08高考文科试题分类数列

03数列一、选择题1．（北京7）．已知等差数列na中，26a，515a，若2nnba，则数列nb的前5项和等于（C）A．30B．45C．90D．1862．（广东4）记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S1=4,S4=20,则该数列的公差d=（B）A.7B.6C.3D.23．（宁夏8）设等比数列na的公比q=2，前n项和为Sn，则24aS=（C）A．2B．4C．215D．2174．（江西5）在数列{}na中，12a，11ln(1)nnaan，则na（A）A．2lnnB．2(1)lnnnC．2lnnnD．1lnnn5．（全国Ⅰ7）已知等比数列{}na满足122336aaaa，，则7a（A）A．64B．81C．128D．2436．（福建3）设{}na是等差数列，若273,13aa，则数列{}na前8项和为（C）Ａ．128Ｂ．80Ｃ．64Ｄ．567．（上海14）若数列na是首项为l，公比为32a的无穷等比数列，且na各项的和为a，则a的值是（B）Ａ．1Ｂ．2Ｃ．12Ｄ．548．(天津4)若等差数列na的前5项和525S，且23a，则7a（B）A．12B．13C．14D．159．（浙江4）已知na是等比数列，41252aa，，则公比q=(D)（A）21（B）2（C）2（D）2110．(重庆1)已知｛an｝为等差数列，a2+a8=12,则a5等于(C)(A)4(B)5(C)6(D)711．(陕西4)已知{}na是等差数列，124aa，7828aa，则该数列前10项和10S等于（B）A．64B．100C．110D．120二、填空题1．（安徽15）在数列{}na在中，542nan，212naaaanbn，*nN,其中,ab为常数，则ab－12．（宁夏13）已知na为等差数列，1322aa，67a，则5a．153．（江苏10）将全体正整数排成一个三角形数阵：12345678910。。。。。按照以上排列的规律，第n行（3n）从左向右的第3个数为262nn4．（四川16）设数列na中，112,1nnaaan，则通项na______112nn_____。三、解答题1．（安徽21）（本小题满分12分）设数列na满足*01,1,,nnaaacaccN其中,ac为实数，且0c（Ⅰ）求数列na的通项公式（Ⅱ）设11,22ac，*(1),nnbnanN,求数列nb的前n项和nS；（Ⅲ）若01na对任意*nN成立，证明01c解(1)方法一：11(1)nnaca∵∴当1a时，1na是首项为1a，公比为c的等比数列。11(1)nnaac∴，即1(1)1nnaac。当1a时，1na仍满足上式。∴数列na的通项公式为1(1)1nnaac*()nN。方法二由题设得：当2n时，2111211(1)(1)(1)(1)nnnnnacacacaac1(1)1nnaac∴1n时，1aa也满足上式。∴数列na的通项公式为1(1)1nnaac*()nN。(2)由（1）得11(1)()2nnnbnacn2121112()()222nnnSbbbn2311111()2()()2222nnSn2111111()()()22222nnnSn∴211111111()()()2[1()]()222222nnnnnSnn∴12(2)()2nnSn∴(3)由（1）知1(1)1nnaac若10(1)11nac，则10(1)1nac101,aa∵1*10()1ncnNa∴由10nc对任意*nN成立，知0c。下面证1c，用反证法方法一：假设1c，由函数()xfxc的函数图象知，当n趋于无穷大时，1nc趋于无穷大111na∴c不能对*nN恒成立，导致矛盾。1c∴。01c∴方法二：假设1c，111nca∵，11loglog1nccca∴即*11log()1cnnNa恒成立（＊）,ac∵为常数，∴（＊）式对*nN不能恒成立，导致矛盾，1c∴01c∴2．（北京20）（本小题共13分）数列na满足11a，21()nnanna（12n，，），是常数．（Ⅰ）当21a时，求及3a的值；（Ⅱ）数列na是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有0na．解：（Ⅰ）由于21()(12)nnannan，，，且11a．所以当21a时，得12，故3．从而23(223)(1)3a．（Ⅱ）数列na不可能为等差数列，证明如下：由11a，21()nnanna得22a，3(6)(2)a，4(12)(6)(2)a．若存在，使na为等差数列，则3221aaaa，即(5)(2)1，解得3．于是2112aa，43(11)(6)(2)24aa．这与na为等差数列矛盾．所以，对任意，na都不可能是等差数列．（Ⅲ）记2(12)nbnnn，，，根据题意可知，10b且0nb，即2且2*()nnnN，这时总存在*0nN，满足：当0nn≥时，0nb；当01nn≤时，0nb．所以由1nnnaba及110a可知，若0n为偶数，则00na，从而当0nn时，0na；若0n为奇数，则00na，从而当0nn时0na．因此“存在*mN，当nm时总有0na”的充分必要条件是：0n为偶数，记02(12)nkk，，，则满足22221(2)20(21)210kkbkkbkk．故的取值范围是22*4242()kkkkkN．3．（福建20）（本小题满分12分）已知｛an｝是正数组成的数列，a1=1，且点（1,nnaa）（nN*）在函数y=x2+1的图象上.(Ⅰ)求数列｛an｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛bn｝满足b1=1,bn+1=bn+2na，求证：bn·bn+2＜b2n+1.解法一：（Ⅰ）由已知得an+1=an+1、即an+1-an=1，又a1=1,所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列.故an=1+(a-1)×1=n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：an=n从而bn+1-bn=2n.bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+···+（b2-b1）+b1=2n-1+2n-2+···+2+1＝2121n=2n-1.因为bn·bn+2-b21n=(2n-1)(2n+2-1)-(2n-1-1)2=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-2-2n+1-1)=-5·2n+4·2n=-2n＜0,所以bn·bn+2＜b21n,解法二：（Ⅰ）同解法一.（Ⅱ）因为b2=1,bn·bn+2-b21n=(bn+1-2n)(bn+1+2n+1)-b21n=2n+1·bn-1-2n·bn+1-2n·2n+1＝2n（bn+1-2n+1）=2n（bn+2n-2n+1）=2n（bn-2n）=…=2n（b1-2）=-2n〈0，所以bn-bn+2b2n+14．（广东21）（本小题满分14分）设数列{an}满足a1=1,a2=2,an=13(an-1+2an-2)(n=3,4,…)，数列{bn}满足b1=1,bn(n=2,3,…)是非零整数，且对任意的正整数m和自然数k，都有-1bm+bm+1+…+bm+11.（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)记cn=nanbn(n=1,2,…)，求数列{cn}的前n项和Sn.解：（1）由121()3nnnaaa得1122()3nnnnaaaa(3)n又2110aa，数列1nnaa是首项为1公比为23的等比数列，1123nnnaa12132431()()()()nnnaaaaaaaaaa2222211333n112183231255313nn，由122221111,0bbbbZb得21b，由233331111,0bbbbZb得31b，…同理可得当n为偶数时，1nb；当n为奇数时，1nb；因此1-1nb（2）11832553832553nnnnnnncnabnn1234nnSccccc当n为奇数时，0123188888(234)555553222221234533333nnSnn当n为奇数时当n为偶数时当n为奇数时当n为偶数时012314132222212345533333nnn当n为偶数时，0123188888(234)555553222221234533333nnSnn01231432222212345533333nnn令0123122222123433333nnTn……①①×23得:12342222221234333333nnTn……②①-②得:12341122222213333333nnnTn212233323313nnnnn29933nnTn因此934232553934272553nnnnnSnn5．（江苏19）（16分）（1）设naaa,......,21是各项均不为零的等差数列（4n），且公差0d，若将此数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列：①当4n时，求da1的数值；②求n的所有可能值；（2）求证：对于一个给定的正整数)4(nn，存在一个各项及公差都不为零的等差数列nbbb,......,21，其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列。【解析】：本小题考查等差数列、等比数列的综合应用。（1）①当n=4时,1234,,,aaaa中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出d=0。若删去2a，则2314aaa，即2111(2)(3)adaad化简得140ad，得14ad当n为奇数时当n为偶数时若删去3a，则2214aaa，即2111()(3)adaad化简得10ad，得11ad综上，得14ad或11ad。②当n=5时,12345,,,,aaaaa中同样不可能删去1245,,,aaaa，否则出现连续三项。若删去3a，则1524aaaa，