高三数学《3年高考2年模拟》第六章 数列 第二节 数列的应用 - 图

第六章 数列 第二节 数列的应用 第一部分 三年高考体题荟萃

2010年高考题

一、选择题

1.（2010江西理）5.等比数列?an?中，a1?2，a8=4，函数

f?x??x(x?a1)(x?a2)69(x?a8)，则f'?0??（ ）

1215A．2 B. 2 C. 2 D. 2 【答案】C

【解析】考查多项式函数的导数公式，重点考查学生创新意识，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法。考虑到求导中，含有x项均取0，则f项有关；得：a1?a2?a3'?0?只与函数f?x?的一次

a8?(a1a8)4?212。

?1??n?3?（ ）

?11lim?1??2?x???332.（2010江西理）4.

53A. 3 B. 2 C. 2 D. 不存在

【答案】B

【解析】考查等比数列求和与极限知识.解法一：先求和，然后对和取极限。

11?n3lim(3)? n???121?33.（2010北京理）（2）在等比数列?an?中，a1?1，公比q?1.若am?a1a2a3a4a5，则m=

（A）9 （B）10 （C）11 （D）12 【答案】C

4.（2010四川理）（8）已知数列?an?的首项a1?0，其前n项的和为Sn，且Sn?1?2Sn?a1，

则liman?

n??Sn1 （C） 1 （D）2 2（A）0 （B）

解析：由Sn?1?2Sn?a1,且Sn?2?2Sn?1?a1

作差得an＋2＝2an＋1

又S2＝2S1＋a1，即a2＋a1＝2a1＋a1 ? a2＝2a1 故{an}是公比为2的等比数列

Sn＝a1＋2a1＋22a1＋……＋2n－1a1＝(2n－1)a1

an2n?1a11则lim?limn? n??Sn??(2?1)a2n1【答案】B

5.（2010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，则数列?（A）

?1??的前5项和为 ?an?15313115或5 （B）或5 （C） （D） 816168【答案】C

【解析】本题主要考查等比数列前n项和公式及等比数列的性质，属于中等题。

119(1?q3)1-q6显然q?1，所以=?1?q3?q?2，所以{}是首项为1，公比为

2an1-q1?q11?()52?31. 的等比数列， 前5项和T5?1161?2【温馨提示】在进行等比数列运算时要注意约分，降低幂的次数，同时也要注意基本量法的应用。

6.（2010全国卷1文）（4）已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则

a4a5a6=

(A) 52 (B) 7 (C) 6 (D) 42 【答案】A

【命题意图】本小题主要考查等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识，着重考查了转化与化归的数学思想.

33 【解析】由等比数列的性质知a1a2a3?(a1a3)a2?a2?5，a7a8a9?(a7a9)a8?a8?10,

13所以a2a8?50,

所以a4a5a6?(a4a6)a5?a?(a2a8)?(50)?52 7.（2010湖北文）7.已知等比数列{am}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则

35316312a9?a10?

a7?a8

B. 1?2

C. 3?22

D3?22

A.1?2

8.（2010安徽理）10、设?an?是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X,Y,Z，则下列等式中恒成立的是 A、X?Z?2Y C、Y?XZ 【答案】 D

【分析】取等比数列1,2,4,令n?1得X?1,Y?3,Z?7代入验算，只有选项D满足。 【方法技巧】对于含有较多字母的客观题，可以取满足条件的数字代替字母，代入验证，若能排除3个选项，剩下唯一正确的就一定正确；若不能完全排除，可以取其他数字验证继续排除.本题也可以首项、公比即项数n表示代入验证得结论.

（2010湖北理数）7、如图，在半径为r 的园内作内接正六边形，再作正六边形的内切圆，又在此内切圆内作内接正六边形，如此无限继续下去，设sn为前n个圆的面

2

B、Y?Y?X??Z?Z?X? D、Y?Y?X??X?Z?X?

积之和，则limsn=

n??A． 2?r B.

28?r2 C.4?r2 D.6?r2 3

9.（2010福建理）3．设等差数列?an?的前n项和为Sn,若a1??11,a4?a6??6,则当Sn取最小值时,n等于

A．6 【答案】A

【解析】设该数列的公差为d，则a4?a6?2a1?8 d?2?(?11)?8d??6，解得d?2，所以Sn??11n?

B．7

C．8

D．9

n(n?1)?2?n2?12n?(n?6)2?36，所以当n?6时，Sn取最小值。 2【命题意图】本题考查等差数列的通项公式以及前n项和公式的应用，考查二次函数最值的求法及计算能力。 二、填空题

1.（2010浙江理）（14）设n?2,n?N,(2x?)?(3x?)

12n13n?a0?a1x?a2x2?????anxn，

将ak(0?k?n)的最小值记为Tn，则

T2?0,T3?1111?,T?0,T??5,???,Tn,??? 453352323其中Tn=__________________ .

解析：本题主要考察了合情推理，利用归纳和类比进行简单的推理，属容易题

2.（2010陕西文）11.观察下列等式：1＋2＝（1＋2），1＋2＋3＝（1＋2＋3），1＋2＋3＋4＝

3

3

3

33233323

（1＋2＋3＋4），…，根据上述规律，第四个等式为1＋2＋3＋4＋5＝（1＋2＋3＋4．．．．．＋5）（或15）.

解析：第i个等式左边为1到i+1的立方和，右边为1到i+1和的完全平方 所以第四个等式为1＋2＋3＋4＋5＝（1＋2＋3＋4＋5）（或15）. ．．．．．3.（2010辽宁理）（16）已知数列?an?满足a1?33,an?1?an?2n,则__________. 【答案】

3

3

3

3

3

2

2

2

2

233333

an的最小值为n21 2【命题立意】本题考查了递推数列的通项公式的求解以及构造函数利用导数判断函数单调性，考查了同学们综合运用知识解决问题的能力。

【解析】an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2[1+2+…(n-1)]+33=33+n-n

2

an33??n?1 nn33?33?n?1，令f(n)?2?1?0，则f(n)在(33,??)上是单调递设f(n)?nn所以

增，在(0,33)上是递减的，因为n∈N+,所以当n=5或6时f(n)有最小值。

又因为

a553a66321aa21?，??，所以，n的最小值为6? 5566262n4.（2010浙江文）（14）在如下数表中，已知每行、每列中的树都成等差数列， 那么，位于下表中的第n行第n+1列的数是 。

答案：n?n

2

5.（2010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?S2n,n?N*.设Tn0为数列{Tn}的最大项，则n0= 。

an?1【答案】4

【解析】本题主要考查了等比数列的前n项和公式与通项及平均值不等式的应用，属于中等题。

17a1[1?(2)n]a1[1?(2)2n]?1(2)2n?17(2)n?161?21?2Tn???na1(2)1?2(2)n?11616nn因为≧8，当且仅当=4，即n=4时?[(2)n??17](2)?(2)nn1?2(2)(2)取等号，所以当n0=4时Tn有最大值。

【温馨提示】本题的实质是求Tn取得最大值时的n值，求解时为便于运算可以对(2)n进行换元，分子、分母都有变量的情况下通常可以采用分离变量的方法求解.

6.（2010湖南理）15．若数列?an?满足：对任意的n?N，只有有限个正整数m使得am＜n??成立，记这样的m的个数为(an)?，则得到一个新数列(an)．例如，若数列?an?是

??1,2,3…，n,…，则数列?(an)??是0,1,2,…，n?1,…．已知对任意的n?N?，an?n2，

则(a5)?? ，

((an)?)?? ．

三、解答题

1.（2010湖南文）20.（本小题满分13分） 给出下面的数表序列：

其中表n（n=1,2,3 ）有n行，第1行的n个数是1,3,5，2n-1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和。

（I）写出表4，验证表4各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n（n≥3）（不要求证明）；

（II）每个数列中最后一行都只有一个数，它们构成数列1,4,12，记此数列为

?bn? 求和：

b3b?4?b1b2b2b3bn?2 bnbn?1

2.（2010全国卷2理）（18）（本小题满分12分） 已知数列?an?的前n项和Sn?(n2?n)3n． （Ⅰ）求liman；

n??Snana1a2??…?＞3n． 22212n（Ⅱ）证明：

【命题意图】本试题主要考查数列基本公式an???s1(n?1)?sn?sn?1(n?2)的运用，数列极限和数

列不等式的证明，考查考生运用所学知识解决问题的能力.

【参考答案】

【点评】2010年高考数学全国I、Ⅱ这两套试卷都将数列题前置,一改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.

估计以后的高考，对数列的考查主要涉及数列的基本公式、基本性质、递推数列、数列求和、数列极限、简单的数列不等式证明等，这种考查方式还要持续.

3.（2010北京理）（20）（本小题共13分） 已知集合

Sn?{XX|?x1x(…,xn,x?2，1)i?,对,于1,2,…{n0n?,1},A?(a1,a2,…an,)，B?(b1,b2,…bn,)?Sn，定义A与B的差为 A?B?(|a1?b1|,|a2?b2|,…|an?bn|);

A与B之间的距离为d(A,B)??i?1|a1?b1|

（Ⅰ）证明：?A,B,C?Sn,有A?B?Sn，且d(A?C,B?C)?d(A,B); （Ⅱ）证明：?A,B,C?Sn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数 (Ⅲ) 设P?Sn，P中有m(m≥2)个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为 证明：

（P）≤

d(P).

dmn.

2(m?1)（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）

证明：（I）设A?(a1,a2,...,an)，B?(b1,b2,...,bn)，C?(c1,c2,...,cn)?Sn 因为ai，bi??0,1?，所以ai?bi??0,1?,(i?1,2,...,n) 从而A?B?(|a1?b1|,|a2?b2|,...,|an?bn|)?Sn 又d(A?C,B?C)??||a?c|?|b?c||

iiiii?1n

由题意知ai，bi，ci??0,1?(i?1,2,...,n). 当ci?0时，||ai?ci|?|bi?ci||?||ai?bi|;

当ci?1时，||ai?ci|?|bi?ci||?|(1?ai)?(1?bi)|?|ai?bi|

所以d(A?C,B?C)??|a?b|?d(A,B)

iii?1n(II)设A?(a1,a2,...,an)，B?(b1,b2,...,bn)，C?(c1,c2,...,cn)?Sn d(A,B)?k，d(A,C)?l，d(B,C)?h. 记O?(0,0,...,0)?Sn，由（I）可知

d(A,B)?d(A?A,B?A)?d(O,B?A)?k d(A,C)?d(A?A,C?A)?d(O,C?A)?l d(B,C)?d(B?A,C?A)?h

所以|bi?ai|(i?1,2,...,n)中1的个数为k，|ci?ai|(i?1,2,...,n)的1的

个数为l。

设t是使|bi?ai|?|ci?ai|?1成立的i的个数，则h?l?k?2t 由此可知，k,l,h三个数不可能都是奇数，

即d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数。

（III）d(P)?12CmA,B?P ?d(A,B),其中?d(A,B)表示P中所有两个元素间距离的总和，

A,B?P设P种所有元素的第i个位置的数字中共有ti个1，m?ti个0 则

A,B?P?d(A,B)=?t(m?t)

iii?1nm2(i?1,2,...,n) 由于ti(m?ti)?4nm2所以?d(A,B)?

4A,B?P1从而d(P)?2Cmnmmn d(A,B)???24C2(m?1)A,B?Pm2

4.（2010天津文）（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；

32232n22n?2）（Ⅲ）记Tn?. ???，证明?2n?Tn?（2a2a3an【解析】本小题主要考查等差数列的定义及前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等

基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法，满分14分。

（I）证明：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。

从而

a6a53??，所以a4，a5，a6成等比数列。 a5a42（II）解：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??...?a3?a1? ?4k?4?k?1??...?4?1 ?2k?k?1?,k?N*.

由a1?0，得a2k?1?2k?k?1? ，从而a2k?a2k?1?2k?2k2.

?n2?1n,n为奇数?n2??1??1?2n?N*。所以数列?an?的通项公式为an??或写为an?， ?224?n,n为偶数??2（III）证明：由（II）可知a2k?1?2k?k?1?，a2k?2k2， 以下分两种情况进行讨论：

（1） 当n为偶数时，设n=2m?m?N*?

k2若m?1，则2n???2，

k?2akn若m?2，则

mm2k?m?1?2k?1??k24k2m?14k2?4k?1??????2?? ?aaa2k2kk?1??k?2kk?1k?1k?1k?12k2k?1nm?1?4k2?4k?1?1?11????2m?2?? ?2m???????? ?2kk?12kk?12kk?1????????k?1?k?1?m?122 ?2m?2?m?1??n1?1?311??2n??. ??2?m?2nnk2313k2所以2n????，从而?2n???2,n?4,6,8,....

2n2k?2akk?2ak（2） 当n为奇数时，设n?2m?1?m?N*?。

?2m?1?k22mk2?2m?1?31???4m??? ??aaa22m2mm?1??k?2kk?2k2m?1n221131 ?4m???2n??22?m?1?2n?1nk2313k2所以2n??，从而?2n?????2,n?3,5,7,....

a2n?12ak?2kk?2kn综合（1）和（2）可知，对任意n?2,n?N*,有5.（2010天津理）（22）（本小题满分14分）

3?2n?Tn?2. 2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（k?N） （Ⅱ）若对任意k?N，a2k，a2k?1，a2k?2成等比数列，其公比为qk。

【解析】本小题主要考查等差数列的定义及通项公式，前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。满分14分。 （Ⅰ）证明：由题设，可得a**?a?4k,k?N*。

2k?12k?1所以a2k?1?a1?(a?a)?(a?a)?...?(a3?a1)

2k?12k?12k?12k?3=4k?4(k?1)?...?4?1 =2k(k+1) 由a1=0，得a?2k(k?1),从而a?a?2k?2k2,a?2(k?1)2.

2k?12k2k?12k?2aaak?1a2k?2k?12k?12k?2?,?,所以?2k?1。 于是akakaa2k2k?12k?12k所以dk?2k时，对任意k?N,a（Ⅱ）证法一：（i）证明：由a*2k,a,a成等比数列。

2k?12k?22k?1,a2k,a,a成等差数列，及a,a成

2k?12k2k?12k?2aa2k?1?a?a,2??2k?1?1?qk 等比数列，得2a2k2k?12k?1aaq2k2kk?1当q1≠1时，可知qk≠1，k?N 从而

*1qk?1?2?11qk?1?1?1?1,即1??1(k?2)

q?1qq?1k?1k?1k?11??1??

所以??是等差数列，公差为1。

q?1??k??

（Ⅱ）证明：a1?0，a2?2，可得a3?4，从而q1?4?2,1=1.由（Ⅰ）有 2q?111qk?1?1?k?1?k,得qk?k?1,k?N*

k2aaa（）*所以2k?2?2k?1?k?1,从而2k?2?k?21,k?N

aakak2k?12k2k因此，

aaak2(k?1)22222k2k?2k?1?2k(k?1),k?N*4a2k?......a?.....2?2k.a?a.2k?12kkaaa2(k?1)2(k?2)2122k?22k?42以下分两种情况进行讨论：

（1） 当n为偶数时，设n=2m(m?N)

*k2若m=1,则2n???2.

k?2akn若m≥2，则

k2m(2k)2m?1(2k?1)2m4k2??????2+ ?aaak?2kk?1k?1k?12k2k2k?1nm?1m?1?4k2?4k?4k2?4k?11?1?11???2m???2m?2???????2?kk?1??2k(k?1)????k?12k(k?1)k?1?2k(k?1)k?1??m?1

1131?2m?2(m?1)?(1?)?2n??2m2n.nk2313k2所以2n????,从而?2n???2,n?4,6,8...

a2n2k?2kk?2akn(2)当n为奇数时，设n=2m+1（m?N）

*k22mk2(2m?1)31(2m?1)2 ????4m????a2m?122m2m(m?1)k?2akk?2akn21131?4m???2n??

22(m?1)2n?1nk2313k2所以2n??·· ??,从而?2n???2,n?3,5,7·

2n?12k?2akk?2aknn3k2综合（1）（2）可知，对任意n?2,n?N,有?2n???2

2k?2ak?证法二：（i）证明：由题设，可得dk?a2k?1?a2k?qka2k?a2k?a2k(qk?1),

dk?1?a2k?2?a2k?1?qk2a2k?qka2k?a2kqk(qk?1),所以dk?1?qkdk

qk?1?a2k?3a2k?2?dk?1ddq?1 ??1?2k?1?1?k?1?ka2k?2a2k?2qka2kqka2kqkq11?k??1，

qk?1?1qk?1qk?1qk?11?由q1?1可知qk?1,k?N*。可得

?1?所以??是等差数列，公差为1。

q?1?k?（ii）证明：因为a1?0,a2?2,所以d1?a2?a1?2。

所以a3?a2?d1?4，从而q1??1?a31?2，?1。于是，由（i）可知所以??是a2q1?1?qk?1?k?11= 1??k?1??k，故qk?。

kqk?1公差为1的等差数列。由等差数列的通项公式可得

从而

dk?1k?1。 ?qk?dkkdkdddkk?12?k.k?1........2?.......?k，由d1?2，可得 d1dk?1dk?2d1k?1k?21所以

dk?2k。

于是，由（i）可知a2k?1?2k?k?1?,a2k?2k,k?N*

2以下同证法一。

6.（2010湖南理）21．（本小题满分13分）

数列?an?(n?N*)中，极小值点

（Ⅰ）当a=0时，求通项an；

（Ⅱ）是否存在a，使数列?an?是等比数列？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由。

是函数fn(x)?131x?(3an?n2)x2?3n2anx的32

7.（2010江苏卷）19、（本小题满分16分）

设各项均为正数的数列?an?的前n项和为Sn，已知2a2?a1?a3，数列的等差数列。

（1）求数列?an?的通项公式（用n,d表示）；

（2）设c为实数，对满足m?n?3k且m?n的任意正整数m,n,k，不等式Sm?Sn?cSk都成立。求证：c的最大值为

?S?是公差为dn9。 2[解析] 本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识，考查探索、分析及论证的能力。满分16分。

（1）由题意知：d?0， Sn?S1?(n?1)d?a1?(n?1)d

2a2?a1?a3?3a2?S3?3(S2?S1)?S3，3[(a1?d)2?a1]2?(a1?2d)2,

化简，得：a1?2a1?d?d2?0,a1?d,a1?d2

Sn?d?(n?1)d?nd,Sn?n2d2，

当n?2时，an?Sn?Sn?1?n2d2?(n?1)2d2?(2n?1)d2，适合n?1情形。 故所求an?(2n?1)d2 （2）（方法一）

m2?n2恒成立。 Sm?Sn?cSk?md?nd?c?kd?m?n?c?k， c?k2222222222m2?n29?， 又m?n?3k且m?n，2(m?n)?(m?n)?9k?2k22222故c?99，即c的最大值为。

22（方法二）由a1?d及Sn?a1?(n?1)d，得d?0，Sn?n2d2。

于是，对满足题设的m,n,k，m?n，有

(m?n)229229Sm?Sn?(m?n)d?d?dk?Sk。

2222229。 2933另一方面，任取实数a?。设k为偶数，令m?k?1,n?k?1，则m,n,k符合条

22231222223222件，且Sm?Sn?(m?n)d?d[(k?1)?(k?1)]?d(9k?4)。

222所以c的最大值cmax?于是，只要9k?4?2ak，即当k?221222时，Sm?Sn?d?2ak?aSk。

22a?9所以满足条件的c?因此c的最大值为

99，从而cmax?。 229。 2

2009年高考题

一、选择题

1.（2009广东卷理）已知等比数列{an}满足an?0,n?1,2,，且

a5?a2n?5?22n(n?3)，则当n?1时，log2a1?log2a3?2?log2a2n?1?

A. n(2n?1) B. (n?1)2 C. n D. (n?1)2

2【解析】由a5?a2n?5?22n(n?3)得an?22n，an?0，则an?2n，

log2a1?log2a3????? log2a2n?1?1?3?????(2n?1)?n2，选C.

【答案】 C

2.（2009辽宁卷理）设等比数列{ an}的前n 项和为Sn ，若

S6S=3 ，则 9 = S3S6A. 2 B.

78 C. D.3 33S6(1?q3)S333

【解析】设公比为q ,则＝1＋q＝3 ? q＝2 ?S3S3S91?q3?q61?2?47 于是??? 3S61?q1?23【答案】B

3.（2009宁夏海南卷理）等比数列?an?的前n项和为sn，且4a1，2a2，a3成等差数列。若a1=1，则s4=( )

A.7 B.8 C.15 D.16 【解析】

4a1，2a2，a3成等差数列，

?4a1?a3?4a2,即4a1?a1q2?4a1q,?q2?4q?4?0,?q?2，S4?15,选C.

【答案】 C

4.（2009湖北卷文）设x?R,记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，则{

5?1}，2

[

5?15?1], 22A.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】B

【解析】可分别求得?比数列.

5.（2009湖北卷文）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：

??5?1?????2???5?15?1，[]?1.则等比数列性质易得三者构成等22

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.289 B.1024 C.1225 D.1378 【答案】C

【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项a?nn(n?1)，同理可得正方形数构成的2n数列通项bn?n2，则由bn?n2(n?N?)可排除A、D，又由a?数，故选C.

n(n?1)知an必为奇26..（2009安徽卷理）已知?an?为等差数列，a1+a3+a5=105，a2?a4?a6=99，以Sn表示?an?的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是 A.21 B.20 C.19 D. 18 【答案】 B

【解析】由a1+a3+a5=105得3a3?105,即a3?35，由a2?a4?a6=99得3a4?99即

?an?0得n?20，选B a4?33 ，∴d??2，an?a4?(n?4)?(?2)?41?2n，由?a?0?n?17.（2009江西卷理）数列{an}的通项an?n(cos22n?n??sin2)，其前n项和为Sn，则33S30为

A．470 B．490 C．495 D．510 【答案】 A 【解析】由于{cos2n?n??sin2}以3 为周期,故 3312?2242?522S30?(??3)?(??62)?2210282?292?(??302)

210(3k?2)2?(3k?1)259?10?112??[??(3k)]??[9k?]??25?470故选A

222k?1k?18.（2009四川卷文）等差数列｛an｝的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是

A. 90 B. 100 C. 145 D. 190 【答案】B

【解析】设公差为d，则(1?d)?1?(1?4d).∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝10 二、填空题

9.（2009浙江文）设等比数列{an}的公比q?21S，前n项和为Sn，则4? ． 2a4【命题意图】此题主要考查了数列中的等比数列的通项和求和公式，通过对数列知识点的考查充分体现了通项公式和前n项和的知识联系． 答案 15

a1(1?q4)s41?q43解析 对于s4?,a4?a1q,??3?15

1?qa4q(1?q)10.（2009浙江文）设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8?S4，S12?S8，S16?S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4， ， ，T16成等比数列． T12【命题意图】此题是一个数列与类比推理结合的问题，既考查了数列中等差数列和等比数列的知识，也考查了通过已知条件进行类比推理的方法和能力 答案：

T8T12,T4T8

T8T12T16，,T4T8T12解析 对于等比数列，通过类比，有等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，成等比数列．

11.（2009北京理）已知数列{an}满足：a4n?3?1,a4n?1?0,a2n?an,n?N?,则

a2009?________；a2014=_________.

答案 1，0

解析 本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.

依题意，得a2009?a4?503?3?1，a2014?a2?1007?a1007?a4?252?1?0. ∴应填1，0.

12..（2009江苏卷）设?an?是公比为q的等比数列，|q|?1，令bn?an?1(n?1,2,若数列?bn?有连续四项在集合??53,?23,19,37,82?中，则6q= . 答案 -9

解析 考查等价转化能力和分析问题的能力。等比数列的通项。

)，

?an?有连续四项在集合??54,?24,18,36,81?，四项?24,36,?54,81成等比数列，公比为

3q??，6q= -9

213.(2009山东卷文)在等差数列{an}中,a3?7,a5?a2?6,则a6?____________.

a1?2d?7??a1?3解析 设等差数列{an}的公差为d,则由已知得?解得?,所以

a?4d?a?d?6d?21?1?a6?a1?5d?13.

答案:13.

【命题立意】:本题考查等差数列的通项公式以及基本计算.

14.(2009湖北卷理)已知数列?an?满足：a1＝m（m为正整数），

?an?,当an为偶数时，若a6＝1，则m所有可能的取值为__________。 an?1??2?3an?1,当an为奇数时。?答案 4 5 32

a1amm为偶, 故a2? a3?2? 2224mmmm?1?m?32 ①当仍为偶数时，a4???????a6? 故

8323243m?1m3②当为奇数时，a4?3a3?1?m?1??????a6?4

4443m?14故?1得m=4。 43m?1（2）若a1?m为奇数，则a2?3a1?1?3m?1为偶数，故a3?必为偶数

23m?13m?1??????a6?，所以=1可得m=5

1616解析 （1）若a1?m为偶数，则

15.（2009宁夏海南卷理）等差数列{an}前n项和为Sn。已知am?1+am?1-a2m=0，S2m?1=38,则m=_______

解析由am?1+am?1-a2m=0得到

22am?am?0,am?0,2又S2m?1??2m?1??a1?a2m?1??2?2m?1?am?38?m?10。

答案10

16.（2009陕西卷文）设等差数列?an?的前n项和为sn,若a6?s3?12,则

an? . 解析:由a6?s3?12可得?an?的公差d=2,首项a1=2,故易得an?2n. 答案:2n

17.(2009陕西卷理)设等差数列?an?的前n项和为Sn,若a6?S3?12,则

limSn? . n??n2?a6?12?a1?5d?12?a1?2SSnn?1n?1解析：?????Sn?n(n?1)?n??lim?lim?1?22n??n??nnnn?d?2?s3?12?a1?d?12

答案：1

18.（2009宁夏海南卷文）等比数列{an}的公比q?0, 已知a2=1，an?2?an?1?6an，则{an}的前4项和S4= 解析 由an?2?an?1?6an得：qn?1?qn?6qn?1，即q2?q?6?0，q?0，解得：q

1(1?24)115＝2，又a2=1，所以，a1?，S4?2＝。

221?215答案

219.(2009湖南卷理)将正⊿ABC分割成n（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图2，图3分别给出了n=2,3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于⊿ABC的三遍及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别一次成等差数列，若顶点A ,B ,C处的三个数互不相同且和为1,记所有顶点上的数之和为f(n)，则有f(2)=2，f(3)=

2101，…，f(n)= (n+1)(n+2) 36

答案

101,(n?1)(n?2) 36解析 当n=3时，如图所示分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知

a?b?c?1,x1?x2?a?b,y1?y2?b?c,z1?z2?c?a

x1?x2?y1?y2?z1?z2?2(a?b?c)?2,2g?x1?y2?x2?z1?y1?z2 6g?x1?x2?y1?y2?z1?z2?2(a?b?c)?2

即g?11110而f(3)?a?b?c?x1?x2?y1?y2?z1?z2?g?1??? 3233进一步可求得f(4)?5。由上知f(1)中有三个数，f(2)中 有6个数，f(3)中共有10个数相加 ，f(4)中有15个数相加….，若f(n?1)中有an?1(n?1)个数相加，可得f(n)中有(an?1?n?1)个数相加，且由

363?331045f(1)?1?,f(2)???f(1)?,f(3)??f(2)?,f(4)?5?f(3)?,...

3333333n?1,所以 可得f(n)?f(n?1)?3n?1n?1nn?1nn?13f(n)?f(n?1)??f(n?2)???...?????f(1)

3333333n?1nn?13211??????(n?1)(n?2) =333333620.（2009重庆卷理）设a1?2，an?1?通项公式bn= ．

a?22*，bn?n，n?N，则数列?bn?的

an?1an?12?2an?1?2an?1a?2解析 由条件得bn?1???2n?2bn且b1?4所以数列?bn?是

2an?1?1an?1?1an?1首项为4，公比为2的等比数列，则bn?4?2n?1?2n?1答案 2n+1

三、解答题

21.(2009年广东卷文)（本小题满分14分） 已知点（1，

1x）是函数f(x)?a(a?0,且a?1）的图象上一点，等比数列{an}的前n3项和为f(n)?c,数列{bn}(bn?0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－

Sn?1=Sn+Sn?1（n?2）.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式； （2）若数列{

10001}前n项和为Tn，问Tn>的最小正整数n是多少?

2009bnbn?11?1?解（1）Qf?1??a?,?f?x????

3?3?x12f2?c?f1?c???a1?f?1??c??c ,a2????, ????????392a3??f3?c?f2?c????? . ????????2742a21又数列?an?成等比数列，a1?2?81????c ，所以 c?1；

a3?23327a12?1?又公比q?2?，所以an????a133?3?QSn?Sn?1?n?1?1???2?? n?N* ；

?3?n?Sn?Sn?1??Sn?Sn?1?Sn?Sn?1 ?n?2?

?又bn?0,Sn?0, ?Sn?Sn?1?1； 数列

?S?构成一个首相为1公差为1的等差数列，n2Sn?1??n?1??1?n ， Sn?n2

2当n?2， bn?Sn?Sn?1?n??n?1??2n?1 ；

?bn?2n?1(n?N*)；

（2）Tn?11111111 ????K????L?b1b2b2b3b3b4bnbn?11?33?55?7(2n?1)??2n?1? ?1?1?1?11?1?11?1?11?1??????K?????????? 2?3?2?35?2?57?2?2n?12n?1?1?1?n； ??1???2?2n?1?2n?1n100010001000?得n?，满足Tn?的最小正整数为112. 2n?12009920091n?122.（2009全国卷Ⅰ理）在数列{an}中，a1?1,an?1?(1?)an?n

n2a（I）设bn?n，求数列{bn}的通项公式

n 由Tn?（II）求数列{an}的前n项和Sn 分析：（I）由已知有

an?1an11??n?bn?1?bn?n n?1n22利用累差迭加即可求出数列{bn}的通项公式: bn?2?（II）由（I）知an?2n?n1*(n?N) n?12n, n?12nnkk?Sn=?(2k?k?1)??(2k)??k?1

2k?1k?1k?12nn而

?(2k)?n(n?1),又?2k?1k?1nkk?1是一个典型的错位相减法模型，

易得

n?2kn?2??4 =n(n?1)?4?S??nn?1k?1n?1222k?1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n项和，一改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。 23.（2009北京理）已知数集A??a1,a2,对任意的

an??1?a1?a2?an,n?2?具有性质P；

i,j?1?i?j?n?，aiaj与

ajai两数中至少有一个属于A.

（Ⅰ）分别判断数集?1,3,4?与?1,2,3,6?是否具有性质P，并说明理由； （Ⅱ）证明：a1?1，且

a1?a2??an?an； ?1?1a1?1?a2??an（Ⅲ）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均不属于数集?1,3,4?，∴该数集不具有性质P. 3661236 由于1?2,1?3,1?6,2?3,,,,,,都属于数集?1,2,3,6?，

231236（Ⅰ）由于3?4与 ∴该数集具有性质P. （Ⅱ）∵A??a1,a2,an?具有性质P，∴anan与

an中至少有一个属于A， an由于1?a1?a2?从而1??an，∴anan?an，故anan?A.

an?A，∴a1?1. an∵1?a1?a2??an， ∴akan?an，故akan?A?k?2,3,an?A?k?1,2,3,akanan?， a2a1ana?an?1,n?an， a2a1anan??a1?a2?a2a1?an?1?an， ,n?.

,n?.

由A具有性质P可知

又∵

ana?n?anan?1?∴

ana?1,n?a2,anan?1ana?n?anan?1?从而

∴

a1?a2??an?an. ?1?1?1a1?a2??ana5a2， ?a2,5?a3，即a5?a2a4?a3a4a3（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当n?5时，有

∵1?a1?a2??a5，∴a3a4?a2a4?a5，∴a3a4?A，

a4?A. a3由A具有性质P可知

2，得a2a4?a3a3a4aaa??A，且1?3?a2，∴4?3?a2，

a2a2a3a3a2∴

a5a4a3a2????a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为1，公比为a2成等比数列. a4a3a2a124.（2009江苏卷）设?an?是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足

a22?a32?a42?a52,S7?7。

（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

amam?1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a2因为d解得a12222，由性质得?3d(a4?a3)?d(a4?a3)，?a5?a4?a3?0，所以a4?a3?0，即2a1?5d?0，又由S7?7得7a1?7?6d?7，2??5，

d?2,

(2)

（方法一）则

amam?1(2m?7)(2m?5)=,设2m?3?t，

2m?3am?28amam?1(t?4)(t?2)?t??6, 所以t为8的约数 =

ttam?2

（方法二）因为

amam?1(am?2?4)(am?2?2)8为数列?an?中的项， ??am?2?6?am?2am?2am?2故

8 am+2为整数，又由（1）知：am?2为奇数，所以am?2?2m?3??1,即m?1,2

经检验，符合题意的正整数只有m?2。

25（2009江苏卷）对于正整数n≥2，用Tn表示关于x的一元二次方程x?2ax?b?0有实数根的有序数组(a,b)的组数，其中a,b??1,2,取的a,b??1,2,；对于随机选,n?（a和b可以相等）

22x?2ax?b?0，记P为关于的一元二次方程,n?（a和b可以相等）xn有实数根的概率。 （1）求Tn2和Pn2；

（2）求证：对任意正整数n≥2，有Pn?1?1. n【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。

26.（2009山东卷理)等比数列{an}的前n项和为Sn， 已知对任意的n?N ，点

?(n,Sn)，均在函数y?bx?r(b?0且b?1,b,r均为常数)的图像上.

（1）求r的值；

（11）当b=2时，记 bn?2(log2an?1)(n?N?) 证明：对任意的n?N ，不等式

?b?1b1?1b2?1·······n?n?1成立 b1b2bnx解:因为对任意的n?N,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.所以得Sn?bn?r,当n?1时,a1?S1?b?r,当n?2时,an?Sn?Sn?1?bn?r?(bn?1?r)?bn?bn?1?(b?1)bn?1,又因为{an}为等比数列,所以r??1,公比为b,an?(b?1)bn?1

（2）当b=2时，an?(b?1)bn?1?2n?1, bn?2(log2an?1)?2(log22n?1?1)?2n 则

?bn?12n?1b?1357b?1b2?1?·······n???,所以1b1b2bn246bn2n2n?1 2n2n?1?n?1成立. 2n下面用数学归纳法证明不等式

b?1357b1?1b2?1·······n???b1b2bn246① 当n?1时,左边=

33,右边=2,因为?2,所以不等式成立. 22② 假设当n?k时不等式成立,即

b?1357b1?1b2?1·······k???b1b2bk2462k?1?k?1成2k?2k?12k?3 ?2k2k?2立.则当n?k?1时,左边=

b?1bk?1?1357b1?1b2?1·······k????b1b2bkbk?12462k?3(2k?3)24(k?1)2?4(k?1)?11?k?1????(k?1)?1??(k?1)?1 2k?24(k?1)4(k?1)4(k?1)所以当n?k?1时,不等式也成立. 由①、②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. 27.（2009广东卷理）知曲线Cn:x2?2nx?y2?0(n?1,2,线Cn引斜率为kn(kn?0)的切线ln，切点为Pn(xn,yn)． （1）求数列{xn}与{yn}的通项公式； （2）证明：x1?x3?x5?)．从点P(?1,0)向曲

?x2n?1?1?xnx?2sinn. 1?xnyn22解：（1）设直线ln：y?kn(x?1)，联立x?2nx?y?0得

222222(1?kn)x2?(2kn?2n)x?kn?0，则??(2kn?2n)2?4(1?kn)kn?0，∴

kn?n2n?1（?n2n?1舍去）

2knnn2n?1n2x?，即，∴ y?k(x?1)?x??nnnn22n?1n?11?kn(n?1)2nn1?xnn?1??（2）证明：∵

n1?xn1?n?11?1 2n?1x1?x3?x5?????x2n?1?132n?1132n?11 ??????????????242n352n?12n?1∴x1?x3?x5?????x2n?1?1?xn

1?xn由于

xn?yn1?xn1，可令函数f(x)?x?2sinx，则f'(x)?1?2c?osx，

2n?11?xn令f'(x)?0，得cosx???2，给定区间(0,)，则有f'(x)?0，则函数f(x)在(0,)442上单调递减，∴f(x)?f(0)?0，即x??2sinx在(0,)恒成立，又

40?11???，

2n?134则有

1?xnx11，即?2sin?2sinn.

2n?12n?11?xnyn12(an?3),n?N?. 428.（2009安徽卷理）首项为正数的数列?an?满足an?1?（I）证明：若a1为奇数，则对一切n?2,an都是奇数； （II）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ak?2m?1是奇数，其中m为正整数，

ak2?3?m(m?1)?1是奇数。 则由递推关系得ak?1?4根据数学归纳法，对任何n?N?，an都是奇数。 （II）（方法一）由an?1?an?1(an?1)(an?3)知，an?1?an当且仅当an?1或an?3。 41?332?3?1；若ak?3，则ak?1??3. 另一方面，若0?ak?1,则0?ak?1?44根据数学归纳法，0?a1?1,?0?an?1,?n?N?;a1?3?an?3,?n?N?. 综合所述，对一切n?N?都有an?1?an的充要条件是0?a1?1或a1?3。

a12?3?a1,得a12?4a1?3?0,于是0?a1?1或a1?3。 （方法二）由a2?4an2?3an?12?3(an?an?1)(an?an?1)an?1?an???,

444an2?3,所以所有的an均大于0，因此an?1?an与an?an?1同号。 因为a1?0,an?1?4根据数学归纳法，?n?N?，an?1?an与a2?a1同号。

因此，对一切n?N?都有an?1?an的充要条件是0?a1?1或a1?3。

29.（2009江西卷理）各项均为正数的数列{an}，a1?a,a2?b，且对满足m?n?p?q的正整数m,n,p,q都有

ap?aqam?an?.

(1?am)(1?an)(1?ap)(1?aq)（1）当a?14,b?时，求通项an; 251（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

??an??.

解：（1）由

ap?aqam?an得 ?(1?am)(1?an)(1?ap)(1?aq)14a1?ana2?an?1?.将a1?,a2?代入化简得

25(1?a1)(1?an)(1?a2)(1?an?1) an?2an?1?1.

an?1?2所以

1?an11?an?1??, 1?an31?an?11?an}为等比数列，从而 1?an故数列{1?an13n?1?,即an?n.

3?11?an3n3n?1可验证，an?n满足题设条件.

3?1(2) 由题设

am?an的值仅与m?n有关,记为bm?n,则

(1?am)(1?an)bn?1?a1?ana?an?.

(1?a1)(1?an)(1?a)(1?an)a?x(x?0),则在定义域上有

(1?a)(1?x)考察函数 f(x)??1a?1?1?a,??1f(x)?g(a)??,a?1

2??a?1?a,0?a?1?故对n?N， bn?1?g(a)恒成立. 又 b2n?*2an?g(a), 2(1?an)1,解上式得 2注意到0?g(a)?1?g(a)?1?2g(a)1?g(a)?1?2g(a)g(a)??an?,

g(a)g(a)1?g(a)?1?2g(a)取??1?g(a)?1?2g(a)1,即有 ?an??..

?g(a)12n?130. (2009湖北卷理)已知数列?an?的前n项和Sn??an?()?2（n为正整数）。

（Ⅰ）令bn?2nan，求证数列?bn?是等差数列，并求数列?an?的通项公式；

n?15nan，Tn?c1?c2?........?cn试比较Tn与的大小，并予以证明。 n2n?11n?11解（I）在Sn??an?()?2中，令n=1，可得S1??an?1?2?a1，即a1?

221n?21?an?Sn?Sn?1??an?an?1?()n?1， 当n?2时，Sn?1??an?1?()?2，221?2an?an?1?()n?1,即2nan?2n?1an?1?1.

2(Ⅱ）令cn?

bn?2nan,?bn?bn?1?1,即当n?2时，bn?bn?1?1.

又b1?2a1?1,?数列bn?是首项和公差均为1的等差数列.

?

于是bn?1?(n?1)?1?n?2an,?an?(II)由（I）得cn?nn. 2nn?11an?(n?1)()n，所以 n21111Tn?2??3?()2?4?()3?K?(n?1)()n

222211111Tn?2?()2?3?()3?4?()4?K?(n?1)()n?1 22222112131n1n?1由①-②得Tn?1?()?()?K?()?(n?1)()

2222211[1?()n?1]13n?32?1?4?(n?1)()n?1??n?112221? 2n?3?Tn?3?n25nn?35n(n?3)(2n?2n?1) Tn??3?n??n2n?122n?12(2n?1)于是确定Tn与5nn的大小关系等价于比较2与2n?1的大小 2n?1由2?2?1?1;22?2?2?1;23?2?3?1;24?2?4?1;25?2?5;K

2?2n?1.证明如下： 可猜想当n?3时，证法1：（1）当n=3时，由上验算显示成立。 （2）假设n?k?1时

n2k?1?2g2k?2(2k?1)?4k?2?2(k?1)?1?(2k?1)?2(k?1)?1

所以当n?k?1时猜想也成立

综合（1）（2）可知 ，对一切n?3的正整数，都有2?2n?1. 证法2：当n?3时

012n?1n01n?1n2n?(1?1)n?Cn?Cn?Cn?K?Cn?Cn?Cn?Cn?Cn?Cn?2n?2?2n?1

n综上所述，当n?1,2时Tn?5n5n，当n?3时Tn? 2n?12n?131.（2009四川卷文）设数列?an?的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an?5Sn?1成立，记bn?4?an(n?N*)。 1?an（I）求数列?an?与数列?bn?的通项公式；

（II）设数列?bn?的前n项和为Rn，是否存在正整数k，使得Rn?4k成立？若存在，找出一个正整数k；若不存在，请说明理由；

*（III）记cn?b2n?b2n?1(n?N)，设数列?cn?的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn?3； 2解（I）当n?1时，a1?5S1?1,?a1??又

1 4an?5Sn?1,an?1?5Sn?1?1

an?11?? an4?an?1?an?5an?1,即11，公比为q??的等比数列， 441n4?(?)1n4(n?N*) …………………………………3分 ∴an?(?)，bn?141?(?)n4∴数列?an?是首项为a1??（II）不存在正整数k，使得Rn?4k成立。

14?(?)n54?4?证明：由（I）知bn? n1n(?4)?11?(?)4552015?16k?40b2k?1?b2k?8???8?k?k?8?k?8. 2k?12kk(?4)?1(?4)?116?116?4(16?1)(16?4)5∴当n为偶数时，设n?2m(m?N) ∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)???(b2m?1?b2m)?8m?4n

?当n为奇数时，设n?2m?1(m?N) ∴Rn?(b1?b2)?(b3?b4)??(b2m?3?b2m?2)?b2m?1?8(m?1)?4?8m?4?4n

∴对于一切的正整数n，都有Rn?4k

∴不存在正整数k，使得Rn?4k成立。 …………………………………8分

（III）由bn?4?5得 n(?4)?15515?16n15?16n15?16n15cn?b2n?1?b2n?2n?2n?1????nnnn2nn24?14?1(16?1)(16?4)(16)?3?16?4(16)16134,?c2?， 333当n?1时，T1?，

2又b1?3,b2?当n?2时，

Tn?411?25?(2?3?3161611n?2[1?()]2141616?n)??25?11631?16

12469316??25???148231?16*32.（2009湖南卷文）对于数列{un},若存在常数M＞0,对任意的n?N，恒有

un?1?un?un?un?1??u2?u1?M, 则称数列{un}为B?数列.

1的等比数列是否为B-数列？请说明理由; 2（Ⅰ）首项为1，公比为?（Ⅱ）设Sn是数列{xn}的前n项和.给出下列两组判断： A组：①数列{xn}是B-数列, ②数列{xn}不是B-数列; B组：③数列{Sn}是B-数列, ④数列{Sn}不是B-数列.

请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假，并证明你的结论；

2(Ⅲ)若数列{an}是B-数列，证明：数列{an}也是B-数列。

解: （Ⅰ）设满足题设的等比数列为{an},则an?(?)12n?1.于是

1131an?an?1?(?)n?1?(?)n?2??()n?2,n?2.

2222|an?1?an|?|an?an?1|??|a2?a1|

=

3?112??1??（）?2?221n-1?1n??=?（）3?1?（）??3. ??22???1的等比数列是B-数列 . 2所以首项为1，公比为?（Ⅱ）命题1：若数列{xn}是B-数列，则数列{Sn}是B-数列.此命题为假命题. 事实上设xn=1，n?N，易知数列{xn}是B-数列，但Sn=n， |Sn?1?Sn|?|Sn?Sn?1|?*?|S2?S1|?n.

由n的任意性知，数列{Sn}不是B-数列。

命题2：若数列{Sn}是B-数列，则数列{xn}不是B-数列。此命题为真命题。 事实上，因为数列{Sn}是B-数列，所以存在正数M，对任意的n?N，有 |Sn?1?Sn|?|Sn?Sn?1|? 即|xn?1|?|xn|?*?|S2?S1|?M,

?|x2|?M.于是xn?1?xn?xn?xn?1??x2?x1

?xn?1?2xn?2xn?1?所以数列{xn}是B-数列。

?2x2?x1?2M?x1,

（注：按题中要求组成其它命题解答时，仿上述解法） (Ⅲ)若数列?an?是B-数列，则存在正数M，对任意的n?N?,有 an?1?an?an?an?1??a2?a1?M.

?a2?a1?a1

因为an?an?an?1?an?1?an?2? ?an?an?1?an?1?an?2??a2?a1?a1?M?a1.

22记K?M?a1，则有an?1?an?(an?1?an)(an?1?an)

?(an?1?an)an?1?an?2Kan?1?an.

222222因此an?1?an?an?an?1?...?a2?a1?2KM. 2故数列an是B-数列.

??33. (2009陕西卷理) 已知数列?xn}满足， x1＝11xn＋1＝,n?N*. 2’1?xn???猜想数列{xn}的单调性，并证明你的结论；

（Ⅱ)证明：|xn?1-xn|≤()证明（1）由x1?1265n?1。

112513 及xn+1?得x2??x4?，x4?21?xn3821由x2?x4?x6猜想：数列?x2n?是递减数列 下面用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，已证命题成立 （2）假设当n=k时命题成立，即x2k?x2k?2 易知x2k?0，那么x2k?2?x2k?4?x2k?3?x2k?111 ??1?x2k?11?x2k?3(1?x2k?1)(1?x2k?3)=

x2k?x2k?2?0

(1?x2k)(1?x2k?1)(1?x2k?2)(1?x2k?3)即x2(k?1)?x2(k?1)?2

也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立 （2）当n=1时，xn?1?xn?x2?x1?1，结论成立 6当n?2时，易知0?xn?1?1,?1?xn?1?2,xn?11?

1?xn?12?(1?xn)(1?xn?1)?(1?15)(1?xn?1)?2?xn?1?

1?xn?12xn?xn?111 ?xn?1?xn???1?xn1?xn?1(1?xn)(1?xn?1)222xn?xn?1?（）xn?1?xn?2?55

12n-1?（）65?2n-1?（）x2?x15

34.（2009四川卷文）设数列?an?的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an?5Sn?1

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