2011年高考数学试题分类汇编 - - 26 - -
?4k2?4k?1??2?????
2k?k?1??k?1k?2?2k?k?1?mm?1m?1?2m??k?131?1?11??1?1??2n??． ?2m?2m?1?1?2??????????2n2m2?kk?1?????n所以2n??k?2k2ak?32?1n，所以
32n?2n??k?2k2ak?2，n?4,6,8,L．
(2) 当n为奇数时，设n?2m?1?m?N??．
n?k?2k22mak32???k?2k2ak??2m?1?a2m?12?4m?32?12m??2m?1?2m?m?1?2?4m?12?12?m?1??2n?1n?1n．
k2所以2n??k?2ak?32?1n?1，所以
32n?2n??k?2nk2ak?2，n?3,5,7,L．
由(1)，(2)可知，对任意n?2，
32?2n??k?2k2ak?2．
证法2．由（Ⅰ）得解法1和解法2均可得qk?dkd1dkdk?1k?1k．从而
dk?1dk?qk?k?1k．
所以?dk?1dk?2??L?d2d1?kk?1k?2?k?1?L?21?k，由d1?2，可得dk?2k．
于是由（Ⅰ）知a2k?1?2k?k?1?，a2k?2k．以下同证法１．
2天津文
15．设?an?是等比数列，公比q?2，Sn为?an?的前n项和．记Tn?17Sn?S2nan?1，
n?N?，设Tn0为数列?Tn?的最大项，则n0? ．
【解】4．
设a1?1，则an???22n?1，an?1???2n，Sn???2n?1?an?1?12?1，
2?1S2n??2?2n?1?an?1?12?1．
2?1
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Tn?17Sn?S2nan?117??an?1?12?1an?1?an?1?12?1????16a??17?n?1?，
a2?1?n?1?12因为函数g?x??x?116x?x?0?在x?4时，取得最小值，
所以Tn????16a??17?n?1?在an?1?4时取得最大值．
an?12?1??此时an?1??2?n?4，解得n?4．即T4为数列?Tn?的最大项，则n0?4．
22．（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2k．
（Ⅰ）证明a4,a5,a6成等比数列； （Ⅱ）求数列 ?an?的通项公式；
22（Ⅲ）记Tn?a2?32a3?L?n2an．证明
32?2n?Tn?2?n?2?．
【解】（Ⅰ）由题设可知，a2?a1?2?2，a3?a2?2?4，a4?a3?4?8，
a5?a4?4?12，a6?a5?6?18 ，所以
a6a5?a5a4?32．因此a4,a5,a6成等比数列．
（Ⅱ）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．
?n2?1,??2所以，数列 ?an?的通项公式为an??2?n,??2n?2k?1,2
n?2k,k?N（或an?n22???1?n?14,n?N?．
2（Ⅲ）由（Ⅱ）可知a2k?1?2k?k?1?，a2k?2k．k?N?
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下面对n分为奇数和偶数讨论．
(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?2mk2makm?1??k?1?2k?a2k2m?1??k?2?2k?1?a2k?12m??k?1?2k?2k22?2k?1???k?22k?k?1?n2?4k2?4k?1??2?????
2kk?12kk?1?????k?1k?2?m?1?2m??k?131?1?11??1?1??2n??． ?2m?2m?1?1?2??????????2n2?m?2?kk?1???n所以2n??k?2k2ak?32?1n，所以
32n?2n??k?2k2ak?2，n?4,6,8,L．
(2) 当n为奇数时，设n?2m?1?m?N??．
n?k?2k22mak32???k?2k2ak??2m?1?a2m?12?4m?32?12m??2m?1?2m?m?1?2?4m?12?12?m?1??2n?1n?1n．
k2所以2n??k?2ak?32?1n?1，所以
32n?2n??k?2nk2ak?2，n?3,5,7,L．
由(1)，(2)可知，对任意n?2，
32?2n??k?2k2ak?2．
浙江理19．（本小题满分14分） 已知数列?an?满足：a1?2且an?1??n?ana222?n?1?anan?n（n?N）
?（Ⅰ）求证：数列???1?为等比数列，并求数列?an?的通项公式； ?a33ann?n?2（n?N）。
?（Ⅱ）证明：
a11???...?19．（本小题满分14分）
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（Ⅰ）由题得：an+1（an+n）=2（n+1）an ， 即anan?1?nan?1?2(n?1)an 故2??nan?n?1?an?1??n?n?1???1?1 即数列??为等比数列， ??3分 ?an??an?n?1 ??1??1??1???????2??2?ann?1?1n?1?????， ? an?n?n ??7分
22?1??n（Ⅱ）由上知
2n?1 ??????????????8分
n??1???1?????2??????n?11?2?a11?a22?a33?...?ann?n?120?121?122?...?12n?1?1??n?2????2?n?1?n?2。
浙江文（17）若数列?n(n?4)()?中的最大项是第k项，则k=_______________。4
?3?1a11a2?2n?（19）（本题满分14分）已知公差不为0的等差数列{an}的首项为a(a?R)，且
，，
1a4成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）对n?N，试比较
*1a2?1a22?1a23?...?1a2n与
1a1的大小．
（19）本题主要考查等差、等比数列的概念以及通项公式，等比数列的求和公式等基础知识，
同时考查运算求解能力及推理论证能力。满分14分。 （Ⅰ）解：设等差数列{an}的公差为d，由题意可知(221a2)?21a1?1a4
即(a1?d)?a1(a1?3d)，从而a1d?d
因为d?0,所以d?a1?a. 故通项公式an?na.
1a2?1a22???1a2n,因为a2n?2a
n （Ⅱ）解：记Tn?
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1n(1?())1111111n2所以Tn?(?2???n)??2?[1?()]
1a22aa221?21
从而，当a?0时，Tn??x??1a1；当a?0时,Tn?1a1.
重庆理（3）已知lim(x???ax???x)??，则a? D
（A）?? (B) 2 (C) 3 (D) 6
（11）在等差数列{an}中，a3?a7?37，则a2?a4?a6?a8?__________ 74 （21）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分） 设实数数列?an?的前n项和Sn，满足Sn?1?an?1Sn,(n?N)
? （Ⅰ）若a1,s2,?2a2成等比数列，求S2和a3； （Ⅱ）求证：对k?3有0?ak?1?ak?43
?S22??2a1a22?S2??2S2，因为S2?0所以S2??2； 解：（Ⅰ）由题意??S2?a2S1?a1a2由S2?a3?S3?a3S2?a3?S2S2?1?23；
（Ⅱ）易见Sn?1,an?1?1，所以
Sn?1?an?1Sn?Sn?an?1?an?1Sn?an?1?SnSn?1,Sn?an?1an?1?1；
从而k?3时有：ak?Sk?1Sk?1?1?ak?1?Sk?2ak?1?Sk?2?1ak?1??ak?1?ak?1ak?1?1ak?1?1?ak?1ak?1?ak?1?122
ak?1?1因为ak?1?ak?1?1?(ak?1?要证ak?22122)?234?0，且ak?1?0，所以ak?0；
243，只要证
ak?1ak?1?ak?1?122?43，
即证3ak?1?4ak?1?4ak?1?4?ak?1?4ak?1?4?0?(ak?1?2)?0此式显然成立， 所以k?3时有ak?4322。
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最后证ak?1?ak，若不然，ak?1?2ak2k2a?ak?1?ak，又ak?0，故
aka?ak?12k?1
即(ak?1)?0，矛盾，所以ak?1?ak（k?3）。
重庆文(16)(本小题满分13分，(Ⅰ)小问7分，(Ⅱ)小问6分.)
设
是公比为正数的等比数列，
的通项公式;
是首项为1，公差为2的等差数列，求数列
,
n,.
(Ⅰ)求(Ⅱ)设
的前项和
2.
解：(Ⅰ)设 等比数列的公比为q,q?0，由
q?2或q??1（舍去），所以数列
得2q?2q?4，即
的通项公式为an?2；
(Ⅱ)Sn?2n?1?n?2。
2
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