【4年真题推荐】全国高考数学试题分类汇编：数列.pdf

2020 数列 1. （2019·天津高考文科·5）设 an 是等比数列，公比2q， Sn为 an的前 n 项和 记 *2 1 17 ,. nn n n SS TnN a 设 0 n T为数列 n T 的最大项，则 0 n= 【命题立意】 考查等比数列的通项公式、前n 项和、均值不等式等基础知识 【思路点拨】 化简 nT利用均值不等式求最值 【规范解答】,)2(, 21 )2(1 , 21 )2(1 11 2 1 2 1n n n n n n aa a S a S ,17)2( )2( 16 21 1 )2( 21 )2(1 21 )2(1 17 1 2 11 n nn nn n a aa T ,8)2( )2( 16 n n 当且仅当16)2( 2n 即216 n ，所以当 n=4，即 0 4n时， 4 T最大 【答案】 4 2. （2019·天津高考理科·6）已知 n a是首项为1 的等比数列， n s是 n a的前 n 项 和，且 36 9ss，则数列 1 n a 的前 5 项和为 ( ) （A） 15 8 或 5 （B） 31 16 或 5 （C） 31 16 （ D） 15 8 【命题立意】 考查等比数列的通项公式、前n 项和公式 【思路点拨】 求出数列 n a的通项公式是关键 【规范解答】 选 C设 1n n aq ，则 36 3611 99(1)1 11 qq qq qq ， 即 33 918,2qqq， 11 11 2() 2 nn n n a a ， 5 5 1 1( ) 31 2 1 16 1 2 T 3. （ 2019·安徽高考理科·20）设数列 12 , n a aaLL中的每一 项都不为0 证明： n a为等差数列的充分必要条件是：对任何 nN，都有 1223111 111 nnn n a aa aa aa a L 【命题立意】 本题主要考查等差数列与充要条件等知识，考查考生推理论证，运算求解 能力 【思路点拨】 证明可分为两步，先证明必要性，适宜采用列项相消法，再证明充分性， 可采用数学归纳法或综合法 【规范解答】 已知数列 n a中的每一项都不为0，先证“ 若数列 n a为等差数列，设公差为d， 当0d时，有 11 1111 () nnnn a adaa ， 12231 111 nn a aa aa a L 12231 1111111 ()()() nn daaaaaa L 11 111111 1111 () n nnn aan daada aa a 即对任何nN ，有 12231 111 nn a aa aa a L 11n n a a 成立； 当 0d 时，显然 12231 111 nn a aa aa a L 11n n a a 也成立 再证“ Q对任意nN，有 12231 111 nn a aa aa a L 11n n a a ， 1223112 1111 nnnn a aa aa aaa L 12 1 n n a a ， 由 - 得： 12 1 nn aa 12 1 n n a a - 11n n a a 上式两端同乘 112nn a aa ，得 112 (1) nn anana， 同理可得 11 (1) nn anana， 由 - 得： 12 2 nnn aaa，所以 n a为等差数列 【方法技巧】 1、在进行数列求和问题时，要善于观察关系式特点，进行适当的变形，如分组、裂 项等，转化为常见的类型进行求和； 2、对数列中的含n 的式子，注意可以把式子中的n 换为n 1或n1得到相关的式子， 再进行化简变形处理；也可以把n 取自然数中的具体的数1， 2 ， 3 等，得到一些 等式归纳证明. 4.（2019· 山东高考理科· 18）已知等差数列 n a满足： 3 7a， 57 26aa， n a 的前n项 和为 n S 21 世纪教育网 （1）求 n a及 n S； （2）令 n b 2 1 1 n a (nN *) ， 求数列 n b的前n项和 n T 【命题立意】本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和, 考查了考生的逻辑推理、等价变形和运算求解能力. 【思路点拨】 (1) 设出首项和公差，根据已知条件构造方程组可求出首项和公差，进而 求出求 n a及 n S ； (2) 由 (1) 求出 n b 的通项公式，再根据通项的特点选择求和的方法. 【规范解答】 （1）设等差数列 n a的公差为d，因 为 3 7a， 57 26aa，所以 有 1 1 27 21026 ad ad ，解得 1 3,2ad， 所以321)=2n+1 n an（； n S= n(n-1) 3n+2 2 = 2 n +2n. （2）由（ 1）知2n+1 n a，所以bn= 2 1 1 n a = 2 1 = 2n+1)1（ 11 4 n(n+1) = 111 (-) 4nn+1 ， 所以 n T= 111111 (1-+-) 4223nn+1 L= 11 (1-)= 4n+1 n 4(n+1) ， 即数列 n b的前n项和 n T= n 4(n+1) . 【方法技巧】 数列求和的常用方法： 1、直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对公比1q的讨论 . 2、错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和， 即等比数列求和公式的推导过程的推广. 3、分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、等比数列，再求 解 . 4、裂项相消法：主要用于通项为分式的形式，通项拆成两项之差求和，正负项相消 剩下首尾若干项，注意一般情况下剩下正负项个数相同. 5、倒序相加法：把数列正着写和倒着写相加(即等差数列求和公式的推导过程的推广). 5. （ 2019·安徽高考文科·21）设 12 , n C CCLL是坐标平面上的一列圆，它们的圆 心都在x轴的正半轴上，且都与直线 3 3 yx相切，对每一个正整数n, 圆 n C都与圆 1n C 相互外 切，以 n r表示 n C的半径，已知 n r为递增数列 . (1) 证明： n r为等比数列； 21 世纪教育网 （2）设 1 1r，求数列 n n r 的前n项和 . 【命题立意】 本题主要考查等比数列的基本知识，利用错位相减法求和等基本方法，考 察考生的抽象概括能力以及推理论证能力 【思路点拨】（1）求 直线倾斜角的正弦，设 n C的圆心为(,0) n ，得2 nn r，同 理得 11 2 nn r，结合两圆相切得圆心距与半径间的关系，得两圆半径之间的关系， 即 n r中 1n r 与 n r的关系，可证明 n r为等比数列； （2）利用（ 1）的结论求 n r的通项公式，代入数列 n n r ，然后采用错位相减法求和. 【规范解答】 331 ,sin, 332 x（1）将直线 y=的倾斜角记为, 则有 tan= 21 世纪教育网 n nnnn n r1 sin2r , 2 C设的圆心为（，0），则由题意得知，得 n+1n+1 2r同理， 又 n+1nnn+1 rrQ 21 世纪教育网 nnn+1n+1n+1n 2r2rr3r将和，代入上式解得 ， n rq3故为公比的等比数列。 n 11 n nn n n r1q3r3n3 r （）由于，故，从而， n 12 12 ., rrrn n 记S则有 121 n 121 n 12 33 33 1 32 3(1) 33 3 n nn n nn S S 121n 1333 133.333()3, 2 322 3 n nnnn nnn , 得 2S 1 1 9139(23)3 ()3 4224 n n n n Sn 【方法技巧】 1、 对数列中的含n的式 子，注意可以把式子中的n 换为n1或n1得到相关的式子，再 进行化简变形处理； 2、在进行数列求和问题时，要善于观察关系式特点，进行适当的处理，如分组、列 项相消、错位相减等，转化为常见的类型进行求和 21 世纪教育网 6. （ 2019·江苏高考·9）设各项均为正数的数列 n a的前n 项和为 n S，已知 3122aaa，数列 n S是公差为d的等差数列 21 世纪教育网 （1）求数列 n a的通项公式（用dn,表示）； （ 2） 设c为 实 数 ，对 满 足nmknm且3的 任 意 正 整 数knm,，不 等 式 knm cSSS都成立。求证：c的最大值为 2 9 【命题立意】本题主要考查等差数列的通项、求和、基本不等式以及不等式的恒成立问题 等有关知识，考查探索、分析及论证的能力 【思路点拨】 （1）先求 n S，然后利用 nn aS与的关系求解；（2）利用（ 1）中所求 n S利 用基本不等式解决 【规范解答】 （1）由题意知： 0d ， 11 (1)(1) n SSndand 21323213 233()aaaaSSSS ， 2 11 2 1 )2()(3daada 化简，得： 22 1111 20,aaddad ad 22 (1), nn Sdndnd Sn d ， 当 2n 时， 22222 1 (1)(21) nnn aSSn dndnd ，适合 1n 情形 故 所求 2 (21) n and （2）（方法一） 222222222 mnk SScSm dn dc k dmnc k ， 22 2 mn c k 恒成立 又 nmknm且3 ， 22 2222 2 9 2()()9 2 mn mnmnk k ， 故 9 2 c ，即 c 的最大值为 2 9 （方法二）由 1 ad 及 1 (1) n Sand ，得 0d ， 22 n Sn d 于是，对满足题设的 knm, ， mn， 有 2 222222 ()99 () 222 mnk mn SSmnddd kS 所以 c 的最大值 max 9 2 c 另一 方面，任取实数 9 2 a 设 k为偶数， 令 33 1,1 22 mknk ，则 knm, 符 合条件， 且 22222222 331 ()(1)(1) (94) 222 mn SSmnddkkdk 于是，只要 22 942kak ，即当 2 29 k a 时， 22 1 2 2 mnk SSdakaS 所以满足条件的 9 2 c ，从而 max 9 2 c 因此 c 的 最大值为 9 2 来源:21 世纪教育网 7. （ 2019·天津高考文科·22）在数列 n a中， 1 a=0，且对任意k * N， 2k12k2k+1 a,a,a 成等差数列，其公差为2k. （）证明 456 a ,a ,a成等比数列； （）求数列 n a的通项公式； （）记 222 23 23 n n n T aaa gg g，证明 n 3 2nT2 n 2 （2）. 【命题立意】 本小题主要考查等差数列的定义及前n 项和公式、 等比数列的定义、数列求和 等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的 思想方法 【思路点拨】 （ ）（）应用定义法证明、求解；（）对n 分奇数、偶数进行讨论 【规范解答】 （I ）由题设可知， 21 22aa， 32 24aa， 43 48aa， 54 412aa， 65 618aa。从而 65 54 3 2 aa aa ，所以 4 a， 5 a， 6 a成等比数列 （II ）由题设可得 2121 4 ,* kk aak kN 所以 2112121212331 . kkkkk aaaaaaaa 441.4 1kk 21 ,*k kkN . 由 1 0a，得 21 21 k ak k，从而 2 221 22 kk aakk. 所 以 数 列 n a的 通 项 公 式 为 2 2 1, 2 , 2 n n n a n n 为奇数 为偶数 或 写 为 2 11 24 n n n a， *nN （III）由（ II ）可知 21 21 k ak k， 2 2 2 k ak ， 以下分两种情况进行讨论： （1）当 n 为偶数时，设 n=2m*mN 若1m，则 2 2 22 n k k k n a ， 若2m，则 21 世纪教育网 22 22211 2 21111 221 2214441 221 nmmmm kkkkk kkk kkkkkk aaakk k 2 11 11 441111 222 212121 mm kk kk mm k kk kkk 1131 22112 22 mmn mn . 21 世纪教育网 所 以 2 2 31 2 2 n k k k n an ，从而 2 2 3 22,4,6,8, 2 n k k k nn a （）当n 为奇数时，设21*nmmN 22 222 22 21 212131 4 2221 nm kk kkm mmkk m aaamm m 21 世纪教育网 1131 42 22121 mn mn 所以 2 2 31 2 21 n k k k n an ，从而 2 2 3 22,3,5,7, 2 n k k k nn a 综合（ 1）和（ 2）可知，对任意2,*,nnN有 3 22. 2 n nT 2011 数列 一、选择题 1.（ 2011·江西高考理科·5） 已知数列 n a 的前n项和 n s满足： n s+ m s= nm s ，且 1a=1，那么10a=( ) 21世纪教育网 A.1 B.9 C.10 D.55 【思路点拨】 nmnm9110 10 sssm,n9,m1,SSS , 1. 结合，对赋值，令 n即得 即得a 【精讲精析】 选 A. nmnm9110 11091010 sss9, m1,SSS, SSSa1a1.-= Q令 n即得 即， 2.（ 2011·安徽高考文科·7）若数列 n a的通项公式是an=(-1) n(3 n-2),则 12 aa 10 a （A）15 (B)12 （C）12 (D) 15 【思路点拨】 观察数列 n a的性质，得到.3 1094321 aaaaaa 【精讲精析】 选 A. .3 1094321aaaaaa故.151021aaa 二、填 空题 3. （ 2011·江苏 高考· 13）设 7211aaa ，其中 7531,aaaa 成公比为q 的 等比数列， 642 ,aaa成公差为1 的等差数列，则 q 的最小值是 _ 【思路点拨】 本题考查的是等差数列与等比数列的综合问题，解题的关键是找出等差数列 与等比数列的结合点，从而找到q 满足的关系式，求得其最小值。 【精讲精析】 答案： 3 3由题意： 23 1212121 112aaa qaa qaa q， 2 2222 1,12aqaaqa 3 2 23qa，而 21222 1,1,1,2aaaaaQ的最小值分别为1， 2 ， 3 ； 3 min 3q。 4. （ 2011·浙江高考文科·17）若数列 2 (4)() 3 n n n 中的最大项是第k项，则 k=_. 【思路点拨】 可由不等式组 1 1 kk kk aa aa 解得 . 【精讲精析】 答案： 4 设最大项为第k项，则由不等式组 1 1 kk kk aa aa 得 1 1 22 (4)(1)(5) 33 22 (4)(1)(3) 33 kk kk k kkk k kkk , 即 2 (4)(1)(5) 3 2 (4)(1)(3) 3 k kkk k kkk , 解得 10101k, 故4k. 三、解答题 5. （ 2011·安徽高考理科·18）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 n T，再令lg nn aT，1n （）求数列 n a的通项公式； （）设,tantan 1 ? nnn aab求数列 n b的前n项和 n S. 【思路点拨】 本题将数列问题和三角问题结合在一起，解决此题需利用等比数列通项公式， 等差数列前n 项和公式，及两角差的正切公式等基本知识. 【精讲精析】 （）设这n+2个数构成的等比数列为 n c，则100, 1 21n cc，则 100 1n q， 1 1 100 n q，又 2 )2)(1( 12 221 1 nn n nn qqqqcccT 所以 .1, 2100lglglg 2 2 2 )2)(1( nnqTa nnn nn （）由题意和（）中计算结果，知 .1),3tan()2tan(nnnbn 另一方面，利用 tan(1)tan tan1tan (1), 1tan(1) tan kk kk kk 得.1 1tan tan)1tan( tan)1tan( kk kk 所以 2 13 2 3 tan(1) tan tan(1)tan 1 tan1 tan(3)tan3 . tan1 nn nk kk n k Sbkk kk n n 6.（2011· 江苏高考· 20） 设 M为部 分正整数组成的集合，数列 n a的首项1 1 a，前 n 项和为 n S，已知对任意整数kM ，当整数 nk 时，)(2 knknkn SSSS都成 立 （ 1）设 M= 1，2 2 a，求 5a 的值； （2）设 M= 3， 4 ，求数列 n a的通项公式。 【思路点拨】 本题考查的是等差数列概念、和与通项关系，其中（1）问较为容易，（ 2） 问解决的关键是抓住题目的)(2 knknkn SSSS 的转化从中找到解决问题的规律。 【精讲精析】 由题设知，当2n时，)(2 111 SSSS nnn 即 1112)()(SSSSSnnnn ，从而22 11aaann ，又2 2 a， 故当 2n 时，22)2(2 2 nnaan ，所以 5 a的值为 8. (2) 由题设知 , 当4, 3Mk, 且kn时， )(2 knknkn SSSS 且)(2 111knknkn SSSS ， 两式相减得 111 2 nknkn aaa，即 1111nknnkn aaaa，所以当8n时， 6336,nnnnnaaaaa成等差数列，且6226,nnnnaaaa也成等差数列， 从而当 8n 时， 33 2 nnn aaa 66nn aa)(， 且 22nn aa 66nn aa。 所以当8n时， 22 2 nnn aaa，即 22nnnn aaaa，于是， 当9n时， 3113 , nnnn aaaa成等差数列， 从而 33nn aa 11nn aa，故由)(式知 n a2 11nn aa，即 11nnnn aaaa，当9n时，设 1nn aad，当82m时，86m， 从而由)(式知 126 2 mmm aaa，故 1317 2 mmm aaa， 从而 1213167 ()(2 mmmmnn aaaaaa，于是dddaa mm 2 1 。 因此daa nn 1 ，对任意都2n成立。 又由 knknkn SSSS22 （)4,3k可知 kknnnkn SSSSS2)()( ， 故 3 29Sd且 4 216Sd。解得da 2 7 4 ，从而da 2 3 2 ，da 2 1 1 。 因此，数列 n a为等差数列，由1 1 a知 2d， 所以数列 n a的通项公式为12nan 。 7. （2011·新课标全国高考理科·17）等比数列 n a的 各项均为正数，且 2 12326 231,9.aaaa a （) 求数列 n a的通项公式； （）设 31323 logloglog, nn baaa求数列 1 n b 的前n项和 . 【思路点拨】 第（1） 问可由 12 231aa， 2 326 9aa a联立方程组求得 1 a和公比q，从 而求得 n a的通项公式 . 第（ 2）问中，需先利用对数的性质化简 n b，再用裂项相消的方 法求数列 1 n b 的前n项和 . 【精讲精析】 （）设数列 n a的公比为q，由 2 326 9aa a得 32 349aa所以 2 1 9 q. 由条件可知0 n a, 故 1 3 q. 由 12 231aa得 11 231aa q，所以 1 1 3 a. 故数列 n a的通项式为 n a= 1 ( ) 3 n . （） 31323n loglog.log n baaa (12.) (1) 2 n n n . 故 1211 2() (1)1 n bn nnn , 12 111111112 .2(1)() . () 22311 n n bbbnnn . 所以数列 1 n b 的前 n 项和为 2 1 n n . 8. （2011·新课标全国高考文科·17）已知等比数列 n a中， 1 1 a = 3 ，公比 1 3 q. （I ） n S为 n a的前n项和，证明： 1 2 n n a S （II ）设 31323 logloglog nn baaa，求数列 n b 的通项公式 . 【思路点拨】 第（ 1）问利用等比数列通项公式和求和公式求出 n S、 n a然后证明等式 1 2 n n a S成立； （2）利用对数的性质化简 n b，即得 n b 的通项公式 . 【精讲精析】 （I ） 3 1 1 3 1 n n a 1 3 n ， 11 1 1- 1- 3 1 2 1- 3 3 3 n n n S 1 2 n n a S （II ） 31323 logloglog nn baaa n(n1) (123.n) 2 + = -+= . 数列 n b的通项公式为 n b= n(n1) 2 + - . 9. （ 2011·广东文科· T20）设 b0，数列 na 满 足 a1=b, 1 1 (2) 1 n n n nba an an . (1) 求数列 n a 的通项公式； (2) 证明：对于一切正整数n， n 2ab n 1 +1 【思路点拨】 （1）把题中条件变形为 1 111 nn a n bba n ，构造成为) 1 11 ( 1 1 1 1 ba n bba n nn ， 转化为等比数列，求得 1 1 ba n n 的通项公式，进而求出 n a的通项公式 . （2）利用均值不等式证明. 【精讲精析】 （1）【解】由已知得 1 111 nn a n bba n ）（2n，当1b时，上式变形为： ) 1 11 ( 1 1 1 1ba n bba n nn ， 即数列 1 1 ba n n 是以 )1( 1 1 11 1 bbba 为首项，以 b 1 为公比的等比数列，由等 比数列的通项公式得： n n nbbbbbba n )1 ( 1 ) 1 ( )1( 1 1 1 1 ，解得 n n n b nbb a 1 )1( ； 当1b时，有1 1 1nn a n a n ，即 na n 是首项公差均为1 的等差数列，则1 n a. 综上所述 ) 1且0( 1 )1( ) 1(1 bb b nbb b a n n n . （2）【证明】方法一：当 12(1) 1,(21, 1 n n n n nbb bab b 时欲证 只需 11 2(1) 1 n nnb nbb b 12211121 (1)1 1 n nnnnnnb bbbbbb b QLL 1 1 111 nnn nn bbbb bbb L (222) n bL2, n nb 12(1) 21. 1 n n n n nbb ab b 综上所述 1 21. n n ab 方法二：由（ 1）及题设知 : 当1b时， 1n b+1=2=2 n a； 当1且0bb时， n b b nb b nbb b a n k kn n n k k n n n 11 1 1 1 )1( 11 ，而 2 1 01)2()1( 0121 1 ) 1 () 1 ( ) 1 () 1 () 1 () 1 ( 1 n n nn nn n k kn bbn bbbb n b ， 2 1 2 1 1111 n n n b bba ）（， 即 2 2 1 2 n nba ，又 2 1 11 221 n nn bbb，12 1n nba. 综上所述，对于一切正整数n有12 1n nba. 10. （2011·广东高考理科·20）设0b数列 n a满足 1 1 1 = ,(2) 22 n n n nba ab an an . 求数列 n a的通项公式； 证明：对于一切正整数n, 1 1 1 2 n nn b a 【思路点拨】 （1）把题中条件变形为 1 1 2 1nn a n a n b ，构造 成为 ) 2 11 ( 2 2 1 1 ba n bba n nn ，转化为等比数列，求得 ba n n 2 1 的通项公式， 进而求出 n a的通项公式 . ，或用猜想证明的方法解决. （2）利用均值不等式证明. 【精讲精析】（ 1） 方法一：由已知得 11 )22( nnnn nbaanaa ，两边同除以 1nna a， 整理得1 1 2 1nn a n a n b， 当2b时有： ) 2 11 ( 2 2 1 1 ba n bba n nn （2n）令 ba n c n n 2 1 ，则 n c是 以 )2( 2 2 11 1 1 bbba c 为首项， b q 2 为公比的等比数列. 由等比数列通项公式得 )2( 2 ) 2 ( )2( 2 1 bb bbb c n n n n ，即 )2( 2 2 1 bb ba n n n n 从而nn n n b nbb a 2 )2( . 当2b时，有 2 11 1nn a n a n ，即 n a n 是首项与公差均为 2 1 的等差数列，从而有 2 n a n n ，得2 n a. 综上所述 )2且0( 2 )2( )2(2 bb b nbb b a nn n n 方法二：（）当 2b 时， n b是以 1 2 为首项， 1 2 为公差的等差数列， 即 111 (1) 222 n bnn，2 n a 21 世纪教育网 （）当2b时， 1 ab， 22 2 22 22(2) 22 bbb a bb ， 33 2 233 33(2) 242 bbb a bbb ， 猜想 (2) 2 n n nn nbb a b ，下 面用数学归纳法证明： 当1n时，猜想显然成立； 假设当 nk时， (2) 2 k kkk kbb a b ，则 1 1 11 (1)(1)(2)(1)(2) 2(1)(2)2(2 )2 kk k k kkkkk k kb akb kbbkbb a ankbbkbb ， 所以当1nk时，猜想成立， 由知，*nN， (2) 2 n n nn nbb a b 综上所述 )2且0( 2 )2( )2(2 bb b nbb b a nn n n （2）【证明】方法一：（）当2b时， 1 1 2 21 2 n n n a，故2b时，命题成 立； （）当2b时， 22221 2222 nnnnnn bbb， 2121221 22222 nnnnnn bbbb， 1111221 ,22222 nnnnnnnn bbbbL L，以上 n 个式子相加得 21 世纪教育网 221 2 nn bb 1111 22 nnnn bbLL 2121 222 nnnn bnb， 1221212 11 2(2)(222)2 (2) 2(2 )2(2 ) nnnnnnnn n nnnnnn nbbbbbbb a bb L 221212 1 (222)(2)2 (2) 2(2 ) nnnnnn nnn bbbbbb b L 212111 1 (2)22 2(2 ) nnnnnn nnn bbb b 211121 1 (2 )(22) 2(2 ) nnnnnn nnn bbb b 1 1 1 2 n n b 故当2b时，命题成立； 综上（）（）知命题成立 方法二：由（ 1）及题设知 : 当2b时， 1 1 12 2 n nn b a 当02bb且时， 1 1 11 1 11 2 2 1212121 ; (2) n k nn n kk nnn kkn k nn n k kk nnnn k kk n b bbb anb bnbnbbnbbbn 而 1 (1)(2)10 1210 2222 2 1 ( )( )( )( )1222 n nn nnnk n bbbb n n k knbnbb L L 11 22 11212 2 nn n abbb ，即 1 2 2 2 n n b a ，又 1 11 2 11 122 222 n nn nn bbb 综上所述：对于一切正整数n, 1 1 1 2 n n n b a . 11. （2011·山东高考理科·20）（本小题满分12 分） 等比数列 n a中， 123 ,a aa分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 123 ,a aa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 （）求数列 n a的通项公式； （）若数列 n b满足： ( 1) ln n nnn baa，求数列 n b的前 n 项和 Sn. 【思路点拨】 （）由题意易知 123 2,6,18aaa. 由等比数列的通项公式写出数列的 通项公式 .（）由题意易知数列 n b为摆动数列，利用分组求和法，可以将奇数项和 偶数项分开来求解数列的前n 项和，但是要分奇数和偶数两种情况讨论 【精讲精析】 （）由题意可知 123 2,6,18aaa，公比 32 12 3 aa q aa ， 通项公式为 1 2 3 n n a ； （ 111 1ln23( 1) ln 2323( 1) ln 2(1)ln3 n nnnnn nnn baan××× ） 当2 (*)nk kN时， 122nk SbbbL 21 2(133)1( 23)( (22)(21)ln 3 k kkLL 2 13 2ln 331ln 3 132 k nn k× 当21(*)nkkN时 1221nk SbbbL 22 2(133)(12)(23)(22)ln 3ln 2 k kkLL 21 13 2(1)ln 3ln 2 13 k k× (1) 31ln 3ln 2 2 nn 故 31ln 3, 2 (1) 31ln 3ln 2 2 n n n n n S n n 为偶数； ， 为奇数 . 另解：令 1 1 ( 1) ln 23 n nn n T×，即 11 ( 1) ln 2( 1) (1)ln 3 nn nn n Tn 223 1( 1)( 1) ln 2(1)1( 1)2( 1)(1)ln 3 nn n TnLL 231341 ( 1)( 1)( 1)ln 2(1)1( 1)2( 1)(1)ln 3 nn nTn LL 则 1231 2 1( 1)ln 2( 1)( 1)( 1)( 1)(1)ln 3 nnn n TnL 21 1111 ( 1)( 1) 1( 1)ln 2( 1)(1)ln 3 222 n nn n Tn 121 11 1( 1)ln 2( 1)( 1)(21)ln 3 24 nn n Tn 21 世纪教育网 故 1 122(1 33) n nnnSbbbTLL 121 11 31 1( 1)ln 2( 1)( 1)(21)ln 3 24 nnn n. 12. （2011·山东高考文科·20）（本小题满分12 分） 等比数列 n a中， 123 ,a aa分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 123 ,a aa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 （）求数列 n a的通项公式； （）若数列 n b满足： n b=( 1) ln n nn aa，求数列 n b的前2n项和 2n S. 【思路点拨】（ I ） 由题意易知 123 2,6,18aaa.由等比数列的通项公式写出数列.（II ） 由题意易知数列 n b为摆动数列，利用分组求和法，可以将奇数项和偶数项分开来求 解数列的前2n 项和 . 【精讲精析】 （）由题意知 123 2,6,18aaa, 因为 n a是等比数列 , 所以公比为3, 所以数列 n a的通项公式 1 2 3 n n a . （） n b=( 1) ln n nn aa= 1 2 3 n ( 1) ln 2(1)ln 3 n n = 1 2 3 n ( 1) ln 2( 1) (1)ln 3 nn n, 所以 012211221 2 (2 32 32 32 3)(1)( 1)( 1) ln 2(1)0LL nn n S 232 ( 1)1( 1)2( 1)(21)ln 3L n n 2 2(1 3) ( 1 1 111 1)ln 201234(22)21ln 3 1 3 LL n nn =91 n +0 ln 2ln391ln3 n nn 13.（2011· 辽宁高考理科· 17） （本小题满分12 分）已知等差数列an满足 a2=0， a6+a8= -10 （I ）求数列 an 的通项公式； （II ）求数列 1 2 n n a 的前 n 项和 【思路点拨】 ( ) 先求首项 1 a和公差d，再求通项公式；（）可利用错位相减法求和 【精讲精析】 ( ) 设等差数列 n a的公差为d， ,10122 ,0 1 1 da da 由已知条件可得 .1 , 1 1 d a 故数列 n a的通项公式为.2nan 5 分 （）设数列 1 2 n n a 的前n项和为 n S，即 n S=, 22 1 2 1 n n aa a故 1 S=1， n nn aaaS 2422 21 . 所以，当n1 时， 2 n S = 1 112 1 22 n nn aaaa a- n n a 2 = nn n 2 2 ) 2 1 4 1 2 1 (1 1 = nn n 2 2 ) 2 1 1 (1 1 = n n 2 ，所以 n S= 1 2 n n 综上，数列 1 2 n n a 的前n项和 n S= 1 2 n n . 12 分 14. （2011·北京高考理科·T20） (13 分 ) 若数列 n A: 12 ,.,(2) n a aan满足 1 1(1,2,.,1) kk aakn，则称数列 n A为E数列，记() n S A= 12 . n aaa. （）写出一个满足 15 0aa，且 5 S(A )0的E数列 5 A； （）若 1 12a， n=2000 ，证明： E数列 n A是递增数列的充要条件是 n a=2011； （） 对任意给定的整数n （ n2），是否存在首项为0 的 E数列 n A，使得 n S A=0？ 如果存在，写出一个满足条件的E数列 n A；如果不存在，说明理由 . 【思路点拨】 （）写出满足条件的一个数列即可；（） 分别证明必要性与充分性；（） 先假设存在，看能否求出，求出即存在，求不出则不存在. 【精讲精析】 （） 0， 1 ， 2 ， 1 ， 0是一个满足条件的E数列 5 A. （答案不唯一， 0 ， 1 ， 0 ， 1， 0也是一个满足条件的E数列 5 A） 来源: 学 科网 （）必要性：因为E数列 n A是递增数列，所以 1 1(1,2,1999) kk aakL. 所以 n A是首项为12，公差为 1 的等差数列 .