2012年高考真题理科数学解析汇编数列

2012年高 理科数学解析汇编：数1（2012年高考（新课标理）已知an为等比数列,a4a72,a5a68,则a1a10 A． D．（2012年高考（浙江理）设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和,则下列命题的 d<0,则数列{Sn}有最大若数列{Sn}有最大项,则若数列{Sn}是递增数列,则对任意的nN*,均有S若对任意的nN*,均有Sn>0,则数列{Sn}是（2012年高考（重庆理）在等差数列{an}中,a21,a45,则{an}的前5项和S5 ．（2012年高考（理））设函数f(x)2xcos

,{an

是公差 的等差8列,f(a)f(a)f(a)5,则[f(a)]2aa A． B．1

1C．18

D．136 理）设an1sinn,Sna1a2an.在S1,S2,,S100中,正数的个数 （2012年高考（辽宁理）在等差数列{an}中,已知a4+a8=16,则该数列前11项和S11= ．（2012年高考（江西理））观察下列各式:a+b=1.a²+b2=3,a3+b3=4a4+b4=7,a5+b5=11,, (0,)上的函数f(x),如果对于任意给定的等比数列{an}f(an|x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:①f(x)x2; ②f(x)2x; ③f(x) ④f(x)ln|x|x则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号 A．① B．③ C．① D．②（2012） D．4[来源:10（2012（大纲理已知等差数列a的前nSa5

15,则数列 的前

a 项和

nn1

11（2012关系如图所示,从目前记录的结果看,前m年的年平均产量最m的值为 n12（2012n数,且a3a1116, A． D．13（2012）

n}满足

2n1,则

n}的前60项和 n14（2012年高考（浙江理）设公比为>0)的等比数列{an}的前n项和为{Sn}.nS23a22,S43a42,则 15．（2012年高考 春））已知等差数列{an

b (nN*,n2012).当b是数列{b}的最大项时,k 16（2012年高考（辽宁理已知等比数列a为递增数列,且a2

,2(a

)

n公式an

17（2012年高考（））设数列an,bn都是等差数列,若a1b17a3b321a5b5 18（2012年高考（湖南理）设N=2n(n∈N*,n≥2),将N个数x,x,,x依次放入为1,2,,N的N N得到排列P0=x1x2xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出,并按原顺序依次放入对应的 2

个数,并对每段作ip2≤i≤n-2P2iNCi

个位置 当N=2n(n≥8)时,x位于P中的 20（02 理数列)已知递增的等差数列a满足a1,aa24,则a 21（2012年高考（福建理数列a的通项公式ancosn1,前n项和为S,则

22（12 理）已知{a}为等差数列,S为其前n项和.若a1,

a,则a

23（12 理）已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是等比数列,且a1anbn(Ⅱ)记Tn=anb1+an1b2 24（2012年高考（新课标理））已知abc分别为

ABC的对边acosC3asinCbc3求 (2)若a2,ABC的面积3

;求bc25（2012）设数列ann项和SnSn1a2Sna1,其中a20.(I)求证:an是首项为1的等比数列(II)若a1Sn(aa 26（2012）f(nAy轴上的截距.(Ⅰ)用an表示f(n);

a xAa2(Ⅱ)求对所有n

f(n)1f(n)n

n3127f27f(1)f f(0)f

成立的ak(Ⅲ)当0a1时,比较f(kf(2kk

27（12 理）已知数列{an}的前n项和为Sn,且a2anS2Sn对一切正整数n都成立(Ⅰ)求a1a2的值(Ⅱ)设a0,数列{lg10a1的前n项和为T,当n为何值时,T最大?并求出Ta an28（2012年高考（ 理）对于数集X{1,x1,x2,,xn},其中0x1x2xn,n2,定义向量Y{a|as,tsXtX}.若对于任意a1Y,存在a2Y,使得a1a20P.X112},X具有性质P,求证:1Xxn>1时

x1x2xn的29（2012）已知数列

满足

a b)c(nN*

设cn3n6,{an是公差为3的等差数列.当b11时,求b2、b3设cn3an28n求正整数k使得一切nN*均有

b 设c2nn

1

当b1时,求数列{b 30（2012年高考（陕西理）设an的公比不为1的等比数列,其前n项和为Sn,且a5a3a4成等差数列求数列an的公比证明:对任意kNSk2[来源:

Sk

Sk131（2012）(Ⅰ)求数列an的通项公式mN*,将数列a中落入区间(9m92m内的项的个数记为b,求数列b

的前m Sm32（2012（江西理）已知数列{anS1n2kn(kNS k,n求数列{92an}nTn33（2012nAPnxA2xAxCpA,则2xCpAnnf(4f(n的解析式(用n34（2012

an

,nN*,a2ba2b

2

(1)设 1n,nN*,求证:数列n

aan

an设

nN*,且{a是等比数列,求a和b2a 2an35．（ 年高考（湖南理））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=1,2anq的等比数列的充分必要条件是:对任意nN组成公比为q的等比数列36（12 理）已知等差数列{an}前三项的和为3,前三项的积为8(Ⅰ)求等差数列{an}的通项公式(Ⅱ)若a2a3a1成等比数列,求数列{|an|}n37（012 理设数列a的前n项和为S,满足2S

2n11nN*a、a5、

求a1的值求数列an的通项公式1 证明:一切正数n,有11 38（12）f(x)x22x3.定义数列x

2,

是过两点P(45Q(x,f(x的直线PQnx证明2xnxn13求数列xn的通项公

39（2012 理设A是由mn个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大AS(mn)riAAi行各数之和1imcj(AAj列各数之和1jn；A,求kA11---111ab-给定正整数tA∈S(22t1kA40（2012） x2

c(nN*) (I)证明:数列{xn是单调递减数列的充分必要条件是c(II)求c的取值范围,使数列{xn}是单调递增数列【解析】选Da4a72a5a6a4a78a44a72a42a7a44,a72a18,a101a1a10a42,a74a108,a11a1a10【解析】选项C显然是错的,举出反例:—1,0,1,2,3,.满足数列{Sn}是递增数列,但是Sn>0不成立【解析】2da4a2514d2a1a2d121,a5a23d167S(a1a5)56515 [答案[解析]∵数列{an8f(a1f(a2f(a5∴

a1a2a5）(cosa1cosa2cosa5)∴(cosa1cosa2cosa5)

即

a1a2a5）25a3 a32a14a5

∴[f(a3)]a1a3(2a3cosa3

a1a5

(cosa1cosa2cosa5)0,[解析]对于1≤k≤25,ak≥0(唯a25=0),所以Sk(1≤k≤25)都为正数当26≤k≤49时,令,则kk,画出k终边如右

…

x轴对称,即有sinksin(50k

49

1sin+1sin2++1sin23+1sin24

27

=1sin+1sin2++(11)sin24+(11)sin23 (11sin(50k)k=26,27,,49,此时050kk 所以110,又0(50k)24,所以sin(50k)0 从而当k=26,27,,49时,Sk都是正数a1a1

a4a8

【点评】归纳推理常常可借助前几项的共性来推出一般性题.体现考纲中要求了解归纳推理.来年需 解析:等比数列性质,

,①,①faf;

n n

2anananan2ananan2fanfan2lnanlnan

a1a5102a14d10,而a4a13d7,解得d2n项和的公式的运用,以及裂项求和的综合运用,Sna55S515

an

d

1

n(n

n (11)(11)

当然此题若利用数学估计过于复杂,最好从感觉出发,由于目的是使平均产量最高,就需要随着nSn变化超过平均值的加入,随着nSnaa16a2163 【解析】{an的前60项和为可证明:

a4n1a4n2b1a1a2a3a4102S23a22S43a42两个式子全部转化成用a1,qa1a1q3a1q

,两式作差得:aq2a

3aq(q21)

30 aaqaq2aq33a q2

orq1a2a2 2(anan2)

,(aq4)2aq9,a(解法一)因为数列{an},{bn}都是等差数列,所以数列anbn也是等差数列故由等差中项的性质,得a5b5a1b12a3b3,即a5b57221,解得a5b535.(解法二)设数列{an},{bn的公差分别为d1d2,因为a3b3(a12d1) 所以d1d27.所以a5b5a3b32(d1d235进行巧解.体现考纲中要求理解等差数列的概念.来年需要等差数列的通项公式,前n项和,等差中项的

2n4,16) ,16)P0x1x2x3x4x5 ,16) ,16)

,16),x7位于P2中的第6个位置(2)方法同(1),归纳推理知x173位于P4中的第32n411个位置解析:(Ⅰ)40,9(1~9)种情10(0~9491090种.答案,2n+12n+22n+210910n29,3902时,可以看成在偶数位的最中间添加0~9这十个数,因此,则答案为910nn2n1.设公差为dd0),则有12d1d24,解得d2a2n1n【答案】【解析】由ancosn1,可得 (1021 (246 20101

n(n4

Sa,所以aada2dd ,S1n(n1) n【命题意图】本试题主要考查了等差数列与等比数列的概率、通项公式、前n项和公式、数列求和等基(1)and

q

a1b12a23d,b2q3,S8

,由条件得方程组

,故

a3n1,b2n(nN*) （2）Tnanb1an1b2

5c5T2n[(cc)(cc)

n102n2(3n5)10bn（1）当n1时，T112a1b11216,2a110b1 问可以用错位相减法求解证明,也可用数学归纳法证明,给学生思留有余地,符合高考命题选拔性acosC3asinC sinAcosC3sinAsinCsin(aC)sin 3sinAcosA1sin(A30)2A1

AS

bcsinA bc323a2b2c22bccosAbc解得bc(1)证明:由S2a2S1a1,得a1a2a1a2a1,即a2a2a1a0,故a1a2aa a1又由题设条件知Sn2a2Sn1a1Sn1a2SnSn2Sn1a2Sn1Sn,即an2a2an1a0,知

0an22 2

2n2an2anN*成立,从而a1,公比为a2n2n当n1或2Sn2(a1ann3a1且a0,由(1)a1aan1 1aa2 an1n1an1n aann22即证:1a2a2

1

na21当1a1时,ar1与anr1,(r1,2, ,n1)同为负 当a1时 ar1与anr1,(r1,2, ,n1)同为正 因此当a1a1ar1anr1)>0, aranr1an,(r1,2, ,n 上面不等式对r1n12(aa2

(n1)1an 2

a2

n11anan2an2综上,当a1a0Sn(aa,当且仅当n12或a1 [解析](1)由已知得,交点A的坐标为 a,0,对yx21an求导得y'2x则抛物线在点A y

2an(x

n),即y2

2anxan.则f(n f(n)1

f(n1n31成立的充要条件是a2nan2n31nn=2

[来源 a17n3时 nnn1C13C232C3nnn12n31n5(n2)2(2n2 n=0,1,2

2n3f(n) n 故当 时 f(n)n

n3.1

f(1)f

a 由(1)f(k)an,则k

f(k)f(2k

2kaka

f(0)f 1

27f(1)f(n).nkn

f(k)f(2k f(0)f

x

274g(x)

27x(x4x

x)1,0x则g'(x)81x(x 当0x

'

x1时，g'(x)2

)3

x

274由0<a<1知0<ak<1(kN*),因此 27ak,从而ak n nk

f(k)f(2k

k1akaa274

新意识能力;且又次的考查了函数、转换与化归、特殊与一般等数学思维方法.[解析]取n=1,得a2a1s2s12a1a2 取n=2,得a22a2a

a2(a2a1) a2=0,2若a20，易知a2a11, 由①④得:a1 1,a222

a11

2,a222(2)当a1>0时,由(I)知,a1 1,a222

2）ans2

,

2所以2

2an1(n所以

a(2)n1

1)(21令blg10a1,则b121

2)n1a an1所以,数列{bn}是以2

b1>b2>b3>>b78

lg1n≥8

12

1lg10[来源 2所以,n=7TnTn

b17

21lg2[解](1)选取a1x2),Y中与a1垂直的元素必有形式(1所以x=2b(2)证明:取a1x1,x1Y.设a2stY满足a1a20由(st)x10st0s、t因为-1X中唯一的负数s、t中之一为-1,另一故1X[来源§ xk1,其中1kn,则0x11xn选取a1(x1,xnYa2stY满足a1a20sx1txn0则s、t异号,从而s、t之中恰有一个为-1.若s=-1,则x1txntx1, 若t=-1,则xnsx1sxn i(3)[解法一]猜测xi ,i=1,2,,Ak11,x2,xk},k=2,3,任取a1st)s、tAks、t中出现-1a2满足a1a20s1且t1s、tAk1P,所以有a2s1t1s1、t1Ak1,使得a1a20从而s1和t1中有一个是-1,不妨设s1=-假设t1Ak1且t1Ak,则t1xk1.由(st1,xk1)0,得stxk1xk1s .所以t1AkAki现用数学归纳法证明:xi ,i=1,2,,n=2时,结论显然成立n=k时A11xx}有性质P,则

qi1,i=1,2,, n=k+1Ak111,x2,xk,xk1}P,Ak11,x2,xk

k

xa1xk1,q),并设a2st满足a1a20xk1sqt0.由此可得s与t中有且只有一个为-若t1s1xk

qqss1xks

xk

qk1,所以

qkkk

qi1

qi1,i=1,2,,ii[解法二]设astast,则a

0s1t2 1

tBs|sX,tX,|s||t|XPB关于t注意到-1XB,0)x2,x3,xn}n-1B0n-1xnxnxnxnn-1

xnxnxn

xn1xn1 x注意到xnxn1x2,所以xnxn1x2,从而数列的通项公式为[来源

xx(x2)k1qk1,k=1,2,, 1解

an1an3,bn1bnn2

b11,b24,b3n3n由an1an2n7bn1bn2n7由bn1bn0n4,即b4b5b6 ;由bn1bn0n4,即b1b2b3k4

由

a1)n1 b1)n1(2nn,故b

bb211,b

(1)n1(2n2n2),b

(1)n(2n1n

n2k(kN*)

2 2 bnb1(2

)[12 (n2)(n1)]

1 2 bn

23

n1n n

n n2k1(kN*时 b

n)

23

n1

1

n)n3n

n 2nn

6,(n2k

,(kN* 3

(n2k解析:(1)设数列an的公比为q

1aaa成等差数列,得

a

,即2aq2aq4a

a10q0∴q

20,解 21(舍去(2)证法一:对任意kSk2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Skak1ak2ak2ak1ak1(2)所以,对任意kNSk2

Sk

Sk12a(1qk证法 对任意kN,2Sk 1a 2 a(1 a(2qk2Sk2Sk1 1 1 1 1 2a k a(2qk2 2Sk(Sk2Sk1) (2qk2 )因此,对任意kNSk2

Sk

Sk1

3a484,a4

5da9a445,dan9n8

,a1a43d2827

,于是

an1n1)99n8(Ⅱ)对任意m∈N﹡,9m9n892m,则 即9m18n92m18,而nN*,由题意可知

92m19m1 于是Smb1b2bm1

19m,1,Sm

92m1 . 解:(1nkN时,S1n2kn取最大值,即81k2k21k2k4 bnanSnSn12n(n2a1S12,所以anbn(2)因为

92an

1

,

b1b2所以Tn2TnTn21【点评】本题考查数列的通项,递推、错位相减法求和以及二次函数的最值的综合应用.利用aS1(n1aS

S S S

用来求解首项a1a1一般通过a1S1n项和适用的情况:当数列∴f(4)2xPnx22···经过k次以后.商必为奇数.此时记商为mx=m2k,其中m为奇数kN*.由条件知.若mAxAk为偶数;若mAxAk为奇数.于是x是否属于A,由m是否属于A确定.设QnPnf(n等于QnnPnn1 22n为偶数∴f(n)=

2

n为奇数【解析】(1)找出n=4an2an21ann

1bn,∴

an

aa

n11nan

b

b∴n1

.∴n1n

n

1nN

1n1nban

an1 an

an∴数列n

1ab(2)∵a>0，b>0,∴

a2b2<ab22 2

an2∴1an2

an

22设等比数列{an的公比为q,由an0q0,下面用反证法证明22q1则aa2

,∴当n>

时, aqn ,与(﹡)2 2

q若0<q<1则a=a2a>1n>q

1时, aqn<1,与

12a∴综上所述,q=1.∴ana1nN*,∴1<a1 2abn1

2bn2 2

nN*,∴{bn是公比2a2

22a若a1 ,22a1

>1,于是b1<b2<b3an

a1a22aa2ba2b

a1

,得bn= 11a21 a2b 2=2 a2b 2=22222222

22∴a1=b2=2a2b a2b 1nana1)根据题设a

b

1nn1

,从而证明

b

n

n1

n

1an1 anan2(2)根据基本不等式得到an2

an

2,用反证法证明等比数列{an的公比q=12aanN*的结论,再由

2bn b知{b

222 2

反证法求出a1=b2=2解(1)对任意nNA(nB(nC(nB(n)A(n)C(n)an1a1an2亦即an2an1a2a1故数列an1,4an1n144nn(Ⅱ)(1)必要性:若数列a是公比为q的等比数列,则对任意nN,nan1anqan0A(nB(nC(n0,B(n)a2a3...an1q(a1 a1a2... a1C(n)a3a4...an2 a2a3... B(n)C(n)qA(nB(nC(n组成公比为q (2)充分性:若对于任意nN,三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列,则[来源。。 B(n)qA(n),C(n)qB(n)于是C(nB(n)qB(nA(n),an2a2q(an1a1an2qan1a2n 因为a0an2a2q,故数列a是首项为a,公比为qn 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﹡,三个数A(n),B(n组成公比为q考点分析:等差等比数列的通项公式,和前n项和公式及基本运算.解析:(Ⅰ)设等差数列{an的公差为d,则a2a1da3a12d,由题意得3a13d

解得a1

或a1a(ad)(a2d) d d1 an23(n13n5an43(n13n7an3n5,或an3n7(Ⅱ)当an3n5a2a3a1分别为142an3n7a2a3a1分别为124故|

||3n7|3n3n

n记数列{|an|nSnn1S1|a1|4n2S2|a1||a2|5n3SnS2|a3||a4| |an|5(337)(347) 5(n2)[23n7)]3n211n10.当n2

33n211n

nn2a1a2解析:(Ⅰ)由2a1a2a37,解得a112a5a 由2S 2n11可得

a2n1n2两式相减2a

a2n

n n

2n

2n1

2n,所以数列a2nn2)是一个以a4为首项,3为公比nn22aa3a5a2n93n2a3n2nn2n1a1nn2 也满足该式子,所以数列a的通项公式是a3n2n 因为3n3n123n122n12n,所以

3n2n

,所以

1

,于是nn1

113 3 1113点评:上述证法实质上是证明了一个加强命

213

b1qnq的等比数列

,其前n项和为Tn

1

b1n 1

b1qn

,考虑到 2

,所以令1

2即可.由an式可大胆尝试令q1,则b1,于是b

1b1a3 a3

nqq1,此时b3b3q1不同的地方在于,当n

时,

n2时,

bnn1

13n21

113;当n311

11

3n4

bn

1 11

1 1

①当n1时,左边

1,右边32 inkk2kN)时成立,即3i2i2nk1i

1

(i1,iN3i1

33i要

1

,只需

只需3i12i13i13

,只需证3i1

33i

3i1

3i132i132i,只需证23,该式子明显成立,所 1 k

3i1

33i于是当nk1时

2i323i

nk11 综合①②,由数学归纳法可得,对一切正整数n,有11 法2:(裂项相消法)( n1113显然成立.当n211113 nn3时a3n2n12n2n1C12C2nn 1C12C222 Cn1

,又因为

a25222

,所以a2nn1(n2),所以1

1

1n2 2nn 2n n 11 1 直线方程,从而得到交点坐标,再运用数学归纳法进行证明,根据递推公式构造等比数列进而求得数列的通项.:(1)

f(442835,故点

f

P(45Qn(xn,f(xnPQnPQy5

f(xn5(x4)y0nx22x

xn

4x5 (x4) x4x

xn4xn

xn

xn

xn下面用数学归纳法证明2xnn1x122x1假设nk时2

3成立,则当nk1

4xk34 k

x

x 2

34

251

52114

3即2

3

x

k 综上可知2xn3xn4x

3x2

1)2由

n

x

x

x 2x31x120

1)243,故有 x0即x 综上可知2xnxn13恒成立

(2)

4xn3x4x3x22x30x3x

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x 34xn33xn (1)4xn315xn5

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x xn131xn3x13