的前 60 项和即为数列 bn 的前 15 项和 即 S15 10 15 16 1 830 15 14 2 20 B3B3 D4D4 M4M4 2012 北京卷 设A是由m n个实数组成的m行n列的数表 满足 每个数的绝对值不大于 1 且所有数的和为零 记S m n 为所有这样的数表构成的集合 对于A S m n 记ri A 为A的第i行各数之和 1 i m cj A 为A的第j列各 数之和 1 j n 记k A 为 r1 A r2 A rm A c1 A c2 A cn A 中的最小 值 1 对如下数表A 求k A 的值 11 0 8 0 1 0 3 1 2 设数表A S 2 3 形如 11c ab 1 求k A 的最大值 3 给定正整数t 对于所有的A S 2 2t 1 求k A 的最大值 20 解 1 因为r1 A 1 2 r2 A 1 2 c1 A 1 1 c2 A 0 7 c3 A 1 8 所以k A 0 7 2 不妨设a b 由题意得c 1 a b 又因c 1 所以a b 0 于是a 0 r1 A 2 c 1 r2 A r1 A 1 c1 A 1 a c2 A 1 b c3 A 1 a 1 b 1 a 所以k A 1 a 1 当a b 0 且c 1 时 k A 取得最大值 1 3 对于给定的正整数t 任给数表A S 2 2t 1 如下 a1a2 a2t 1 b1b2 b2t 1 任意改变A的行次序或列次序 或把A中的每个数换成它的相反数 所得数表 A S 2 2t 1 并且k A k A 因此 不妨设r1 A 0 且cj A 0 j 1 2 t 1 由k A 的定义知 k A r1 A k A cj A j 1 2 t 1 又因为c1 A c2 A c2t 1 A 0 所以 t 2 k A r1 A c1 A c2 A ct 1 A r1 A ct 2 A c2t 1 A j j t 1 j 1 a 2t 1 j t 2 b t 1 t 1 2t 1 所以k A 2t 1 t 2 对数表A0 第 1 列第 2 列 第t 1 列第t 2 列 第 2t 1 列 11 1 1 1 用心 爱心 专心15 t 1 t t 2 t 1 t t 2 t 1 t 2 t 1 t 2 t 1 t 2 1 1 则A0 S 2 2t 1 且k A0 2t 1 t 2 综上 对于所有的A S 2 2t 1 k A 的最大值为 2t 1 t 2 D5 单元综合 18 D5D5 2012 天津卷 已知 an 是等差数列 其前n项和为Sn bn 是等比数列 且 a1 b1 2 a4 b4 27 S4 b4 10 1 求数列 an 与 bn 的通项公式 2 记Tn anb1 an 1b2 a1bn n N N 证明Tn 12 2an 10bn n N N 18 解 1 设等差数列 an 的公差为d 等比数列 bn 的公比为q 由a1 b1 2 得 a4 2 3d b4 2q3 S4 8 6d 由条件 得方程组Error 解得Error 所以an 3n 1 bn 2n n N N 2 证明 方法一 由 1 得 Tn 2an 22an 1 23an 2 2na1 2Tn 22an 23an 1 2na2 2n 1a1 由 得 Tn 2 3n 1 3 22 3 23 3 2n 2n 2 2n 2 6n 2 10 2n 6n 10 12 1 2n 1 1 2 而 2an 10bn 12 2 3n 1 10 2n 12 10 2n 6n 10 故 Tn 12 2an 10bn n N N 方法二 数学归纳法 当n 1 时 T1 12 a1b1 12 16 2a1 10b1 16 故等式成立 假设当n k时等式成立 即Tk 12 2ak 10bk 则当n k 1 时 有Tk 1 ak 1b1 akb2 ak 1b3 a1bk 1 ak 1b1 q akb1 ak 1b2 a1bk ak 1b1 qTk ak 1b1 q 2ak 10bk 12 2ak 1 4 ak 1 3 10bk 1 24 2ak 1 10bk 1 12 即Tk 1 12 2ak 1 10bk 1 因此n k 1 时 等式也成立 由 和 可知对任意n N N Tn 12 2an 10bn成立 20 D5D5 2012 山东卷 在等差数列 an 中 a3 a4 a5 84 a9 73 1 求数列 an 的通项公式 2 对任意m N N 将数列 an 中落入区间 9m 92m 内的项的个数记为bm 求数列 bm 的 前m项和Sm 20 解 1 因为 an 是一个等差数列 a3 a4 a5 84 所以a3 a4 a5 3a4 84 即a4 28 设数列 an 的公差为d 则 5d a9 a4 73 28 45 故d 9 用心 爱心 专心16 由a4 a1 3d得 28 a1 3 9 即a1 1 所以an a1 n 1 d 1 9 n 1 9n 8 n N N 2 对m N N 若 9m an 92m 则 9m 8 9n0 时 由 1 知a1 1 a2 2 22 当n 2 时 有 2 an S2 Sn 2 an 1 S2 Sn 1 22 所以 1 an 2 an 1 即an an 1 n 2 222 所以an a1 n 1 1 n 1 222 令bn lg 则bn 1 lg n 1 1 n 1 lg2 lg 10a1 an2 1 2 1 2 100 2n 1 所以数列 bn 是单调递减的等差数列公差为 lg2 从而 1 2 b1 b2 b7 lg lg1 0 10 8 当n 8 时 bn b8 lg0 bn 0 所以 a b an bn 2 an bn 2 22n2n 从而 10 知q 0 下证q 1 若q 1 则a1 logq时 an 1 a1qn 与 矛盾 a2 q2 2 a12 若 0 qa2 1 故当n logq时 an 1 a1qn 1 与 矛盾 a2 q 1 a1 综上 q 1 故an a1 n N N 所以 11 于是b1 b2 1 命题为真 aa 于是 xn 1 由于xn和都是整数 xn a xn 2 a xn 故xn 1 1 1 xn a xn 2 xn a xn 2 1 2 xn a xn 1 2 1 2 2xn a xn 2a 正确 对于 当xk 1 xk时 得 xk 从而 xk 0 xk a xk 2 xk a xk 2 即 xk 0 xk xk 0 即 xk 0 解得xk a xk a xk a xk a xka 结合 得 1 xk 故xk 正确 aa a 17 D2D2 D5D5 2012 陕西卷 设 an 是公比不为 1 的等比数列 其前n项和为Sn 且 a5 a3 a4成等差数列 1 求数列 an 的公比 2 证明 对任意k N N Sk 2 Sk Sk 1成等差数列 17 解 1 设数列 an 的公比为q q 0 q 1 由a5 a3 a4成等差数列 得 2a3 a5 a4 即 2a1q2 a1q4 a1q3 由a1 0 q 0 得q2 q 2 0 解得q1 2 q2 1 舍去 所以q 2 2 证法一 对任意k N N Sk 2 Sk 1 2Sk Sk 2 Sk Sk 1 Sk ak 1 ak 2 ak 1 2ak 1 ak 1 2 0 所以 对任意k N N Sk 2 Sk Sk 1成等差数列 证法二 对任意k N N 2Sk 2a1 1 qk 1 q Sk 2 Sk 1 a1 1 qk 2 1 q a1 1 qk 1 1 q a1 2 qk 2 qk 1 1 q 用心 爱心 专心19 2Sk Sk 2 Sk 1 2a1 1 qk 1 q a1 2 qk 2 qk 1 1 q 2 1 qk 2 qk 2 qk 1 a1 1 q q2 q 2 0 a1qk 1 q 因此 对任意k N N Sk 2 Sk Sk 1成等差数列 16 D4D4 D5D5 2012 课标全国卷 数列 an 满足an 1 1 nan 2n 1 则 an 的前 60 项和为 16 答案 1 830 解析 令bn a4n 3 a4n 2 a4n 1 a4n 则bn 1 a4n 1 a4n 2 a4n 3 a4n 4 因为an 1 1 nan 2n 1 所以an 1 1 nan 2n 1 所以a4n 3 a4n 4 2 4n 4 1 a4n 2 a4n 3 2 4n 3 1 a4n 1 a4n 2 2 4n 2 1 a4n a4n 1 2 4n 1 1 a4n 1 a4n 2 4n 1 a4n 2 a4n 1 2 4n 1 1 a4n 3 a4n 2 2 4n 2 1 a4n 4 a4n 3 2 4n 3 1 所以a4n 4 a4n 3 2 4n 3 1 a4n 2 2 4n 2 1 2 4n 3 1 a4n 1 2 4n 1 1 2 4n 2 1 2 4n 3 1 a4n 2 4n 1 2 4n 1 1 2 4n 2 1 2 4n 3 1 a4n 8 即a4n 4 a4n 8 同理 a4n 3 a4n 1 a4n 2 a4n 2 8 a4n 1 a4n 3 所以a4n 1 a4n 2 a4n 3 a4n 4 a4n a4n 1 a4n 2 a4n 3 16 即bn 1 bn 16 故数列 bn 是等差数列 又a2 a1 2 1 1 a3 a2 2 2 1 a4 a3 2 3 1 得a3 a1 2 得a2 a4 8 所以a1 a2 a3 a4 10 即b1 10 所以数列 an 的前 60 项和即为数列 bn 的前 15 项和 即 S15 10 15 16 1 830 15 14 2 19 D2D2 D5D5 2012 广东卷 设数列 an 的前n项和为Sn 满足 2Sn an 1 2n 1 1 n N N 且a1 a2 5 a3成等差数列 1 求a1的值 2 求数列 an 的通项公式 3 证明 对一切正整数n 有 1 a1 1 a2 1 an 3 2 19 解 1 a1 a2 5 a3成等差数列 2 a2 5 a1 a3 又 2a1 2S1 a2 22 1 2 a1 a2 2S2 a3 23 1 用心 爱心 专心20 a2 2a1 3 a3 6a1 13 因此 4a1 16 7a1 13 从而 a1 1 2 由题设条件知 n 2 时 2Sn 1 an 2n 1 2Sn an 1 2n 1 1 2an an 1 an 2n 于是 an 1 3an 2n n 2 而由 1 知 a2 2a1 3 5 3a1 2 因此对一切正整数n 有an 1 3an 2n 所以an 1 2n 1 3 an 2n 又 a1 21 3 an 2n 是以 3 为首项 3 为公比的等比数列 故an 2n 3n 即an 3n 2n 3 an 3n 2n 3 3n 1 2n 3n 1 2 3n 1 2n 1 3n 1 1 an 1 3n 1 1 4n 1 3 n 1 C 3 C 32 C 33 1n2n3n 1 C 3 C 32 C 33 1n2n3n 1 2n3 n 5 n 2 2 2n 5 1 2 2n3 1 当n 0 1 2 时 显然 n 2n3 1 17 故a 时 对所有自然数n都成立 17 f n 1 f n 1 n3 n3 1 用心 爱心 专心21 所以满足条件的a的最小值为 17 3 由 1 知f k ak n k 1 1 f k f 2k n k 1 1 ak a2k f 1 f n f 0 f 1 a an 1 a 下面证明 n k 1 1 f k f 2k 27 4 f 1 f n f 0 f 1 首先证明 当 0 x 1 时 x 1 x x2 27 4 设函数g x x x2 x 1 0 x 1 27 4 则g x x x 81 4 2 3 当 0 x 时 g x 0 当 x0 2 3 2 3 故g x 在区间 0 1 上的最小值g x g 0 2 3 所以 当 0 x 1 时 g x 0 即得 x 由 0 a 1 知 0 ak 27 4 a an 1 a 27 4 f 1 f n f 0 f 1 18 D2D2 D3D3 D5D5 2012 湖北卷 已知等差数列 an 前三项的和为 3 前三项的积为 8 1 求等差数列 an 的通项公式 2 若a2 a3 a1成等比数列 求数列 an 的前n项和 18 解 1 设等差数列 an 的公差为d 则a2 a1 d a3 a1 2d 由题意得Error 解得Error 或Error 所以由等差数列通项公式可得 an 2 3 n 1 3n 5 或an 4 3 n 1 3n 7 故an 3n 5 或an 3n 7 2 当an 3n 5 时 a2 a3 a1分别为 1 4 2 不成等比数列 当an 3n 7 时 a2 a3 a1分别为 1 2 4 成等比数列 满足条件 故 an 3n 7 Error 记数列 an 的前n项和为Sn 当n 1 时 S1 a1 4 当n 2 时 S2 a1 a2 5 用心 爱心 专心22 当n 3 时 Sn S2 a3 a4 an 5 3 3 7 3 4 7 3n 7 5 n2 n 10 n 2 2 3n 7 2 3 2 11 2 当n 2 时 满足此式 综上 Sn Error 21 A2A2 D5D5 2012 安徽卷 数列 xn 满足x1 0 xn 1 x xn c n N N 2n 1 证明 xn 是递减数列的充分必要条件是c 0 2 求c的取值范围 使 xn 是递增数列 21 解 1 证明 先证充分性 若c 0 由于xn 1 x xn c xn c xn 故 xn 2n 是递减数列 再证必要性 若 xn 是递减数列 则由x2 x1可得c 0 2 i 假设 xn 是递增数列 由x1 0 得x2 c x3 c2 2c 由x1 x2 x3 得 0 c 1 由xn xn 1 x xn c知 2n 对任意n 1 都有xn0 即xn 1 cc 由 式和xn 0 还可得 对任意n 1 都有 xn 1 1 xn ccc 反复运用 式 得 xn 1 n 1 x1 1 n 1 cccc xn 1 和 xn 1 n 1两式相加 ccc 知 2 1 1 n 1对任意n 1