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历届高考英语单项选择题精选 1


专题 2

数列,极限,数学归纳法
四川省绵阳开元中学(621000) 敬加义

[考点略揽] 等差(比)数列的判断;等差(比)数列基本量计算;等差(比)数列性质的应用;递推数列通项公 式求法;数列求和;构造新数列化归为等差(比)数列;归纳——猜想——证明;数列和函数的综合;数 列与解析几何的综合. 数列问题是高考的六大板块之一.通常以一道选(填)题和一道解答题形式出现.回望 06 — 08 高考 试卷,至少有三分之二将数列解答题放在全卷最后两题.随着试卷结构的改革和创新型试题不断涌现,将 数列与函数,不等式,数列与解析几何综合的几率大大提高. [典型考题分析] 考点 1 等差(比)数列的判断

a 2 n +1 * 例 1(07 湖北卷.6) 若数列{ an }满足 2 = p(p 为正常数,n ∈ N ) ,则称{ an }为"等方比数 an
列" 甲:数列{ an }是等方比数列;乙:数列{ an }是等比数列.则( )

A.甲是乙的充分不必要条件 B.甲是乙的必要不充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲是乙的既不充分又不必要条件 [命题要害剖析] 关键是:准确应用有关概念和判断的各种等价方法,如 06 陕西.6,08 山东 7,08 湖北 21 等. 由

a 2 n +1 a a = p >0,有 n +1 = ± p ,± n +1 不是"同一常数" ,故选 B. 2 an an an

[相关试题命题趋势] 概念必考,无论是大题还是小题都有足够的命题的空间. 考点 2 等差(比)数列基本量计算 例 2 08 全国卷Ⅰ. 已知等差数列{ an }满足 a2 + a4 = 4, a3 + a5 = 10 , ( 5) 则它的前 10 项和 S10 = (

)

A.138 B.135 C.95 D.23 [命题要害剖析] a1 , an , d , n, S n 中应用 Sn 的两个公式和通项公式 "知三求二" 熟练运用性质能出巧解. 06 浙江. , 如 12, 07 天津.8,08 陕西.4 等. 由 ( a3 + a5 ) ( a2 + a4 ) = 2d 有 d = 3,进而算 a1 .选 C.

[相关试题命题趋势]小题常考"知三求二" ,历年高考卷中比比皆是,是一个永恒的考点. 考点 3 等差(比)数列性质的应用 例 3(07 陕西卷.5)各项均为正数的等比数列前 n 项和为 S n , 若S n = 2,S3n = 14,则S 4 n = (

)

A.80 B.30 C.26 D.16 [命题要害剖析] 关键在于搜索出可供解题的相关性质,避开应用"通法"的繁难,出奇制胜.如 06 全国卷Ⅱ.6,07 湖北.8,08 北京.6 等. 由 S n,S 2 n S n,S3 n S 2 n 成等比数列可求 S 2n ,再由 S 2 n S n,S3 n S 2 n,S 4 n S3 n 成等比数列可求

S 4n .选 B.
[相关试题命题趋势] 等差(比)数列有许多优良性质,历来受命题者青睐,势必是长期的热点. 考点 4 递推数列通项公式求法 类型 1 叠加,累乘,迭代型

( ,则 an =( 例 4(08 江西卷.5)在数列{ an }中, a1 = 2 , an +1 = an + ln 1 + )
A. 2 + ln n B. 2 + n 1 ln n ( ) C. 2 + n ln n
1

D. 1 + n + ln n

1 n

)

[命题要害剖析]仔细观察,恰当变形,化归为叠加,累乘,迭代形式.如 07 北京.15,08 天津 22 等

( ,有 an +1 an = ln 1 + ) ( ,经过叠加即得.选 A. 由 an +1 = an + ln 1 + )
类型 2 构造新数列转化为等差(比)数列 例 5 (06 江西卷.22)已知数列{ an }满足 a1 = (1)求数列{ an }的通项公式 (2)证明:对一切正整数 n,不等式 a1a2 … an <2n! 恒成立. [命题要害剖析]关键是对递推公式变形, 转化为等差 (比) 数列, 涉及较多的基本形有: n +1 = pan + q , a

1 n

1 n

3nan 1 3 * , 且 an = (n≥2,n ∈ N ) . 2 2an 1 + n 1

an +1 = pan + qt n,an +1 = pan + qn + r,an +1 = pan k,an +1 =
陕西 22 等.

ran 等.如 06 福卷 22,07 广东 21,08 pan + q

3nan 1 1 n 1 1 2 n 1 n 1 2 有 = i + , ∴ = . + , 2an 1 + n 1 an 3n an 1 3n an 3 an 1 3 n 1 n 1 n 1 1 ∴ 1 = ( 1) ,∴ 数列{ 1 }是以 为公比, 为首项的等比数列. an an 3 an 1 3 3
(1)由 an =

n 1 1 1 n 1 n 3n 1 = ) )1 = n ,∴ = 1 n , ∴ an = n ( ( n . . (2)略 3 3 3 3 3 1 an an
[相关试题命题趋势] 求通项公式是数列基本问题之一, 将简单递推数列化归为等差 (比) 数列是目的, 高考卷中这类问题很多,未来趋势不容置疑.很多时候用(1)问辅设了梯级,是降低难点的很好尝试. 考点 5 数列求和问题
n b + ... + ab n 1 + b(n ∈ N * ,a>0,b>0) . u (1)当 a = b 时,求数列{ un }的前 n 项和 Sn ; (2)求 lim n . un 1

例 6 (05 天津卷.18)已知 un = a + a
n

n 1

[命题要害剖析] 仔细审视通项公式,恰当变形转化为应用公式,倒序相加,分组求和,裂项相消,错 位相减等方法求和;极限问题主要是三种基本极限: lim C = C (c为常数), q = 0(| q | <1 ) , lim
n n →∞ n →∞

lim

n →∞

c = 0 (c 为常数) n n (1)a = b 时,un = ( n + 1) a ,这是典型的通过错位相减求和数列,涉及以 a 为公比的等比数列求和, n(n + 3) , a=1 2

因此需考虑 a = 1 与 a≠1 两种情形,易得:

Sn =

(n + 1)a n + 2 (n + 2)a n +1 a 2 + 2a ,a ≠1 (a 1) 2 b b 2 b n n (2)a≠b 时, un = a [1 + + ( ) + ... + ( ) ] . a a a n +1 n +1 u b a b n +1 n +1 ∵ ≠ 1,∴ un = a b ∴ n = a un 1 a n bn
利用 lim q = 0(| q | <1 ) 分 a>b>0 和 b>a>0 两种情况求极限,易得
n n →∞

a,
u lim n = n →∞ u n 1

a>b>0

b,

b>a>0
2

[相关试题命题趋势]公比是参数的等比数列求和是常考点,因其涉及的分类讨论的数学思想,历年高 考都注重分类讨论思想方法的考查. 考点 6 归纳——猜想——证明 例 7 (08 辽宁卷.21)在数列{ an },{ bn }中, a1 = 2, b1 = 4, 且 an ,bn , an +1 成等差数列, bn , an +1 , bn +1 成 等比数列(n ∈ N ) (1)求 a2 , a3 , a4 及 b2 , b3 , b4 ,由此猜测{ an },{ bn }的通项公式,并证明你的结论;
*

(2)证明:

1 1 1 5 + + ... + < a1 + b1 a2 + b2 an + bn 12

[命题要害剖析] 通项公式不易求出时,可先算有限的几项,由特值归纳,作出猜测,再用数学归纳法证明,猜测时注 意分析符号,分子,分母,前后项差(比)等要领使用,如 06 全国卷Ⅱ.22,07 湖南.15,08 天津.22.等 (1)由题设 2bn = an + an +1 , a
2 2 n +1

= bn bn +1 ,及 a1 = 2, b1 = 4

算得 a2 = 6, a3 = 12, a4 = 20, b2 = 9, b3 = 16, b4 = 25 猜测 an = n( n + 1), bn = n ,进而用数学归纳法证明. (2)

1 1 2 = = ,裂项求和易得结论. an + bn (n + 1)(2n + 1) (2n + 1)(2n + 2)

[相关试题命题趋势] 数列板块为"归纳——猜测——证明"方法搭建了很好的平台,这类题考生易上 手,但数学归纳法第二步综合性强,是区分能力的好题型,备受命题人器重. 考点 7 数列与函数,不等式综合 例题 8 (06 湖南卷 19)已知函数 f(x)= x-sinx,数列{ an }满足:0< a1 <1,an +1 = f ( an )(n ∈ N )
*

证明 (1)0< an +1 < an <1 (2) an +1 <

1 3 an 6

[命题要害剖析] 这类题型主要有给出解析式与不给出解析式两类,对于前者一般由 f(x)的单调性求解,涉及(高次, 三角, 对数, 指数) 函数, 需借助导数, 对于后者需根据待证不等式构造函数, 06 湖北. 06 陕西. 如 17, 22, 08 全国 I.22 等 (1)由 0< a1 <1 到 0< an <1,用归纳法,证明 an +1 < an 可用比较法

1 3 1 an an 3 an + Sinan >0(其中 0< a1 <1) 6 6 1 3 构造函数 g(x)= x x + Sinx (0<x<1) ,利用导数知 g(x)在(0,1)上是增函数,加之 g(x) 6 1 3 在[0,1]上连续,∴g(x)>g(0)= 0,故 g( an )= an an + Sinan >0. 6
(2) an +1 < [相关试题命题趋势] 将数列与函数,不等式综合在一起命题优化了试卷结构是近年流行的一种做法, 尤其是全卷共 21 道题的试卷更是如此. 考点 8 数列与解析几何综合

1 1 1 )与 l2 :y = x+ 相交于点 P,直线 2 2 2 l1 与 x 轴交于点 P , 过点 P 作 x 轴的垂线交直线 l2 于 Q1 , 过点 Q1 作 y 轴的垂线交直线 l1 于点 P2 , 过点 P2 作 1 1
(04 湖南卷.22)如图,直线 l1 :y = kx + 1-k(k≠0,k≠± x 轴的垂线交直线 l2 于点 Q2 .. .,这样一直作下去,可得到一系列点 p1 , Q1 , p2 , Q2 .. .,点 pn (n=1, 2,.)的横坐标构成数列{ xn } .. ( 1 ) 证 明 xn +1 1 =

1 ( xn 1) , n ∈ N * ) 2 ) 求 数 列 { xn } 的 通 项 公 式 ; 3 ) 略 ) ( ( ( ( 2k

3

l1

y P2 P n +1 Q2 o P P3 Q1 Qn Pn l2

P
1

o

[命题要害剖析]这类题常与点列或图形系关联,弄清点列的意义及点列与图象关系是关键,图形系应 注意,圆锥曲线的参数 a,b,c,p 及圆的半径 R,准确利用这些参数等量关系构建数列模型,如 04 上海 22,06 天津 16,06 重庆 22,07 湖南 21 等.

1 1 1 1 xn + ) , pn +1 ( xn +1 , xn + ) , 2 2 2 2 1 1 1 而 pn +1 ∈ l1 ,则 xn + = kxn +1 + 1 k ,∴ k ( xn +1 1) = ( xn 1) . 2 2 2 1 ∵ k ≠ 0 ∴ xn +1 1 = ( xn 1) (n ∈ N * ) . 2k 1 n 1 1 1 n 1 1 n (2) 由(1) xn 1 = ( x1 1) ( ) = ( ) = 2 ( ) 2k k 2k 2k 1 n * 故 xn = 1 2 ( ) (n ∈ N ) . 2k
(1)设 pn ( xn , yn ) ,由题设 Qn ( xn , [真题实战] 1. (06 陕西.6) "等式 Sin( α + γ ) = Sin 2 β " 是"α,β ,γ 成等差数列"的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 2. (07 天津.8)设等差数列{ an }的公差 d 不为 0, a1 =9d,若 ak 是a1与a2 k 的等比中项,则 k =( A.2 B.4 C.6 D.8 3. (07 湖北.8)已知两个等差数列{ an }和{ bn }的前 n 项和分别为 An 和Bn,且

)

An 7 n + 45 = ,则使 Bn n+3

an 为正整数的 n 的个数是( bn
A.2

) B.3
n

C.4

D.5

4. (06 江苏.15)对正整数 n,设曲线 y = x( x) x=2 处的切线与 y 轴交点的纵坐标为 an ,则数 1 在 列{

an }的前 n 项和公式是 n +1

.

5. (07 全国卷Ⅰ.15)等比数列{ an }前 n 项和为 Sn , S1 , 2S 2 , 3S3 成等差数列,则{ an }的公比 是 . 6. (04 全国卷Ⅰ.15)已知数列{ an }满足 a1 = 1,an = a1 + 2a2 + 3a3 + ... + n 1 an 1 (n≥2) ( ) , 1, 则{ an }的通项 an = , n≥2 n=1

1 * 7. (06 天津.16)设 f(x)= ,点 Ao 表示坐标原点,点 An n,(n)) ∈ N ) ( f (n ,若向量 x +1
4

an = Ao A1 + A1 A2 + ... + An 1 An , n是an与i 的夹角 Q (其中 i = (0, ) 记 S n = tan Q1 + tan Q2 + ... + tan Qn , 1), 则 lim S n =
n →∞

+ 2 λ)n(n ∈ N * ) 其中 λ >0. ( 2 , (1) a a * 求数列{ an }的通项公式; (2)求数列{ an }的前 n 项和 Sn ; (3)证明存在 k ∈ N ,使得 n +1 ≤ k +1 对 an ak
n +1

8. (07 天津. 21) 在数列{ an }中,a1 = 2,an +1 = λ an + λ

任意 n ∈ N 均成立.
* x ( (n 9. (07 湖南.21)已知 An an,bn) ∈ N )是曲线 y = e 的点,a1 = a,S n 是数列{ an }的前 n 项 *

和,且满足: S n = 3n an + S n 1 ,an ≠ 0 ,n = 2,3,4,. ..
2 2 2

(1)证明:数列

bb + 2 (n≥2)是常数列; bn
*

(2)确定 a 取值的集合 M,使 a ∈ M 时,数列{ an }是单调递增数列; (3)证明:当 a∈ M 时,弦 An An +1 (n ∈ N )的斜率随 n 单调递增.

y2 = 1(0< bn <1,n=1,2,…) ,若椭圆 Cn 上有一点 Pn , b2n 使 Pn 到右准线 ln 的距离 d n 是 | Pn Fn | 与 | Pn Gn | 的等差中项,其中 Fn , Gn 分别是 Cn 的左,右焦点.
10. (06 重庆.22)已知一列椭圆 Cn:x +
2

3 (n≥1) ; 2 2n + 3 (2)取 bn = ,并用 Sn 表示△ Pn Fn Gn 的面积,试证: S1 < S2 ,且 S n +1 > Sn (n≥3) . n+2
(1)试证: bn ≤ y ln Pn

Fn o

Gn

x

真题实战参考答案 1.B 2.B 3.D 4. 2 n +1 2 5.

1 3

6.

n ! 2

7.1

8. (1)由题设有 等差数列, ∴

λ
2

an +1

n +1

a a 2 2 2 )+1 = n ) + 1 ,从而数列{ n ) }是首项为 0,公差为 1 的 ( n ( n ( n n n

λ

λ

λ

λ

λ

(2)令 Rn = 2 + 2 +...+2 =2
2 n 3 4

λn

an

)=n 1.故 an = n 1)λ n + 2n . ( n (

λ

n +1

-2 , Tn =λ 2 +2λ 3 +...+(n-1)λ n
n +1

则 λTn =λ +2λ +...+(n-2)λ +(n-1)λ
n

, ∴ (1-λ)Tn =

λ 2 λ n +1 n 1 λ n +1 ( ) (λ 1 2 )

5

(n 1 n ) 2 2 λ λ n +1 (n 1)λ n+1 (n 1)λ n + 2 nλ n +1 + λ 2 λ ≠ 1时,Tn = + = 2 (λ 1 2 ) (λ 1 2 ) (λ 1) (n 1) n , λ =1 2 故 S n = Tn + Rn =

λ = 1时,Tn =

(n 1)λ n + 2 nλ n +1 + λ 2 + 2 n +1 2 , λ ≠ 1 2 (λ 1) a 1 a λ2 + 4 (3)经取特值(n=1,2,3,4, λ = , 分析,{ n +1 }的首项 2 = 2) 最大,下面证明: 2 an a1 2 a a n=1 时, n +1 = 2 an a1
n≥2 时,
2

an +1 λ 2 + 4 2an+1 < (λ 2 + 4) an < an 2
2 n 2 n n +1

∵ (λ + 4) an = (λ + 4) ( n 1)λ + (λ + 4) 2 > 4n ( n 1) λ n + 4 2n

+ 2 n+2 ≥ 2nλ n+1 + 2n+2 = 2an+1 a a * 故对任意 n∈ N ,都有 n +1 ≤ 2 恒成立 an a1
9. (1) 当 n≥2 时,由题设 S n S n 1 = 3n an ,
2 2 2

= 4( n 1)λ

∵ an = S n S n 1 ≠ 0 ② ④



S n + S n 1 = 3n 2




∴ ③ ⑥

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


②-①得 ⑤- ④

S n +1 S n 1 = 6n + 3 an + 2 an = 6
an+2

an +1 + an = 6n + 3

an +1 + an + 2 = 6n + 9

从而

bn+ 2 e b = an = e( an+2 an ) = e6 =常数,故 { n+ 2 } 是常数列(n≥2) bn e bn
(2)由 ① ∴

S 2 + S1 = 12



a2 = 12 2a

由 ③

a2 + a3 = 15, a3 + a4 = 21

a3 = 3 + 2a

, a4 = 18 2a (k ∈ N )
* *

由⑥ {a2 k } , {a2 k +1} 分别是以 a2 , a3 为首项,6 为公差的等差数列 ∴ a2 k = a2 + 6( k 1) , a2 k +1 = a3 + 6( k 1) , a2 k + 2 = a4 + 6( k 1) 数列{ an }是单调递增数列 a1 a1 < a2 且 a2 k < a2 k +1 < a2 k + 2 对任意 k∈ N 成立 a1 < a2 且

a2 + 6(k 1) < a3 + 6(k 1) < a4 + 6(k 1) a1 < a2 < a3 < a4 a<12-2a<3+2a<18-2a

9 <a< 4

15 4

∴ M =( ,

9 15 ). 4 4

(3) 弦 An An +1 的斜率 kn 任取 x0 ,设 f(x)=
x

=

bn+1 bn ean+1 ean = an+1 an an+1 an
f ' ( x) =
'

e x e x0 ,则 x x0
x x

e x ( x x0 ) (e x e x0 ) ( x x0 )2
x

令 g ( x ) = e ( x x0 ) (e e 0 ), 则 g ( x ) = e ( x x0 ) 当 x> x0 时, g ' ( x ) >0,g(x)在 ( x0 , +∞) 上是增函数
6

当 x< x0 时, g ( x) <0,g(x)在 ( ∞, x0 ) 上是减函数
'

∴ x ≠ x0 时,g(x)>g( x0 )=0

∴ f ( x) >0

'

因此 f(x)在 ( ∞, x0 ) 和 ( x0 , +∞) 上是增函数 由(Ⅱ)知,当 a∈ M 时,数列{ an }单调递增. 令 x0 = an , ∵ an < an +1 < an + 2 令 x0 = an +1 故 k n < k n +1 则 kn+1 = ∴ kn

=

ean+1 ean ean+2 ean < an+1 an an+2 an

ean+2 ean+1 ean+2 ean > an+2 an+1 an+2 an
*

(n ∈ N ) ∴ d n =1

10 . (1)由题设及椭圆定义有 2d n =| Pn Fn | + | Pn Gn |= 2

cn = 1 b 2 n ,


则 ln : x =

1 1 1 1 , 1 ≤ d n ≤ + 1 , 1 ≤1 cn cn cn cn

1 1 2 ≤ cn <1, 即 ≤ 1 bn <1,0< cn <1. 2 2 3 * 从而对任意 n∈ N , bn ≤ 2 1 1 1 (2)设 Pn ( xn , yn ) ,由 d n = 1 及 xn = d n 知 xn = cn cn 1 1 2 2 2 2 2 3 2 ∴ y n = b n (1 x n ) = (1 c n )[1 ( 1) ] = 3 ( 2c n + c n + 2cn 1) cn cn 1 ∵ | Fn Gn |= 2cn ∴ S n = | FnGn | | yn |= cn | yn | 2 2 3 2 ∴ S n = 2c n + c n + 2cn 1 1 令 f (t ) = 2t 3 + t 2 + 2t 1 , (t∈[ ,1), 则 f ' (t ) = 6t 2 + 2t + 2 ) 2 1 ± 13 令 f ' (t ) = 0 ,得 t = 2 1 1 + 13 1 + 13 易知 f (t ) 在 ( , ) 上是增函数,在 ( ,1) 上是减函数 2 2 2 2n + 3 n +1 1 2 由 bn = 有 cn = 1 b n = = 1 , cn 是单调递增数列 n+2 n+2 n+2 3 1 + 13 4 1 1 + 13 而 c2 = < < = c3 ∴ c1 , c2 ∈ ( , ), 4 6 5 2 2 1 + 13 cn (n≥3)∈ ( ,1) 故 S1 < S2 且 Sn > S n +1 (n≥3) . 2

7



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