2011年高考数学试题分类汇编 - - 21 - -
?6k?3(n?4k?3)??6k?5(n?4k?2)*∴ cn??,k?N。c4k?3?c4k?2?c4k?1?c4k?24k?21
?6k?6(n?4k?1)??6k?7(n?4k)S4n?(c1?c2?c3?c4)???(c4n?3?c4n?2?c4n?1?c4n)?24?n(n?1)2?21n?12n?33n2。
四川理
8．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn?an?1?an(n?N*)，若则b3??2，b10?12，则
a8?
（A）0 （B）3 （C）8 （D）11 答案：B
b10?12及b10?b3?7d解得d?2，{bn}为等差数列，解析：由b3??2，故bn??2?2(n?3)，
即bn?2n?8，故a2?a1?b1??6，a3?a2?b2??4，a4?a3?b3??2，?，a8?a7?b7?6，相加得a8?a1??6??4??2?0?2?4?6?0，故a8?a1?3，选B．
11．定义在[0,??)上的函数f(x)满足f(x)?3f(x?2)，当x?0时，f(x)??x2?2x．设2,[)f(x)在[2n?2,2n)上的最大值为an(n?N*)，且{an}的前n项和为Sn，则limSn?
n??（A）3 答案：D
（B）
52 （C）2
13 （D）
32
解析：∵f(x)?3f(x?2)，∴当x?2时，f(x)?a1?1；当x?[2,4)当x?2f(x?2)，),0[13(?x?2x)，a2?2时，f(x)??x2?2x，
13时，x?2?[0,2)，f(x)?，
13f(x?2)?；当x?[2n?2,2)n，
时
f(x)?13f(x?2)?132x?2n?133f(x?2?2)?f(x?2?3)???13nf(x?2n)?13n(?x?2x)2，则an?13n，
limSn?n??11?13?32，选D．
20．（本小题共12分） 设d为非零实数，an?1n[Cnd?2Cnd???(n?1)Cnd122n?1n?1?nCnd]（n?Nnn*）．
（Ⅰ）写出a1，a2,，a3并判断{an}是否为等比数列．若是，给出证明；若不是，说明理由； （Ⅱ）设bn=ndan（n?N*），求数列{bn}的前n项和Sn．
本小题考查等比数列和组合数的基础知识以及基本的运算能力，分析问题、解决问题的能力和化归与转化等数学思想．
解：（Ⅰ）由已知可得a1?d，a2?d(1?d)，a2?d(1?d)2．
当n?2，k?1时，∵rCnr?r?∴an??1n1n0122n!r!?(n?r)!n?1?n?(n?1)!(r?1)!?(n?r)!nn?nCn?1r?1，因此
[Cnd?2Cnd???(n?1)Cnd12n?2n?1n?1?nCnd]
n?1n(nCn?1d?nCn?1d???nCn?1dn?1?nCn?1d)?d(Cn?1?Cn?1d???Cn?1d01n?2n?2?Cn?1dn?1n?1)
?d(1?d)．
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an?1an- - 22 - -
由此可见，当d??1时，∵
?1?d，故{an}是以a1?d为首项，1?d为公比的等比数
列；
当d??1时，a1??1，an?0（n?2），{an}不是等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，an?d(1?d)n?1，从而bn?d2?n(1?d)n?1，
Sn?d[1?2(1?d)?3(1?d)???n(1?d)22n?1] ①
当d??1时，Sn?d2?1．
当d??1时，①两边同乘以1?d得
(1?d)Sn?d[(1?d)?2(1?d)?3(1?d)???n(1?d)] ②
223n①，②式相减可得：
?dSn?d[1?(1?d)?(1?d)???(1?d)22n?1?n(1?d)]?d?[n2(1?d)?1dn?n(1?d)]．
n化简即得Sn?(d?1)n(nd?1)?1．综上，Sn?(d?1)n(nd?1)?1． 四川文
9．数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，an+1 =3Sn（n ≥1），则a6=
（A）3 × 4 答案：A
解析：由an+1 =3Sn，得an =3Sn－1（n ≥ 2），相减得an+1－an =3(Sn－Sn－1)= 3an，则an+1=4an（n ≥ 2），a1=1，a2=3，则a6= a2·4=3×4，选A．
20．（本小题共12分）
已知{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和．
（Ⅰ）当S1、S3、S4成等差数列时，求q的值；
（Ⅱ）当Sm、Sn、Sl成等差数列时，求证：对任意自然数k，am?k、an?k、al?k也成等差数列．
本小题考查等比数列和等差数列的基础知识以及基本运算能力和分析问题、解决问题的能力．
解：（Ⅰ）由已知，an?aqn?1，因此S1?a，S3?a(1?q?q2)，S4?a(1?q?q2?q3)．
当S1、S3、S4成等差数列时，S1?S4?2S3，可得aq3?aq?aq2． 化简得q2?q?1?0．解得q?1?254
4
4
（B）3 × 4+1
4
（C）4
4
（D）4+1
4
．
（Ⅱ）若q?1，则{an}的每项an?a，此时am?k、an?k、al?k显然成等差数列． 若q?1，由Sm、Sn、Sl成等差数列可得Sm?Sl?2Sn，即
a(qm?1)q?1a(q?1)?2(aq1)??q?1q?1ln．
整理得qm?ql?2qn．因此，am?k?al?k?aqk?1(qm?ql)?2aqn?k?1?2an?k．
所以，am?k、an?k、al?k也成等差数列． 天津理
6．已知?an?是首项为1的等比数列，Sn是?an?的前n项和，且9S3?S6．则?． 5项和为（ ）1531 Ａ．或5 Ｂ．或5
816?1??的前?an?
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Ｃ．
3116 Ｄ．
158
9?1?q1?q3【解】设数列?an?的公比为q，由9S3?S6可知q?1．于是又
33??1?q61?q，
于是q6?9q3?8?0，即?q?1??q?8??0，因为q?1，则q?2．
1?155?1?1q?131q数列??的首项为1，公比为，则前5项和T5?．故选Ｃ． ?4?1q?q?1?16q?an?1?q22．（本小题满分14分）在数列?an?中，a1?0，且对任意k?N?，a2k?1,a2k,a2k?1成等差数列，其公差为dk．
（Ⅰ）若dk?2k，证明a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列；
（Ⅱ）若对任意k?N?，a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列，其公比为qk． (ⅰ) 设q1?1,证明????是等差数列;
?qk?1?1(ⅱ) 若a2?2,证明
32n?2n??k?2k2ak?2?n?2?.
【解】（Ⅰ）解法1．由题设可得a2k?1?a2k?1?4k，k?N?． 所以a2k?1?a1??a2k?1?a2k?1???a2k?1?a2k?3??L?a3?a1?
4k?4?k?1??L?4?1?2k?k?1?． 因为a1?0，所以a2k?1?2k?k?1?．
从而由a2k?1,a2k,a2k?1成等差数列，其公差为2k得a2k?a2k?1?2k?2k． 于是a2k?2?2?k?1?． 因此
a2k?1a2k?k?1k22，
a2k?2a2k?1?k?1k，所以
a2k?2a2k?1?a2k?1a2k?k?1k，
于是当dk?2k时，对任意k?N?， a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列． 解法2．用数学归纳法．
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(1) 当k?1时，因为a1,a2,a3成公差为2k?2的等差数列，及a1?0，则a2?2,a3?4． 当k?2时，因为a3,a4,a5成公差为2k?4的等差数列，及a3?4，则a4?8,a5?12． 由a2?2,a3?4，a4?8，所以a2,a3,a4成等比数列． 所以当k?1时，结论成立； (2) 假设对于k结论成立，即
a2k?1,a2k,a2k?1成公差为dk?2k等差数列，a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列，
设a2k?u，则a2k?1?u?2k，a2k?2?a2k?1a2k2??u?2k?u2，
又由题设a2k?1,a2k?2,a2k?3成公差为dk?2?k?1?等差数列， 则a2k?2?a2k?1?2?k?1??u?2k?2k?2?u?4k?2，
2因此
?u?2k?u?u?4k?2，解得u?2k．
222于是a2k?1?2k2?2k?2k?k?1?，a2k?2?2k?2k?2k?2?2?k?1?．
a2k?3?2?k?1??2?k?1??2?k?1??k?2?．
2再由题设a2k?3,a2k?4,a2k?5成公差为dk?2?k?2?等差数列， 及a2k?3?2?k?1??k?2?，
则a2k?4?a2k?3?2?k?2??2?k?1??k?2??2?k?2??2?k?2?． 因为a2k?2?2?k?1?，a2k?3?2?k?1??k?2?，a2k?4?2?k?2?， 所以
a2k?3a2k?2?2?k?1??k?2?2?k?1?2222?k?2k?1，
a2k?4a2k?3?2?k?2?22?k?1??k?2??k?2k?1，
于是a2k?2,a2k?3,a2k?4成等比数列．于是对k?1结论成立， 由(1)，(2)，对对任意k?N?,结论成立．
（Ⅱ）(ⅰ)证法1．由a2k?1,a2k,a2k?1成等差数列，a2k,a2k?1,a2k?2成等比数列, 则 2a2k?a2k?1?a2k?1,即2?a2k?1a2k?a2k?1a2k?1qk?1?qk．因为q1?1,可知
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qk?1?k?N??,
从而
1qk?1?2?11qk?1?1?1qk?1?1?1，即
1qk?1?1qk?1?1?1，
?1?所以??是等差数列，且公差为1．
?qk?1?证法2．由题设,dk?a2k?1?a2k?qka2k?a2k?a2k?qk?1?, dk?1?a2k?2?a2k?1?qka2k?qka2k?a2kqk?qk?1?,所以dk?1?qkdk.
qk?1?a2k?3a2k?2?a2k?2?dk?1a2k?2?1?dk?1qka2k22?1?qkdkqa2k2k?1?dkqka2k?1?a2k?qk?1?qka2k?2?1qk．
因为q1?1,可知qk?1?k?N??,于是
???是等差数列，且公差为1．
?qk?1?11qk?1?1?1qk?1?qkqk?1?1qk?1?1．
所以?(ⅱ) 证法1．由（Ⅰ）得解法1和解法2均可得qk?从而
a2k?2a2k?1a2k?1a2kk?1kk?1k．
??，
a2k?2a2k?k?1????，
k??2因此a2k?a2ka2k?2a2k?4k?1k?a2k?2?L?a4a2?a2?k22?k?1???k?1?22?k?2??L?2122?2?2k，k?N?，
2a2k?1?a2k??2k?2k?1k?2k?k?1?，k?N?．
(1) 当n为偶数时，设n?2m?m?N??．
n若m?1，则2n??k?2k2ak?4?222?2，满足
32n?2n??k?2k2ak?2；
若m?2，则
n?k?2k2mak??k?1?2k?a2k2m?1??k?2?2k?1?a2k?12m??k?1?2k?2k22?2k?1???k?22k?k?1?n2
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