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1、专题之6、数列与极限一、选择题。1(2009年复旦大学)设数列an,bn满足bn=anan1,n=1,2,3,如果a0=0,a1=1,且bn是公比为2的等比数列,又设Sn=a1+a2+an,A.0B.C.1D.22(2009年复旦大学)已知x2(tan +cot )x+1=0(0<<),且满足x+x3+x2n1+3(2009年复旦大学)设实数a,b,c都不为0,则下列不等式一定成立的是4(2011年复旦大学)设有4个数的数列为a1,a2,a3,a4,前3个数构成一个等比数列,其和为k,后3个数构成一个等差数列,其和为9,且公差非零.对于任意固定的k,若满足条件的数列的个数大于1,则
2、k应满足A.12k>27B.12k<27C.12k=27D.其他条件5(2011年复旦大学)设n为一个正整数,记则P(n)是n的一个多项式.下面结论中正确的是6(2011年复旦大学) A.0<a+b10B.0<a+b<10C.a+b>0D.a+b107(2011年复旦大学) A.数列xn是单调增数列 B.数列xn是单调减数列 C.数列xn或是单调增数列,或是单调减数列 D.数列xn既非单调增数列,也非单调减数列8(2012复旦大学) 二、填空题。9(2009年华中科技大学) .10(2012年清华大学等七校联考) .三、解答题。11(2009年华南理工大学)
3、已知a2+a1=0,b2+b1=0,a<b,设a1=1,a2=b,an+1+anan1=0(n2),bn=an+1a·an.(1)证明数列bn是等比数列;(2)求数列an的通项;(3)设c1=c2=1,cn+2=cn+1+cn,证明:当n3时,(1)n(cn2a+cnb)=bn1.12(2009年华中科技大学)已知数列an是公差为d(d0)的等差数列,在平面直角坐标系xOy中,直线x=an与x轴和函数f(x)=2x的图象分别交于点An(an,0)和Bn(an,bn).()记直角梯形AnAn+1Bn+1Bn的面积为Sn,求证数列Sn是等比数列;()判断BnBn+1Bn+2的形状(
4、锐角三角形、直角三角形、钝角三角形),并予以证明;()对于给定的正整数n,是否存在这样的实数d,使得以bn,bn+1,bn+2为边长能构成一个三角形?如果存在,求出d的取值范围;如果不存在,请说明理由.13(2009年中国科技大学)已知A=x|x=n!+n,nN*,B是A在N*上的补集.(1)求证:无法从B中取出无限个数组成等差数列;(2)能否从B中取出无限个数组成等比数列?试说明理由.15(2010年浙江大学)16(2011年同济大学等九校联考)设数列an满足a1=a,a2=b,2an+2=an+1+an.(1)设bn=an+1an,证明:若ab,则bn是等比数列;(2)若(a1+a2+an
5、)=4,求a,b的值.17(2009年清华大学)证明:正整数数列a1,a2,a2n+1是常数列的充分必要条件是其满足性质P:对数列中任意2n项,存在一种方法将这2n项分为两类(每类n个数),使得两类之和相等.18(2009年清华大学)已知数列an,且Sn=na+n(n1).19(2009年清华大学)请写出所有三个数均为质数,且公差为8的等差数列,并证明你的结论.22(2009年北京大学)已知由整数组成的无穷等差数列中有三项:13,25,41.求证:2 009为其中一项.23(2011年北京大学等十三校联考)等差数列a1,a2,满足a3=13,a7=3.这个数列的前n项和为Sn,数列S1,S2,
6、中哪一项最小?并求出这个最小值.24.1.D【解析】通过叠加的方法求出数列an的通项,再求出其前n项和,根据极限的运算法则进行计算.根据b1=1,bn=2n1,得anan1=2n1,令n=1,2,n,得n个等式,叠加得an=1+2+2n1=2n1,从而Sn=2n+12n.选D.4.A【解析】根据后3个数成等差数列,前3个数成等比数列设出这四个数,再根据前3个数的和为k,进行分析求解.因为后3个数成等差数列且和为9,故可依次设为:3d,3,3+d,又因为前3个数成等比数列,则第1个数为:,即+3d+3=k,化简得:d29d+273k=0,因为满足条件的数列的个数大于1,需要>0,所以12k
7、>27,选A.5.D【解析】首先要对式子P(n)=k4进行化简,得到一个有确定项数的表达式,再去分析各项的系数特点.6.B【解析】由于a,b是不相等的正数,且a,b的大小对数列的极限值有影响,所以可对a,b的大小9.ln 2【解析】10.lg 3【解析】an=lg=lg(n2+3n+2)lgn(n+3)=lg(n+1)lg nlg(n+3)lg(n+2),所以Sn=a1+a2+an=lg(n+1)lgn+lgnlg(n1)+(lg2lg1)lg(n+3)lg(n+2)+lg(n+2)lg(n+1)+(lg 4lg 3)=lg(n+1)lg 1lg(n+3)lg 3=lg+lg 3,所以S
8、n=lg 3+lg=lg 3.11.12.13.(1)若能从B中取出无限个数组成等差数列am,并设公差为d.则am=a1+(m1)d,而n>d时,n!+n,(n+1)!+(n+1),(n+2)!+(n+2),被d除,其余数分别与n,n+1,n+2,被d除的余数相同,而这些余数应该是逐一递增的,取得d1后,又以周期性的形式出现,所以存在n0,使n0!+n0被d除与am被d除的余数相同.这就说明:n0!+n0是等差数列am中的项,而n0!+n0A,故n0!+n0B.于是,矛盾就产生了,故假设不成立,即要证明的结论成立.(2)能从B中取出无限个数组成等比数列.例如bm=5m(mN*).由于n!
9、+n=n(n1)!+1,并且当n>5时,5不能整除(n1)!+1,故5mA,因此,5mB.故数列bm是从B中取出无限个数组成的等比数列.14.(1)当n=1时,a1=11,2.假设当n=k(kN*) 时,1ak2成立.则当n=k+1时,ak+1=1+,而1ak2,故1.ak+1=1+,21,2,即当n=k+1时,1ak+12.综上,1an2(nN*).(2)，而由an=1+(n2)及1an2(nN*)知,an·an1=an1+12,3,故,(n2,nN*),所以原式得证.15.如图所示,16.(1)由2an+2=an+1+an得2(an+2an+1)=(an+1an).bn=a
10、n+1an,则bn+1=bn,bn是首项为ba,公比为的等比数列.(2)由(1)知,bn=()n1·b1,即an+1an=()n1(ba),a2a1=()11(ba),a3a2=()21(ba),an+1an=()n1(ba),以上各式相加得:an+1a1=(ba)·,an+1=a+(ba)1()n,即an=a+(ba)1()n1,a1+a2+an=na+(ba)n=na+(ba)n(ba)+(ba)()n.(a1+a2+an)=4,解得.17.这里必要性是显然的,下面证明充分性,即满足性质P的2n+1个正整数构成常数列.可用反证法证明:若a1,a2,a2n+1不全相等,并
11、且它们从小到大的排列为:a'1a'2a'2na'2n+1,而且在a'i+1a'i>0中,最小者为aa.设S=a1+a2+a2n+1,若S为奇数,则由性质P知,每一个ai均为奇数;若S为偶数,则每一个ai又均为偶数.当ai均为奇数时,a11,a21,a31,a2n+11也具有性质P;当ai均为偶数时,也具有性质P.从而可知,aa一定是偶数.当最小者aa=2时,我们有:是n个奇偶性相同的正整数之和,也是n个奇偶性相同的正整数之和,所以它们的差:=是偶数,而另一方面,由于aa=2,故=1,从而产生了矛盾.故正整数数列a1,a2,a2n+1为常数列
12、.而当最小者aa=2k(k>1,kN)时,我们对数列a'i应用与的变换,有限次后,就能得到数列b'i(b'i为正整数),而这个数列满足性质P,并且bb=2.这样b'i为常数列,从而正整数数列a1,a2,a2n+1亦为常数列.18.19.三个质数组成的公差为8的等差数列只有一个,即:3,11,19.证明如下:当第一个质数为2时,则等差数列为2,10,18,不符合题意;当第一个质数大于或等于3时,设第一个质数分别为:m=3k, n=3k+1, p=3k+2,且kN*.则分别有:3k,3k+8,3k+16;3k+1,3k+9,3k+17;3k+2,3k+10,3k+18.对于,由于3k为质数,故k=1.此时,这三个数为3,11,19;对于,由于3k+9=3(k+3)不是质数,此种情况不会出现;对于,由于3k+18=3(k+6)不是质数,此种情况不会出现.因此,所求的等差数列仅有:3,11,19.20.21.22.4125=16,2513=12,16和12的最大公因子是4,此等差数列的公差一定是4的因子,设公差为d,则nd=4,n为正整数,而2 009=41+1 968=41+4×492=41+492×nd,故2 009为其中一项.23.24.
高校自主招生考试数学真题分类解析之6、数列与极限
