阅读与思考 九连环教学设计与反思

2010年高考数学试题分类汇编——数列

（2010浙江理数）（3）设Sn为等比数列an的前n项和，8a2a50，则（A）11

（B）5

（C）8

（D）11

解析：解析：通过8a2a50，设公比为q，将该式转化为8a2a2q30，解得q=-2，带入所求式可知答案选D，本题主要考察了本题主要考察了等比数列的通项公式与前n项和公式，属中档题

（2010全国卷2理数）（4）.如果等差数列an中，a3a4a512，那么a1a2...a7

（A）14 （B）21 （C）28 （D）35 【答案】C

【命题意图】本试题主要考查等差数列的基本公式和性质. 【解析】a3a4a53a412,a44,a1a2

（2010辽宁文数）（3）设Sn为等比数列an的前n项和，已知3S3a42，3S2a32，则公比q

（A）3

（B）4

（C）5

（D）6 S5

S2a77(a1a7)7a428

2解析：选B. 两式相减得，

3a3a4a3，a44a3,q

a44. a3（2010辽宁理数）（6）设{an}是有正数组成的等比数列，Sn为其前n项和。已知a2a4=1, S37,则S5

（A）15313317

(B)

(C)

(D)

2244【答案】B 【命题立意】本题考查了等比数列的通项公式与前n项和公式，考查了同学们解决问题的能力。

24【解析】由a2a4=1可得a1q1，因此a112，又因为Sa(1qq)7，联力两式有312q111(3)(2)0，所以q=,所以S52qq

4(11)2531，故选B。

1412（2010全国卷2文数）(6)如果等差数列an中，a3+a4+a5=12，那么a1+a2+•…+a7= （A）14

(B) 21

(C) 28

(D) 35

【解析】C：本题考查了数列的基础知识。

∵

a3a4a512，∴

a44a1a21a77(a1a7)7a4282

（2010江西理数）5.等比数列an中，函数fxx(xa1)(xa2)a12，a8=4，（ ）

A．2

B. 2

C. 2

D. 2

【答案】C 691215则f'0(xa8)，【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'0只与函数fx的一次项有关；得：a1a2a3a8(a1a8)4212。

13n（ ）

11lim12x33（2010江西理数）4. 53A. 3

B. 2

C. 2

D. 不存在

【答案】B 11n3)3

【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。lim(n1213

（2010安徽文数）(5)设数列{an}的前n项和Snn2，则a8的值为

（A）

15

(B)

16

(C)

49

（D）64 5.A 【解析】a8S8S7644915. 【方法技巧】直接根据anSnSn1(n2)即可得出结论.

（2010重庆文数）（2）在等差数列an中，a1a910，则a5的值为

（A）5 （B）6（C）8 （D）10 解析：由角标性质得a1a92a5，所以a5=5 [来源:高&考%资(源#网KS5U.COM]

（2010浙江文数）(5)设sn为等比数列{an}的前n项和，8a2a50则(A)-11

(C)5

(B)-8 (D)11 S5

S2解析：通过8a2a50，设公比为q，将该式转化为8a2a2q30，解得q=-2，带入所求式可知答案选A，本题主要考察了本题主要考察了等比数列的通项公式与前n项和公式

（2010重庆理数）（1）在等比数列an中，a20108a2007

，则公比q的值为

A. 2

B. 3

C. 4

D. 8

解析：

（2010北京理数）（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

（2010四川理数）（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lima2010q38

q2

a2007an

nSn（A）0 （B）1 （C）

1 （D）2

2 w_w_w.k*s 5*u.c o*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＋……＋2n1a1＝(2n－1)a1

w_w w. k#s5_u.c o*man2n1a11则limlimn

nSn(21)a2n1答案：B

（2010天津理数）（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

1的前5项和为

an（A）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，所以所以{}是首项为1，公比为的等比数列，

前=1q3q2，2an1-q1q11()5231. 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。

（2010广东理数）4. 已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和。若a2a32a1，

且a4与2a7的等差中项为5，则S5=

4A．35

B.33

C.31

D.29 4．C．设{an}的公比为q，则由等比数列的性质知，a2a3a1a42a1，即a42。由a4与2a7的等差中项为5515151知，a42a72，即a7(2a4)(22)．

44242443

∴q11a71，即q．a4a1q3a12，即a116．28a48来源高考资源网K

（2010广东文数）

（2010全国卷1文数）（4）已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则(A) 52 (B) 7 (C) 6 (D) 42

4.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,所以13a4a5a6= a2a850, 所以a4a5a6(a4a6)a5a(a2a8)(50)52

（2010全国卷1理数）（4）已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则 (A) 52 (B) 7 (C) 6 (D) 42

353163a4a5a6=

（2010湖北文数）7.已知等比数列{am}中，各项都是正数，且a1，1aaa3,2a2成等差数列，则910

2a7a8A.12

B. 12

C. 322

D322

（2010山东理数）

1.（2010安徽理数）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

10.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个圆的面积之和，则2

B、YYXZZX

D、YYXXZX

limsn=

nA．

2r

B. 28r2

C.4r2

D.6r2

3

（2010福建理数）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

B．7

C．8

D．9 【解析】设该数列的公差为d，则a4a62a18d2(11)8d6，解得d2，

所以Sn11n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。

2010年高考数学试题分类汇编——数列

（2010浙江理数）（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

33233323333（2010陕西文数）11.观察下列等式：1＋2＝（1＋2），1＋2＋3＝（1＋2＋3），1＋2＋3＋4＝

23333322（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）.

．．．．．（2010辽宁文数）（14）设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S33，S624，则a9 。

333332232S3ad31a132解析：填15.

,解得1，a9a18d15.

65d2S6ad24612

（2010辽宁理数）（16）已知数列an满足a133,an1an2n,则

【答案】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+n2-n

an33n1

nn3333n1，设f(n)令f(n)210，则f(n)在(33,)上是单调递增，在(0,33)上nn所以是递减的，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

5566262n

（2010浙江文数）（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

（2010天津文数）（15）设{an}是等比数列，公比qSn为{an}的前n项和。记Tn2，217SnS2n,nN*.an1

设Tn0为数列{Tn}的最大项，则n0=

。

【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时取等号，所以当[(2)n17](2)(2)nn12(2)(2)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.

（2010湖南理数）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))

．

（2010福建理数）11．在等比数列an中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式an ．

【答案】4n-1

n-1【解析】由题意知a14a116a121，解得a11，所以通项an4。

【命题意图】本题考查等比数列的通项公式与前n项和公式的应用，属基础题。

3.

（2010江苏卷）8、函数y=x2(x>0)的图像在点(ak,ak2)处的切线与x轴交点的横坐标为ak+1,k为正整数，a1=16，则a1+a3+a5=____▲_____ [解析]考查函数的切线方程、数列的通项。

在点(ak,ak2)处的切线方程为：yak22ak(xak),当y0时，解得x所以ak1

ak，

2ak,a1a3a5164121。

22010年高考数学试题分类汇编——数列

（2010上海文数）21.(本题满分14分)本题共有2个小题，第一个小题满分6分，第2个小题满分8分。

已知数列an的前n项和为Sn，且Snn5an85，nN

*(1)证明：an1是等比数列；

(2)求数列Sn的通项公式，并求出使得Sn1Sn成立的最小正整数n. 5解析：(1) 当n1时，a114；当n≥2时，anSnSn15an5an11，所以an1(an11)，

6又a1115≠0，所以数列{an1}是等比数列；

5(2) 由(1)知：an11565由Sn1>Sn，得6n1n15，得an1156n15，从而Sn756n1n90(nN*)；

22114.9，最小正整数n15．

，nlog52556

（2010湖南文数）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

（2010全国卷2理数）（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考查考生运用所学知识解决问题的能力.

【参考答案】

s1(n1)snsn1(n2)的运用，数列极限和数列不等式的证明，

【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.

（2010陕西文数）16.（本小题满分12分）

已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列. an

（Ⅰ）求数列{an}的通项;

（Ⅱ）求数列{2}的前n项和Sn.

解 （Ⅰ）由题设知公差d≠0，

由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得12d18d＝，

112d解得d＝1，d＝0（舍去）， 故{an}的通项an＝1+（n－1）×1＝n. (Ⅱ)由（Ⅰ）知2am=2，由等比数列前n项和公式得

n

2(12n)n+1Sm=2+2+2+…+2==2-2.

1223n（2010全国卷2文数）（18）（本小题满分12分）

已知{an}是各项均为正数的等比数列，且

a1a22(11111)，a3a4a564()

a3a4a5a1a2（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn(an12)，求数列{bn}的前n项和Tn。

an【解析】本题考查了数列通项、前n项和及方程与方程组的基础知识。

（1）设出公比根据条件列出关于a1与d的方程求得a1与d，可求得数列的通项公式。

（2）由（1）中求得数列通项公式，可求出BN的通项公式，由其通项公式化可知其和可分成两个等比数列分别求和即可求得。

（2010江西理数）22.

（本小题满分14分）

证明以下命题：

（1）

对任一正整a,都存在整数b,c(b

（2）

存在无穷多个互不相似的三角形△n，其边长an，bn，cn为正整数且an2，bn2，cn2成等差数列。

【解析】作为压轴题，考查数学综合分析问题的能力以及创新能力。

（1）考虑到结构要证ac2b，；类似勾股数进行拼凑。

证明：考虑到结构特征，取特值12,52,72满足等差数列，只需取b=5a，c=7a，对一切正整数a均能成立。

结合第一问的特征，将等差数列分解，通过一个可做多种结构分解的因式说明构成三角形，再证明互不相似，且无穷。

2222222证明：当an成等差数列，则bn，

，bn，cnancnbn222222分解得：(bnan)(bnan)(cnbn)(cnbn)

选取关于n的一个多项式，4n(n1)做两种途径的分解

24n(n21)(2n2)(2n22n)(2n22n)(2n2)4n(n21)

ann22n12对比目标式，构造bnn1(n4)，由第一问结论得，等差数列成立，

cn22n1n考察三角形边长关系，可构成三角形的三边。

下证互不相似。

m22m1m21m22m1任取正整数m，n，若△m，△n相似：则三边对应成比例2，

n2n1n21n22n1由比例的性质得：m1m1mn，与约定不同的值矛盾，故互不相似。

n1n1

（2010安徽文数）（21）（本小题满分13分) 设C1,C2,,Cn,是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线y3对每一个正整数n,x相切，3圆Cn都与列. 圆Cn1相互外切，以rn表示Cn的半径，已知{rn}为递增数(Ⅰ)证明：{rn}为等比数列；

（Ⅱ）设r11，求数列{}的前n项和.

nrn【命题意图】本题考查等比列的基本知识，利用错位相减法求和等基本方法，考察抽象概括能力以及推理论证能力. 【解题指导】（1）求直线倾斜角的正弦，设Cn的圆心为(n,0)，得n2rn，同理得n12rn1，结合两圆相切得圆心距与半径间的关系，得两圆半径之间的关系，即{rn}中rn1与rn的关系，证明{rn}为等比数列；（2）利用（1）的结论求{rn}的通项公式，代入数列n，然后用错位相减法求和. rn

331x的倾斜角记为,则有tan=,sin,332r1设Cn的圆心为（n，0），则由题意得知n，得n2rn；同理n2解：（1）将直线y=n+12rn+1，从而n+1nrnrn+12rn+1，将n2rn代入，解得rn+13rn故rn为公比q3的等比数列。（）由于rn1，q3，故rn3n1，从而记Sn12n.....,则有r1r2rnnn*31n，rnSn12*313*32......n*31nSn1*312*32......(n1)*31nn*3n3①②,得2Sn13132...31nn*3n313n33n*3n(n)*3n,22239139(2n3)*31n1nSn(n)*34224

【方法技巧】对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，并结合图形，得出关于数列相邻项an与an1之间的关系，然后根据这个递推关系，结合所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论.对于数列求和问题，若数列的通项公式由等差与等比数列的积构成的数列时，通常是利用前n项和Sn乘以公比，然后错位相减解决.

（2010重庆文数）（16）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分. ）

已知an是首项为19，公差为-2的等差数列，Sn为an的前n项和. （Ⅰ）求通项an及Sn；

（Ⅱ）设bnan是首项为1，公比为3的等比数列，求数列bn的通项公式及其前n项和Tn.

（2010浙江文数）（19）（本题满分14分）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6+15=0。

（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；

（Ⅱ）求d的取值范围。

（2010重庆理数）（21）（本小题满分12分，（I）小问5分，（II）小问7分）

在数列an中，a1=1，an1canc（I）

（II）

求an的通项公式；

若对一切kN*有a2kazk1，求c的取值范围。

n12n1nN*，其中实数c0。

（2010山东文数）（18）（本小题满分12分）

已知等差数列an满足：a37，a5a726.an的前n项和为Sn.

（Ⅰ）求an

及Sn；

（Ⅱ）令bn1（nN）,求数列bn的前n项和Tn. 2an1

（2010北京文数）（16）（本小题共13分）

已知|an|为等差数列，且a36，a60。

（Ⅰ）求|an|的通项公式；

（Ⅱ）若等差数列|bn|满足b18，b2a1a2a3，求|bn|的前n项和公式

解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差d。

因为a36,a60

所以a12d6 解得a110,d2

a5d01所以an10(n1)22n12

（Ⅱ）设等比数列{bn}的公比为q

因为b2a1a2a324,b8

所以8q24 即q=3 b1(1qn)所以{bn}的前n项和公式为Sn4(13n)

1q

（2010北京理数）（20）（本小题共13分）

已知集合Sn{X|X(x1,x2,…，xn),x1{0,1},i1,2,…,n}(n2)对于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)www.@ks@5u.com

||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)kd(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Pwww.@ks@5u.com 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)24Cm2(m1)A,BP2

（2010四川理数）（21）（本小题满分12分）

*已知数列{an}满足a1＝0，a2＝2，且对任意m、n∈N都有

a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋2(m－n)2

（Ⅰ）求a3，a5；

*（Ⅱ）设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N)，证明：{bn}是等差数列；

－*（Ⅲ）设cn＝(an+1－an)qn1(q≠0，n∈N)，求数列{cn}的前n项和Sn. 本小题主要考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力. 解：(1)由题意，零m＝2,n－1,可得a3＝2a2－a1＋2＝6

再令m＝3,n＝1，可得a5＝2a3－a1＋8＝20………………………………2分

*(2)当n∈N

时，由已知(以n＋2代替m)可得

a2n＋3＋a2n－1＝2a2n＋1＋8

于是[a2(n＋1)＋1－a2(n＋1)－1]－(a2n＋1－a2n－1)＝8

即 bn＋1－bn＝8

所以{bn}是公差为8的等差数列………………………………………………5分

(3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为b1＝a3－a1＝6,公差为8的等差数列

则bn＝8n－2，即a2n+=1－a2n－1＝8n－2

另由已知(令m＝1)可得

w_w w. k#s5_u.c o*ma2n1a1-(n－1)2. 2aa2n1那么an＋1－an＝2n1－2n＋1

28n2 ＝－2n＋1

2an＝w_w w. k#s5_u.c o*m ＝2n

－于是cn＝2nqn1. 当q＝1时，Sn＝2＋4＋6＋……＋2n＝n(n＋1) －当q≠1时，Sn＝2·q0＋4·q1＋6·q2＋……＋2n·qn1. 两边同乘以q，可得

qSn＝2·q1＋4·q2＋6·q3＋……＋2n·qn. 上述两式相减得

－ (1－q)Sn＝2(1＋q＋q2＋……＋qn1)－2nqn

w_w w. k#s5_u.c o*m1qn ＝2·－2nqn

1q1(n1)qnnqn1 ＝2·

1qnqn1(n1)qn1所以Sn＝2·

(q1)2n(n1)(q1)综上所述，Sn＝nqn1(n1)qn1…………………………12分

2(q1)(q1)2

（2010天津文数）（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2所以数列an的通项公式为an或写为an，nN*。

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311n2. 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

a2m122m2mm1k2akk2akn221131

4m2n22m12n1nk2313k2所以2n，从而2n2,n3,5,7,....

2n12k2akk2akn综合（1）和（2）可知，对任意n2,nN*,有

（2010天津理数）（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所以a**a4k,kN*。

2k12k12k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2,a2k,a,a成等差数列，及a,a成等比数列，得2k12k2k12k22k1aa2k12aaa,22k11qk

2k2k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. ak2kn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aaa22m2m(m1)k2kk2k2m1n21131

4m2n22(m1)2n1nk2313k2所以2n··

,从而2n2,n3,5,7·a2n12ak2kk2knn3k2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*。可得所以1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是公差为1的等a2q11qk1k11= 1k1k，故qk。

kqk1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。

（2010全国卷1理数）（22）(本小题满分12分)（注意：在试题卷上作答无效）

．．．．．．．．．已知数列an中，a11,an1c1 . an（Ⅰ）设c51，求数列bn的通项公式；

,bn2an2（Ⅱ）求使不等式anan13成立的c的取值范围 .

（2010四川文数）（20）（本小题满分12分）

w_w w. k#s5_u.c o*m已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为-4。

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

w_w w. k#s5_u.c o*m（Ⅱ）设bn(4an)qn1(q0,nN*)，求数列{bn}的前n项和Sn

（2010山东理数）（18）（本小题满分12分）

已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn．

（Ⅰ）求an及Sn；

（Ⅱ）令bn=1*(nN)，求数列bn的前n项和Tn．

2an1【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有

a12d7，解得a13,d2，

2a10d261所以an3（2n1)=2n+1；Sn=3n+（Ⅱ）由（Ⅰ）知an2n+1，所以bn=n(n-1)2=n2+2n。

21111111(-)，

===an21（2n+1)214n(n+1)4nn+1所以Tn=1111(1-++42231111n+-)=(1-)=，

nn+14n+14(n+1)即数列bn的前n项和Tn=n。

4(n+1)

【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键。

（2010湖南理数）21．（本小题满分13分）

数列an(nN*)中，（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的极小值点

32

（2010湖北理数）

1（Ⅲ）

证明：111nln（n+1）+（n1）

23n（2n+1）

2. （2010安徽理数）20、（本小题满分12分）

设数列a1,a2,,an,中的每一项都不为0。

证明：an为等差数列的充分必要条件是：对任何nN，都有

11a1a2a2a31n。

anan1a1an1

（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（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：S是公差为d的等差数列。

n9c的最大值为。

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。

222222所以c的最大值cmax9。

2933。设k为偶数，令mk1,nk1，则m,n,k符合条件，且22233122SmSn(m2n2)d2d2[(k1)2(k1)]d2k(94

)。222另一方面，任取实数a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