广东省2009届高三数学一模试题分类汇编——数列

届高三数学一模试题分类汇编——数列 一模试题分类汇编 广东省 2009 届高三数学一模试题分类汇编 数列
一、选择题 1、 (2009 番禺一模) 已知等比数列 {a n } 的各项均为正数, n 项之积为 Tn , T5 = 1 , 前 若 则必有 ( )

A. a1 =1 B

B. a3 =1

C. a 4 =1

D. a5 =1

2、 (2009 江门一模)已知数列 {a n } 的前 n 项和 S n = p × 2 + 2 , {a n } 是等比数列的充要条件是
n

A. p = 1 D

B p=2

C. p = ?1

D. p = ?2

3、 (2009 茂名一模)已知等差数列 {an } 的公差为 ?2 ,且 a2 , a4 , a5 成等比数列,则 a2 等于( A、-4 D B、-6 C、-8 D、8



4、 (2009 汕头一模)记等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S3=2,S6=18,则 A. - 3 D B·5 C 一 31 D. 33

S10 等于() S5

5、 (2009 深圳一模) 在等差数列 {an } 中,a3 + a9 = 27 ? a6 ,S n 表示数列 {an } 的前 n 项和, S11 = 则 A. 18 B. 99 C. 198 D. 297 B 二、填空题 1、 (2009 广州一模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,对任意 n∈N* 都有 Sn = -1,4 2、 (2009 江门一模) S n 是等差数列 {a n } 的前 n 项和,若 S1 = 1 , S 2 = 4 , 则 an = .

2 1 a n ? ,且 1<Sk<9,则 a1 的值为______,k 的的值为________. 3 3

2n ? 1

3、 (2009 韶关一模)在由正数组成的等比数列 {an } 中, a1 + a2 = 1, a3 + a4 = 4, 则 a5 + a6 = ___. 16 三、解答题 1、 (2009 广州一模)已知数列{an}的相邻两项 an,an+1 是关于 x 的方程 x2-2n x+ bn=0 (n∈N*)的两 根,且 a1=1. (1)求证:数列{ an-

1 n ×2 }是等比数列; 3
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(2)设 Sn 是数列{an}的前 n 项的和,问是否存在常数 λ,使得 bn-λSn>0 对任意 n∈N*都成立,若存 在,求出 λ 的取值范围;若不存在,请说明理由. (本题主要考查数列的通项公式、 本题主要考查数 项和、 不等式等基础知识 考查化归与转化、 等基础知识, 考查化归与转化 分类与整合、 化归与转化、 分类与整合、 本题主要考查 列的通项公式、 数列前 n 项和、 不等式等基础知识, 特殊与一般的数学思想方法 以及推理论证能力 运算求解能力 抽象概括能力) 的数学思想方法, 推理论证能力、 能力和 特殊与一般的数学思想方法,以及推理论证能力、运算求解能力和抽象概括能力

(1)证法 1:∵an,an+1 是关于 x 的方程 x2-2n x+ bn=0 (n∈N*)的两根, 证法

?a n + a n+1 = 2n ∴? ?b n = a n ? a n +1

……2 分

1 1 1 由 an+an+1=2n,得 a n+1 ? × 2n+1 = ?(a n ? × 2n ) ,故数列{a n ? × 2n } 3 3 3 2 1 是首项为 a1 ? = ,公比为-1 的等比数列. ……4 分 3 3 证法 2:∵an,an+1 是关于 x 的方程 x2-2n x+ bn=0 (n∈N*)的两根,

?a n + a n+1 = 2n ∴? ?b n = a n ? a n +1

……2 分

1 1 1 a n+1 ? × 2 n+1 2n ? a n ? × 2n+1 ?(a n ? × 2 n ) 3 3 3 ∵ = = = ?1 , 1 n 1 n 1 n an ? × 2 an ? × 2 an ? × 2 3 3 3 1 2 1 故数列{a n ? × 2n } 是首项为 a1 ? = ,公比为-1 的等比数列. 3 3 3 ……4 分 1 1 1 (2)解:由(1)得 a n ? × 2n = × (?1)n ,即 a n = [2n ? (?1) n ] , 3 3 3 1 ∴ b n = a n ? a n +1 = [2n ? (?1) n ] × [2n +1 ? (?1) n+1 ] 9 1 = [2 2n+1 ? (?2) n ? 1] ……6 分 9 1 ∴Sn=a1+ a2+ a3+…+ an= [(2+22+23+…+2n)-[(-1)+ (-1)2+…+(-1)n] 3 1 (?1)n ? 1 = [2 2n+1 ? 2 ? ], 3 2

……8 分

要使得 bn-λSn>0 对任意 n∈N*都成立, ∈ 都成立,
1 λ (?1) n ? 1 即 [2 2n +1 ? (?2) n ? 1] ? [22n +1 ? 2 ? ] > 0 (*) 对任意 n∈N*都成立. 9 3 2 1 λ ①当 n 为正奇数时,由(*)式得 [2 2n +1 + 2 n ? 1] ? [22n +1 ? 1] > 0 , 9 3 1 n+1 λ n+1 即 (2 ? 1)(2n + 1) ? (2 ? 1) > 0 , 9 3

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1 ∵2n+1-1>0,∴ λ < (2 n + 1) 对任意正奇数 n 都成立. 3 1 n 当且仅当 n=1 时, (2 + 1) 有最小值 1,∴λ<1. ……10 分 3 1 λ ①当 n 为正奇数时,由(*)式得 [2 2n +1 + 2 n ? 1] ? [22n +1 ? 1] > 0 , 9 3 1 λ 即 (2 n+1 ? 1)(2n + 1) ? (2 n+1 ? 1) > 0 , 9 3 1 ∵2n+1-1>0,∴ λ < (2 n + 1) 对任意正奇数 n 都成立. 3 1 n 当且仅当 n=1 时, (2 + 1) 有最小值 1,∴λ<1. ……10 分 3 1 λ ②当 n 为正偶数时,由(*)式得 [2 2n+1 ? 2n ? 1] ? [22n+1 ? 2] > 0 , 9 3 1 2λ 即 (2n+1 + 1)(2n ? 1) ? (2n ? 1) > 0 , 9 3 1 ∵2n-1>0,∴ λ < (2n+1 + 1) 对任意正偶数 n 都成立. 6 1 当且仅当 n=2 时, (2n +1 + 1) 有最小值 1.5,∴λ<1.5. ……12 分 6 综上所述,存在常数 λ,使得 bn-λSn>0 对任意 n∈N*都成立,λ 的取值范围是(-∞, 1).
2

……14 分

2、 (2009 广东三校一模) a 2 , a5 是方程 x ? 12 x + 27 = 0 的两根,数列 {bn } 的前 n 项和为 Tn ,且

Tn = 1 ?

1 bn n ∈ N ? 2

(

)

(1)求数列 {a n } , {bn }的通项公式; (2)记 c n = a n bn ,求数列 {c n }的前 n 项和 S n . 解:(1)由 a 2 + a 5 = 12, a 2 a5 = 27 .且 d > 0 得 a 2 = 3, a5 = 9 2分

∴d =

a5 ? a 2 = 2 , a1 = 1 ∴ a n = 2n ? 1 n ∈ N ? 3

(

)

4分

在 Tn = 1 ?

1 2 1 1 bn 中,令 n = 1, 得 b1 = . 当 n ≥ 2 时,T n = 1 ? bn , Tn?1 = 1 ? bn ?1 , 2 3 2 2

两式相减得 bn =
n ?1

b 1 1 1 bn ?1 ? bn ,∴ n = (n ≥ 2) 2 2 bn ?1 3
= 2 n∈ N? . n 3

6分

∴ bn =

2?1? ? ? 3 ? 3?

(

)

8分

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(2) c n = (2n ? 1) ?

2 4n ? 2 = , 3n 3n

9分

5 2n ? 1 ? S 3 2n ? 3 2n ? 1 ? ?1 3 ? 1 ∴ S n = 2? + 2 + 3 + L + n ? , n = 2? 2 + 3 + L + + n +1 ? , 3 3 ? 3 3 3n 3 ?3 3 ?3 ?

10 分

? ? 1? 1 ? ? 1 2 × 9 ?1 ? 3 n ?1 ? 2n ? 1? ?1 2 1 1 ? 2n ? 1? ? 1 ? ?? ? ∴ S n = 2 ? + 2? 2 + 3 + L + n ? ? n +1 ? =2 ? + 1 3 3 3 ? 3 3 n +1 ? ?3 ? 3 ? ?3 1? ? ? 3 ? ?
= 2?

? 1 1 1 2n ? 1 ? 4 4n + 4 + ? n ? n +1 ? = ? n +1 , 3 3 ?3 3 3 ? 3 2n + 2 3n
14 分

13 分

∴ Sn = 2 ?

3、 (2009 东莞一模) 设等差数列 {an },{bn } 前 n 项和 S n ,Tn 满足 S2=6;函数 g ( x) =

S n An + 1 a3 a 2 = , 且 + 7 = , Tn 2n + 7 b4 + b6 b2 + b8 5

1 ( x ? 1) ,且 cn = g(cn?1)(n∈ N, n >1), c1 =1. 2

(1)求 A; (2)求数列 {a n }及{c n } 的通项公式; (3)若 d n = ?

?a n (n为奇数) , 试求d1 + d 2 + L + d n . ?c n (n为偶数)
a 1 + a9 ×9 S9 a 2 而 = 2 = 5 = b1 + b9 T9 b5 5 ×9 2

a3 a7 a 2 2 + = 知: 5 = 解: (1)由 b + b b2 + b8 5 b5 5 4 6


9A +1 2 = 解得 A=1……………………………………2 分 2×9 + 7 5 (2)令 S n = kn( n + 1) Q S 2 = 6, 得k = 1, 即S n = n 2 + n
2

当 n=1 时,a1=S1=2,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n +n ? ( n ? 1) + ( n ? 1) = 2n
2

?

?

综合之:an=2n…………………………………………6 分

1 1 (c n?1 ? 1)变形得 : c n + 1 = (c n ?1 + 1) 2 2 1 ∴数列{cn+1}是 为公比,以 c1 + 1 = 2 为首项的等比数列。 2 1 n ?1 1 c n + 1 = 2 ? ( ) 即c n = ( ) n? 2 ? 1 ………………………9 分 2 2 (3)当 n = 2k + 1时, d1 + d 2 + L + d n = (a1 + a3 + La2 k +1 ) + (c2 +c 4 + L + c 2 k ) 4 1 4 1 = 2(k + 1)2 + [1 ? ( ) k ] ? k = 2k 2 + 3k + 2 + [1 ? ( ) k ] 3 4 3 4
由题意 c n =

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n2 + n + 2 4 1 + [1 ? ( ) n ?1 ] ………………………11 分 2 3 2 当 n = 2k时, d1 + d 2 + L + d n = ( a1 + a 3 + L a 2 k ?1 ) + (c 2 + c 4 + L + c 2 k ) = 4 1 k n2 ? n 4 1 = 2k ? k + [1 ? ( ) ] = + [1 ? ( ) n ] ………13 分 3 4 2 3 2 2 ?n + n + 2 4 1 + [1 ? ( ) n?1 ](n为正奇数) ? ? 2 3 2 综合之: d 1 + d 2 + L d n = ? 2 ? n ? n + 4 [1 ? ( 1 ) n ](n为正偶数) ? 2 3 2 ?
2

………14 分 4、 (2009 番禺一模) 设数列 {an } 对一切正整数 n 均有 an = 2an +1 ? 1 , an > 0 , 且 如果 a1 = cos 2α ,
2

π α ∈ (0, ] .
8
(1)求 a2 , a3 的值; (2)求数列 {an } (n ∈ N ? ) 的通项公式; (3)设数列 {an } 前 n 项之积为 Tn ,试比较 Tn 与
2 2

2

π

的大小,并证明你的结论.
2 2

(1)依题意: cos 2α = 2a2 ? 1 ,则 2a2 = cos α + 1 = , a2 = cos α 而 α ∈ (0,

π
8

] ,又 an > 0 ,所以 a2 = cos α ,

………………1 分 ………………2 分 ………………4 分 ………………5 分

同样可求得 a3 = cos (2)猜测 an = cos

α α
2

, , (n ∈ N * )

①用数学归纳法证明:显然 n = 1 时猜想正确, ②假设 n = k ( k ∈ N*) 时猜想成立,即 ak = cos 则 n = k + 1 时,∵ ak = 2ak +1 ? 1 ,∴ cos
2

2n?2

α
2k ?2



α
2
k ?2

= 2ak2+1 ? 1 ,即 2 cos 2

α
2
k ?1

= 2ak2+1 ,而 an > 0

故 ak +1 = cos

α
2k ?1

= cos

α
2( k +1)? 2

,

………………6 分

这就是说 n = k + 1 猜想也成立,故对任意正整数 n 都有 an = cos (3) Tn >

α
2n?2

. ………………7 分 ……………9 分

2

π

证明: α ∈ (0,

π
8

],

则 cos 2α ≥ cos

π
4

, cos α ≥ cos

π
2
3

, ???, cos

α
2
n?2

≥ cos

π
2 n +1

>0,

………10 分

第 5 页 共 11 页

则 Tn ≥ cos

π
4

cos

π
2
3

cos

π
2
4

??? cos

π
2n +1

∴ Tn ≥

2n cos

π
2
2

cos

π
2
n 3

cos

π
2
4

??? cos

π
2
n +1

2 sin
设 g ( x ) = sin x ? x , x ∈ (0, 即 g ( x ) 为 (0, 而

π

=
n

sin 2 sin

π
2

π

=
n

1 2 sin

π
2n +1

………11 分

2n +1

2n +1

π
2

) ,则 g ′( x) = cos x ? 1 < 0 ,

π
2

) 上的减函数,∴ g ( x) < g (0) ,故 x ∈ (0,

π
2

) 时, sin x < x , ……12 分

π
2
n +1

∈ (0, ) ,∴ 0 < sin n +1 < n +1 , 4 2 2

π

π

π

∴ 0 < 2n sin ∴ 0 < 2n sin 则
n

π π

2 2

n +1

< 2n × <

π

π
2

2n +1

………13 分

n +1

, ,

1 2 sin

π
2n +1

>

2

π

,即 Tn >

2

π



14 分

5、 (2009 江门一模)已知等差数列 {a n } 和正项等比数列 {bn } , a1 = b1 = ?1 , a3 = b3 = 2 . ⑴求 a n 、 bn ; ⑵对 ?n ∈ N ,试比较 a n 、 bn 的大小; ⑶设 {bn } 的前 n 项和为 S n , 是否存在常数 p 、 , a n = p + log 2 ( S n + c ) 恒成立?若存在, p 、 c 使 求
?

c 的值;若不存在,说明理由.
解:⑴由 a 3 = a1 + (3 ? 1)d ,得 d =

1 -------1 分 2

由 b3 = b1 q 且 q > 0 得 q =
2

2 -------2 分

n +1 n ?1 所以 a n = a1 + ( n ? 1) d = , bn = b1 q =2 2
⑵显然 n = 1 , 3 时, a n = bn ; n = 2 时, a 2 =

n ?1 2

-------4 分

3 , b2 = 2 , a 2 > b2 -------5 分 2

n > 3 时, 2(bn ? a n ) = 2 n ?
2 2

(n + 1) 2 n 2 + 2n + 1 = (1 + 1) n ? 2 2 = n ? 1 n ( n ? 2) ×[ ? 1] > 0 -------7 分 2 3

0 1 2 3 > Cn + Cn + Cn + Cn ?

n 2 + 2n + 1 -------6 分 2

因为 a n 、 bn > 0 ,所以 n > 3 时, a n < bn -------8 分 ⑶ Sn =

b1 (1 ? q n ) = ( 2 + 1)(2 2 ? 1) -------9 分, 1? q
n

第 6 页 共 11 页

?1 = p + log 2 (1 + c) a n = p + log 2 ( S n + c) 恒成立, ? 则有 -------11 分, 解得 c = 2 + 1 , ?2 = p + log 2 (1 + 2 + 2 + c)
p = log 2 (2 ? 2 ) -------12 分
?n ∈ N , p + log 2 ( S n + c) = log 2 (2 ? 2 ) + log 2 [( 2 + 1)(2 ? 1) + ( 2 + 1)]
?

n 2

= log 2 [(2 ? 2 )( 2 + 1) × 2 ] = log 2 ( 2 × 2 ) =
所以,当 p = log 2 ( 2 ?

n 2

n 2

n +1 = a n -------13 分 2

2 ) , c = 2 + 1 时, a n = p + log 2 ( S n + c) 恒成立-------14 分


6、 (2009 汕头一模)在等比数列{an}中,an>0 (n ∈ N ) ,公比 q ∈ (0,1),且 a1a5 + 2a3a5 +a 2a8=25, a3 与 as 的等比中项为 2。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=log2 an,数列{bn}的前 n 项和为 Sn 当
2

S S1 S 2 + + ? ? ? + n 最大时,求 n 的值。 1 2 n
2

解: (1)因为 a1a5 + 2a3a5 +a 2a8=25,所以, a3 + 2a3a5 + a5 =25 又 an>o,…a3+a5=5,…………………………2 分 又 a3 与 a5 的等比中项为 2,所以,a3a5=4 而 q ∈ (0,1) ,所以,a3>a5,所以,a3=4,a5=1, q =

1 ,a1=16,所以, 2

?1? an = 16 × ? ? ?2?

n ?1

= 25? n …………………………6 分

(2)bn=log2 an=5-n,所以,bn+1-bn=-1, 。。。。 所以,{bn}是以 4 为首项,-1 为公差的等差数列。。。。。9 分 所以, S n =

n(9 ? n) S n 9 ? n , = 2 n 2 Sn S S 所以,当 n≤8 时, >0,当 n=9 时, n =0,n>9 时, n <0, n n n Sn S1 S 2 当 n=8 或 9 时, + + ? ? ? + 最大。 …………………………12 分 1 2 n
7、 (2009 韶关一模)已知函数 F ( x ) =

3x ? 2 ? 1? , ? x ≠ ?. 2x ?1 ? 2?

(I)求 F ?

? 1 ? ? 2 ? ? 2008 ? ?+F? ? + ... + F ? ?; ? 2009 ? ? 2009 ? ? 2009 ?

(II)已知数列 {an } 满足 a1 = 2 , an +1 = F ( an ) ,求数列 {an } 的通项公式; (Ⅲ) 求证: a1a2 a3 ...an >

2n + 1 .
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解:( Ι )因为 F ( x ) + F (1 ? x ) =

3 x ? 2 3 (1 ? x ) ? 2 + =3 2 x ? 1 2 (1 ? x ) ? 1

所以设 S= F ?

? 1 ? ? 2 ? ? 2008 ? ?+F? ? + ... + F ? ? ; .......... (1) ? 2009 ? ? 2009 ? ? 2009 ? ? 2008 ? ? 2007 ? ? 1 ? ?+F? ? + ... + F ? ? ……….(2) ? 2009 ? ? 2009 ? ? 2009 ?

S= F ? (1)+(2)得:

? ? 1 ? ? ? 2008 ? ? 2008 ? ? ? ? 2 ? ? 2007 ? ? ? 1 ?? 2S = ? F ? ?+ F? ?? + ? F ? ?+F? ? ? + ... + ? F ? ?+F? ?? ? 2009 ? ? ? ? 2009 ? ? 2009 ? ? ? 2009 ? ? ? ? 2009 ? ? ? 2009 ?
= 3 × 2008 = 6024 , 所以 S=3012 ( ΙΙ )由 an +1 = F ( an ) 两边同减去 1,得

an +1 ? 1 =
1

3an ? 2 a ?1 ?1 = n 2 an ? 1 2an ? 1 = 2an ? 1 2 ( an ? 1) + 1 1 = = 2+ , an ? 1 an ? 1 an ? 1

所以

an +1 ? 1
1

所以

? 1 ? 1 1 = 2,? = 1 为首项的等差数列, ? 是以 2 为公差以 an +1 ? 1 an ? 1 a1 ? 1 ? an ? 1 ?
? 1 1 2n = 2 + ( n ? 1) × 2 = 2n ? 1 ? an = 1 + = an ? 1 2n ? 1 2 n ? 1
2

所以

( ΙΙΙ ) 因为 ( 2n )
所以

> ( 2n ) ? 1 = ( 2n ? 1)( 2n + 1)
2

2n 2n + 1 2 3 4 5 2n 2n + 1 > ? > , > ,... > 2n ? 1 2n 1 2 3 4 2n ? 1 2n

所以 a1a2 a3 ...an =

( a1a2 a3 ...an )

2

=

2 2 4 4 2n 2n ? ? ? ...... ? 1 1 3 3 2n ? 1 2n ? 1

>

2 3 4 5 2n 2 n + 1 ? ? ? ...... ? = 2n + 1 1 2 3 4 2n ? 1 2n
1 1 x + , f ′( x) 为函数 f ( x) 的导函数. 2 4
?

8、 (2009 深圳一模理)已知函数 f ( x ) = x ?
2

(Ⅰ)若数列 {an } 满足: a1 = 1 , an +1 = f ′( an ) + f ′( n) ( n ∈ N ) ,求数列 {an } 的通项 an ; . (Ⅱ)若数列 {bn } 满足: b1 = b , bn +1 = 2 f (bn ) ( n ∈ N )
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?

(ⅰ)当 b = 说明理由; (ⅱ)当

1 时,数列 {bn } 是否为等差数列?若是,请求出数列 {bn } 的通项 bn ;若不是,请 2

n 1 1 2 < b < 1 时, 求证: ∑ < . 2 2b ? 1 i =1 bi

【解】 (Ⅰ)Q f ′( x) = 2 x ?

1 , …………………………1 分 2 1 1 ∴ an +1 = (2an ? ) + (2n ? ) = 2an + 2n ? 1 , 2 2
即 an +1 + 2( n + 1) + 1 = 2( an + 2n + 1) . …………………………3



Q a1 = 1 ,

∴ 数列 {an + 2n + 1} 是首项为 4 ,公比为 2 的等比数列.
…………………………5

∴ an + 2n + 1 = 4 ? 2n ?1 ,即 an = 2n +1 ? 2n ? 1 .
分 (Ⅱ) (ⅰ)Q bn +1 = 2 f (bn ) = 2bn ? bn +
2

1 , 2

1 ∴ bn +1 ? bn = 2(bn ? ) 2 . 2 1 1 ∴ 当 b1 = 时, b2 = . 2 2 1 假设 bk = ,则 bk +1 = bk . 2
由数学归纳法,得出数列 {bn } 为常数数列,是等差数列,其通项为 bn = 分 (ⅱ)Q bn +1 = 2bn ? bn +
2

1 . 2

…………8

1 1 2 , ∴ bn +1 ? bn = 2(bn ? ) . 2 2 1 1 ∴ 当 < b1 < 1 时, b2 > b1 > . 2 2 1 1 假设 bk > ,则 bk +1 > bk > . 2 2 1 由数学归纳法,得出数列 bn > (n = 1, 2, 3, L ) .……………10 分 2 1 1 又Q bn +1 ? = 2bn (bn ? ) , 2 2



1 1 1 = ? , 1 1 bn +1 ? 2 bn ? 2 bn 1 1 1 = ? . 1 bn bn ? 2 bn +1 ? 1 2
…………………………12 分



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∴∑
i =1

n

n 1 1 1 1 1 = ∑( ? )= ? . 1 1 1 bi i =1 bi ? 2 bi +1 ? 2 b1 ? 2 bn +1 ? 1 2

Q bn +1 >

1 , 2
…………………………14 分

∴∑
i =1

n

1 1 2 < = . 1 bi b1 ? 2 2b ? 1

10、 (2009 深圳一模文)设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n , a1 = 1 ,且对任意正整数 n ,点 (a n +1 , S n ) 在 直线 2 x + y ? 2 = 0 上. (Ⅰ) 求数列 {a n } 的通项公式; (Ⅱ)是否存在实数 λ ,使得数列 ?S n + λ ? n + 在,则说明理由. (Ⅲ)求证:

? ?

? 为等差数列?若存在,求出 λ 的值;若不存 2n ?

λ?

1 n 2?k 1 ≤∑ < . 6 k =1 (ak + 1)(ak +1 + 1) 2
① ② …………………… 1 分

解:(Ⅰ)由题意可得:

2a n +1 + S n ? 2 = 0.
n ≥ 2 时, 2a n + S n ?1 ? 2 = 0.
①─②得 2an +1 ? 2an + an = 0 ?

an+1 1 = (n ≥ 2 ) , an 2
…………………… 3 分
n ?1

Q a1 = 1, 2a2 + a1 = 2 ? a2 =

1 2

1 ?1? ∴ {a n } 是首项为 1 ,公比为 的等比数列,∴ an = ? ? . ……………… 4 分 2 ?2?

1 2n = 2 ? 1 . (Ⅱ)解法一:Q S n = 1 2 n?1 1? 2 1?
若 ?S n + 则 S1 + λ +

……………… 5 分

? ?

? 为等差数列, 2n ?

λ?

λ
2

, S 2 + 2λ +

λ
2
2

, S 3 + 3λ +

λ
23

成等差数列,

……………… 6 分

9λ ? 3λ 25λ 3λ 7 25λ ? ? 3 9λ ? 2 ? S2 + + S3 + ? 2? + + + , ? = S1 + ? = 1+ 4 ? 2 8 2 4 8 ? ?2 4 ?

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得 λ = 2. 又 λ = 2 时, S n + 2n +

……………… 8 分

2 = 2n + 2 ,显然 {2n + 2} 成等差数列, 2n

故存在实数 λ = 2 ,使得数列 ? S n + λn +

? ?

? 成等差数列. ……………… 9 分 2n ?

λ?

1 2n = 2 ? 1 . 解法二: Q S n = 1 2 n?1 1? 2 1? ∴ S n + λn +
? ?

……………… 5 分

λ
2
n

= 2?

1 2
n ?1

+ λn +

λ
2
n

= 2 + λn + (λ ? 2 )

1 . 2n

…………… 7 分

欲使 ? S n + λ ? n +

? 成等差数列,只须 λ ? 2 = 0 即 λ = 2 便可. 2n ? ? ? ? 成等差数列. 2n ?

λ?

……………8 分

故存在实数 λ = 2 ,使得数列 ? S n + λn + (Ⅲ)Q

λ?

……………… 9 分

1 = (a k + 1)(a k +1 + 1)

1 ( 1 2 k ?1 1 + 1)( k + 1) 2

=

1 1 1 ( ? ) k 1 1 2 +1 +1 2k 2 k ?1

…… 10 分

∴∑

n 1 2 ?k 1 ) = ∑( ? 1 1 k =1 ( a k + 1)( a kt +1 + 1) k =1 +1 +1 2k 2 k ?1 n

………… 11 分

1 1 1 1 1 ? ) )+ ( ? ) +L + ( 1 1 1 1 1 1+1 +1 +1 +1 +1 +1 2 22 2 2t 2 k ?1 1 2k 1 1 =? + = k ? 1 1+1 2 +1 2 +1 k 2
=( 1 ?

………… 12 分

1 2x 又函数 y = x = 在 x ∈ [1, + ∞ ) 上为增函数, 1 2 +1 +1 2x
∴ 21 2k ≤ k < 1, 21 + 1 2 + 1
………… 13 分

2 1 2k 1 1 1 n 2?k 1 ∴ ? ≤ k ? < 1? , ≤ ∑ < . ……… 14 分 3 2 2 +1 2 2 6 k =1 (ak + 1)(ak +1 + 1) 2

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