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【数学理】2011届高考模拟题（课标）分类汇编：数列
1．（2011
北京朝阳区期末）
已知数列?an?的前n项和为Sn，且Sn=2an-2, 则a2等于 (A)
（A） 4 （B）2 （C）1 （D） -2 2．（2011
北京朝阳区期末）
已知数列{an} (n?N*)满足：an?logn?1(n?2) (n?N*)，定义使a1?a2?a3?......?ak
为整数的数k (k?N*)叫做企盼数，则区间[1, 2011]内所有的企盼数的和为 2026 .
3．（2011
已知函数f(x)?ax?bcx?12北京朝阳区期末）
（a，b，c为常数，a?0）.
ax?bcx?12（Ⅰ）若c?0时，数列{an}满足条件：点(n, an)在函数f(x)?和Sn；
的图象上，求{an}的前n项
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a3?7，S4?24，p, q?N（p?q），
证明：Sp?q?12(S2p?S2q)；
12?（Ⅲ）若c?1时，f(x)是奇函数，f(1)?1，数列{xn}满足x1?求证：
解：（Ⅰ）依条件有f(x)?ax?b.
(x1?x2)x1x22，xn?1?f(xn)，
?(x2?x3)x2x32???(xn?xn?1)xnxn?12?516.
因为点(n, an)在函数f(x)?ax?b的图象上，所以an?f(n)?an?b. 因为an?1?an?a(n?1)?b?(an?b)?a，
所以{an}是首项是a1?a?b，公差为d?a的等差数列. ???????? 1分 所以Sn?n(a?b)?n(n?1)2?a?nb?n(n?1)2?a.
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即数列{an}的前n项和Sn?nb?n(n?1)2?a. ???????????? 2分
?(a?b)?2a?7, ?3a?b?7, ?a?2,?（Ⅱ）证明：依条件有? 即解得 ??4?3?a?24.?10a?4b?24.?b?1.?4(a?b)??2所以an?2n?1.
n(a1?an)22所以Sn??n?2n. ??????????????? 3分
222因为2Sp?q?(S2p?S2q)=2[(p?q)?2(p?q)]?(4p?4p)?(4q?4q)
??2(p?q)，
又p?q，所以2Sp?q?(S2p?S2q)?0. 即Sp?q?212(S2p?S2q). ???????????????????? 5分
ax?bx?12（Ⅲ）依条件f(x)?.
因为f(x)为奇函数，所以f(?x)?f(x)?0. 即
ax?bx?12??ax?bx?12?0. 解得b?0. 所以f(x)?axx?12.
又f(1)?1，所以a?2. 故f(x)?2xx?12. ???????????????????????6分
2xnx?12n因为xn?1?f(xn)，所以xn?1?2xnx?12n. 所以x1?12?0时，有xn?1?0（n?N）.
?又xn?1?f(xn)?≤2xn2xn?1，
12若xn?1?1，则xn?1. 从而x1?1. 这与x1?矛盾.
所以0?xn?1?1. ??????????????????????? 8分 所以xk?1?xk?xk(1?xk)?1?xkxk?12≤14?xk?1?12xk?1?2≤1422?2?1?2?18.
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所以
(xk?xk?1)xkxk?12?xk?1?xkxkxk?12(xk?1?xk)?2?111(?). ??????10分 8xkxk?12所以
(x1?x2)x1x22?(x2?x3)x2x3???(xn?1?xn)xnxn?1
?2?18[(1x1?1x2)?(1x2?1x3)???(1xn?1xn?1)]
?2?111(?)?8x1xn?1122?18(2?1xn?1). ???????12分
因为x1?12，xn?1?xn，所以?xn?1?1. 所以1?1xn?1?2.
3所以
(x1?x2)x1x22?(x2?x3)x2x32???(xn?xn?1)xnxn?12?2?18(2?1)?2?18?516. ?14分
4. （2011
北京丰台区期末）
2x已知函数f(x)?1?，数列{an}中，a1?a，an?1?f(an)(n?N*)．当a取不同的值时，得到不
5115同的数列{an}，如当a?1时，得到无穷数列1，3，，3?；当a?2时，得到常数列2,2,2，?；当a??2时，得到有穷数列?2，0． （Ⅰ）若a3?0，求a的值；
*（Ⅱ）设数列{bn}满足b1??2，bn?f(bn?1)(n?N)．求证：不论a取{bn}中的任何数，都可以得到一
个有穷数列{an}； （Ⅲ）如果当n?2时，都有
53?an?3，求a的取值范围．
解：（Ⅰ）因为 a3?0，且a3?1?2a2，
2323所以 a2??2． 同理可得a1??，即a??． ?????????3分
*（Ⅱ）证明：假设a为数列{bn}中的第i(i?N)项，即a1?a?bi；则
a2?f(a1)?f(bi)?bi?1；
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a3?f(a2)?f(bi?1)?bi?2；
???
ai?f(ai?1)?f(b2)?b1??2；
ai?1?f(ai)?1?2ai?0， 即ai?1?f(ai)?f(?2)?0。
故不论a取{bn}中的任何数，都可以得到一个有穷数列{an}．
（Ⅲ）因为a2?f(a1)?f(a)?1?所以 1?a?3． 又因为当
5353?an?3时，
2a，且
53?a2?3，
53?1?2an?115?3，
即
?an?1?3，
53?an?3．
所以 当1?a?3时，有
5. （2011
北京西城区期末）
设等比数列?an?的前n项和为Sn，若8a2?a5?0，则下列式子中数值不能确定的是(D) （A）
a5a3
（B）
S5S3 （C）
an?1an （D）
Sn?1Sn
6. （2011北京西城区期末）
已知数列{an}，{bn}满足bn?an?1?an，其中n?1,2,3,?.
（Ⅰ）若a1?1,bn?n，求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）若bn?1bn?1?bn(n?2)，且b1?1,b2?2.
（ⅰ）记cn?a6n?1(n?1)，求证：数列{cn}为等差数列； （ⅱ）若数列{
解：（Ⅰ）当n?2时，有
an?a1?(a2?a1)?(a3?a2)???(an?an?1)?a1?b1?b2???bn?1 ????2分
ann}中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次. 求首项a1应满足的条件.
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?1?(n?1)?n2?n22?n2?1. ??????3分
n2又因为a1?1也满足上式，所以数列{an}的通项为an?（Ⅱ）（ⅰ）因为对任意的n?N*有bn?6?bn?5bn?4?1bn?3?bn?1bn?22?n2?1.??????4分
?bn， ??????5分
所以 cn?1?cn?a6n?5?a6n?1?b6n?1?b6n?b6n?1?b6n?2?b6n?3?b6n?4
?1?2?2?1?12?12?7(n?1)，
所以数列{cn}为等差数列. ??????7分 （ⅱ）设cn?a6n?i(n?0)，（其中i为常数且i?{1,2,3,4,5,6}），所以
cn?1?cn?a6n?6?i?a6n?i?b6n?i?b6n?i?1?b6n?i?2?b6n?i?3?b6n?i?4?b6n?i?5?7(n?0)
所以数列{a6n?i}均为以7为公差的等差数列. ??????9分
7设fk?6?7?6，
6k?ii?6ki?6k6i?6k（其中n?6k?i(k?0)，i为{1,2,3,4,5,6}中的一个常数），
??67i67i6a6k?iai?7k(i?6k)?ai?7iai?7i当ai?当ai?时，对任意的n?6k?i有时，
ai?7iai?7iann?76； ??????10分
fk?1?fk?1166?(a?7i)(??) i6(k?1)?i6k?i66(k?1)?i6k?i?(ai?7i6)(?6[6(k?1)?i](6k?i))
??????11分
①若ai?②若ai?7i67i6，则对任意的k?N有fk?1?fk，所以数列{，则对任意的k?N有fk?1?fk，所以数列{a6k?i6k?ia6k?i}为单调减数列；
}为单调增数列； 6k?i??????12分
74111174111综上：设集合B?{}?{}?{}?{?}?{?}?{}?{,,,?,?}，
63236263236a当a1?B时，数列{n}中必有某数重复出现无数次.
na当a1?B时，{6k?i} (i?1,2,3,4,5,6)均为单调数列，任意一个数在这6个数列中最多出现一次，
6k?ian{}中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次. ???14分 所以数列n