2007--2013山东高考数学数列

k 1
2k 3 (2k 3) 2 2k 2 4(k 1)
4(k 1) 2 4( k 1) 1 1 (k 1) 1 ( k 1) 1 4(k 1) 4(k 1)
所以当 n k 1 时,不等式也成立. 由①、②可得不等式恒成立. 【命题立意】:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知 Sn 求 an 的基本题型,并运用数学归纳法证明与自然数有关 的命题,以及放缩法证明不等式.
所以 当n 2时，bn S n S n 1
1 n=1 2 因此，bn n≥2 n(n 1)
（Ⅱ）解：设上表中从第三行起，每行的公比都为 q,且 q＞0. 因为
12 13 1 2 12 2
7 8 ,
所以表中第 1 行至第 12 行共含有数列｛an｝的前 78 项， 故 a81 在表中第 13 行第三列，
q 因此 a81 b 13
2
4 . 91
Байду номын сангаас
又
b13
2 , 13 14
所以 q=2. 记表中第 k(k≥3)行所有项的和为 S， 则S
bk (1 q k ) 2 (1 2k ) 2 (1 2k ) （k≥3）. 1 q k (k 1) 1 2 k (k 1)
由①－②得：3
an
n n 1 1 (n 2). 3 3 3 1 (n N * ). n 3
验证 n 1 时也满足上式， an (II) bn n 3n ，
Sn 1 3 2 32 3 33 ...n 3n
3Sn 1 32 2 33 3 34 ...n 3n1
另解：令Tn
(1) nln2 3
1
n
n 1
，即Tn
(1)n ln 2 (1)n (n 1) ln 3
1 1
n
n
Tn [1 (1)2 (1)n ]ln 2 [(1)2 1 (1)3 2 (1)n (n 1)]ln3 Tn [(1)2 (1)3 (1)n1 ]ln 2 [(1)3 1 (1)4 2 (1)n1 (n 1)]ln3
2007-2013 山东高考数学——数列
（10 年） （9）设{an } 是等比数列，则“ a1 a2 a3 ”是“数列{an } 是递增数列”的(C )
（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件 （C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件 9.C 解析：本题考查了充分、必要条件的概念，等比数列的性质，以及逻辑推理能力． 等比数列an 为递增数列，得公比 q 0 且 an1 an an q 1 a1 q 1q n1 0 ， 即充要条件为
bn 2(log2 an 1) 2(log2 2n1 1) 2n
bn 1 2n 1 b 1 3 5 7 2n 1 b 1 b2 1 ,所以 1 · · · · · · ·n bn 2n b1 b2 bn 2 4 6 2n
下面用数学归纳法证明不等式
b 1 3 5 7 2k 1 b1 1 b2 1 · · · · · · ·k k 1 成立.则当 n k 1 时,左边 b1 b2 bk 2 4 6 2k
=
b 1 bk 1 1 3 5 7 b1 1 b2 1 2k 1 2k 3 · · · · · · ·k b1 b2 bk bk 1 2 4 6 2k 2k 2
n 1 n n 1 n 1 n （Ⅱ）bn an 1 ln an 2 3 (1) ln 2 3 2 3 (1) [ln 2 ( n 1) ln 3]
当 n 2k (k N*) 时， Sn b1 b2 b 2k
2(1 3 32k 1 ) [1 (2 3) ((2k 2) (2k 1))]ln 3 2

1 1 (1 ) 4 n 1

n 4(n 1) n . 4( n 1)
所以数列{bn } 的前 n 项和Tn
（11 年） （20） （本小题满分 12 分）
等比数列an 中，a1 , a2 , a 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. 3 分别是下表第一、 第一行 第二行 第三行 第一列 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18
„„
记表中的第一列数 a1，a2，a4，a7，„构成的数列为｛bn｝,b1=a1=1. Sn 为数列｛bn｝的前 n 项和，且满足 2）.
2bn =1（n≥ bn S N S 2 n
(Ⅰ)证明数列｛
1 ｝成等差数列，并求数列｛bn｝的通项公式； Sn
4 时， 91
（Ⅱ） 上表中， 若从第三行起， 每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列， 且公比为同一个正数.当 a81 求上表中第 k(k≥3)行所有项的和.. (Ⅰ)证明：由已知，当 n≥2 时
n 1 时, a1 S1 b r ,当 n 2 时, an Sn Sn1 bn r (bn1 r ) bn bn1 (b 1)bn1 ,又因为{ an }为等比
数列,所以 r 1 ,公比为 b , an (b 1)bn1 （2）当 b=2 时， an (b 1)bn1 2n1 , 则
（10 年） （18） （本小题满分 12 分）
已知等差数列{an } 满足： a3 7, a5 a7 26.{an } 的前 n 项和为 S n . （Ⅰ）求 a4 及 S n ； （Ⅱ）令bn
1 (n N * ) ，求数列{bn } 的前 n 项和Tn . a 1
2 n
（18）本小题主要考查等差数列的基本知识，考查逻辑推理、等价变形和运算能力。 解： （Ⅰ）设等差数列{an } 的首项为 a1 ，公差为 d ， 由于 a3 7, a5 a7 26 ， 所以 a1 2d 7, 2a1 10d 26 ， 解得 a1 3, d 2. 由于 an a1 (n 1)d , S n
2Sn 3 32 33 3n n 3n1
Sn n n 1 1 n 1 3 3 3 2 4 4
即： 2 Sn
3 3n 1 n 3n 1 ， 1 3
（08 年）(19)(本小题满分 12 分)
将数列｛an｝中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表： a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10
a1 0 a1 0 a1 0 a1 0 或 ，又由 a1 a2 a3 即 a1 a1q a1q 2 可推出 或 ． q 1 0 q 1 q 1 0 q 1
故二者互为充要条件．
（07 年）(17)（本小题满分 12 分）设数列an 满足 a1 3a2 3 2a3 ...3
(I)求数列an 的通项; (II)设 bn
n 1
n a n , n N .* 3
n , 求数列bn 的前 n 项和 Sn . an
解：: (I) a1 3a2 3 a3 ...3
2 n 1
n 1
an
n n 1 , ① a1 3a2 32 a3 ...3n 2 an 1 (n 2), ② 3 3 an 1 (n 2). 3n
则 2Tn [1 (1)n1 ]ln 2 [(1)2 (1)3 (1)n (1)n1 (n 1)]ln3
1 1 (1) 2 (1) n1 Tn [1 (1) n1 ]ln 2 [ (1) n1 ( n 1)]ln 3 2 2 2
（Ⅰ）求数列an 的通项公式； （Ⅱ）若数列bn 满足：bn an ( 1 ) nln an ，求数列bn 的前 n 项和 Sn. 解析： （Ⅰ）由题意可知 a1 2, a2 6, a3 18 ，公比 q
n
a2 a3 3 ，通项公式为 an 2 3n1 ； a1 a2
当 n 2k 1(k N*) 时 Sn b1 b2 b2k 1
1 32 k n k ln 3 3n 1 ln 3 1 3 2
2(1 3 32k 2 ) [(1 2) ((2k 3) (2k 2))]ln 3 ln 2
b 1 3 5 7 2n 1 b1 1 b2 1 · · · · · · ·n n 1 成立. b1 b2 bn 2 4 6 2n
① 当 n 1 时,左边=
3 3 ,右边= 2 ,因为 2 ,所以不等式成立. 2 2
② 假设当 n k 时不等式成立,即
（09 年） （20） （本小题满分 12 分）
等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，已知对任意的 n N ，点 (n, Sn) ，均在函数 y b x r (b 0 且b 1, b, r 均为常数) 的图像上. （1）求 r 的值； （11）当 b=2 时，记 bn 2 ( l o2 gan 1) n ( N 证明：对任意的 n N

)
，不等式

b 1 b1 1 b2 1 · · · · · · ·n n 1 成立 b1 b2 bn
x
解:因为对任意的 n N ,点 (n, Sn ) ，均在函数 y b r (b 0 且 b 1, b, r 均为常数的图像上.所以得 Sn b n r ,当
2
(n 1) 1 32 k 1 ln 3 ln 2 (k 1) ln 3 ln 2 3n 1 2 1 3
n n 3 1 ln 3, n为偶数； 2 故S n 3n 1 (n 1) ln 3 ln 2，n为奇数. 2
2bn 1, bn S n S n 2 又 S n b1 b2 bn , （ 2 S n S n 1） 所以 1, ( S n S n 1 ) S n S 2 n （ 2 S S n 1） 即 n 1, S n 1S n 1 1 1 所以 , S 2 Sn n 1 又S1 b1 a1 1. 1 1 所以数列 是首项为1，公差为 的等差数列. 2 Sn 1 1 n 1 由上可知 ＝ 1＋ （n 1 ） , Sn 2 2 即 S n 2 . n 1 2 2 2 n 1 n n(n 1).
n(a1 an ) 2
所以 an 2n 1 , Sn n ( n 2). （Ⅱ）因为 an 2n 1 所以 an 1 4n(n 1)
2
因此 bn
1 1 1 1 ( ). 4n(n 1) 4 n n 1
故Tn b1 b2 bn

1 1 1 1 1 1 (1 ) 4 2 2 3 n n 1