2013年高考数学试题分类汇编 - 数列 - 图文

（1） 当n为偶数时，设n=2m(m?N*)

k2?2. 若m=1,则2n??k?2akn若m≥2，则

mmk2(2k)2m?1(2k?1)24k2??????2+ ?a2k?1k?2akk?1a2kk?1k?12knm?1m?1?4k2?4k?4k2?4k?11?1?11???2m???2m?2?????????2k(k?1)?2?kk?1??k?12k(k?1)k?1?2k(k?1)k?1???m?1

1131?2m?2(m?1)?(1?)?2n??2m2n.nk2313k2??,从而?2n???2,n?4,6,8... 所以2n??2n2k?2akk?2akn(2)当n为奇数时，设n=2m+1（m?N*）

k22mk2(2m?1)31(2m?1)2????4m??? ?aaa22m2m(m?1)k?2kk?2k2m?1n21131 ?4m???2n??22(m?1)2n?1nk2313k2??,从而?2n???2,n?3,5,7·所以2n??·· a2n?12ak?2kk?2knn3k2?2 综合（1）（2）可知，对任意n?2,n?N,有?2n??2k?2ak?证法二：（i）证明：由题设，可得dk?a2k?1?a2k?qka2k?a2k?a2k(qk?1),

dk?1?a2k?2?a2k?1?qk2a2k?qka2k?a2kqk(qk?1),所以dk?1?qkdk

qk?1?a2k?3a2k?2?dk?1ddq?1 ??1?2k?1?1?k?1?ka2k?2a2k?2qka2kqka2kqkq11?k??1，

qk?1?1qk?1qk?1qk?11?由q1?1可知qk?1,k?N*。可得

所以??1??是等差数列，公差为1。

?qk?1?

（ii）证明：因为a1?0,a2?2,所以d1?a2?a1?2。 所以a3?a2?d1?4，从而q1??1?a31?2，?1。于是，由（i）可知所以??是公a2q1?1?qk?1?1k?1= 1??k?1??k，故qk?。 qk?1k差为1的等差数列。由等差数列的通项公式可得

从而

dk?1k?1。 ?qk?dkkdkdddkk?12?k.k?1........2?.......?k，由d1?2，可得 d1dk?1dk?2d1k?1k?21所以

dk?2k。

于是，由（i）可知a2k?1?2k?k?1?,a2k?2k,k?N*

2以下同证法一。

49、（2010全国卷1理数）（22）(本小题满分12分)（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．已知数列?an?中，a1?1,an?1?c?1 . an（Ⅰ）设c?51，求数列?bn?的通项公式； ,bn?2an?2（Ⅱ）求使不等式an?an?1?3成立的c的取值范围 .

50、（2010四川文数）（20）（本小题满分12分） 已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为-4。 （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn?(4?an)qn?1(q?0,n?N*)，求数列{bn}的前n项和Sn

51、（2010山东理数）（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Sn． （Ⅰ）求an及Sn； （Ⅱ）令bn=

1*

(nN)，求数列?bn?的前n项和Tn． ?2an?1【解析】（Ⅰ）设等差数列?an?的公差为d，因为a3?7，a5?a7?26，所以有

?a1?2d?7，解得a1?3,d?2， ?2a?10d?26?12n?1)=2n+1；Sn=3n+所以an?3?（（Ⅱ）由（Ⅰ）知an?2n+1，所以bn=

n(n-1)?2=n2+2n。 21111111=?==?(-)，

an2?1（2n+1)2?14n(n+1)4nn+1所以Tn=

n11111111， ?(1-+?+?+-)=?(1-)=4223nn+14n+14(n+1)n。

4(n+1)

即数列?bn?的前n项和Tn=