天津高考真题数列部分

天津高考真题数列部分1.已知数列}{na，那么“对任意的*Nn，点),(nnanP都在直线12xy上”是“}{na为等差数列”的A.必要而不充分条件B.充分而不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.设等差数列na的公差d不为0,19ad.若ka是1a与2ka的等比中项，则k()A.2B.4C.6D.83.已知na是首项为1的等比数列，ns是na的前n项和，且369ss，则数列1na的前5项和为（A）158或5（B）3116或5（C）3116（D）1581．在数列{an}中,a1=1,a2=2,且)()1(12Nnaannn，则100S=_____.计算题1．（本小题满分12分）已知)0,0,(1221baNnbabbabaaunnnnnn.（Ⅰ）当ba时，求数列nu的前n项和nS；（Ⅱ）求1limnnnuu.2．（本小题满分14分）设0a为常数，且)(2311Nnaannn（1）证明对任意012)1(]2)1(3[51,1aannnnnnn；（2）假设对任意1n有1nnaa，求0a的取值范围.3.（本小题满分12分）已知定义在R上的函数)(xf和数列}{na满足下列条件：1211),...,4,3,2)((,aanafaaann，)...,4,3,2)(()()(11naakafafnnnn，其中a为常数，k为非零常数。（1）令nnnaab1*)(Nn，证明数列}{nb是等比数列；（2）求数列}{na的通项公式；（3）当1||k时，求nnalim。4.（本小题满分14分）已知数列}{}{nnyx、满足121xx，221yy，并且11nnnnxxxx，11nnnnyyyy（为非零参数，n2，3，4，…）（1）若531xxx、、成等比数列，求参数的值；（2）当0时，证明nnnnyxyx11（*Nn）（3）当1时，证明11133222211nnnnyxyxyxyxyxyx（*Nn）。5.(本小题满分14分)在数列na中,1112,(2)2(nnnnaaanN*),其中0.(I)求数列na的通项公式；(II)求数列na的前n项和nS；(III)证明存在kN*,使得11nknkaaaa对任意nN*均成立.6.（本小题满分14分）在数列na与nb中，4,111ba，数列na的前n项和nS满足031nnSnnS,12na为nb与1nb的等比中项，*Nn.（Ⅰ）求22,ba的值；（Ⅱ）求数列na与nb的通项公式；（Ⅲ）设*,1112121NnbbbTnaaann.证明3,22nnTn.7.（本小题满分14分）已知等差数列{na}的公差为d（d0），等比数列{nb}的公比为q（q1）。设ns=11ab+22ab…..+nnab,nT=11ab-22ab+…..+(-11)nnnab,nNw.w.w.k.s.5.u.c.o.m(I)若1a=1b=1，d=2，q=3，求3S的值；(II)若1b=1，证明（1-q）2nS-（1+q）2nT=222(1)1ndqqq，nN；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m(Ⅲ)若正数n满足2nq，设1212,,...,,,...,12...nnkkklll和是，，，n的两个不同的排列，12112...nkkkncababab，12212...nlllncababab证明12cc。8.（本小题满分14分）在数列na中，10a，且对任意*kN.21ka，2ka，21ka成等差数列，其公差为kd。（Ⅰ）若kd=2k，证明2ka，21ka，22ka成等比数列（*kN）（Ⅱ）若对任意*kN，2ka，21ka，22ka成等比数列，其公比为kq。答案：1-3BBC8.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*4,2121aakkNkk。所以131()()...()2121212123aaaaaaaakkkkk=44(1)...41kk=2k(k+1)由1a=0，得222(1),22,2(1).2122122akkaakkakkkkk从而于是1121222221,,221212aaaakkkkkkakakaakkkk所以。所以*2,,,22122kdkkNaaakkk时，对任意成等比数列。（Ⅱ）证法一：（i）证明：由2,,2121kaaakk成等差数列，及,,22122aaakkk成等比数列，得212112,222121221kaakkaaaqkkkaaqkkk当1q≠1时，可知kq≠1，k*N从而111111,1(2)1111111211kqqqqkkkkqk即所以11qk是等差数列，公差为1。（Ⅱ）证明：10a，22a，可得34a，从而142,2q111q=1.由（Ⅰ）有*1111,,1kkkkqkNqkk得所以2*222211221,,2122aaakkkkkkNaakakkkk（）从而因此，2222*2222(1)222214...........22..2(1),2212(1)(2)122242kaaakkkkkaakaakkkNkkaaakkkkk以下分两种情况进行讨论：（1）当n为偶数时，设n=2m(*mN)若m=1,则2222nkkkna.若m≥2，则2222122111221(2)(21)42nmmmkkkkkkkkkkkaaak+221111114414411112222(1)2(1)2(1)21113122(1)(1)222.mmmkkkkkkkmmkkkkkkkkmmnmn所以22223132,22,4,6,8...22nnkkkkkknnnana从而(2)当n为奇数时，设n=2m+1（*mN）222222221(21)31(21)4222(1)nmkkkkmkkmmmaaammm11314222(1)21mnmn所以22312,21nkkknan从而22322,3,5,72nkkknna···综合（1）（2）可知，对任意2n,nN,有223222nkkkna证法二：（i）证明：由题设，可得212222(1),kkkkkkkkdaaqaaaq212221222(1),kkkkkkkkkkdaaqaqaaqq所以1kkkdqd232211122222221111kkkkkkkkkkkkkkaadddqqaaqaqaq由11q可知1,*kqkN。可得111111111kkkkkqqqqq，所以11kq是等差数列，公差为1。（ii）证明：因为120,2,aa所以1212daa。所以3214aad，从而3122aqa，1111q。于是，由（i）可知所以11kq是公差为1的等差数列。由等差数列的通项公式可得11kq=11kk，故1kkqk。从而11kkkdkqdk。所以12112112................121kkkkkddddkkkddddkk，由12d，可得2kdk。于是，由（i）可知221221,2,*kkakkakkN以下同证法一。7.本小题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的通项公式与前n项和公式等基础知识，考查运算能力，推理论证能力及综合分析和解决问题的能力的能力，满分14分。（Ⅰ）解：由题设，可得1*21,3,nnnanbnN所以，311223311335955Sabababw.w.w.k.s.5.u.c.o.m（Ⅱ）证明：由题设可得1nnbq则22121232.....,nnnSaaqaqaq①232121234232122242.....,2(...)nnnnnnnTaaqaqaqaqSTaqaqaq②①式减去②式，得w.w.w.k.s.5.u.c.o.m①式加上②式，得2222213212(....)nnnnSTaaqaq③②式两边同乘q，得321221321()2(....)nnnnqSTaqaqaq所以，222222(1)(1)()()nnnnnnqSqTSTqST3212*22()2(1),1nndqqqdqqnNqKw.w.w.k.s.5.u.c.o.m(Ⅲ)证明：11221212()()()nnklklklnccaabaabaabK11112211()()()nnnkldbkldbqkldbqK因为10,0,db所以11211221()()()nnnccklklqklqdbK（1）若nnkl，取i=nw.w.w.k.s.5.u.c.o.m（2）若nnkl，取i满足iikl且,1jjklijn由（1）,(2)及题设知，1in且21121122111()()()()iiiiiiccklklqklqklqdbK①当iikl时，得1,1,1,2,3.....1iiiiklqnklqii由，得即111klq，22()(1)klqqq…，2211()(1)iiiiklqqq又11(),iiiiklqq所以1211211(1)(1)(1)(1)1iiiccqqqqqqqqdbqK因此12120,cccc即②当iikl同理可得1211ccdb，因此12cc综上，12cc6.本小题主要考查等差数列的概念、通项公式及前n项和公式、等比数列的概念、等比中项、不等式证明、数学归纳等基础知识，考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法．满分14分（Ⅰ）解：由题设有12140aaa，11a，解得23a．由题设又有22214abb，14b，解得29b．（Ⅱ）解法一：由题设1(3)0nnnSnS，11a，14b，及23a，29b，进一步可得36a，316b，410a，425b，猜想(1)2nnna，2(1)nbn，*nN．先证(1)2nnna，*nN．当1n时，1(1112)a，等式成立．当2n时用数学归纳法证明如下：（1当2n时，2(2212)a，等式成立．（2）假设nk时等式成立，即(1)2kkka，2k．由题设，1(3)kkkSkS1(1)(2)kkkSkS①的两边分别减去②的两边，整理得1(2)kkkaka，从而122(1)(1)[(1)1]22kkkkkkkkaakk．这就是说，当1nk时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式(1)2n