2012年数学新题分类汇编
课标文数17.D1[2011·浙江卷] 若数列
课标文数17.D1[2011·浙江卷] 4 【解析】 设最大项为第k项，则有
∴
课标文数20.D2，A2[2011·北京卷] 若数列An：a1，a2，…，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k＝1,2，…，n－1)，则称An为E数列．记S(An)＝a1＋a2＋…＋an.
(1)写出一个E数列A5满足a1＝a3＝0；
(2)若a1＝12，n＝2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an＝2011；
(3)在a1＝4的E数列An中，求使得S(An)＝0成立的n的最小值．
课标文数20.D2，A2[2011·北京卷] 【解答】 (1)0,1,0,1,0是一个满足条件的E数列A5.
(
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
不唯一，0，－1,0,1,0；0，±1,0,1,2；0，±1,0，－1，－2；0，±1,0，－1,0都是满足条件的E数列A5)
(2)必要性：因为E数列An是递增数列，
所以ak＋1－ak＝1(k＝1,2，…，1999)．
所以An是首项为12，公差为1的等差数列．
所以a2000＝12＋(2000－1)×1＝2011，
充分性：由于a2000－a1999≤1.
a1999－a1998≤1.
……
a2－a1≤1.
所以a2000－a1≤1999，即a2000≤a1＋1999.
又因为a1＝12，a2000＝2011.
所以a2000＝a1＋1999.
故ak＋1－ak＝1>0(k＝1,2，…，1999)，即E数列An是递增数列．
综上，结论得证．
(3)对首项为4的E数列An，由于
a2≥a1－1＝3，
a3≥a2－1≥2，
……
a8≥a7－1≥－3，
……
所以a1＋a2＋…＋ak>0(k＝2,3，…，8)．
所以对任意的首项为4的E数列An，若S(An)＝0，则必有n≥9.
又a1＝4的E数列A9：4,3,2,1,0，－1，－2，－3，－4满足S(A9)＝0，
所以n的最小值是9.
大纲理数4.D2[2011·全国卷] 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝( )
A．8 B．7 C．6 D．5
大纲理数4.D2[2011·全国卷] D 【解析】 ∵Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k＋4，∴4k＋4＝24，可得k＝5，故选D.
大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足a1＝0且
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝
大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设
即数eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))
是公差为1的等差列．
又
所以an＝1－
(2)证明：由(1)得
bn＝
∴Sn＝
大纲文数6.D2[2011·全国卷] 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝( )
A．8 B．7
C．6 D．5
大纲文数6.D2[2011·全国卷] D 【解析】 ∵Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k＋4，∴4k＋4＝24，可得k＝5，故选D.
课标理数10.M1，D2，B11[2011·福建卷] 已知函数f(x)＝ex＋x.对于曲线y＝f(x)上横坐标成等差数列的三个点A、B、C，给出以下判断：
①△ABC一定是钝角三角形；
②△ABC可能是直角三角形；
③△ABC可能是等腰三角形；
④△ABC不可能是等腰三角形．
其中，正确的判断是( )
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
课标理数10.M1，D2，B11[2011·福建卷] B 【解析】 解法一：(1)设A、B、C三点的横坐标分别为x1，x2，x3(x1
0，
∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
∴ f(x1)0,0<φ<π)在x＝数eq \f(π,6)
处取得最大值，且最大值为a3，求函f(x)的解析式．
课标数学16.D3，C4[2011·福建卷] 【解答】 (1)由q＝3，S3＝
所以an＝
(2)由(1)可知an＝3n－2，所以a3＝3.
因为函数f(x)的最大值为3，所以A＝3；
因为当x＝
所以sin
又0<φ<π，故φ＝
所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin
课标文数16.D3[2011·福建卷] 商家通常依据“乐观系数
准则
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”确定商品销售价格，即根据商品的最低销售限价a，最高销售限价b(b>a)以及实数x(0a，b－a≠0，
∴x2＝1－x，即x2＋x－1＝0，
解得 x＝
因为00)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.
(1)若a＝1，求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}唯一，求a的值．
课标理数18.D3[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，
由b1，b2，b3成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)，
即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋
所以{an}的通项公式为an＝(2＋
(2)设{an}的公比为q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得aq2－4aq＋3a－1＝0，(*)
由a＞0得Δ＝4a2＋4a＞0，故方程(*)有两个不同的实根，
由{an}唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a＝
课标文数5.D3[2011·辽宁卷] 若等比数列{an}满足anan＋1＝16n，则公比为( )
A．2 B．4 C．8 D．16
课标文数5.D3[2011·辽宁卷] B 【解析】 由于anan＋1＝16n，又an－1an＝16n－1，所以
课标文数17.D2，D3[2011·课标全国卷] 已知等比数列{an}中，a1＝
(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式．
课标文数17.D2，D3[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)因为an＝
Sn＝
所以Sn＝
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－(1＋2＋…＋n)
＝－
所以{bn}的通项公式为bn＝－
大纲文数9.D3[2011·四川卷] 数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝( )
A．3×44 B．3×44＋1
C．44 D．44＋1
大纲文数9.D3[2011·四川卷] A 【解析】 由an＋1＝3Sn⇒Sn＋1－Sn＝3Sn⇒Sn＋1＝4Sn，所以数列{Sn}是首项为1，公比为4的等比数列，所以Sn＝4n－1，所以a6＝S6－S5＝45－44＝3×44，所以选择A.
大纲理数11.D2[2011·重庆卷] 在等差数列{an}中，a3＋a7＝37，则a2＋a4＋a6＋a8＝________.
大纲理数11.D2[2011·重庆卷] 74 【解析】 由a3＋a7＝37，得(a1＋2d)＋(a1＋6d)＝37，即2a1＋8d＝37.∴a2＋a4＋a6＋a8＝(a1＋d)＋(a1＋3d)＋(a1＋5d)＋(a1＋7d)＝2(2a1＋8d)＝74.
课标文数7.D4[2011·安徽卷] 若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝( )
A．15 B．12
C．－12 D．－15
课标文数7.D4[2011·安徽卷] A 【解析】 a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15.
课标文数21.D3，D4[2011·安徽卷] 在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2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＝lgTn，n≥1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.
课标文数21.D3，D4[2011·安徽卷] 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．
【解答】 (1)设t1，t2，…，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100，则
Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，①
Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1.②
①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得
T
∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1.
(2)由题意和(1)中计算结果，知
bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1.
另一方面，利用tan1＝tan[(k＋1)－k]＝
得tan(k＋1)·tank＝
所以Sn＝
＝
课标理数18.D3，D4[2011·安徽卷]
在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2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＝lgTn，n≥1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.
课标理数18.D3，D4[2011·安徽卷] 【解析】 本题考查等比和等差数列，对数和指数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，运算求解能力和创新思维能力．
【解答】 (1)设t1，t2，…，tn＋2构成等比数列，其中t1＝1，tn＋2＝100，则
Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，①
Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1，②
①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得
T
∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1.
(2)由题意和(1)中计算结果，知
bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1，
另一方面，利用
tan1＝tan[(k＋1)－k]＝
得tan(k＋1)·tank＝
所以Sn＝
＝
＝
大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 设数列{an}满足a1＝0且
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝
大纲理数20.D2，D4[2011·全国卷] 【解答】 (1)由题设
即数eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))
是公差为1的等差列．
又
所以an＝1－
(2)证明：由(1)得
bn＝
∴Sn＝
课标文数20.D4[2011·湖南卷] 某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.
(1)求第n年初M的价值an的表达式；
(2)设An＝
课标文数20.D4[2011·湖南卷] 【解答】 (1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列．
an＝120－10(n－1)＝130－10n；
当n≥6时，数列{an}是以a6为首项，公比为数eq \f(3,4)
的等比列，又a6＝70，所以an＝70×
因此，第n年初，M的价值an的表达式为
an＝
(2)设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得
当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，
An＝120－5(n－1)＝125－5n；
当n≥7时，由于S6＝570，故
Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70×
An＝
因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列．又
A8＝
A9＝
所以须在第9年初对M更新．
课标理数5.D4[2011·江西卷] 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1.那么a10＝( )
A．1 B．9
C．10 D．55
课标理数5.D4[2011·江西卷] A 【解析】 方法一：由Sn＋Sm＝Sn＋m，得S1＋S9＝S10，
∴a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1，故选A.
方法二：
∵S2＝a1＋a2＝2S1，∴a2＝1，
∵S3＝S1＋S2＝3，∴a3＝1，
∵S4＝S1＋S3＝4，∴a4＝1，
由此归纳a10＝1，故选A.
课标理数17.D4[2011·辽宁卷]
已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列
课标理数17.D4[2011·辽宁卷] 【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)设数列
所以，当n＞1时，
＝1－
＝1－
＝
所以Sn＝
综上，数列
课标理数14.D4[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________(米)．
课标理数14.D4[2011·陕西卷] 2000 【解析】 树苗放在10或11号坑，则其余的十九人一次走过的路程为90,80,70,60，…，80,90,100，则和为s＝
课标理数19.B11，D4[2011·陕西卷]
图1－11
如图1－11，从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y＝ex于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.现从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，记Pk点的坐标为(xk,0)(k＝1,2，…，n)．
(1)试求xk与xk－1的关系(2≤k≤n)；
(2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|.
课标理数19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】
(1)设Pk－1(xk－1,0)，由y′＝ex得Qk－1(xk－1，exk－1)点处切线方程为y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)，
由y＝0得xk＝xk－1－1(2≤k≤n)．
(2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)，
所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是
Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|
＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝
课标文数10.D4[2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为( )
A．①和⑳ B．⑨和⑩
C．⑨和⑪ D．⑩和⑪
课标文数10.D4[2011·陕西卷] D 【解析】 从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边，则每个人所走的路程和最小，一共20个坑，为偶数，在中间的有两个坑为10和11号坑，故答案选D.
课标文数19.B11，D4[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设Pk－1(xk－1,0)，由y′＝ex得Qk－1(xk－1，exk－1)点处切线方程为y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)，
由y＝0得xk＝xk－1－1(2≤k≤n)．
(2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)，
所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是
Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|
＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝
大纲文数16.D4[2011·重庆卷] 设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
大纲文数16.D4[2011·重庆卷]
【解答】 (1)设q为等比数列{an}的公比，则由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，因此q＝2.
所以{an}的通项为an＝2·2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)Sn＝
＝2n＋1＋n2－2.
课标理数20.D5，A3[2011·北京卷] 若数列An：a1，a2，…，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k＝1,2，…，n－1)，则称An为E数列．记S(An)＝a1＋a2＋…＋an.
(1)写出一个满足a1＝a5＝0，且S(A5)＞0的E数列A5；
(2)若a1＝12，n＝2000.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(n≥2)，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．
课标理数20.D5，A3[2011·北京卷] 【解答】 (1)0,1,2,1,0是一个满足条件的E数列A5.
(答案不唯一，0,1,0,1,0也是一个满足条件的E数列A5)
(2)必要性：因为E数列An是递增数列，
所以ak＋1－ak＝1(k＝1,2，…，1999)．
所以An是首项为12，公差为1的等差数列．
所以a2000＝12＋(2000－1)×1＝2011.
充分性：由于a2000－a1999≤1，
a1999－a1998≤1，
……
a2－a1≤1，
所以a2000－a1≤1999，即a2000≤a1＋1999.
又因为a1＝12，a2000＝2011，
所以a2000＝a1＋1999，
故ak＋1－ak＝1＞0(k＝1,2，…，1999)，即E数列An是递增数列．
综上，结论得证．
(3)令ck＝ak＋1－ak(k＝1,2，…，n－1)，则ck＝±1，
因为a2＝a1＋c1，
a3＝a1＋c1＋c2，
……
an＝a1＋c1＋c2＋…＋cn－1，
所以S(An)＝na1＋(n－1)c1＋(n－2)c2＋(n－3)c3＋…＋cn－1
＝(n－1)＋(n－2)＋…＋1－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)·(n－2)＋…＋(1－cn－1)]
＝
因为ck＝±1，所以1－ck为偶数(k＝1,2，…，n－1)，[来源:学&科&网]
所以(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)为偶数，
所以要使S(An)＝0，必须使
即4整除n(n－1)，亦即n＝4m或n＝4m＋1(m∈N*)．
当n＝4m(m∈N*)时，E数列An的项满足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)时，有a1＝0，S(An)＝0；
当n＝4m＋1(m∈N*)时，E数列An的项满足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)，a4m＋1＝0时，有a1＝0，S(An)＝0；
当n＝4m＋2或n＝4m＋3(m∈N*)时，n(n－1)不能被4整除，此时不存在E数列An，使得a1＝0，S(An)＝0.
课标理数20.D5[2011·广东卷] 设b>0，数列{an}满足a1＝b，an＝
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数n，an≤
课标理数20.D5[2011·广东卷] 【解答】 (1)由a1＝b>0，知an＝
令An＝
当n≥2时，An＝
＝
＝
①当b≠2时，
An＝
②当b＝2时，An＝
∴an＝
(2)证明：当b≠2时，欲证an＝
而(2n＋1＋bn＋1)
＝2n＋1bn－1＋2n＋2bn－2＋…＋22n＋b2n＋2b2n－1＋…＋2n－1bn＋1
＝2nbn
>2nbn(2＋2＋…＋2)＝2n·2nbn＝n·2n＋1bn，
∴an＝
当b＝2时，an＝2＝
综上所述，an≤
课标文数20.D5，E7[2011·广东卷]
设b＞0，数列{an}满足a1＝b，an＝
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数n,2an≤bn＋1＋1.
课标文数20.D5，E7[2011·广东卷] 【解答】 (1)由a1＝b>0，知an＝
令An＝
当n≥2时，An＝
＝
＝
①当b≠1时，An＝
②当b＝1时，An＝n.
∴an＝
(2)证明：当b≠1时，欲证2an＝
∵(bn＋1＋1)
＝bn
>bn(2＋2＋…＋2)
＝2nbn，
∴2an＝
当b＝1时，2an＝2＝bn＋1＋1.
综上所述2an≤bn＋1＋1.
课标文数21.D5[2011·江西卷] (1)已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，若数列{an}唯一，求a的值；
(2)是否存在两个等比数列{an}，{bn}，使得b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列？若存在，求{an}，{bn}的通项公式；若不存在，说明理由．
课标文数21.D5[2011·江西卷] 【解答】 (1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a，b2＝2＋aq，b3＝3＋aq2，
由b1，b2，b3成等比数列得(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，
即aq2－4aq＋3a－1＝0.
由a>0得Δ＝4a2＋4a>0，故方程有两个不同的实根，
再由{an}唯一，知方程必有一根为0，
将q＝0代入方程得a＝
(2)假设存在两个等比数列{an}，{bn}使b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列，设{an}的公比为q1，{bn}的公比为q2，
则b2－a2＝b1q2－a1q1，
b3－a3＝b1q
b4－a4＝b1q
由b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成等差数列得
即
①×q2－②得a1(q1－q2)(q1－1)2＝0.
由a1≠0得q1＝q2或q1＝1，
i)当q1＝q2时，由①②得b1＝a1或q1＝q2＝1，这时(b2－a2)－(b1－a1)＝0，与公差不为0矛盾；
ii)当q1＝1时，由①②得b1＝0或q2＝1，这时(b2－a2)－(b1－a1)＝0，与公差不为0矛盾．
综上所述，不存在两个等比数列{an}，{bn}使b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列．
课标理数17.D5[2011·课标全国卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列
课标理数17.D5[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)设数列{an}的公比为q，由a
由条件可知q＞0，故q＝
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝
故数列{an}的通项公式为an＝
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－(1＋2＋…＋n)
＝－
故
所以数列
[来源:Zxxk.Com]
课标理数20.D5[2011·山东卷] 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列．
第一列
第二列
第三列
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn.
课标理数20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)当a1＝3时，不合题意；
当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；
当a1＝10时，不合题意．
因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，
所以公比q＝3，
故an＝2·3n－1.
(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]
＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，
所以
Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.
所以
当n为偶数时，Sn＝2·
＝3n＋
当n为奇数时，Sn＝2×
＝3n－
综上所述，Sn＝
课标文数20.D5[2011·山东卷] 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.
第一列
第二列
第三列
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前2n项和S2n.
课标文数20.D5[2011·山东卷] 【解答】 (1)当a1＝3时，不合题意；
当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；
当a1＝10时，不合题意．
因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.
故an＝2·3n－1.
(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]
＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，
所以S2n＝b1＋b2＋…＋b2n
＝2(1＋3＋…＋32n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln3
＝2×
＝32n＋nln3－1.
课标数学13.D5[2011·江苏卷] 设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是________．
课标数学13.D5[2011·江苏卷]
要q取最小值，则m必定为1，于是有1≤q≤2,2≤q2≤3,3≤q3，所以q≥
课标数学20.D5[2011·江苏卷] 设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1＝1，前n项的和为Sn，已知对任意的整数k∈M，当整数n>k时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立．
(1)设M＝{1}，a2＝2，求a5的值；
(2)设M＝{3,4}，求数列{an}的通项公式．
课标数学20.D5[2011·江苏卷] 本题考查数列的通项与前n项和的关系、等差数列的基本性质等基础知识，考查考生分析探究及逻辑推理的能力．[来源:Z_xx_k.Com]
【解答】 (1)由题设知，当n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，即(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1.
从而an＋1－an＝2a1＝2.
又a2＝2，故当n≥2时，an＝a2＋2(n－2)＝2n－2.
所以a5的值为8.
(2)由题设知，当k∈M＝{3,4}且n>k时，Sn＋k＋Sn－k＝2Sn＋2Sk且Sn＋1＋k＋Sn＋1－k＝2Sn＋1＋2Sk，两式相减得an＋1＋k＋an＋1－k＝2an＋1，即an＋1＋k－an＋1＝an＋1－an＋1－k.所以当n≥8时，an－6，an－3，an，an＋3，an＋6成等差数列，且an－6，an－2，an＋2，an＋6也成等差数列．
从而当n≥8时，2an＝an＋3＋an－3＝an＋6＋an－6，(*)
且an＋6＋an－6＝an＋2＋an－2，所以当n≥8时，2an＝an＋2＋an－2，即an＋2－an＝an－an－2，于是当n≥9时，an－3，an－1，an＋1，an＋3成等差数列，从而an＋3＋an－3＝an＋1＋an－1，故由(*)式知2an＝an＋1＋an－1，即an＋1－an＝an－an－1.
当n≥9时，设d＝an－an－1.
当2≤m≤8时，m＋6≥8，从而由(*)式知2am＋6＝am＋am＋12，故2am＋7＝am＋1＋am＋13.
从而2(am＋7－am＋6)＝am＋1－am＋(am＋13－am＋12)，
于是am＋1－am＝2d－d＝d.
因此，an＋1－an＝d对任意n≥2都成立．又由Sn＋k＋S n－k－2Sn＝2Sk(k∈{3,4})可知(Sn＋k－Sn)－(Sn－Sn－k)＝2Sk，故9d＝2S3且16d＝2S4，解得a4＝数f(d,2)
.因此，f(3,2)
d，a1＝eq \f(7,2)
d，从而a2＝列{an}为等差数列．
由a1＝1知d＝2.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
大纲文数20.D5[2011·四川卷] 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．
(1)当S1、S3、S4成等差数列时，求q的值；
(2)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．
大纲文数20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)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，S4－S3＝S3－S1.
可得aq3＝aq＋aq2.
化简得q2－q－1＝0.
解得q＝
(2)证明：若q＝1，则{an}的每项an＝a，此时am＋k，an＋k，al＋k显然构成等差数列．
若q≠1，由Sm，Sn，Sl构成等差数列可得Sm＋Sl＝2Sn，即
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成等差数列．
大纲理数20.D5[2011·四川卷] 设d为非零实数，an＝
(1)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；
(2)设bn＝ndan(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
大纲理数20.D5[2011·四川卷] 【解答】 (1)由已知可得a1＝d，a2＝d(1＋d)，a3＝d(1＋d)2.
当n≥2，k≥1时，
an＝
由此可见，当d≠－1时，{an}是以d为首项，d＋1为公比的等比数列；
当d＝－1时，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此时{an}不是等比数列．
(2)由(1)可知，an＝d(d＋1)n－1，从而 bn＝nd2(d＋1)n－1，
Sn＝d2[1＋2(d＋1)＋3(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n－2＋n(d＋1)n－1]． ①
当d＝－1时，Sn＝d2＝1.
当d≠－1时，①式两边同乘d＋1得
(d＋1)Sn＝d2[(d＋1)＋2(d＋1)2＋…＋(n－1)(d＋1)n－1＋n(d＋1)n]．②
①，②式相减可得
－dSn＝d2[1＋(d＋1)＋(d＋1)2＋…＋(d＋1)n－1－n(d＋1)n]
＝d2
化简即得Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1.
综上，Sn＝(d＋1)n(nd－1)＋1.
课标理数20.D5[2011·天津卷] 已知数列{an}与{bn}满足bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，bn＝
(1)求a3，a4，a5的值；
(2)设cn＝a2n－1＋a2n＋1，n∈N*，证明{cn}是等比数列；
(3)设Sk＝a2＋a4＋…＋a2k，k∈N*，证明
课标理数20.D5[2011·天津卷] 【解答】 (1)由bn＝
又bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，
当n＝1时，a1＋a2＋2a3＝0，
由a1＝2，a2＝4，可得a3＝－3；
当n＝2时，2a2＋a3＋a4＝0，可得a4＝－5；
当n＝3时，a3＋a4＋2a5＝0，可得a5＝4.
(2)证明：对任意n∈N*，
a2n－1＋a2n＋2a2n＋1＝0，①
2a2n＋a2n＋1＋a2n＋2＝0，②
a2n＋1＋a2n＋2＋2a2n＋3＝0.③
②－③，得a2n＝a2n＋3.④
将④代入①，可得a2n＋1＋a2n＋3＝－(a2n－1＋a2n＋1)，
即cn＋1＝－cn(n∈N*)．
又c1＝a1＋a3＝－1，故cn≠0，因此
所以{cn}是等比数列．
(3)证明：由(2)可得a2k－1＋a2k＋1＝(－1)k.于是，对任意k∈N*且k≥2，有a1＋a3＝－1，－(a3＋a5)＝－1，a5＋a7＝－1，…，(－1)k(a2k－3＋a2k－1)＝－1.
将以上各式相加，得a1＋(－1)ka2
浙公网安备 33021202002483