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2010年高考数学试题分类汇编——数列


2010 年高考数学试题分类汇编——数列 年高考数学试题分类汇编—— ——数列
浙江理数) (3)设 Sn 为等比数列 {an } 的前 n 项和, 8a2 + a5 = 0 ,则 (2010 浙江理数) (A)11 (B)5 (C) 8 (D) 11

S5 = S2

解析:解析:通过 8a2 + a5 = 0 ,设公比为 q ,将该式转化为 8a 2 + a 2 q 3 = 0 ,解得 q =-2,带入所求式可 知答案选 D,本题主要考察了本题主要考察了等比数列的通项公式与前 n 项和公式,属中档题

理数) (4).如果等差数列 {an } 中, a3 + a4 + a5 = 12 ,那么 a1 + a2 + ... + a7 = (2010 全国卷 2 理数) (A)14 (B)21 (C)28 【答案】C 【命题意图】本试题主要考查等差数列的基本公式和性质. 【解析】 a3 + a4 + a5 = 3a4 = 12, a4 = 4,∴ a1 + a2 + L + a7 = (D)35

7( a1 + a7 ) = 7 a4 = 28 2

辽宁文数) (3)设 Sn 为等比数列 {an } 的前 n 项和,已知 3S3 = a4 2 , 3S 2 = a3 2 ,则公比 q = (2010 辽宁文数) (A)3 (B)4 (C)5 (D)6

解析:选 B. 两式相减得, 3a3 = a4 a3 , a4 = 4a3 ,∴ q =

a4 = 4. a3

辽宁理数) (6)设{an}是有正数组成的等比数列, Sn 为其前 n 项和.已知 a2a4=1, S3 = 7 ,则 S5 = (2010 辽宁理数) (A)

15 2

(B)

31 4

(C)

33 4

(D)

17 2

【答案】B 【命题立意】本题考查了等比数列的通项公式与前 n 项和公式,考查了同学们解决问题的能力. 【解析】由 a2a4=1 可得 a1 q = 1 ,因此 a1 =
2 4

1 2 ,又因为 S3 = a1 (1 + q + q ) = 7 ,联力两式有 2 q

1 1 1 ( + 3)( 2) = 0 ,所以 q= ,所以 S5 = q q 2

4 (1

1 ) 25 = 31 ,故选 B. 1 4 1 2

文数) (2010 全国卷 2 文数)(6)如果等差数列 {an } 中, a3 + a4 + a5 =12,那么 a1 + a2 +…+ a7 = (A)14 (B) 21 (C) 28 (D) 35

【解析】C:本题考查了数列的基础知识. 解析】 本题考查了数列的基础知识.



a3 + a4 + a5 = 12

1 a4 = 4 a1 + a2 + L + a7 = 2 × 7 × (a1 + a7 ) = 7 a4 = 28 ,∴

江西理数) 5.等比数列 {an } 中, 1 = 2 , 8 =4, a a 函数 f ( x ) = x( x a1 )( x a2 ) L ( x a8 ) , f 则 (2010 江西理数) ( )
6

'

( 0) =

A. 2

B. 2

9

C. 2

12

D. 2

15

【答案】C 【解析】考查多项式函数的导数公式,重点考查学生创新意识,综合与灵活地应用所学的数学知识,思想 和方法.考虑到求导中,含有 x 项均取 0,则 f
'

(0) 只 与 函 数 f ( x ) 的 一 次 项 有 关 ; 得 :

a1 a2 a3 L a8 = (a1a8 ) 4 = 212 .

1 1 1 lim 1 + + 2 + L + n x→∞ 3 3 3 江西理数) (2010 江西理数)4. 5 A. 3 3 B. 2

= (

)

C. 2

D. 不存在

【答案】B

1 1 n 3 )=3 【解析】考查等比数列求和与极限知识.解法一:先求和,然后对和取极限. lim ( n→+∞ 1 2 1 3

安徽文数) (2010 安徽文数)(5)设数列 {an } 的前 n 项和 S n = n ,则 a8 的值为
2

(A) 15 5.A

(B) 16

(C)

49

(D)64

【解析】 a8 = S8 S 7 = 64 49 = 15 . 【方法技巧】直接根据 an = S n S n 1 ( n ≥ 2) 即可得出结论.

(2010 重庆文数) (2)在等差数列 {an } 中, a1 + a9 = 10 ,则 a5 的值为 (A)5 (C)8 解析:由角标性质得 a1 + a9 = 2a5 ,所以 a5 =5 (B)6 (D)10
[来源:高&考%资(源#网 KS5U.COM]

浙江文数) (2010 浙江文数)(5)设 sn 为等比数列 {an } 的前 n 项和, 8a2 + a5 = 0 则 (A)-11 (C)5 (B)-8 (D)11

S5 = S2

解析:通过 8a2 + a5 = 0 ,设公比为 q ,将该式转化为 8a 2 + a 2 q 3 = 0 ,解得 q =-2,带入所求式可知答案 选 A,本题主要考察了本题主要考察了等比数列的通项公式与前 n 项和公式

重庆理数) (1)在等比数列 {an } 中, a2010 = 8a2007 ,则公比 q 的值为 (2010 重庆理数) A. 2 解析: B. 3 C. 4 D. 8

a 2010 =q 3 = 8 a 2007

∴q = 2

北京理数) (2)在等比数列 {an } 中, a1 = 1 ,公比 q ≠ 1 .若 am = a1a2 a3 a4 a5 ,则 m= (2010 北京理数) (A)9 答案:C (B)10 (C)11 (D)12

四川理数) (8)已知数列 {an } 的首项 a1 ≠ 0 ,其前 n 项的和为 Sn ,且 S n +1 = 2 S n + a1 ,则 lim (2010 四川理数) (A)0 (B)

an = n →∞ S n

1 2

(C) 1

(D)2

解析:由 S n +1 = 2 S n + a1 ,且 S n + 2 = 2 S n +1 + a1

w_w_w. k*s 5* u.c o* m

作差得 an+2=2an+1 又 S2=2S1+a1,即 a2+a1=2a1+a1 a2=2a1 故{an}是公比为 2 的等比数列 - Sn=a1+2a1+22a1+……+2n 1a1=(2n-1)a1

w_w w. k#s5_u.c o* m

an 2 n 1 a1 1 则 lim = lim n = n →∞ S n →∞ (2 1) a 2 n 1
答案:B

天津理数) (6)已知 {an } 是首项为 1 的等比数列, sn 是 {an } 的前 n 项和,且 9 s3 = s6 ,则数列 (2010 天津理数)

1 的前 5 项和为 an
(A)

15 或5 8

(B)

31 或5 16

(C)

31 16

(D)

15 8

【答案】C 【解析】本题主要考查等比数列前 n 项和公式及等比数列的性质,属于中等题. 显然 q ≠ 1, 所以

9(1 q 3 ) 1-q 6 1 1 = 1 + q3 q = 2 , 所以 { } 是首项为 1, 公比为 的等比数列, 前 1-q 1 q an 2

1 1 ( )5 2 = 31 . 5 项和 T5 = 1 16 1 2
【温馨提示】在进行等比数列运算时要注意约分,降低幂的次数,同时也要注意基本量法的应用.

广东理数) (2010 广东理数)4. 已知 {an } 为等比数列,Sn 是它的前 n 项和.若 a2 a3 = 2a1 , 且 a4 与 2 a7 的等差中 项为

5 ,则 S5 = 4
B.33 C.31 D.29

A.35

4.C.设{ an }的公比为 q ,则由等比数列的性质知, a2 a3 = a1 a4 = 2a1 ,即 a4 = 2 .由 a4 与 2 a7 的等差 中项为

5 5 1 5 1 5 1 知, a4 + 2a7 = 2 × ,即 a7 = (2 × a4 ) = (2 × 2) = . 4 4 2 4 2 4 4
3

∴q =

a7 1 1 1 = ,即 q = . a4 = a1q 3 = a1 × = 2 ,即 a1 = 16 . a4 8 2 8

[来源:高考资源网 K

广东文数) (2010 广东文数)

文数) (4)已知各项均为正数的等比数列{ an }, a1a2 a3 =5, a7 a8 a9 =10,则 (2010 全国卷 1 文数) (A) 5 2 (B) 7 (C) 6 (D) 4 2

a4 a5 a6 =

4.A【命题意图】本小题主要考查等比数列的性质,指数幂的运算,根式与指数式的互化等知识,着重考 查了转化与化归的数学思想. 【解析】由等比数列的性质知 a1a2 a3 = ( a1a3 ) a2 = a2 = 5 , a7 a8 a9 = ( a7 a9 ) a8 = a8 = 10,所以
3 3

a2 a8 = 50 3 ,

1

所以 a4 a5 a6 = (a4 a6 ) a5 = a = ( a2 a8 ) = (50 ) = 5 2
3 5 3

1 6 3

理数) (4)已知各项均为正数的等比数列{ an }中, a1a2 a3 =5, a7 a8 a9 =10,则 (2010 全国卷 1 理数) (A) 5 2 (B) 7 (C) 6 (D) 4 2

a4 a5 a6 =

湖北文数) (2010 湖北文数)7.已知等比数列{ am }中,各项都是正数,且 a1 , A. 1 + 2 B. 1 2 C. 3 + 2 2

a +a 1 a3 , 2a2 成等差数列,则 9 10 = 2 a7 + a8

D3 2 2

山东理数) (2010 山东理数)

1.(2010 安徽理数)10,设 {an } 是任意等比数列,它的前 n 项和,前 2n 项和与前 3n 项和分别为 X , Y , Z , 则下列等式中恒成立的是 A, X + Z = 2Y C, Y 2 = XZ 10.D 【分析】取等比数列 1, 2, 4 ,令 n = 1 得 X = 1, Y = 3, Z = 7 代入验算,只有选项 D 满足. 【方法技巧】对于含有较多字母的客观题,可以取满足条件的数字代替字母,代入验证,若能排除 3 个选 项,剩下唯一正确的就一定正确;若不能完全排除,可以取其他数字验证继续排除.本题也可以首项,公比 即项数 n 表示代入验证得结论. (2010 湖北理数)7,如图,在半径为 r 的园内作内接正六边形,再作正六边形的内切圆,又在此内切圆 内作内接正六边形,如此无限继续下去,设 sn 为前 n 个圆的面积之和,则 B, Y (Y X ) = Z ( Z X ) D, Y (Y X ) = X ( Z X )

lim sn =
n→∞

A. 2 π r

2

B.

8 2 πr 3

C.4 π r

2

D.6 π r

2

建理数) (2010 福建理数)3.设等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,若 a1 = 11 , a4 + a6 = 6 ,则当 Sn 取最小值时,n 等于 A.6 【答案】A B.7 C.8 D.9

【解析】设该数列的公差为 d ,则 a4 + a6 = 2a1 + 8d = 2 × ( 11) + 8d = 6 ,解得 d = 2 , 所以 S n = 11n +

n(n 1) × 2 = n 2 12n = (n 6) 2 36 ,所以当 n = 6 时, Sn 取最小值. 2

【命题意图】本题考查等差数列的通项公式以及前 n 项和公式的应用,考查二次函数最值的求法及计 算能力.

2010 年高考数学试题分类汇编——数列 年高考数学试题分类汇编—— ——数列
浙江理数) (14)设 n ≥ 2, n ∈ N , (2 x + ) (3 x + ) (2010 浙江理数)
n

1 2

1 3

n

= a0 + a1 x + a2 x 2 + + an x n ,
将 ak (0 ≤ k ≤ n) 的最小值记为 Tn ,则

T2 = 0, T3 =

1 1 1 1 3 , T4 = 0, T5 = 5 5 , , Tn , 3 2 3 2 3

其中 Tn =__________________ . 解析:本题主要考察了合情推理,利用归纳和类比进行简单的推理,属容易题 陕西文数) (2010 陕西文数)11.观察下列等式:1 +2 =(1+2) ,1 +2 +3 =(1+2+3) ,1 +2 +3 +4 = 2 3 3 3 3 3 2 2 (1+2+3+4) ,…,根据上述规律,第四个等式为 1 +2 +3 +4 +5 =(1+2+3+4+5) (或 15 ). ..... 解析:第 i 个等式左边为 1 到 i+1 的立方和,右边为 1 到 i+1 和的完全平方
3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 3

所以第四个等式为 1 +2 +3 +4 +5 =(1+2+3+4+5) (或 15 ). ..... 辽宁文数) (14)设 Sn 为等差数列 {an } 的前 n 项和,若 S3 = 3,S6 = 24 ,则 a9 = (2010 辽宁文数) .

3

3

3

3

3

2

2

解析:填 15.

3× 2 S3 = 3a1 + 2 d = 3 a = 1 ,解得 1 ,∴ a9 = a1 + 8d = 15. d = 2 S = 6a + 6 × 5 d = 24 1 6 2

辽宁理数) (16)已知数列 {an } 满足 a1 = 33, an +1 an = 2n, 则 (2010 辽宁理数) 【答案】

an 的最小值为__________. n

21 2

【命题立意】本题考查了递推数列的通项公式的求解以及构造函数利用导数判断函数单调性,考 查了同学们综合运用知识解决问题的能力. 【解析】an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2[1+2+…(n-1)]+33=33+n2-n

an 33 = + n 1 n n 33 33 + n 1 , f (n) = 2 + 1 > 0 , f (n) 在 ( 33, +∞) 上是单调递增, (0, 33) 上 令 则 在 设 f ( n) = n n
所以 是递减的,因为 n∈N+,所以当 n=5 或 6 时 f ( n) 有最小值. 又因为

a5 53 a6 63 21 a a 21 = , = = ,所以, n 的最小值为 6 = 5 5 6 6 2 n 6 2

浙江文数) (14)在如下数表中,已知每行,每列中的树都成等差数列, (2010 浙江文数) 那么,位于下表中的第 n 行第 n+1 列的数是 .

答案: n + n
2

天津文数) (15) 设{an}是等比数列, 公比 q = (2010 天津文数)

2 , n 为{an}的前 n 项和. Tn = S 记

17 S n S 2 n , n ∈ N *. an +1

设 Tn0 为数列{ Tn }的最大项,则 n0 =

.

【答案】4 【解析】本题主要考查了等比数列的前 n 项和公式与通项及平均值不等式的应用,属于中等题.

17a1[1 ( 2) n ] a1[1 ( 2) 2 n ] 1 ( 2)2 n 17( 2) n + 16 1 2 1 2 Tn = = a1 ( 2) n 1 2 ( 2) n
= 1 16 16 [( 2) n + 17] 因为 ( 2) n + ≥8,当且仅当 ( 2) n =4,即 n=4 时取等号,所以当 n n 1 2 ( 2) ( 2)

n0=4 时 Tn 有最大值. 【温馨提示】本题的实质是求 Tn 取得最大值时的 n 值,求解时为便于运算可以对 ( 2) n 进行换元,分子, 分母都有变量的情况下通常可以采用分离变量的方法求解. 湖南理数) (2010 湖南理数)15.若数列 {an } 满足:对任意的 n ∈ N ,只有有限个正整数 m 使得 am<n 成立,记这


样的 m 的个数为 ( an ) , 则得到一个新数列 ( an ) . 例如, 若数列 {an } 是 1, 2,3…,n, … , 则数列 ( an )


{

}

{

}

是 0,1, 2, …,n 1, … .已知对任意的 n ∈ N , an = n ,则 ( a5 ) =
2





,

((an ) ) =

.

福建理数) ( 2010 福建理数 ) 11.在等比数列 {a n } 中,若公比 q=4 ,且前 3 项之和等于 21,则该数列的通项公式

an =

.

【答案】 4

n-1

【解析】由题意知 a1 + 4a1 + 16a1 = 21 ,解得 a1 = 1 ,所以通项 an = 4n-1 . 【命题意图】本题考查等比数列的通项公式与前 n 项和公式的应用,属基础题. 3. (2010 江苏卷)8,函数 y=x2(x>0)的图像在点(ak,ak2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为 ak+1,k 为正整数, 江苏卷) a1=16,则 a1+a3+a5=____▲_____ [解析]考查函数的切线方程,数列的通项. 在点(ak,ak2)处的切线方程为: y ak = 2ak ( x ak ), 当 y = 0 时,解得 x =
2

ak , 2

所以 ak +1 =

ak , a1 + a3 + a5 = 16 + 4 + 1 = 21 . 2

2010 年高考数学试题分类汇编——数列 年高考数学试题分类汇编—— ——数列
上海文数)21.(本题满分 个小题, (2010 上海文数)21.(本题满分 14 分)本题共有 2 个小题,第一个小题满分 6 分,第 2 个小题满分 8 分. 已知数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且 S n = n 5a n 85 , n ∈ N (1)证明: {an 1} 是等比数列; (2)求数列 {S n } 的通项公式,并求出使得 S n +1 > S n 成立的最小正整数 n .
5 解析:(1) 当 n=1 时,a1=14;当 n≥2 时,an=SnSn1=5an+5an1+1,所以 an 1 = (an 1 1) , 6
*

又 a11=15≠0,所以数列{an1}是等比数列;
5 (2) 由(1)知: an 1 = 15 6 5 由 Sn+1>Sn,得 6
n1 n 1

5 ,得 an = 1 15 6

n 1

5 ,从而 Sn = 75 6

n 1

+ n 90 (n∈N*);

<

2 2 , n > log 5 + 1 ≈ 14.9 ,最小正整数 n=15. 5 6 25

湖南文数) (2010 湖南文数)20.(本小题满分 13 分) 给出下面的数表序列:

其中表 n(n=1,2,3 L )有 n 行,第 1 行的 n 个数是 1,3,5,L 2n-1,从第 2 行起,每行中的每个数都等于

它肩上的两数之和. (I)写出表 4,验证表 4 各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列,并将结论推广到表 n(n≥3) (不要求证明) ; (II)每个数列中最后一行都只有一个数,它们构成数列 1,4,12 L ,记此数列为

{bn }

求和:

b3 b b + 4 +L n + 2 b1b2 b2b3 bn bn +1

理数) (18) (本小题满分 12 分) (2010 全国卷 2 理数) 已知数列 {an } 的前 n 项和 S n = ( n 2 + n) 3n . (Ⅰ)求 lim

n →∞

an ; Sn
a a1 a2 + 2 + … + n >3n . 2 1 2 n2

(Ⅱ)证明:

【命题意图】本试题主要考查数列基本公式 an = 考查考生运用所学知识解决问题的能力. 【参考答案】

s1 (n = 1) 的运用,数列极限和数列不等式的证明, sn sn 1 (n ≥ 2)

【点评】2010 年高考数学全国 I,Ⅱ这两套试卷都将数列题前置,一改往年的将数列结合不等式放缩法问 题作为押轴题的命题模式,具有让考生和一线教师重视教材和基础知识,基本方法基本技能,重视两纲的 导向作用,也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心. 估计以后的高考,对数列的考查主要涉及数列的基本公式,基本性质,递推数列,数列求和,数列极限, 简单的数列不等式证明等,这种考查方式还要持续. 陕西文数) (2010 陕西文数)16.(本小题满分 12 分) 已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且 a1,a3,a9 成等比数列. an (Ⅰ)求数列{an}的通项; (Ⅱ)求数列{2 }的前 n 项和 Sn. 解 (Ⅰ)由题设知公差 d≠0, 由 a1=1,a1,a3,a9 成等比数列得 解得 d=1,d=0(舍去) , (Ⅱ)由(Ⅰ)知 2
am
n

1 + 2d 1 + 8d = , 1 1 + 2d

故{an}的通项 an=1+(n-1)×1=n.

=2 ,由等比数列前 n 项和公式得

Sm=2+2 +2 +…+2 =

2

3

n

2(1 2 n ) n+1 =2 -2. 1 2

文数) (18) (本小题满分 12 分) (2010 全国卷 2 文数) 已知 {an } 是各项均为正数的等比数列,且

a1 + a2 = 2(

1 1 1 1 1 + ) , a3 + a4 + a5 = 64( + + ) a1 a2 a3 a4 a5

(Ⅰ)求 {an } 的通项公式; (Ⅱ)设 bn = ( an +

1 2 ) ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn . an

项和及方程与方程组的基础知识. 【解析】本题考查了数列通项,前 n 项和及方程与方程组的基础知识. 解析】本题考查了数列通项, (1)设出公比根据条件列出关于

a1

与 d 的方程求得

a1

可求得数列的通项公式. 与 d ,可求得数列的通项公式.

的通项公式,由其通项公式化可知其和可分成两个等比数 (2)由(1)中求得数列通项公式,可求出 BN 的通项公式,由其通项公式化可知其和可分成两个等比数 中求得数列通项公式, 列分别求和即可求得. 列分别求和即可求得. 江西理数) (2010 江西理数)22. (本小题满分 14 分) 证明以下命题: (1) 对任一正整 a,都存在整数 b,c(b<c),使得 a ,b ,c 成等差数列.
2 2 2

(2) 存在无穷多个互不相似的三角形△ n ,其边长 an,bn,cn 为正整数且 an ,bn ,cn 成等差数列.
2 2 2

【解析】作为压轴题,考查数学综合分析问题的能力以及创新能力. (1)考虑到结构要证 a + c = 2b , ;类似勾股数进行拼凑.
2 2 2

证明:考虑到结构特征,取特值 12 , 52 , 7 2 满足等差数列,只需取 b=5a,c=7a,对一切正整数 a 均能成立. 结合第一问的特征,将等差数列分解,通过一个可做多种结构分解的因式说明构成三角形,再证明互 不相似,且无穷. 证明:当 an,bn ,cn 成等差数列,则 bn an = cn bn ,
2 2 2 2 2 2 2

分解得: (bn + an )(bn an ) = (cn + bn )(cn bn ) 选取关于 n 的一个多项式, 4n( n 2 1) 做两种途径的分解

4n(n 2 1) = (2n 2)(2n 2 + 2n) = (2n 2 2n)(2n + 2) 4n(n 2 1)

an = n 2 2 n 1 对比目标式,构造 bn = n 2 + 1 ( n ≥ 4) ,由第一问结论得,等差数列成立, c = n 2 + 2n 1 n
考察三角形边长关系,可构成三角形的三边. 下证互不相似.

任取正整数 m,n,若△m,△ n 相似:则三边对应成比例 由比例的性质得:

m 2 2m 1 m 2 + 1 m 2 + 2m 1 = = , n 2 2n 1 n 2 + 1 n 2 + 2n 1

m 1 m + 1 = m = n ,与约定不同的值矛盾,故互不相似. n 1 n + 1

安徽文数) (21) (本小题满分 13 分) (2010 安徽文数) 设 C1 , C2 ,L , Cn ,L 是坐标平面上的一列圆, 它们的圆心都 正半轴上, 且都与直线 y = 在 x 轴的

3 x 相切, 对每一个正整数 n , 3

圆 Cn 都与 列.

以 已知 {rn } 为递增数 圆 Cn +1 相互外切, rn 表示 Cn 的半径, (Ⅰ)证明: {rn } 为等比数列; (Ⅱ)设 r1 = 1 ,求数列 { } 的前 n 项和.

n rn

【命题意图】本题考查等比列的基本知识,利用错位相减法求和等基本方法,考察抽象概括能力以及推理 论证能力. 【解题指导】 (1)求直线倾斜角的正弦,设 Cn 的圆心为 (λn , 0) ,得 λn = 2rn ,同理得 λn +1 = 2rn +1 ,结合 两圆相切得圆心距与半径间的关系,得两圆半径之间的关系,即 {rn } 中 rn +1 与 rn 的关系,证明 {rn } 为等比 数列; (2)利用(1)的结论求 {rn } 的通项公式,代入数列

n ,然后用错位相减法求和. rn

3 3 1 , sin θ = , x的倾斜角记为,则有tanθ = 3 3 2 r 1 设Cn的圆心为(λn,0),则由题意得知 n = ,得λn = 2rn;同理 λn 2 解:(1)将直线y=

λn+1 = 2rn+1,从而λn+1 = λn + rn + rn+1 = 2rn+1,将λn = 2rn 代入,
解得rn+1 = 3rn 故 rn 为公比q = 3的等比数列. (∏)由于rn = 1,q = 3,故rn = 3n 1,从而 记Sn = n 1 2 + + ..... + , 则有 r1 r2 rn n = n *31 n , rn

Sn = 1 + 2*31 + 3*32 + ......n *31 n Sn = 1*31 + 2*32 + ...... + (n 1)*31 n + n *3 n 3 ① ②,得 2Sn = 1 + 31 + 32 + ... + 31 n n *3 n 3 1 3 n 3 3 = n *3 n = (n + )*3 n , 2 2 2 3 9 1 3 9 (2n + 3)*31 n ∴ S n = (n + ) *31 n = 4 2 2 4
【方法技巧】对于数列与几何图形相结合的问题,通常利用几何知识,并结合图形,得出关于数列相邻项

an 与 an +1 之间的关系,然后根据这个递推关系,结合所求内容变形,得出通项公式或其他所求结论.对于
数列求和问题, 若数列的通项公式由等差与等比数列的积构成的数列时, 通常是利用前 n 项和 Sn 乘以公比, 然后错位相减解决. (2010 重庆文数) (16) (本小题满分 13 分, (Ⅰ)小问 6 分, (Ⅱ)小问 7 分. ) 已知 {an } 是首项为 19,公差为-2 的等差数列, Sn 为 {an } 的前 n 项和. (Ⅰ)求通项 an 及 Sn ; (Ⅱ)设 {bn an } 是首项为 1,公比为 3 的等比数列,求数列 {bn } 的通项公式及其前 n 项和 Tn .

浙江文数) (19) (本题满分 14 分)设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项 (2010 浙江文数) 和为 Sn,满足 S5 S6 +15=0. (Ⅰ)若 S5 =5,求 S6 及 a1; (Ⅱ)求 d 的取值范围.

重庆理数) (21) (本小题满分 12 分, (I)小问 5 分, (II)小问 7 分) (2010 重庆理数) 在数列 {an } 中, a1 =1, an +1 = can + c (I) (II) 求 {an } 的通项公式; 若对一切 k ∈ N * 有 a2 k > azk 1 ,求 c 的取值范围.
n +1

( 2n + 1)( n ∈ N *) ,其中实数 c ≠ 0 .

山东文数) (18) (本小题满分 12 分) (2010 山东文数) 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 ( n ∈ N + ),求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn . an 1
2

北京文数) (16) (本小题共 13 分) (2010 北京文数) 已知 | an | 为等差数列,且 a3 = 6 , a6 = 0 . (Ⅰ)求 | an | 的通项公式; (Ⅱ)若等差数列 | bn | 满足 b1 = 8 , b2 = a1 + a2 + a3 ,求 | bn | 的前 n 项和公式 解: (Ⅰ)设等差数列 {an } 的公差 d . 因为 a3 = 6, a6 = 0 所以

a1 + 2d = 6 a1 + 5d = 0

解得 a1 = 10, d = 2

所以 an = 10 + ( n 1) 2 = 2n 12 (Ⅱ)设等比数列 {bn } 的公比为 q 因为 b2 = a1 + a 2 + a3 = 24, b = 8 所以 8q = 24 即 q =3

所以 {bn } 的前 n 项和公式为 S n =

b1 (1 q n ) = 4(1 3n ) 1 q

北京理数) (20) (本小题共 13 分) (2010 北京理数)

已 知 集 合 S n = { X | X = ( x1 , x2 , …,xn ), x1 ∈ {0,1}, i = 1, 2, …, n}( n ≥ 2) 对 于 A = ( a1 , a2 , …an , ) ,

B = (b1 , b2 , …bn , ) ∈ S n ,定义 A 与 B 的差为 A B = (| a1 b1 |,| a2 b2 |, … | an b n |);
A 与 B 之间的距离为 d ( A, B ) =


i 1

| a1 b1 |

(Ⅰ)证明: A, B, C ∈ S n , 有A B ∈ S n ,且 d ( A C , B C ) = d ( A, B ) ; (Ⅱ)证明: A, B, C ∈ S n , d ( A, B ), d ( A, C ), d ( B, C ) 三个数中至少有一个是偶数 (Ⅲ) 设 P S n ,P 中有 m(m≥2)个元素,记 P 中所有两元素间距离的平均值为 证明: (P)≤ (P).

d

d

mn . 2(m 1)

(考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效) 证明: (I)设 A = ( a1 , a2 ,..., an ) , B = (b1 , b2 ,..., bn ) , C = (c1 , c2 ,..., cn ) ∈ S n 因为 ai , bi ∈ {0,1} ,所以 ai bi ∈ {0,1} , (i = 1, 2,..., n) 从而 A B = (| a1 b1 |,| a2 b2 |,...,| an bn |) ∈ S n 又 d ( A C, B C ) =
www. @ks@5 u.com

∑ || a c | | b c ||
i =1 i i i i

n

由题意知 ai , bi , ci ∈ {0,1} (i = 1, 2,..., n) . 当 ci = 0 时, || ai ci | | bi ci ||=|| ai bi | ; 当 ci = 1 时, || ai ci | | bi ci ||=| (1 ai ) (1 bi ) |=| ai bi |

所以 d ( A C , B C ) =

∑ | a b | = d ( A, B)
i =1 i i

n

(II)设 A = ( a1 , a2 ,..., an ) , B = (b1 , b2 ,..., bn ) , C = (c1 , c2 ,..., cn ) ∈ S n

d ( A, B ) = k , d ( A, C ) = l , d ( B, C ) = h .
记 O = (0, 0,..., 0) ∈ S n ,由(I)可知

d ( A, B ) = d ( A A, B A) = d (O, B A) = k d ( A, C ) = d ( A A, C A) = d (O, C A) = l d ( B, C ) = d ( B A, C A) = h
所以 | bi ai | (i = 1, 2,..., n) 中 1 的个数为 k , | ci ai | (i = 1, 2,..., n) 的 1 的 个数为 l . 设 t 是使 | bi ai |=| ci ai |= 1 成立的 i 的个数,则 h = l + k 2t 由此可知, k , l , h 三个数不可能都是奇数, 即 d ( A, B ) , d ( A, C ) , d ( B, C ) 三个数中至少有一个是偶数. (III) d ( P ) =

1 2 Cm

A , B∈P



d ( A, B ) ,其中

A , B∈P



d ( A, B ) 表示 P 中所有两个元素间距离的总和,

www.@ks@5u. com

设 P 种所有元素的第 i 个位置的数字中共有 ti 个 1, m ti 个 0 则

A , B∈P



d ( A, B ) = ∑ ti (m ti )
i =1

n

由于 ti ( m ti ) ≤

m2 (i = 1, 2,..., n) 4

nm 2 所以 ∑ d ( A, B ) ≤ 4 A , B∈P
从而 d ( P ) =

1 2 Cm

A , B∈P



d ( A, B ) ≤

nm mn = 2 4Cm 2(m 1)

2

四川理数) (21) (本小题满分 12 分) (2010 四川理数) * 已知数列{an}满足 a1=0,a2=2,且对任意 m,n∈N 都有 a2m-1+a2n-1=2am+n-1+2(m-n)2 (Ⅰ)求 a3,a5; * (Ⅱ)设 bn=a2n+1-a2n-1(n∈N ),证明:{bn}是等差数列; - * (Ⅲ)设 cn=(an+1-an)qn 1(q≠0,n∈N ),求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 本小题主要考查数列的基础知识和化归,分类整合等数学思想,以及推理论证,分析与解决问题的能力. 解:(1)由题意,零 m=2,n-1,可得 a3=2a2-a1+2=6 再令 m=3,n=1,可得 a5=2a3-a1+8=20………………………………2 分 * (2)当 n∈N 时,由已知(以 n+2 代替 m)可得 a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8

于是[a2(n+1)+1-a2(n+1)-1]-(a2n+1-a2n-1)=8 即 bn+1-bn=8 所以{bn}是公差为 8 的等差数列………………………………………………5 分 (3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为 b1=a3-a1=6,公差为 8 的等差数列 则 bn=8n-2,即 a2n+=1-a2n-1=8n-2 另由已知(令 m=1)可得
w_w w. k#s5_u.c o* m

a2 n +1 + a1 -(n-1)2. 2 a + a2 n 1 -2n+1 那么 an+1-an= 2 n +1 2 8n 2 = -2n+1 2
a n=

w_w w. k#s5_u.c o* m

=2n - 于是 cn=2nqn 1. 当 q=1 时,Sn=2+4+6+……+2n=n(n+1) - 当 q≠1 时,Sn=2q0+4q1+6q2+……+2nqn 1. 两边同乘以 q,可得 qSn=2q1+4q2+6q3+……+2nqn. 上述两式相减得 - (1-q)Sn=2(1+q+q2+……+qn 1)-2nqn
w_w w. k#s5_u.c o* m

=2

1 qn -2nqn 1 q 1 (n + 1)q n + nq n +1 1 q

=2

nq n +1 (n + 1)q n + 1 所以 Sn=2 (q 1) 2
n(n + 1) (q = 1) …………………………12 分 综上所述,Sn= nq n +1 ( n + 1) q n + 1 2 (q ≠ 1) 2 (q 1)
天津文数) (22) (本小题满分 14 分) (2010 天津文数) 在数列 {a n } 中, a1 =0,且对任意 k ∈ N , a 2k 1 , a 2k , a 2k+1 成等差数列,其公差为 2k.
*

(Ⅰ)证明 a 4 , a 5 , a 6 成等比数列; (Ⅱ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅲ)记 Tn =

22 32 n2 3 + + + ,证明 < 2n Tn ≤ (n ≥ 2) 2 . a2 a3 an 2

【解析】本小题主要考查等差数列的定义及前 n 项和公式,等比数列的定义,数列求和等基础知识,考查 运算能力,推理论证能力,综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法,满分 14 分. (I)证明:由题设可知, a2 = a1 + 2 = 2 , a3 = a2 + 2 = 4 , a4 = a3 + 4 = 8 , a5 = a4 + 4 = 12 ,

a6 = a5 + 6 = 18 .
从而

a6 a5 3 = = ,所以 a4 , a5 , a6 成等比数列. a5 a4 2

(II)解:由题设可得 a2 k +1 a2 k 1 = 4k , k ∈ N * 所以 a2 k +1 a1 = ( a2 k +1 a2 k 1 ) + ( a2 k 1 a2 k 3 ) + ... ( a3 a1 )

= 4k + 4 ( k 1) + ... + 4 × 1 = 2k ( k + 1) , k ∈ N * .
由 a1 = 0 ,得 a2 k +1 = 2k ( k + 1) ,从而 a2 k = a2 k +1 2k = 2k .
2

n2 1 n , n为奇数 n 2 ( 1) 1 2 或写为 an = + ,n∈ N *. 所以数列 {an } 的通项公式为 an = 2 2 4 n , n为偶数 2
(III)证明:由(II)可知 a2 k +1 = 2k ( k + 1) , a2 k = 2k ,
2

以下分两种情况进行讨论: (1) 当 n 为偶数时,设 n=2m ( m ∈ N *) 若 m = 1 ,则 2n 若 m ≥ 2 ,则
m ( 2k ) + m1 ( 2k + 1) = m 4k 2 + m1 4k 2 + 4k + 1 k2 =∑ ∑ a k =1 a ∑ a ∑ 2k 2 ∑ 2k ( k + 1) k =2 k k =1 k =1 k =1 2k 2 k +1 n 2 2 m 1 4 k 2 + 4k 1 11 1 = 2m + ∑ + = 2m + ∑ 2 + 2k ( k + 1) 2 k k 1 k =1 2 k ( k + 1) k =1 m 1

k2 ∑ a = 2, k =2 k
n

1 1 3 1 = 2m + 2 ( m 1) + 1 = 2n . 2 m 2 n
所以 2n
n k2 3 1 3 k2 = + ,从而 < 2n ∑ < 2, n = 4, 6,8,.... ∑a 2 n 2 k =2 k k = 2 ak n

(2) 当 n 为奇数时,设 n = 2m + 1( m ∈ N *) .

( 2m + 1) k 2 2 m k 2 ( 2m + 1) 3 1 = 4m + ∑a =∑a + a 2 2m 2m ( m + 1) k =2 k k =2 k 2 m +1
n 2 2

1 1 3 1 = 4m + = 2n 2 2 ( m 1) 2 n +1
所以 2n
n k2 3 1 3 k2 = + ,从而 < 2n ∑ < 2, n = 3,5, 7,.... ∑ a 2 n +1 2 k =2 k k = 2 ak n

综合(1)和(2)可知,对任意 n ≥ 2, n ∈ N *, 有

3 < 2n Tn ≤ 2. 2

天津理数) (22) (本小题满分 14 分) (2010 天津理数) 在数列 {an } 中, a1 = 0 ,且对任意 k ∈ N . a2 k 1 , a2 k , a2 k +1 成等差数列,其公差为 d k .
*

(Ⅰ)若 d k = 2k ,证明 a2 k , a2 k +1 , a2 k + 2 成等比数列( k ∈ N )
*

(Ⅱ)若对任意 k ∈ N , a2 k , a2 k +1 , a2 k + 2 成等比数列,其公比为 qk .
*

【解析】本小题主要考查等差数列的定义及通项公式,前 n 项和公式,等比数列的定义,数列求和等基础 知识,考查运算能力,推理论证能力,综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分 14 分. (Ⅰ)证明:由题设,可得 a 所以 a

2k + 1

a = 4k , k ∈ N * . 2k 1

2k + 1

) + (a ) + ... + (a3 a1 ) a1 = (a a a 2k + 1 2 k 1 2k 1 2k 3

= 4k + 4( k 1) + ... + 4 × 1 =2k(k+1) 由 a1 =0,得 a

2k + 1

= 2k (k + 1), 从而a = a 2k = 2k 2 , a = 2(k + 1)2 . 2k 2k + 1 2k + 2

a a a k + 1 a2k + 2 k + 1 于是 2k + 1 = , = , 所以 2k + 2 = 2k + 1 . a 2k k a 2k + 1 k a 2k + 1 a 2k
所以 d k = 2k时,对任意k ∈ N , a
*

2k

,a ,a 成等比数列. 2 k + 1 2k + 2
, a2 k , a 成等差数列,及 a , a ,a 成等比数列,得 2k + 1 2 k 2 k + 1 2k + 2

(Ⅱ)证法一: (i)证明:由 a

2k 1

a a 2a = a +a , 2 = 2 k 1 + 2 k + 1 = 1 + qk 2k 2k 1 2k + 1 a a q 2k 2k k 1

当 q1 ≠1 时,可知 qk ≠1,k ∈ N 从而

*

1 q k 1

= 2

1 1 1 q k 1

=

1 q k 1

1

+ 1, 即

1 q k 1



1 q k 1

1

= 1(k ≥ 2)

所以

1 是等差数列,公差为 1. q 1 k
4 = 2, 1 =1.由(Ⅰ)有 2 q 1 1

(Ⅱ)证明: a1 = 0 , a2 = 2 ,可得 a3 = 4 ,从而 q1 =

1 q k 1

= 1 + k 1 = k , 得q k = k + 1 , k ∈ N * k

2 ( ) a a a 2k + 2 = 2k + 1 = k + 1 , 从而 2k + 2 = k + 1 ,k ∈ N * 所以 a a k a k2 2k + 1 2k 2k

因此,

a2 k =

a a k2 (k 1) 2 22 . 2k 2 .... 4 .a = . ... .2 = 2k 2 .a = a . k + 1 = 2k (k + 1), k ∈ N * 2k + 1 2k k a a a 2 (k 1)2 (k 2) 2 12 2k 2 2k 4 2

a 2k

以下分两种情况进行讨论: (1) 当 n 为偶数时,设 n=2m( m ∈ N )
*

k2 若 m=1,则 2n ∑ = 2. k = 2 ak
n

若 m≥2,则
m m k2 (2k ) 2 m 1 (2k + 1) 2 4k 2 =∑ +∑ =∑ 2 + ∑ a k =1 a a2 k +1 k =2 k k =1 k =1 2 k 2k n
m 1 m 1 4k 2 + 4k 4 k 2 + 4k + 1 1 11 1 ∑ 2k (k + 1) = 2m + ∑ 2k (k + 1) + 2k (k + 1) = 2m + ∑ 2 + 2 k k + 1 k =1 k =1 k =1 m 1

1 1 3 1 = 2m + 2(m 1) + (1 ) = 2n 2 m 2 n.
所以 2n
n k2 3 1 3 k2 = + , 从而 < 2n ∑ < 2, n = 4, 6,8... ∑a 2 n 2 k =2 k k = 2 ak n *

(2)当 n 为奇数时,设 n=2m+1( m ∈ N )

k 2 2 m k 2 (2m + 1) 3 1 (2m + 1) 2 =∑ + = 4m + ∑ a k =2 a a 2 2m 2m(m + 1) k =2 k k 2 m +1
n 2

= 4m +

1 1 3 1 = 2n 2 2(m + 1) 2 n +1
n

n k2 3 1 3 k2 所以 2n ∑ = + , 从而 < 2n ∑ < 2, n = 3,5, 7 2 n +1 2 k = 2 ak k = 2 ak n 3 k2 < 2n ∑ ≤ 2 2 k = 2 ak

综合(1) (2)可知,对任意 n ≥ 2 , n ∈ N ,有



证法二: (i)证明:由题设,可得 d k = a2 k +1 a2 k = qk a2 k a2 k = a2 k ( qk 1),

d k +1 = a2 k + 2 a2 k +1 = qk 2 a2 k qk a2 k = a2 k qk (qk 1), 所以 d k +1 = qk d k

qk +1 =

a2 k +3 a2 k + 2 + d k +1 d d q 1 = = 1 + 2k +1 = 1 + k = 1 + k a2 k + 2 a2 k + 2 qk a2 k qk a2 k qk q 1 1 = k =1, qk +1 1 qk 1 qk 1 qk 1 1

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 a3 1 = 2, = 1 .于是,由(i)可知所以 是公差为 1 的等 q1 1 qk 1 a2
1 k +1 = 1 + ( k 1) = k ,故 qk = . qk 1 k

差数列.由等差数列的通项公式可得

从而

d k +1 k +1 = qk = . dk k dk d d d k k 1 2 = k . k 1 ........ 2 = . ...... = k ,由 d1 = 2 ,可得 d1 d k 1 d k 2 d1 k 1 k 2 1

所以

d k = 2k .
于是,由(i)可知 a2 k +1 = 2k ( k + 1) , a2 k = 2k , k ∈ N *
2

以下同证法一.

理数) (22)(本小题满分 12 分)(注意:在试题卷上作答无效) (2010 全国卷 1 理数) (注意: ......... 已知数列 {an } 中, a1 = 1, an +1 = c

1 . an

(Ⅰ)设 c =

5 1 , bn = ,求数列 {bn } 的通项公式; 2 an 2

(Ⅱ)求使不等式 an < an +1 < 3 成立的 c 的取值范围 .

四川文数) (20) (本小题满分 12 分) (2010 四川文数)

w_w w. k#s5_u.c o* m

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 ) q
n 1
w_w w. k#s5_u.c o* m

(q ≠ 0, n ∈ N * ) ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Sn

山东理数) (18) (本小题满分 12 分) (2010 山东理数) 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 (n ∈ N*),求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn . an 1
2

【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 , 2a1 + 10d = 26
所以 an = 3 + (n 1)=2n+1 ; Sn = 3n+ 2 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 an = 2n+1 ,所以 bn=

n(n-1) × 2 = n 2 +2n . 2 1 1 1 1 1 1 1 = = = ( ), 2 an 1 (2n+1) 1 4 n(n+1) 4 n n+1
2

所以 Tn =

1 1 1 1 1 1 1 1 n (1- + + L + ) = (1)= , 4 2 2 3 n n+1 4 n+1 4(n+1) n . 4(n+1)

即数列 {bn } 的前 n 项和 Tn =

【命题意图】本题考查等差数列的通项公式与前 n 项和公式的应用,裂项法求数列的和,熟练数列的基础 知识是解答好本类题目的关键. 湖南理数) (本小题满分 13 分) (2010 湖南理数)21. 数列 {an } ( n ∈ N ) 中,
*

是函数 f n ( x ) =

1 3 1 x (3an + n 2 ) x 2 + 3n 2 an x 的极小值点 3 2

(Ⅰ)当 a=0 时,求通项 an ; (Ⅱ)是否存在 a,使数列 {an } 是等比数列?若存在,求 a 的取值范围;若不存在,请说明理由.

(2010 湖北理数)

(Ⅲ) 证明: 1+

1 1 1 n + + + > ln n +1)+ ( (n ≥ 1) 2 3 n (n +1) 2

2. (2010 安徽理数)20, (本小题满分 12 分) 设数列 a1 , a2 ,L , an ,L 中的每一项都不为 0. 证明: {an } 为等差数列的充分必要条件是:对任何 n ∈ N ,都有

1 1 1 n + +L + = . a1a 2 a2 a3 an an +1 a1an +1

江苏卷) (本小题满分 16 分) (2010 江苏卷)19, 设各项均为正数的数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ,已知 2a 2 = a1 + a 3 ,数列 (1)求数列 {a n } 的通项公式(用 n, d 表示) ; (2) c 为实数, 设 对满足 m + n = 3k且m ≠ n 的任意正整数 m, n, k , 不等式 S m + S n > cS k 都成立. 求证:

{ S }是公差为 d 的等差数列.
n

9 c 的最大值为 . 2
[解析] 本小题主要考查等差数列的通项, 求和以及基本不等式等有关知识, 考查探索, 分析及论证的能力. 满分 16 分. (1)由题意知: d > 0 ,

S n = S1 + (n 1)d = a1 + (n 1)d

2a2 = a1 + a3 3a2 = S3 3( S 2 S1 ) = S3 , 3[( a1 + d ) 2 a1 ]2 = ( a1 + 2d ) 2 ,
化简,得: a1 2 a1 d + d = 0, a1 = d , a1 = d
2 2

S n = d + (n 1)d = nd , S n = n 2 d 2 ,
当 n ≥ 2 时, an = S n S n 1 = n d ( n 1) d = (2n 1) d ,适合 n = 1 情形.
2 2 2 2 2

故所求 an = (2n 1) d (2) (方法一)

2

m2 + n2 S m + S n > cS k m d + n d > c k d m + n > c k , c < 恒成立. k2
2 2 2 2 2 2 2 2 2

又 m + n = 3k且m ≠ n , 2( m + n ) > ( m + n) = 9k
2 2 2 2

m2 + n2 9 > , k2 2

故c ≤

9 9 ,即 c 的最大值为 . 2 2 a1 + (n 1)d ,得 d > 0 , S n = n 2 d 2 .

(方法二)由 a1 = d 及 S n =

于是,对满足题设的 m, n, k , m ≠ n ,有

( m + n) 2 2 9 2 2 9 Sm + Sn = (m + n )d > d = d k = Sk . 2 2 2
2 2 2

所以 c 的最大值 cmax ≥

9 . 2

9 3 3 . 设 k 为 偶 数 , 令 m = k + 1, n = k 1 , 则 m, n, k 符 合 条 件 , 且 2 2 2 3 3 1 S m + S n = (m 2 + n 2 )d 2 = d 2 [( k + 1) 2 + ( k 1)2 ] = d 2 (9k 2 + 4) . 2 2 2
另一方面,任取实数 a > 于是,只要 9k + 4 < 2ak ,即当 k >
2 2

2 1 2 2 时, S m + S n < d 2ak = aS k . 2 2a 9

所以满足条件的 c ≤ 因此 c 的最大值为

9 9 ,从而 cmax ≤ . 2 2

9 . 2

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