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1、数列、极限和数学归纳法安徽理 （ 11）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是_(11)15 【命题意图】本题考查算法框图的识别，考查等差数列前n 项和 .【解析】 由算法框图可知 T 1 2 3k (k 1)k2，若 T 105，则 K 14，继续执行循环体，这时k 15，T105，所以输出的k 值为 15.（ 18）（本小题满分 12 分）在数 1 和 100 之间插入n 个实数， 使得这 n2 个数构成递增的等比数列，将这n 2 个数的乘积记作 Tn，再令an .lg Tn, n1（）求数列 an 的通项公式；（）设 bntan an tan an 1 , 求数列 bn 的前 n
2、项和 Sn .（本小题满分13 分）本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力.解：（ I）设 l1 , l 2 ,l n 2 构成等比数列，其中t11, tn2100, 则Tnt1 t 2tn 1 t n 2 ,，Tntn 1 t n 2t2 t1 ,并利用t1tn3 it1t n 2102 (1in2), 得T 2(t t)(ttn 1)(tt)(tn 2t)10 2( n 2) ,anlg T n2, n1.n1 n 22n 1 21n（ II ）由题意和（ I）中计算结果，知 bntan(n2)tan
3、(n 3), n 1.另一方面，利用 tan1tan( k 1)k )tan(k1)tan k,1tan(k1)tan ktan(k1)tan knn2得 tan(k1)tan k1. 所以 Snbktan(k1)tan ktan1k1k3n 2 k 3( tan(k 1) tan k1)tan(n 3) tan 3ntan1tan1安徽文 （ 7）若数列an 的通项公式是 an( )g(n) ,则 a a L a（A） 15(B) 12(C )(D)（ 7） A【命题意图】本题考查数列求和.属中等偏易题 .【解析】法一：分别求出前10 项相加即可得出结论；法二： a1 a2 a3a4a9a1
4、03 ，故 aaL a.故选 A.北京理1， a44 ，则公比 q_； | a1 | a2 | an | _.11.在等比数列 an 中，若 a12【 解 析 】 a11， a44 q2 ， | an | 是 以 1 为 首 项 ， 以 2 为 公 比 的 等 比 数 列 ，21 。2| a1 | | a2 | an | 2n 1220.若数列 An ： a1 ， a2 ， ， an (n2) 满足 | ak 1ak | 1（ k 1， 2， ， n 1），则称 An 为 E 数列。记 S( An ) a1a2an .（ 1）写出一个满足 a1a50 ，且 S(A5) 0 的 E 数列 A5；
5、（ 2）若 a1 12 ， n2000，证明： E 数列 An 是递增数列的充要条件是an 2011 ；（ 3）对任意给定的整数n(n2) ，是否存在首项为0 的 E 数列 An ，使得 S( An )0 ？如果存在，写出一个满足条件的E 数列 An ；如果不存在，说明理由。解：（） 0， 1， 2，1， 0 是一具满足条件的 E 数列 A5。（答案不唯一，0， 1， 0， 1， 0 也是一个满足条件的E 的数列 A5）（）必要性：因为E 数列 A 5 是递增数列，所以 ak 1 ak1( k 1,2, ,1999) .所以 A 5 是首项为 12，公差为1 的等差数列 .所以 a2000=1
6、2+（ 20001） 1=2011.充分性，由于a2000 a10001，a2000 a100012 a11a所以 a2000 a 19999，即 a2000a1+1999.又因为 a1 =12， a2000=2011,所以 a2000=a1+1999.故 an 1 an10(k1,2,1999),即 An 是递增数列 .综上，结论得证。（）令 ckak1ak10(k1,2, n1), 则 cA1.因为 a2a1c1a1a1c1c2an a1c1c2cn 1 ,所以 S( An ) na1(n 1)c1( n 2)c2(n 3)c3cn 1n(n1)(1c1 )(n1)(1c2 )( n2)(
7、1cn 1 ).2因为 ck1,所以1ck 为偶数 ( k 1, n1).所以*1c1 )( n1)(1 c2 )( n2)(1cn ) 为偶数 ,所以要使S( An )0,必须使 n(n1) 为偶数 ,2即 4整除 n(n 1), 亦即 n4m或 n 4m1(mN*) .当 n4m1( mN *) 时, E数列 An的项满足 a4 k1a4 k 10,a4 k21, a4 k1(k1,2, m) 时，有 a10, S( An ) 0;a4 k1( k1,2, m), a4k1 0时 ,有 a10, S( An )0;当 n4m1( mN *) 时, E数列 An 的项满足， a4 k 1a3
8、k 30,a4 k 21,当 n4m2或 n4m 3(mN )时, n(m1) 不能被 4 整除，此时不存在E 数列 A n，使得 a10, S(An ) 0.北京文（ 14）设 A 0,0, B 4,0 , C t4,3， D t,3。记 N t为平行四边形ABCD 内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则N0； N t 的所有可能取值为。 6；6， 7， 8（ 20）（本小题共13 分）A : a ,a , a ( n 2)满 足ak 1 ak1 (k1 , 2 ,n ,， 则 称A为E数列，记若 数 列n12n1 )nS An a1a2 + +an 。（ I）
9、写出一个E 数列 A5 满足 a1 =a3 =0 ；（ II ）若 a1 =12,n=2000 ，证明： E 数列 An 是递增数列的充要条件是an =2011（ III ）在 a1 =4 的 E 数列 An 中，求使得 S An =0 成立的 n 的最小值解：（） 0， 1， 0，1， 0 是一具满足条件的E 数列 A5。（答案不唯一， 0， 1， 0， - 1， 0 也是一个满足条件的E的数列 A5）（）必要性：因为E 数列 A 5 是递增数列，所以 ak1ak 1( k1,2, ,1999) .所以 A 5 是首项为 12，公差为1 的等差数列 .所以 a2000=12+（ 20001） 1=2011.充分性，由于a2000 a10001，a2000 a10001a2 a112000 a 19999，即 a2000a1所以 a+1999.又因为 a1 =12， a2000=2011,所以 a2000=a1+1999.故 an 1an10(k1,2,1999),即 An 是递增数列 .综上，结论得证。（）ak 1ak1ak 1ak 1ak 1ak1所以有： a2a113 ， a3a212 ， a4a311， ， a8a713 ； a9a8 14相加得： a1a2a9 0 ，所以在 a1 =4 的 E 数列
