2024年高考数学试题分类汇编 数列、极限和数学归纳法

数列、极限和数学归纳法

安徽理（11）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是____________ (11)15【命题意图】本题考查算法框图的识别，考查等差数列前n项和. 【解析】由算法框图可知T?1?2?3???k?k(k?1)2，若T＝105，则K＝

14，继续执行循环体，这时k＝15，T>105，所以输出的k值为15.

（18）（本小题满分12分）在数1和100之间插入n个实数，使得这n?2个数构成递增的等比数列，将这n?2个数的乘积记作Tn，再令an?lgTn,n≥1.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn?tanan?tanan?1,求数列{bn}的前n项和Sn.

（本小题满分13分）本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基

本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力.

解：（I）设l1,l2,?,ln?2构成等比数列，其中t1?1,tn?2?100,则

Tn?t1?t2???tn?1?tn?2, ①， Tn?tn?1?tn?2???t2?t1, ②

2①×②并利用t1tn?3?i?t1tn?2?10(1?i?n?2),得

Tn?(t1tn?2)?(t2tn?1)???(tn?1t2)?(tn?2t1)?1022(n?2),?an?lgTn?n?2,n?1.

（II）由题意和（I）中计算结果，知bn?tan(n?2)?tan(n?3),n?1. 另一方面，利用tan1?tan((k?1)?k)?tan(k?1)?tank1?tan(k?1)?tankn ,

得tan(k?1)?tank?tan(k?1)?tanktan1n?2k?1.所以Sn??bk?1??tan(k?1)?tank

k?3n?2 ??k?3(tan(k?1)?tanktan1?1)?tan(n?3)?tan3tan1?n

安徽文（7）若数列?an?的通项公式是an?(??)g(?n??),则a??a??La??? （A） 15 (B) 12 (C ) ??? (D) ??? （7）A【命题意图】本题考查数列求和.属中等偏易题. 【解析】法一：分别求出前10项相加即可得出结论；

法二：a1?a2?a3?a4???a9?a10?3，故a??a??La?????????.故选A. 北京理

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11.在等比数列{an}中，若a1?|a1|?|a2|???|an|?________.

12，a4??4，则公比q?________；

【解析】a1?12，a4??4?q??2，{|an|}是以

n?112为首项，以2为公比的等比数列，

|a1|?|a2|???|an|?2?12。

20.若数列An：a1，a2，?，an(n?2)满足|ak?1?ak|?1（k?1，2，?，n?1），则称An为E数列。记S(An)?a1?a2???an.

（1）写出一个满足a1?a5?0，且S(A5)?0的E数列A5；

（2）若a1?12，n?2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an?2011； （3）对任意给定的整数n(n?2)，是否存在首项为0的E数列An，使得S(An)?0？如果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由。 解：（Ⅰ）0，1，2，1，0是一具满足条件的E数列A5。

（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E的数列A5）

（Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列，所以ak?1?ak?1(k?1,2,?,1999). 所以A5是首项为12，公差为1的等差数列.所以a2000=12+（2000—1）×1=2011.

充分性，由于a2000—a1000≤1，

a2000—a1000≤1

??

a2—a1≤1

所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999. 又因为a1=12，a2000=2011,所以a2000=a1+1999.

故an?1?an?1?0(k?1,2,?,1999),即An是递增数列.综上，结论得证。 （Ⅲ）令ck?ak?1?ak?1?0(k?1,2,?,n?1),则cA??1. 因为a2?a1?c1?a1?a1?c1?c2 ??

an?a1?c1?c2???cn?1,

所以S(An)?na1?(n?1)c1?(n?2)c2?(n?3)c3???cn?1

?n(n?1)2?[(1?c1)(n?1)?(1?c2)(n?2)???(1?cn?1)].

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因为ck??1,所以1?ck为偶数(k?1,?,n?1).

所以*1?c1)(n?1)?(1?c2)(n?2)???(1?cn)为偶数, 所以要使S(An)?0,必须使n(n?1)2为偶数,

即4整除n(n?1),亦即n?4m或n?4m?1(m?N*). 当

n?4m?1(m?N*)时,E数列An的项满足a4k?1?a4k?1?0,a4k?2??1,a4k?1

(k?1,2,?,m)时，有a1?0,S(An)?0;

a4k?1(k?1,2,?,m),a4k?1?0时,有a1?0,S(An)?0;

a?a3k?3?0,a4k?2??1,

当n?4m?1(m?N*)时,E数列An的项满足，4k?1当n?4m?2或n?4m?3(m?N)时,n(m?1)不能被4整除，此时不存在E数列An，

使得a1?0,S(An)?0. 北京文

（14）设A?0,0?,B?4,0?,C?t?4,3?，D?t,3?。记N?t?为平行四边形ABCD内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则N?0?? ；N?t?的所有可能取值为 。6；6，7，8 （20）（本小题共13分）

,n,?1)若数列An:a1,a2,?an(n?2)满足ak?1?ak?1(k?1,2?，则称An为E数列，记S?An??a1?a2+?+an。

（I）写出一个E数列A5满足a1=a3=0；

（II）若a1=12,n=2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an=2011 （III）在a1=4的E数列An中，求使得S?An?=0成立的n的最小值 解：（Ⅰ）0，1，0，1，0是一具满足条件的E数列A5。

（答案不唯一，0，1，0，-1，0也是一个满足条件的E的数列A5）

（Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列，所以ak?1?ak?1(k?1,2,?,1999).

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所以A5是首项为12，公差为1的等差数列.所以a2000=12+（2000—1）×1=2011.

充分性，由于a2000—a1000≤1，

a2000—a1000≤1 ??

a2—a1≤1

所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999. 又因为a1=12，a2000=2011,所以a2000=a1+1999.

故an?1?an?1?0(k?1,2,?,1999),即An是递增数列.综上，结论得证。

（Ⅲ）ak?1?ak?1?ak?1?ak??1?ak?1?ak?1

所以有：?，a2?a1?1?3，a4?a3?1?1，a3?a2?1?2，a8?a7?1??3；a9?a8?1??4 相加得：a1?a2???a9?0，所以在a1=4的E数列An中，使得S?An?=0成立的n的最小值为9。 福建理

16．(本小题满分13分) 已知等比数列{an}的公比q?3，前3项和S3?

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式；

?6133．

(Ⅱ) 若函数f(x)?Asin(2x??)(A?0,0????)在x?a3，求函数f(x)的解析式．

处取得最大值，且最大值为

解：(Ⅰ)由q?3,S3?133得a1?13n?2，所以an?3；

(Ⅱ)由(Ⅰ)得a3?3，因为函数f(x)最大值为3，所以A?3， 又当x??6时函数f(x)取得最大值，所以sin(?6?3??)?1，因为0????，故???6，

所以函数f(x)的解析式为f(x)?3sin(2x?福建文17．（本小题满分12分）

)。

已知数列{an}中，a1＝1，a3＝－3。（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值。 解：（Ⅰ）由a1＝1，a3＝－3得d??2，所以an＝3－2n； （Ⅱ）Sk?k?k(k?1)??35，解得k＝7。

广东理11.等差数列?an?前9项的和等于前4项的和.若a1?1,ak?a4?0，则k? .

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解法一:S9?S4,即由1?16(a1?a9)9216?(a1?a4)42,?9a5?2(a1?a4),即9(1?4d)?2(2?3d),?d??16,(k?1)?1?3?(?)?0得:k?10.解法二:S9?S4,?a5?a6?a7?a8?a9?0,?a7?0,从而a4?a10?2a7?0,?k?10.20.（本小题满分12分）

设b?0,数列?an?满足a1=b,an?(1)求数列?an?的通项公式；

b2n?1n?1nban?1an?1?2n?2(n?2),

(2)证明：对于一切正整数n,an?解:(1)由an?当b?2时,nannannan12?bnban?1an?1?2n?2???n?1an?112?b12?b???12可得nan?1

?n2n?11??,ban?1b}是以1a1?12为首项,12为公差的等差数列,?nan?n2,从而an?2.,则数列{an 当b?2时,则数列{nan2n?11(?),ban?12?b1a12?12?b??12?b2b(2?b)2n}是以2为首项,2bnn为公比的等比数列,??b(2?b)?()bn?1?(),?an?bnb(2?b)2?bn,(b?2)?2,? 综上an??nbn(2?b).(b?0,b?2)?nn?2?b(2)当b=2时,an?2,b2n?1n?1+1?2,?an?n?1n?1b2n?1n?1n+1,从而原不等式成立;?b2b2n?123n?1n?1当b?2时,要证an?即证b2+1,只需证nnb(2?b)2?bn?2nn+1,即证1bnn(2?b)2?bnn?b2n?1+1bn,2n?1?22n?1nn?2b?22b2n?2n?1n?1nn?3b???2bn?3n?2n2?b1b2?nn?1??+,b2n?1n即证n?b???n?1n2b2????2b2b2?b?b22b2???2b22?1bb2nn?1,)b2

而上式左边=(bn?2n?1n?1b)?(n?1bn?n?2n?1)???(n?1n?2bb22)?(3b223?b212?22b2n?1?22bb2???2??2b2??n?当b?2时,原不等式也成立,从而原不等式成立.广东文11．已知?an?是递增等比数列，a2?2,a4?a3?4，则此数列的公比

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