北京历年高考文科数列大题汇总

1.（本小题13分）

已知等差数列{an}满足a1a210,a4a32. （Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设等比数列{bn}满足b2a3,b3a7.问：b6与数列{an}的第几项相等？

2.（本小题满分13分）已知an是等差数列，满足a13，a412，数列bn满足b14，b420，且bnan是等比数列. （1）求数列an和bn的通项公式； （2）求数列bn的前n项和.

3．（本小题共13分）

给定数列a1，a2，，an。对i1,2,3,,n1，该数列前i项的最大值记为Ai，后ni项ai1，ai2，，an的最小值记为Bi，diAiBi。 （1）设数列an为3，4，7，1，写出d1，d2，d3的值。

（2）设a1，a2，，an（n4）是公比大于1的等比数列，且a10，证明d1，d2，，dn1是等比数列。

（3）设d1，d2，，dn1是公差大于0的等差数列，且d10，证明

a1，a2，，an1是等差数列。

4.（本小题共13分）

设A是如下形式的2行3列的数表，

a d b e c f 满足性质P:a,b,c,d,e,f[1,1]，且abcdef0。

记ri(A)为A的第i行各数之和(i1,2)，cj(A)为第j列各数之和

(j1,2,3)；记k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小

值。

（Ⅰ）对如下数表A，求k(A)的值

1 0.1 1 0.3 0.8 1 （Ⅱ）设数表A形如

1 d 1 d 12d 1 其中1d0。求k(A)的最大值；

（Ⅲ）对所有满足性质P的2行3列的数表A，求k(A)的最大值

5．（本小题共13分）

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.

（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成立得n的最小值.

6.（本小题共13分）

已知集合Sn{X|X(x1,x2,…，xn),x1{0,1},i1,2,…,n}(n2)对于

A(a1,a2,…an,)，B(b1,b2,…bn,)Sn，定义A与B的差为 AB(|a1b1|,|a2b2|,…|anbn|);

A与B之间的距离为d(A,B)|a1b1|

i1（Ⅰ）当n=5时，设A(0,1,0,0,1),B(1,1,1,0,0)，求AB，d(A,B)； （Ⅱ）证明：A,B,CSn,有ABSn，且d(AC,BC)d(A,B);

A,B,CSn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶(Ⅲ) 证明：

数

7．（本小题共13分）

设数列{an}的通项公式为anpnq(nN,P0). 数列{bn}定义如下：对于正整数m，bm是使得不等式anm成立的所有n中的最小值.

（Ⅰ）若p,q，求b3；

（Ⅱ）若p2,q1，求数列{bm}的前2m项和公式；

（Ⅲ）是否存在p和q，使得bm3m2(mN)？如果存在，求p和q的取值范围；如果不存在，请说明理由.

1213

8．（本小题共13分）

数列{an}满足a11,an1(n2n)an(n1,2,......),是常数. （Ⅰ）当a2=-1时，求λ及a3的值；

（Ⅱ）数列{an}是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；

（Ⅲ）求λ的取值范围，使得存在正整数m, 当n＞m时总有an＜0.

9.（本小题共13分）

2，3，）数列an中，a12an1ancn（c是常数，n1，，且a1，a2，a3成

公比不为1的等比数列． （I）求c的值；

（II）求an的通项公式．

答案：

1.（共13分）

解：

（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d

因为a4a32，所以d2

又因为a1a210，所以2a1d10，故a14 所以an42(n1)2n2(n1,2,...) （Ⅱ）设等比数列{bn}的公比为q

因为b2a38,b3a716 所以q2,b14 所以b64261128 由1282n2得n63

所以b6与数列{an}的第63项相等 2．（共13分）

解：（1）设等差数列{an}的公差为d，由题意得

da4a11233 33ana1(n1)d3n(n1,2,...)

设等比数列{bnan}的公比为q，由题意得

q3b4a420128，解得q2 b1a143所以bnan(b1a1)qn12n1 从而bn3n2n1(n1,2,...)

（2）由（1）知bn3n2n1(n1,2,...)

数列{3n}的前n项和为n(n1)，数列{2n1}的前n项和为

12n12n1 12)n2 1所以，数列{bn}的前n项和为n(n132323．（本小题共13分）

解：（1）d1A1B1312，d2A2B2413，d3A3B3716

（2）因为a1，a2，，an（n4）是公比大于1的等比数列，且

a10

所以ana1qn1

所以当k1,2,3,,n1时，dkAkBkakak1 所以当k2,3,,n1时，

dkaak1ak1q(1q)kq dk1ak1akak1(1q)所以d1，d2，，dn1是等比数列。

，d2dd2，dn1是公差大于0的等差数列，（3）若d1，则0d11n

a1，a2，，an1应是递增数列，证明如下：

设ak是第一个使得akak1的项，则

Ak1Ak，Bk1Bk，所以dk1Ak1Bk1AkBkdk，与已知矛盾。

所以，a1，a2，，an1是递增数列

再证明an数列an中最小项，否则akan（k2,3,,n1），则

显然k1，否则d1A1B1a1B1a1a10，与d10矛盾 因而k2，此时考虑dk1Ak1Bk1ak1ak0，矛盾 因此an是数列an中最小项

综上，dkAkBkakan（k2,3,,n1）

于是akdkan，也即a1，a2，，an1是等差数列

4.

5.（共13分）

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；0，±1，0，1，2；0，±1，0，—1，—2；0，±1，0，—1，

—2，0，±1，0，—1，0都是满足条件的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—at≤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）对首项为4的E数列Ak，由于

a2a113,

a3a212,

……

a5a713.

……

所以a1a2ak0(k2,3,,8)

所以对任意的首项为4的E数列Am，若S(Am)0, 则必有n9.

又a14的E数列A1:4,3,2,1,0,1,2,3,4满足S(A1)0, 所以n是最小值是9.

6.(共13分)

（Ⅰ）解：AB(01,11,01,00,10)=（1,0,1,0,1）

d(A,B)0111010010=3

(Ⅱ)证明：设A(a1,a2,,an),B(b1,b2,,bn),C(c1,c2,,cn)Sn 因为a1,b1{0,1}，所以a1b1{0,1}(i1,2,,n) 从而AB(a1b1,a2b2,anbn)Sn 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)aibid(A,B)

i1n(Ⅲ)证明：设A(a1,a2,,an),B(b1,b2,,bn),C(c1,c2,,cn)Sn

d(A,B)k,d(A,C)l,d(B,C)h

记0(0,0,0)Sn由（Ⅱ）可知

d(A,B)d(AA,BA)d(0,BA)kd(A,C)d(AA,CA)d(0,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)中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。

7.本题主要考查数列的概念、数列的基本性质，考查运算能力、推理

论证能力、分类讨论等数学思想方法．本题是数列与不等式综合的较难层次题.

（Ⅰ）由题意，得ann，

解n3，得n1213121320. 31213∴n3成立的所有n中的最小正整数为7，即b37. （Ⅱ）由题意，得an2n1，

对于正整数m，由anm，得n根据bm的定义可知

当m2k1时，bmkkN*； 当m2k时，bmk1kN*.

∴b1b2b2mb1b3b2m1b2b4b2m

123m234m1

m1. 2mm1mm3m22m. 22（Ⅲ）假设存在p和q满足条件，由不等式pnqm及p0得

nmq. p∵bm3m2(mN),根据bm的定义可知，对于任意的正整数

m 都有

3m1mq3m2， p即2pq3p1mpq对任意的正整数m都成立. 当3p10（或3p10）时，得m这与上述结论矛盾！

当3p10，即p时，得q0q， 解得q.（经检验符合题意）

∴ 存在p和q，使得bm3m2(mN)；p和q的取值范围分

别是p，q.

13

2313231313

2313pq2pq（或m），3p13p18．

解：（Ⅰ）由于an1(n2n)an(n1,2,),且a1=1，

所以当a2= -1时，得12, 故3.

从而a3(2223)(1)3.

（Ⅱ）数列{an}不可能为等差数列.证明如下：

由a1=1，an1(n2n)an得

a22,a3(6)(2),a4(12)(6)(2).

若存在，使｛an｝为等差数列，则a3-a2=a2-a1,即 (5)(2)1， 解得=3.

于是a2a112,a4a3(11)(6)(2)24.

这与｛an｝为等差数列矛盾，所以，对任意，{an}都不可能是等差数列.

（Ⅲ）记bnn2n(n1,2,),根据题意可知，b1＜0且bn0，即＞

2且n2n(nN*)，这时总存在n0N*，满足：当n≥n0时，bn＞0；当n≤n0-1时，bn＜0.

所以由an+1=bnan及a1=1＞0可知，若n0为偶数，则an＜0，

0从而当n＞n0

时an＜0；若n0为奇数，则an＞0，从而当n＞n0时an＞0.

0因此“存在mN*，当n＞m时总有an＜0”的充分必要条件是：no为偶数，

记no=2k(k=1,2, „)，则满足

b2k(2k)22k＞0， 2b2k1(2k1)2k1＜0.故的取值范围是4k22k＜＜4k2+2k (kN*).

9. （共13分）

解：（I）a12，a22c，a323c，

因为a1，a2，a3成等比数列， 所以(2c)22(23c)， 解得c0或c2．

当c0时，a1a2a3，不符合题意舍去，故c2． （II）当n≥2时，由于

a2a1c， a3a22c， 

anan1(n1)c，

所以ana1[12(n1)]cn(n1)c． 2又a12，c2，故an2n(n1)n2n2(n2，3，)． 当n1时，上式也成立， 所以ann2n2(n1，2，)．