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1、四川近几年数列高考试题分析及走势首先我们一起来看看近几年四川数列高考试题分布情况：2006 年2011年四川文科数列高考试题分布：年份选择题填空题解答题2006 17 题本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及推理能力与运算能力。2007 22 题本题综合考查数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力2008（非延考区）16 题21 题考查已知递推公式求数列通项公式累加法。本题综合考查数列、函数等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力2008（延考区）15 题20 题考察等差数列的基础知识，以及推理能力本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识和错位相减法
2、求数列的前n 项和，以及推理能力与运算能力。2009 3 题22 题考查等差数列、等比数列的基础知识本 小 题 主 要 考 查 数列、不等式等基础知识，化归思想等数学思想方法，以及推理论证、分析与解决问题的能力。2010 20 题本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及推理能力与运算能力。2011 9 题20 题考查求数列通项公式的 基 本 方 法 已 知nS求na。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2006 年2011年四川理科数列高考试题分布：年份选择题填空题解答题2006 20 题本小题主要考查等差数列、等比数列的基础知识，以及对数运
3、算、导数运算和极限运算的能力，同时考查分类讨论的思想方法。2007 21 题本题综合考察数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力。2008（非延考区）7 题16 题20 题考查数列与不等式的基础知识，以及观察分析、推理论证、解决问题的能力。考查等差数列与不等式的基础知识，以及观察分析、推理论证、解决问题的能力。本题综合考查数列、函数等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力同时考查分类讨论的思想方法。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页
4、，共 18 页 - - - - - - - - - 2008（延考区）14 题20 题考察等差数列的基础知识，以及推理能力本小题主要考察求数列的通项和求数列的前 n 项和， 以及推理能力与运算能力。2009 21 题22 题本小题主要考查函数、数列的极限、导数应用等基础知识、考查分类整合思想、推理和运算能力。本小题主要考查数列、不等式等基础知识、考查化归思想、分类整合思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力。2010 8 题21 题考查求数列通项公式的 基 本 方 法 已 知nS求na及极限知识本小题主要考查数列的基础知识和化归，分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力。2011
5、 8 题11 题20 题考查等差数列的基础知识和累加法求数列通项公式。本 题 综 合 考 查 数列、函数、极限等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力。本题综合考查数列、二项式定理等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力下面我对此谈谈自己的一点不成熟的看法：一、主干知识的把握：我认为数列的主干知识分为三大块：（1）特殊数列：等差数列和等比数列，要求掌握等差数列、等比数列的通项公式，前n项和公式、中项公式及性质；等差数列和等比数列的性质不应给学生介绍太多。等差数列的性质：()mnaamn d；若m n p q时，则有mnpqaaaa， 反之不成立。 特别地，mn时，则有2mpqaaa。设23
6、1121,kkkiiiiikikAa Ba Ca，则 A,B,C 成等差数列，其公差为2Dk d。21(21)nnSna，此式体现了等差数列项与和的转化。等比数列的性质：m nmnaaq；若m np q时，则有mnpqaaa a，反之不成立。特别地m n时，则有2mpqaaa设231121,kkkiiiii kikAa Ba Ca，则 A,B,C 成等比数列，其公比为kQq。（2）求数列的通项公式：关于这个问题我进行了一些探讨，若对大家有用，大家下来看看，在这里就不耽搁大家时间。（3）求数列的前 n 项和：这类问题的方法主要有：公式法，分组求和法，裂项相消法，错位相减法，倒序相加法等。我只提一
7、下：裂项相减法应注意裂项准确和规律111111()nniiiibba adaa（其中na是不为零的等差数列。）倒序相加法应注意写出倒数二项（有时需写出倒数三项）；两边同乘等比数列的公比；等比数列求和时应用1(1)1nnaa qSqq而不采用1(1)(1)1nnaqSqq二、知识结构的把握：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 18 页 - - - - - - - - - 几个应注意的方面：等比数列的求和公式中q=1时，Sn= na1。等差数列与等比数列的性质的灵
8、活应用。非特殊数列求通项中应化为特殊数列，其中an= can+1+d应注意。非特殊数列求和应对裂项求和、错位相减法有认识。理科的同学还应掌握累加法、累乘法的应用。（三）对近几年四川数学高考试题的认识和预测：1、数列的考查无论理科还是文科近几年有明显加强的趋势，大家可以从2006 年,2007 年只有一道解答题，而从2008 年至 2011年往往是一小一大，甚至2009 年理科 2 道解答题， 2011 年两小一大的变化趋势。我们敢大胆预测2012 年数列的考查应是一小一大，还应考虑与新教材结合的可能性。2、数列的考查在小题和位置靠前的解答题中应以考查等差数列、等比数列的通项公式，前n 项和公式
9、、中项公式及性质的运用；基本的求数列的通项公式的方法公式法，已知nS求na，构造特殊的等差、等比数列，累加法，累乘法；基本的求数列的前n 项和的方法公式法，裂项相消法，错位相减法，分组求和法为考查主要内容。因此，扎实基础知识，熟练掌握基本的求数列的通项和前n 项和的方法。文科应注意裂项相消法，理科应注意错位相减法求数列的前n项和。3、数列的考查如在21、22 题位置，我建议老师让学生攻下问题的第一、第二问为主，绝大多数同学第三问可放弃。留更多的时间完成基础的第17、18、19 题。龙镇中学：陈军2012.2 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - -
10、- - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 18 页 - - - - - - - - - 求数列通项公式的方法探析龙正高中陈军数列作为高考试题的一个重要组成部分，是高考考察的重点内容，我们有必要对之进行研究和思考。而数列知识的考察又侧重于对数列的通项公式和数列求和知识的考察，要对数列求和那必须闹清楚数列的通项公式，因此求数列通项公式是一个无法回避的问题。下面结合考试的要求，谈谈自己对求数列通项公式的方法的总结，如有不对之处，请老师和同学们斧正。一、需要掌握的求数列通项公式的方法：观察归纳法，公式法，已知nS求数列的通项公式。需要掌握就是极其地熟练运用，
11、随时都能完成。1. 观察归纳法：例 1、根据下面各数列前几项的值，写出下列数列的一个通项公式。（1）1，3，6，10，15，（2）379,1,21017L解析 ： （1）由11a，2312a，361 23a，4101234a，不难猜想：(1)2nn na。（2）数列的每一项都可化为分式形式，因此应从分子和分母两部分研究。分子的特征比较明显，由此可知255a，则2211，2521，21031，21741，猜想2211nnan。说明：由数列的前几项的值猜想数列的一个通项公式采用是不完全归纳法，得到的结果可能是错误的，在解答题中应用数学归纳法进行证明。但在选择题和填空题这样的小题中是不错的方法。如：
12、已知数列na满足)(133,0*11Nnaaaannn，则20a= （）A0 B3C3D23解：已知递推公式，令21,3na，依次得33a，40a，53a，不难猜想数列是周期为3 的特殊数列，故203 6 223aaa，选 B。2. 公式法：例 2、已知数列na中，11a，点1(,)nnnA aa在直线7yx上，求数列na的通项公式。解析：由题意得：17nnaa，即17nnaa。数列na是一个首项11a，公差为 7 的等差数列。76()nannN小结：由题意通过适当的转化，数列符合等差数列、等比数列的定义，从而利用等差数列、等比数列的通项公式求解。3. 已知nS求数列的通项公式：例 3、已知下
13、面各数列na的前n项和nS，求na的通项公式。（1）232nSnn；（2）26nnS解析 ： （1）当1n时，213 12 11a；当 n 2时，221323(1)2(1)nnnaSSnnnn22323(21)2265nnnnnn16 151a符合上式。65()nannN（2）当1n时，11268a；当 n 2时，11126(26)2nnnnnnaSS1 11218a不符合上式。附录 1 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 18 页 - - - - - - -
14、 - - 18(1)2(nnnan 2)小结：已知nS求na是重要题型，是高考考查的重点知识。已知nS求na的步骤：确定首项；2n时，求出na；验证1a是否满足na的表达式；写出na的表达式。应注意公式的变形应用，如：1(2)nnnSSan等。请同学们自己练习： 1. 若数列na的前n项和332nnSa，则这个数列的通项公式是_na。2. 已 知 数 列na的 各 项 均 为 正 数 ， 且11a，11()2nnnSaa， 则na。 （此题应利用公式的变形）引申： 1. 设数列na满足2321123nnaaaaanL，求na的通项公式。分析：2321123nnaaaaanL的左边实则是数列na
15、n的前 n 项和，因此亦可此种方法求解。2.设数列na的前n项积2()nPnnN，则这个数列35aa是（）A. 259B. 2125C. 6116D. 567275分析：21231nnnPa a aaanL，则211231(1) (nnPa a aannL 2)，两式相除既得22(1)nnann 2)，从而求出394a、52516a，故356116aa。选 C二、需要理解的求数列通项公式的方法：构造法 。需要理解就是能熟练地运用知识解决问题，对其理论思想清楚。例 4、已知数列na中，11a且0na。1()21nnnaanNa，求na的表达式。解析 1：由121nnnaaa得：112nnnnaa
16、a a0na，等式两边同时除以1nna a得：1112nnaa数列1na是以首项为111a，公差为 2 的等差数列。111(1)221nnnaa1()21nanNn解析 2：0na，由121nnnaaa两边同时取倒数得：121112nnnnaaaa1112nnaa数列1na是以首项为111a，公差为 2 的等差数列。111(1)221nnnaa1()21nanNn小结：由题意通过适当的转化可变形为：11(0)nnnnnaaca aa均可转化为等差数列，再利用等差数列的通项公式求解。例5 、 在 数 列na中 ， 已 知13a且0na，x的 二 次 方 程211(22)240nnnnaxaaxa
17、有重根，求na的表达式。解析 ：由x的二次方程因式分解得：1(2)(2)0nnaxax故方程的两根为12x，212nnaxa名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 18 页 - - - - - - - - - x的二次方程有重根，12122nnaxxa1112nnaa，112(2)2nnaa数列2na是一个首项为121a，公比为12的等比数列。112()2nna，则112()()2nnanN。小结：形如1(1)nnacad c的递推数列都可以通过待定系数法构造等比
18、数列求通项公式。方法是令1()nnaxc ax， 即1(1)nnacacx， 对照比较知：(1)cxd1dxc。1c呢？请同学们自己思考一下。引申：已知数列na中，已知12a，1132nnnaa，求na的表达式。解析 ： 此题需要二次构造数列求解。 方法是：由1132nnnaa的两边同时除以 2n得：1131222nnnnaa。令2nnnab，则1312nnbb，11212b。再用待定系数法知，132(2)2nnbb，故数列2nb是一个首项为123b，公比为32的等比数列。111332(2)()22nnnnbb，则1322nnnb，即13222nnnnnab，2(32 )nnna。三、需要了解
19、的求数列通项公式的方法：累加法、累乘法、方程法以及奇偶项法。需要了解就是知道这种方法，能运用其解题。1. 累加法例 6、在数列na中10a，1(21)()nnaannN，求na的表达式。解析： 由题意可得：121nnaan，则有：123nnaan1225nnaan211aa以上1n个式子累加得：1(23)(25)1naannL2(1)(231)(1)2nnn221(1)(1) ()nanannN小结：形如1( )nnaaf n 的递推数列都可以累加法求数列的通项公式。注意其中( )f n是一个关于 n 的变量。2. 累乘法例 7、已知数列 an，满足 a1=1，123123(1)(2)nnaa
20、aananL，则 an的通项1,1_,2nnan。解析 ：123123(1)(2)nnaaaananL的右边实则是一个数列求和，因此联想到已知nS求数列的通项公式的方法，1123223(2)(3)nnaaaananL，由 - 得11(1)(3)nnnaanan， 11(3)nnnnaanan na， 则 有 ：121nnana，232nnana，323aa，以上2n个式子累乘得：2(1)(2)4 3nan nnaL当2n时，由 a1=1，123123(1)(2)nnaaaananL得：211aa。故2!(1)(2)4 3(1)(2)4 32nnann nnan nnaLL名师资料总结 - -
21、-精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 18 页 - - - - - - - - - 1,1!,22nnann。小结：形如1( )nnaf na的递推数列都可以累乘法求数列的通项公式。注意其中( )f n是一个关于 n 的变量。3. 方程法例 8、已知( )22xxf x，数列na满足2(log)2 ()nfan nN。求数列na的通项公式。解析：由22loglog21(log)222nnaannnfaana（隐含0na） ，则有：2210nnana，由求根公式可得：21nann或21
22、0nann（应舍去）21nann4. 奇偶项法例 8、已知数列na满足11,a23a，且2(1 2|cos|)|sin|,22nnnnaanN求数列na的通项公式。解析：当2 ()nk kN时，22222(1 2|cos|)|sin| 322knkkkaaa，2223kkaa，故当2 ()nk kN时数列2ka是一个以23a为首项，公比为3 的等比数列。112133 33kkkkaa。又2nk ，12kn 代人上式得：23nna。同理，当21()nkkN时，由2121(21)(21)(1 2|cos|)|sin|122knkkkaaa得21211kkaa故当21()nkkN时数列21ka是一个
23、以11a为首项，公差为 1 的等差数列。211(1) 1kaakk。又21nk，1(1)2kn代人上式得：1(1)2nan。综上知：21(1)(23(nnnnan为奇数）为偶数）。小结：解决此类问题应用解决分段函数的思想，分段处理。具体方法为：当n为奇数时，令21()nkkN，用关于 k 的代数式表示该段na，在从21nk中解出1(1)2kn代人na即得在该段数列的通项； 同理，当n为偶数时，令2 ()nk kN，用关于 k 的代数式表示该段na，在从2nk 中解出12kn代人na即得在该段数列的通项。最后将两段合在一起就是该数列的通项公式。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - -
24、 - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 18 页 - - - - - - - - - 2006年2011年四川数列高考试题汇集（2006 年文科）（17） （本大题满分12 分） ：数列na的前n项和记为11,1,211nnnS aaSn（）求na的通项公式；（）等差数列nb的各项为正，其前n项和为nT，且315T，又112233,ab abab成等比数列，求nT解：本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及推理能力与运算能力。满分12 分。（）由121nnaS可得1212nnaSn，两式相减得112,32n
25、nnnnaaa aan又21213aS213aa故na是首项为1，公比为3得等比数列，13nna（）设nb的公比为d由315T得，可得12315bbb，可得25b故可设135,5bd bd又1231,3,9aaa由题意可得2515953dd解得122,10dd等差数列nb的各项为正，0d2d213222nn nTnnn（2006 年理科）（20） （本大题满分12 分）已知数列na，其中11a，23a，112nnnaaa（2n） ，记数列na的前n项和为nS，数列lnnS的前n项和为nU。（）求nU；（）设22( )2 ( !)nUnneFxxn n（x） ，1( )( )nnkkTxFx（其
26、中( )kFx为( )kFx的导数），计算1( )lim( )nnnTxTx。解：本小题主要考查等差数列、等比数列的基础知识，以及对数运算、导数运算和极限运算的能力，同考查分类讨论的思想方法。满分12 分。（）由题意，na是首项为 1、公差为 2 的等差数列，前n项和21 12(1)2nnSnn，2lnln2lnnSnn，2(ln1ln 2ln)2ln( !)nUnn。（）22( )2 ( !)nUnneFxxn n2222( !)2 ( !)2nnnxxn nn，( )kFx21nx，1( )( )nnkkTxFx2221122(1) (0)1 (1)(1) (1nnkknxxxxxnxxx
27、xx，1( )lim( )nnnTxTx22222221lim1 (0)1lim1 ()11()11lim ()1()nnnnnnnxxxnxnxxxxx。附录 2 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 18 页 - - - - - - - - - （2007 年文科）（22）(本小题满分14 分) 已 知 函 数2( )4f xx, 设 曲 线)(xfy在 点(,()nnxfx处 的 切 线 与x轴 的 交 点 为1(,0)()nxnN，其中1x为正实数。（）
28、用nx表示1nx；（）若14x，记2lg2nnnxax，证明数列na成等比数列，并求数列na的通项公式；（）若14x，2nnbx，nT是数列 bn的前 n 项和，证明3nT。解析：本题综合考查数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力（）由题可得( )2fxx所以曲线( )yf x在点(,()nnxf x处的切线方程是：()()()nnnyf xfxxx即2(4)2()nnnyxxxx令0y，得21(4)2()nnnnxxxx即2142nnnxx x显然0nx，122nnnxxx（）由122nnnxxx，知21(2)22222nnnnnxxxxx，同理21(2)22
29、nnnxxx故21122()22nnnnxxxx从而1122lg2lg22nnnnxxxx，即12nnaa所以，数列na成等比数列故111111222lg2lg 32nnnnxaax即12lg2lg 32nnnxx从而12232nnnxx，所以11222(31)31nnnx（）由（）知11222(31)31nnnx，1242031nnnbx1111 12122223111113313133nnnnnnbb当1n时，显然1123Tb当1n时，21121111( )( )333nnnnbbbbL12nnTbbbL111111( )33nbbbL111 ( ) 3113nb133 ( )33n综上，
30、3nT(*)nN（2007 年理科）（21） （本小题满分12 分）已 知 函 数2( )4f xx, 设 曲 线)(xfy在 点(,()nnxf x处 的 切 线 与x轴 的 交 点 为1(,0)()nxnN，其中1x为正实数。()用nx表示1nx；()对一切正整数n，1nnxx的充要条件是12x。()若14x，记2lg2nnnxax，证明数列na成等比数列，并求数列na的通项公式。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 18 页 - - - - - - - -
31、 - （21）本题综合考察数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力。解： （）由题可得2fxx所以过曲线上点00,xfx的切线方程为nnnyfxfxxx，即42nnnyxxxx令0y，得2142nnnnxxxx，即2142nnnxx x显然0nx122nnnxxx（）证明： （必要性）若对一切正整数1,nnn xx，则21xx，即11122xxx，而10 x，214x，即有12x（充分性）若120 x，由122nnnxxx用数学归纳法易得0nx，从而12222122nnnnnxxxnxx，即22nxn又12x22nxn于是214222nnnnnnnxxxxxxx2
32、202nnnxxx，即1nnxx对一切正整数n成立（）由122nnnxxx，知21222nnnxxx，同理，21222nnnxxx故2112222nnnnxxxx从而1122lg2lg22nnnnxxxx，即12nnaa所以，数列na成等比数列，故111111222lg2lg 32nnnnxaax，即12lg2lg 32nnnxx，从而21232nnnxx所以21212 3131nnnx（2008 非延考区文科） 16.设数列 na中，112,1nnaaan，则通项na_ （2008 非延考区文科）21(12 分) 设数列 na的前n项和22nnnSa（）求14,a a（）证明：12nnaa是
33、等比数列（）求 na的通项公式 . 21解：（）11111222,2aSaaS1111111222222nnnnnnnnnnnnaSaSaSaS2212332344326,8216,24240aSSaSSaS（）由题设和式知1122(2 )2nnnnnnnaaSS所以12nnaa是首项为 2，公比为 2 的等比数列（）211112211(2)2(2)2(2)2(1) 22(1) 2nnnnnnnnnnaaaaaaaann（2008 年延考区文科）15设等差数列na的前n项和为nS，且55Sa若40a，则74aa_（2008 年延考区文科）20 （本小题满分12 分）在数列na中，11a，211
34、2(1)nnaan名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 18 页 - - - - - - - - - （）证明数列2nan是等比数列，并求na的通项公式；（）令112nnnbaa，求数列nb的前n项和nS；（）求数列na的前n项和nT解： （）由条件得1221(1)2nnaann，又1n时，21nan，故数列2nan构成首项为1，公式为12的等比数列从而2112nnan，即212nnna（）由22(1)21222nnnnnnnb得23521222nnnSL，2
35、31135212122222nnnnnSL，两式相减得：23113111212()222222nnnnSL， 所以2552nnnS（）由231121()()2nnnSaaaaaaLL得1112nnnnTaaTS所以11222nnnTSaa2146122nnn（2008 非延考区理科）7已知等比数列na中21a，则其前3 项的和3S的取值范围是() （）, 1（）,01,U（）3,（）, 13,U（2008 非延考区理科）16设等差数列na的前n项和为nS，若4510,15SS，则4a的最大值为 _。（2008 非延考区理科）20 （本小题满分12 分）设数列na的前n项和为nS，已知21nnn
36、babS（）证明：当2b时，12nnan是等比数列；（）求na的通项公式解： 由题意知12a，且21nnnbabS，11121nnnbabS两式相减得1121nnnnb aaba，即12nnnaba（）当2b时，由知122nnnaa于是11 2221 2nnnnnanan122nnan又111 210na，所以12nnan是首项为1，公比为2 的等比数列。（）当2b时，由（）知1122nnnan，即11 2nnan当2b时，由由得1111122222nnnnnababb22nnbbab122nnb ab因此11112222nnnnab abb2 12nbbb得121122222nnnnab b
37、nb名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 18 页 - - - - - - - - - （2008 延考区文科）15设等差数列na的前n项和为nS，且55Sa若40a，则74aa_解：551234142300Saaaaaaaaa，取特殊值令231,1,aa43a74129aaa，所以743aa（2008 延考区文科） 20 （本小题满分12 分）在数列na中，11a，2112(1)nnaan（）证明数列2nan是等比数列，并求na的通项公式；（）令112nnn
38、baa，求数列nb的前n项和nS；（）求数列na的前n项和nT解： （）由条件得1221(1)2nnaann，又1n时，21nan，故数列2nan构成首项为1，公式为12的等比数列从而2112nnan，即212nnna（）由22(1)21222nnnnnnnb得23521222nnnSL，231135212122222nnnnnSL，两式相减得：23113111212()222222nnnnSL， 所以2552nnnS（）由231121()()2nnnSaaaaaaLL得1112nnnnTaaTS所以11222nnnTSaa2146122nnn（2008 延考区理科） （ 14）设等差数列na
39、的前n项和为nS，且55Sa。若40a，则74aa。（2008 延考区理科）（20） （本小题满分12 分）在数列na中，11a，2112(1)nnaan。（）求na的通项公式；（）令112nnnbaa，求数列nb的前n项和nS。（）求数列na的前n项和nT。解： （）由条件得1221(1)2nnaann，又1n时，21nan，故数列2nan构成首项为1，公式为12的等比数列从而2112nnan，即212nnna（）由22(1)21222nnnnnnnb得23521222nnnSL，231135212122222nnnnnSL，两式相减得：23113111212()222222nnnnSL，
40、所以2552nnnS（）由231121()()2nnnSaaaaaaLL得：1112nnnnTaaTS所以11222nnnTSaa2146122nnn（2009 年文科）（3）等差数列na的公差不为零，首项1a=1，2a是1a和5a等比中项，则数列na的前 10 项之和是（A）90 (B) 100 (C) 145 (D) 190 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 18 页 - - - - - - - - - （2009 年文科）（22） （本小题满分14
41、分） 设数列na的前 n 项和为,ns对任意的正整数n，都有51nnas成立，记4().1nnnabnNa（）求数列na与数列nb的通项公式；（）设数列nb的前 n 项和为 Rn，是否存在正整数k，使得4kRk成立？若存在，找出一个正整数k;若不存在，请说明理由；（）记221(),|nnnncbbnNc设数列的前 n 项和味nT，求证：对任意正整数n，都有3.2nT（22）本小题主要考查数列、不等式等基础知识，化归思想等数学思想方法，以及推理论证、分析与解决问题的能力。解： （）当1n时，111151,4aaa又1151,51nnnnaSaS115nnnaaa，即114nnaa数列na成等比数
42、列，其首项114nnaa14()411()4nnna（）不存在正整数k，使得4kRk成立下证：对任意的正整数n，都有4kRn成立由（）知54( 4)1nnb2122215581(4)1()14520816116415164088(161)( 164)kkkkkkkkkbbQ当 n 为偶数时，设2()nm mN1234212()()()84nmmRbbbbbbmnL当 n 为奇数时，设21()nmmN1234232221()()()8(1)4844nmmmRbbbbbbbmmnL对于一切的正整数n，都有4nRk不存在正整数k，使得4nRk成立。8 分（III）由54( 4)1nnb得212221
43、225515 1615 1615 16154141(161)(164)(16 )3 164(16 )16nnnnnnnnnnnnnncbb又1221343,33bbc，当1n时，132T，当2n时，22232111()41114161625()2513161616311614693162513482116nnnTL14 分（2009 年理科） 21. （本小题满分12 分）已知0,1aa且函数( )log (1)xaf xa。（I ）求函数( )f x的定义域，并判断( )f x的单调性；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - -
44、- - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 18 页 - - - - - - - - - （II ）若( )*,lim;fnnnanNaa求（III）当ae（e为自然对数的底数）时，设( )2( )(1)(1)fxh xexm，若函数( )h x的极值存在，求实数m的取值范围以及函数( )h x的极值。（21）本小题主要考查函数、数列的极限、导数应用等基础知识、考查分类整合思想、推理和运算能力。解： （）由题意知10 xa当01a时，( )f x的定义域是(0,)；当1a时，( )f x的定义域是0（， ），ln( )log11xxaxxaaafxeaag当01a时，(
45、0,)x，因为10,0 xxaa，故( )0fx，所以( )f x是减函数当1a时，(,0)x，因为10,0 xxaa，故( )0fx，所以( )f x是减函数（4 分）（）因为( )( )log (1),1nfnnaf naaa所以由函数定义域知1na0, 因为 n是正整数，故0a41n41,41nnRnn即（）对一切大于1 的奇数 n 恒成立4,41n否则，（）只对满足14n的正奇数 n 成立，矛盾。另一方面，当4时，对一切的正整数n 都有4nRn恒成立事实上，对任意的正整数k，有212212558( 4)1( 4)1nnkkbb5208(16)1(16)4kk名师资料总结 - - -精品
46、资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 18 页 - - - - - - - - - 15 164088(161)(164)kkk当 n 为偶数时，设*2 ()nm mN则1234212()()()nmmRbbbbbbK 84mn当 n 为奇数时，设*21()nmmN则1234232221()()()nmmmRbbbbbbbK8(1)4844mmn对一切的正整数n，都有4nRn综上所述，正实数的最小值为414 分（2010 文科） 20、 （本小题满分12 分）已知等差数列na的前 3 项
47、和为 6, 前 8 项和为 4. （）求数列na的通项公式；（）设1(4)(0,)nnnbaqqnN，求数列nb的前 n 项和nS。解析：（ ）设na的公差为d，由已知得113368284adad。解得13,1ad，故3(1)4nann（5 分）（）由 ( ) 的解答可得1nnbn q，于是01221123(1)nnnSqqqnqn qL当1q时，上式两边同乘以q可得1123123(1)nnnqSqqqnqn qL上述两式相减可得1211(1)11nnnnnqqSnqqqqnqqL11(1)1nnnqnqq所以121(1)(1)nnnnqnqSq，当1q时(1)1232nn nSnL。综上所述
48、，12(1),(1)2(1)1,(1)(1)nnnn nqSnqnqqq（12 分）（2010 理科）（8）已知数列na的首项10a，其前n项的和为nS，且112nnSSa，则limnnnaS（A）0 （B）12（C） 1 （D）2 （2010 理科）（21） （本小题满分12 分）已知数列 an 满足 a10，a22，且对任意m、nN*都有a2m1a2n12amn12( mn)2（）求a3，a5；（）设bna2n1a2n1( nN*) ，证明： bn是等差数列；（）设cn(an+1an) qn1( q0，nN*) ，求数列 cn 的前 n 项和 Sn. （21）本小题主要考查数列的基础知识和
49、化归，分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力。解： （）由题意，令.6221,2123aaanm可得再令.20821,3135aaanm可得（2 分）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 18 页 - - - - - - - - - （）即于是可得代替以由已知时当8)(82)2(,*12121)1(21)1(2121212nnnnnnnaaaaaaamnNn.81nnbb所以，数列.8的等差数列是公差为nb（5 分）（）由（） 、 （）的解答可
50、知.8,6131的等差数列公差为是首项aabbn则即,28nnb.281212naann另由已知（令) 1m可得，312)1(2naaannn那么，12212121naaaannnnnnn212228于是，12nnnqc当).1(2642,1nnnSqn时当12462642,1nnqnqqqSq时两边同乘q可得.2)1(26421222nnnqnqnqqqqS上述两式相减即得nnnnqqqqSq2)1(2)1 (121=nnnqqq2112=qnqqnnn1)1(121所以21)1(1)1(2qqnnqSnnn综上所述，)12(),1( ,)1(1)1(2)1()1(21分qqqnnqqnnS