历年高考数列试题

1、选择题数列咼考试题1. （ 2009 广东）已知等比数列an满足an0,n1,2丄，且 a5a2n 522n(n 3)，则当 n1时,log 2 ai log 2 a3 Llog 2 a2n 1A. n(2 n 1)B. (n 1)2C.n2D.(n 1)2【解析】由05 a2n 522n(n 3)得 a222nan2nlog 2 a1 log2 a3log2 a2n 11 3(2n 1) n2，选 C.2.（2009年广东）已知等比数列an的公比为正数,a32-a9 =2 a5 ,a2 =1，则a1 =A. 1 B. C. . 2D.22 2【答案】B【解析】设公比为q ,由已知得anq2

2、8aq42 ag2,又因为等比数列an的公比为正数,所以q -. 2，故 a13.( 2009 福建)等差数列an的前n项和为Sn，且S3 =6，印=4，则公差d等于C.- 2【答案】：C解析/ S362d ai =4d=2 .故选 C4. (2009 安徽)已知为等差数列,B. 1 C. 3105即餌片码+夠=W5旳+% = 99，则珀 等于（）A. -1【解析】t a1 a3 a5a20 a4 (20 4) d 1 .选 B。【答案】Ba1a3D.73a3105 as 35同理可得a4 33 公差da4a32 5. （2009江西）公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn若a4是83与a?

3、的等比中项，S8 32 ,则色0等于A. 18 答案：CB. 24C. 60D. 90-【解析】由a： a3a7得佝3d ）256(a1 2d)(a1 6d)得 2ai 3d 0 ,再由d 32 得22a1 7d 8则 d 23,所以 S10 10a1 90 d 60,.故选 C26. （2009湖南）设Sn是等差数列 an的前n项和，已知a2 3 , a6 11，则S7等于【A. 13B. 3563解：Sz7 a7)7(a? a6)7(3 11)249.故选C.或由a2a6ai d 3a 5d 11a1 d12, a7 16 213.所以S77(ai az)7(1厘49.故选2C.7. （2

4、009辽宁）已知 an为等差数列，且a7 2a4 =- 1,a3 = 0,则公差(A) 2( B) 12(0 1(D) 22【解析】a? 2a4= 83+ 4d 2(a 3 + d) = 2d = 1 d【答案】B8. （2009辽宁）设等比数列an的前n项和为Sn，若善=3,则S9S6(A)2(B)8(C)-3(D) 3【解析】设公比为(1 q3)S3S3=1 + q3= 3q3= 2曰S9是S61 q31【答案】B9. （2009宁夏海南）等比数列的前n项和为Sn4印,2a2 ,a3成等差数列。若(A) 7( B) 8(3) 15(4)16a12a2a1 =1，则 S4 =数 列4ai a

5、3 4a2,即ag2 4ag,q2 4q 40,q 2, S415 选 C.10. （ 2009湖北）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如:ID149it愕2他们研究过图1中的1, 3, 6, 10,，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1，4，9，16这样的数成为正方形数。下列数中及时三角形数又是正方形数的是A.289B.1024C.1225D.1378【答案】C【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项an n（n 1）,同理可得正方形数构成的数列通项bn n2,2 n则由bnn 2（ n N ）可排除A、D，又由an?（n 1）知an必为奇数，故

6、选 C.丿51515111. （ 2009湖北）设x R,记不超过x的最大整数为x,令x=x-x，贝U , 2T , 2A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列【答案】B5151 1000的最小正整数2009【解析】(1)又数列又公比QSn又bn数列bna1anSn227成等比数列,a2aia1an SnSn 1,S?构成一个首相为2nTnbn1 (nSnSn 1N )；2a2as481227，所以211公差为Sn 1JSnSn 11的等差数列,bnbn 1Sn2n 1(2n 1) 2n 1112.11 1 1 1 1

7、 1 11K2323525712 2n 1 2n 11 1丄2 2n 1n；2n 11000，满足Tn912分）（注意:1000的最小正整数为2009在试题卷上作答无效）由Tn的需得n2. （2009全国卷I）（本小题满分在数列an中,a1h an 11 n 1(1 n)an 丁a（I）设bn ，求数列bn的通项公式n（ll）求数列an的前n项和Sn分析：（I）由已知有也今n 1 n利用累差迭加即可求出数列bn的通项公式：bn 21尹（nnSn=(2kk 1n而(2 k)k 1n(n1),又n k召是一个典型的错位相减法模型,2K 1(II )由(I)知 an 2nn(2 k)k 1n 2n

8、:yrSn =n(n 1) yr 4n项和，一改评析：09年高考理科数学全国（一）试题将数列题前置，考查构造新数列和利用错位相减法求前往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模式。具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能，重视两纲的导向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。9*3. （2009浙江）（本题满分14分）设&为数列an的前n项和，& kn n , n N ,其中k是常数.（I）求 a1 及 an ；（II）若对于任意的 m N* , am, a2m, a成等比数列，求k的值.解析：（I）当nn 2,a.1, a1S1k 1,SnSn 1如2n

9、k(n1)2 (n1) 2k n k 1 ()经验，n1,()式成立，an 2knk 1(n)am,a2m,a4m成等比数列，2a2mama4m即(4km k 1)2(2kmk 1)(8kmk 1),整理得：mk(k 1)0,对任意的m N成立，k0或 k14. (2009北京)(本小题共13分)设数列an的通项公式为an pn q(n N,P 0).数列bn定义如下：对于正整数m,是使得不等式an m成立的所有n中的最小值.11(I)若 p -,q一，求 b3;23(n)若p 2,q1，求数列bm的前2m项和公式;(川)是否存在p和q,使得bm 3m 2(m N ) ?如果存在，求p和q的取

10、值范围；如果不存在, 请说明理由.【解析】 本题主要考查数列的概念、数列的基本性质，考查运算能力、推理论证能力、 分类讨论等数学思想方法本题是数列与不等式综合的较难层次题111120(I)由题意，得 an n ,解一n 3，得 n 232331 1 n 3成立的所有n中的最小整数为 7,即b3 7 .23(n)由题意，得an 2n 1,m 1对于正整数，由 an m，得n 2根据bm的定义可知当m 2k 1时，k k N ；当 m2k时，bm k 1 k N b1 b2 L dmb1 b3 L dm 1(川)假设存在p和q满足条件，由不等式 pn qmm32m .bm3m 2(m N ),根据

11、bm的定义可知，对于任意的正整数m都有m q3m 13m 2，即 2p q 3p 1 m p q对任意的正整数 m都成立.p当3p 10 （或3p 10 ）时，得m（或m 匝）,3p 13p 1这与上述结论矛盾!1当3p 10,即p 时，得3存在p和q,使得bm 3mp和q的取值范围分别是 p5. (2009北京)(本小题共13分)已知数集Aai,a2丄an 1 ai212 1q0 - q，解得q33332(mN );121-q.333a2 Lan, n :2具有性质P;对任意的aji,j 1 i j n，ajaj与-两数中至少有一个属于A.ai(I)分别判断数集 1,3,4与1,2,3,6是

12、否具有性质P，并说明理由;(n)证明:a1 1，且6比；匕耳a2 L anan ；(川)证明：当n 5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列.【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分分类讨论等数学思想方法本题是数列与不等式的综合题，属于较难层次题4(I)由于3 4与4均不属于数集1,3,4，该数集不具有性质P.3,6 6 1 2 3 6由于 1 2,1 3,1 6,2 3, ,-, , ,都属于数集 1,2,3,6 ,2 3 1 2 3 6该数集具有性质P.n)v Aa ,a2,L an具有性质P, anan 与 an中至少有-个属于 A,由于1a1a2L

13、an, a*anan,故 ananA .-从而1A , a11.an1 a1a2L an,ak anan ，故 akRnA k2,3丄，n .由A具有性质P可知anAk 1,2,3,L ,nak又a1anLanananan 1a2a1 an,ana2丄a.an1,an1,an,anan 1a2a12从而也电anan 1L an 1 an ,a1 a2 L a21 Lan1 anan.(出)由（n）知，当n 5时，有勺a4a2,吏asa，即 a5a?a4a3，/1a1a2L a5,I a3a4a2a4a5 , a3a4由A具有性质P可知a4A.Os2a3，得坐a2asa3a4 a3O2O4a3

14、a2Oi6. （2009江苏）（本小题满分a2a3a?a?,a2，即 a1, a2,as, a4,a5是首项为14分)设an是公差不为零的等差数列,&为其前n项和，满足a221,2as公比为2a4a?成等比数列 -2a5,S77。（1 ）求数列 an的通项公式及前n项和Sn ；（2）试求所有的正整数 m，使得色口为数列an中的项。am 2【解析】 本小题主要考查等差数列的通项、求和的有关知识，考查运算和求解的能力。满分14分。（1）设公差为d，则a； a； a； af，由性质得 3d（a4 a3） d（a4 a3），因为d 0，所以a4 da3 0，即 2a1 5d 0，又由 S, 7 得(2

15、)amam 1(2 m7)(2 m5)，设 2m 3 t,（方法一）am 22m 3则 amam 1 (t4)(t 2)t8 6,所以t为8的约数am 2tt因为t是奇融 所以*可取的值为 1,当T, m = l时.十色一5 * = 3,是数列%中的项帘t当41,阳T时，i + y-6= -15，数列金中的最小项是-J不符合. 所以満足条件的正整数尬=2（方法二）因为 口（am24）（am22） am 26 为数列an中的项，am 2am 2am 28故为整数，又由（1）知：am 2为奇数，所以am 2 2m 31,即m 1,2am+2经检验，符合题意的正整数只有m 2。7.（ 2009江苏）

16、（本题满分10分）对于正整数n 2,用Tn表示关于x的一元二次方程x2 2ax b 0有实数根的有序数组（a,b）的组数，其中 a,b 1,2, L , n（a和b可以相等）；对于随机选取的a,b 1,2,L ,n （ a和b可以相等），记R为关于x的一兀二次方程2x 2ax b 0有实数根的概率。门）求T和p ;（2）求证：对任意正整数 n 2，有pi 1【解析】必做题本小题主要考查概率的基本知识和记数原理，考查探究能力。满分10分。（I）解：因为方莊+0有实敷,所以A - J十-4厶姜艮即& W（i）晋n w血W J时肴巫乂 b 门.2严计故总有0 W J 此时W 有/科+1种瞰法上冇种取

17、法所以共石丰门组宵序数组 M满足条件】（ii）当丨否認W nL圖.滿足丨否b W的b科个.故其有 11 +1=+- +（1-1）2二止1二晋耳鋼有序数纽（叭町制足敷件.由（0（H）可用心从而作还明潘们只需证明：对于隔机选取的仏| I 实数眾的概率I 巴 -若方社,2.-衬丫方程X1 + 2ax + i =* 2oa +5-0 无0无实数根，刪A =- 46 u 0.即2； 匕南6楚总知口 Jn.因此*満绘X 1 -丄.IIIx8.（2009山东）（本小题满分12分）等比数列 an的前n项和为Sn，已知对任意的，点（n，Sn），均在函数y br(b 0 且b 1,b,r均为常数）的图像上.（1）

18、 求 r的值;(11)当 b=2 时，记bn2(log 2 an1)(n N证明：对任意的N，不等式b11 .d 1b1b2bnbn、n 1成立解：因为对任意的n N ，点（n，&），均在函数y bxr（b 0且b 1,b,r均为常数的图像上.所以得Snb时，anbn(bnr)bnbn1n 1（b 1）b ，又因为an为等比数列，所以rb，an(b 1)bn(2 )当 b=2 时,an(b1)bn2nbn2(log2an1)2(log22n 1 1) 2n则bJ红所以Lbn2nb1b21b2bnbn7L62n 12nF面用数学归纳法证明不等式b1 1b2 1bnb21 bn2n 1-n2n1成

19、立.当n 1时，左边=3,右边=J2,因为32 2 2，所以不等式成立.b 1假设当n k时不等式成立，即1一 b1b, 1b2bk 1bk7L62k 12k、k 1成立.则当时，左边=口坠b2b1厂32k 2bk1 bk 1bk13bk 122k12k2k2k 2(2 k 3)24(k 1)24(k 1) 14(k 1)4(k 1)(k 1) 1 _4(k 1).(k 1) 1所以当n k 1时,不等式也成立. 由、可得不等式恒成立.【命题立意】：本题主要考查了等比数列的定义，通项公式，以及已知Sn求an的基本题型，并运用数学归纳法证明与自然数有关的命题，以及放缩法证明不等式.9.（2009

20、山东）（本小题满分12分）x等比数列 an的前n项和为Sn，已知对任意的nN ，点（n，Sn），均在函数y b r（b 0且b 1,b,r均为常数)的图像上.(1 )求r的值；n 1(11)当b=2时，记bh(nN) 求数列0的前n项和Tn4an解：因为对任意的nN,点(n,Sn)，均在函数 y bxr(b0且b1,b,r均为常数)的图像上所以得Snbnr,当n 1时,a1Sb r5当n 2时,anSn1bn r(bn1r) bn bn1 (bn 11)b,又因为 an为等比数列，所以r1,公比为b ,所以aIn (bn 11)b(2 )当 b=2 时,(b1)bn 1:2n 1,bn1n1n

21、1ann 1n14an4 22ntt234n 1则 In234Ln 12 2221 _ 234nn1Tn35Ln 1n22 222221相减，得Tn2 n2221歹124125L12* 1n 12n 21 “112 (12n1)n 131n 12A12门242* 12* 21231n 13n3所以Tnn_n 1n122222【命题立意】：本题主要考查了等比数列的定义，通项公式，以及已知Sn求an的基本题型，并运用错位相减法求 出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前n项和Tn.10. ( 2009全国卷n文)(本小题满分10分)已知等差数列an中，玄3玄716,34 36 0,求an前

22、n项和Sn .解析：本题考查等差数列的基本性质及求和公式运用能力，利用方程的思想可求解。解：设an的公差为d，则a1 2d a1 6d 16a1 3d a1 5d 0168即a12 2a1 8da1 12d4d解得a1d28,或 a1因此sn8n n9，或 Sn 8n n n11. ( 2009 广东)(本小题满分14分)已知曲线Cn :2小2x 2nx y0(n1,2,K ) 从点P(1,0)向曲线Cn引斜率为kn(kn0)的切线切点为R(Xn, yn) (1 )求数列Xn与yn的通项公式;(2)证明:X1 X31)，联立X5 L X2n 1.2 sin 昼 y；1xn1Xn解：(1)设直线

23、ln :y kn(xx22nx0得(1 k：)x2(2kn2 2n)xkn 0ln ,，则(2k2n)24(1k2)knk；1 k：2n(n 1)2Xn yn kn(Xn八nJ2n11)(2)证明：XnXn1 n n 1 nn 112n 1X1 X3 X5X2n 12n 12n,32n 12n 12：1X1 X31X5X2n1Xn1Xn由于$Yn1Xn，可令函数1Xnf(X)则 f (x)1、2 cosx，令f (X)得 cosx2,给定区间(0,)，则有f(x)0，则函数f (x)在(0,)上单调递减， f (x)244f (0)即 x 72sinx 在(0,)恒成立，又 0 J1,42n

24、134则有& ，?Sin32)(2212. （ 2009安徽）（本小题满分13分）1 2首项为正数的数列an满足an 1-（an2 3）,n N .4-H-（I）证明：若a1为奇数，则对一切 n 2,an都是奇数;（Il）若对一切n N都有an 1 an，求a1的取值范围.解：本小题主要考查数列、数学归纳法和不等式的有关知识，考查推理论证、抽象概括、运算求解和探究 能力，考查学生是否具有审慎思维的习惯和一定的数学视野。本小题满分13分。解：（I）已知a1是奇数，假设ak2m 1是奇数，其中m为正整数,则由递推关系得ak 1ak2 3m（m 1） 1是奇数。根据数学归纳法，对任何N，an都是奇数

25、。（II）（方法一）由an*n41)(an3)知,an1an当且仅当an1或an3。另一方面，若0ak1,则0ak 11 ;若ak32 33，则 ak 13.4根据数学归纳法,a11,an 1,综合所述,对一切N都有an 1an的充要条件是0a11 或 a13。（方法二）由a2a12 342a1,得a14厲3 0,于0a1 1 或 a1an 1 an2an423an 13(anan 1)(anan 1)4因为a10,an 1弘一 ,所以所有的an均大于0,因此an 1 an与an an 1同号。 4根据数学归纳法,an 1 an 与 a? a1 同号。因此，对一切nN都有an1 an的充要条件

26、是0 a1 1或a112 分)13.( 2009 安徽)（本小题满分已知数列 的前n项和 匚_： :，数列 ： 的前n项和、(I)求数列 r与 :;的通项公式；(n)设厂 -,证明：当且仅当 n3时，an和bn后,【思路】由a ai(n 1)可求出an和6 ,这是数列中求通项的常用方法之一，在求出Sn Sn 1 (n 2)进而得到Cn ,接下来用作差法来比较大小，这也是一常用方法。【解析】由于a1 s 44n(n N )2 2当 n 2 时，an Sn Sn 1(2n2n) 2( n 1)2(n 1) 4n又当 x n 时bnTnTn1(26m)(2 g 1 )20bn1数列bn项与等比数列，

27、其首项为1,公比为(2)由(1)知 Cia； bn16n2 中Cn 12 0 (|)n116(n 1)2(2)(n1)1(n16n2 (2)n122n2C由m 1得Cn(n 1)22n21 即 n 2n1成立，即 C口Cn由于Cn0恒成立.-因此,当且仅当n3 时，Cn1 Cn14.( 2009 江西)数列an的通项(本小题满分12分)2.2 nan n (cos 32 nSin )，其前n项和为(1)求 Sn；bn-S3nn,求数列 bn的前n 42 n . 2 n(1)由于 cos Sinn项和Tn.cos故3303k(a1 a21 22a?)4 as a6)L2 2X 62) L2(a3

28、k 2 a3k 1 a3k)2 2(3k 2)(3k 1)2(3k)1323125 k(9k 4)S3k 1S3ka3k18k2 2k(49k)S3kS3k 1a3k 1k(4 9k)(3k 1)23k 2136n 13 6，(n 1)(1 3n)6n (3 n 4)6,n 3k 2n 3k 1n 3k(k N*)S3n9n 4bnnn 1n 42 411322,9n4、Tn-Ln2 4424n122,9n4、4Tn-13Ln1 ,244n两式相减得1 999n 43Tn13L百244n 14n813n故Tn亠 Qn 3_2n 1 33 2215. （ 2009江西）（本小题满分14分）9 _

29、9113 4 歹 9n 4 89n2l314“82?n 32?n 1 ,1 _4各项均为正数的数列an ， a1 a, a2且对满足m n pq的正整数m,n ,p,q 都有am anaP aq（1 am）（1 an）（1 ap）（1 aq）1 4（1 ）当a , b 时，求通项an;2 51（2）证明：对任意a，存在与a有关的常数，使得对于每个正整数 n，都有一 an解:(1)由am an(1am)(1an)a p aq(1 ap)(1 q)a1an(1 aj(1 an)（1 ：）（：；）将a1扛5代入化简得2an 11an 12所以匕旦1 an1 1an 13 1an 1故数列逾为等比数列，从而1 an1 an丄即3n，an3n 13n 1.可验证，an313满足题设条件3n 1由题设m n 的值仅与m(1am)(1 an)n有关，记为bm n，则bn 1a1an(1a1)(1an)a an(1 a)(1 an)考察函数f(x)a x(1 a)(1 x)(x0)，则在定义域上有a 1a 10 a 11ra1f (x) g(a) -,2a1 a故对n N*， bn 1 g(a)恒成立.又 b2ng(a)，(1 an)1注意到0 g(a) 2,解上式得g(a)1 g(