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1、2009 年普通高等学校招生全国统一考试试题汇编数列部分年普通高等学校招生全国统一考试试题汇编数列部分1 （全国 1/20）在数列中， .na1111112nnnaaan（1）设，求数列的通项公式；n nabnnb（2）求数列的前项和.nanns解:：（I）由已知有11 12nn naa nn11 2nnnbb利用累差迭加即可求出数列的通项公式: () nb1122nnb*nN（II）由（I）知,122nnnan=nS1 1(2)2nk kkk 1 11(2 )2nnk kkkk 而,又是一个典型的错位相减法模型，1(2 )(1)nkkn n1 12nk kk 易得 =11 12422nkn
2、kkn nS(1)n n1242nn评析评析：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。2 （全国 1/14）设等差数列的前 n 项和为.若=72,则= . nans9s249aaa解: 是等差数列,由,得 na972S 599,Sa58a . w.w.w.k.s 2492945645()()324aaaaaaaaaa3 （全国 2/14） 设等差数列的前项和为
3、，若则 . nannS535aa45S S解析：由得，即53,5aa1460ad40S 4 （全国 2/19）设数列的前项和为 已知nan,nS11,a 142nnSa（I）设，证明数列是等比数列 12nnnbaa nb（II）求数列的通项公式。na111n 11nn 1nn 121212121n14242a44aa2a2(2a),b2b, n2)Saa4a2a5,ba2a3b 32nnnnnnnnSaSaaa解：（）由，有，两式相减得变形为即（由得于是所以数列是首项为，公比为的等比数列n 1n 1n 1n1 n1n 1nn nn nn 2* naaa3121b3 2,a2=3 2,42222
4、 a13242 a131n-1)(3n1)2442 a(3n1)2,(nN )nna （）由（）得即所以且于是是首项为，公差为的等差数列所以（所以5 （山东 20）等比数列的前 n 项和为，已知对任意的，点均在函数 na,nN( .)nn S的图象上。(01, ,ybxr bbb r且均为常数（）求 r 的值。（）当 b=2 时，记 22(log1)()nbnann证明：对任意的 ，不等式成立nN12121111nnbbbnbbb解：:因为对任意的,点，均在函数且均为常数的nN( ,)nn S(0xybr b1, ,bb r图像上.所以得,当时,当时,n nSbr1n 11aSbr2n ,又因
5、为为等比数列,所以111 1()(1)nnnnn nnnaSSbrbrbbbb na,公比为,1r b1(1)n nabb（2）当 b=2 时，, 11(1)2nn nabb1 222(log1)2(log 21)2n nnban则,所以121 2nnbn bn12121113 5 7212 4 62nnbbbn bbbn下面用数学归纳法证明不等式成立.12121113 5 72112 4 62nnbbbnnbbbn 当时,左边=,右边=,因为,所以不等式成立.1n 3 22322 假设当时不等式成立,即成立.nk12121113 5 72112 4 62kkbbbkkbbbk则当时,左边=1
6、nk11212111113 5 721 232 4 6222kkkkbbbbkk bbbbkk2223(23)4(1)4(1) 111(1) 1(1) 1224(1)4(1)4(1)kkkkkkkkkkk 所以当时,不等式也成立.1nk 由、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,以及已知求的基本题型,并nSna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.6 （北京 14）已知数列满足：则na434121,0,N ,nnnnaaaa n _；=_。2009a2014a【答案答案】1，0 【解析解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依
7、题意，得，.20094 503 31aa20142 100710074 252 10aaaa应填 1，0.7 （北京 20）已知数集具有性质；对任意1212 ,(1,2)nnAa aaaaa nP的，与两数中至少有一个属于。, (1)i jijn ija ajiaaA（I）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由；1,3,41,2,3,6P（）证明：，且11a 12 111 12;n n naaaaaaa （）证明：当时，成等比数列。5n 12345,a a a a a【解析解析】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，
8、属于较难层次题.（）由于与均不属于数集，该数集不具有性质 P.3 44 31,3,4由于都属于数集，6 6 1 2 3 61 2,1 3,1 6,2 3, ,2 3 1 2 3 61,2,3,6该数集具有性质 P.（）具有性质 P，与中至少有一个属于 A，12,nAa aanna anna a由于，故. 121naaannna aanna aA从而，. 1nnaAa11a ， ，故.121naaaknna aa2,3,kna aA kn由 A 具有性质 P 可知.1,2,3,nkaA kna又，121nnnnnnaaaa aaaa， 21 1211,nnnn nn nnaaaaaaaaaaa
9、从而，121 121nnnn nn nnaaaaaaaaaaaa . 12 111 12n n naaaaaaa （）由（）知，当时，有，即，5n 55 23 43,aaaaaa2 5243aa aa，1251aaa34245a aa aa34a aA由 A 具有性质 P 可知. 43aAa由，得，且，2 243a aa3423aaAaa3 2 21aaa34 2 32aaaaa，即是首项为 1，公比为成等比数5342 2 4321aaaaaaaaa12345,a a a a a2a列.k.s.5.8 （湖北 15）已知数列满足：（m 为正整数） ， na 1am若，则 m 所有可能的取值为_
10、。1,2 31,n n nnnaaa aa 当为偶数时，当为奇数时。6a 1【答案】4 5 32【解析】 （1）若为偶数，则为偶, 故1am1 2a2 23a224amma 当仍为偶数时， 故4m46832mmaa13232mm 当为奇数时，4m4333114aam 6314 4m a 故得 m=4。31414m （2）若为奇数，则为偶数，故必为偶数1am213131aam 331 2ma，所以=1 可得 m=5631 16ma31 16m9 （湖北 19）已知数列的前 n 项和（n 为正整数） 。 na11( )22n nnSa （）令，求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；2nnnba
11、nb na（）令，试比较与的大小，并予以证明。1nnncan12.nnTcccnT5 21n n解析：（I）在中，令 n=1，可得，即11( )22n nnSa 1112nSaa 11 2a 当时，2n 21 111111( )2( )22nn nnnnnnnSaaSSaa ，.11 n1112a( ),212nn nnnaaa n即2. 112,1,n21n nnnnnbabbbn即当时，b又数列是首项和公差均为 1 的等差数列.1121,ba nb于是.1 (1) 12,2n nnnnnbnnaa (II)由（I）得，所以11(1)( )2n nnncann23111123 ( )4 (
12、)(1)( )2222n nTn K2341111112 ( )3 ( )4 ( )(1)( )22222n nTn K由-得 231111111 ( )( )( )(1)( )22222nn nTn K11 1111 ( )133421(1)( )122212 332nn nnnnnnT 535(3)(221)3212212 (21)nnnnnnnnnTnnn于是确定的大小关系等价于比较的大小5 21nnTn与221nn与由 234522 1 1;22 2 1;22 3 1;22 4 1;22 5; K可猜想当证明如下：3221.nnn时，证法 1：（1）当 n=3 时，由上验算显示成立。（
13、2）假设时1nk122 22(21)422(1) 1 (21)2(1) 1kkkkkkk g所以当时猜想也成立1nk综合（1） （2）可知 ，对一切的正整数，都有3n 221.nn证法 2：当时3n 01210112(1 1)2221nnnnnn nnnnnnnnnCCCCCCCCCnnK综上所述，当，当时1,2n 时5 21nnTn3n 5 21nnTn10 （福建 3）等差数列的前 n 项和为，且 =6，=4， 则公差 d 等于nanS3S1aA1 B C 2 D 35 3【答案答案】 C 11 （福建 15）五位同学围成一圈依序循环报数，规定：第一位同学首次报出的数为 1，第二位同学首次报出的数也为 1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；若报出的数为 3 的倍数，则报该数的同
