北京历年高考文科数列大题汇总(K12教育文档)

北京历年高考文科数列大题汇总(word版可编辑修改)

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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;

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

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.

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3．（本小题共13分）

给定数列a1,a2,后ni项ai1，ai2，

，an。对i1,2,3,,n1，该数列前i项的最大值记为Ai，

，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，

d2，

，an(n4）是公比大于1的等比数列，且a10，证明d1，

，dn1是等比数列。

dn1是公差大于0的等差数列,且d10,证明a1，a2，，

d2，（3）设d1，,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 b e d 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

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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akS(An)a1a2an。

1(k1,2,,n1)，则称An为E数列,记

(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。

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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)i1|a1b1|

（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)；

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

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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1,q1，求b3；

23（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。

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。

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9。（本小题共13分）

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2，3，）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

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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,...)

12n3n12n1 数列{3n}的前n项和为n(n1)，数列{2}的前n项和为1122所以，数列{bn}的前n项和为

3n(n1)2n1 23．（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

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所以ana1qn1 所以当k1,2,3,所以当k2,3,所以d1，d2，(3）若d1,d2, a1，a2，

,n1时,dkAkBkakak1 ,n1时，

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

，dn1是公差大于0的等差数列，则0d1d2dn1

，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

,n1),则

再证明an数列an中最小项,否则akan(k2,3,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,于是akdkan，也即a1，a2，

,n1）

，an1是等差数列

4。

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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

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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

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由题意知ai,bi,ci{0,1}(i1,2,,n) 当ci0时,

aicibiciaibi

aicibici(1ai)(1bi)aibi

n当ci1时，

所以d(AC,BC)aibii1d(A,B)

(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1n1,

23解1n13,得n20.

233∴1n13成立的所有n中的最小正整数为7，即b37.

23（Ⅱ）由题意，得an2n1，

对于正整数m，由anm,得nm1.

2根据bm的定义可知

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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

m1

1232m234mm1mm3m22m。 2（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结论矛盾！

当3p10，即p1时，得2q01q,

3

33pq（或m2pq3p13p1），这与上述

解得2q1。(经检验符合题意）

33∴ 存在p和q，使得bm3m2(mN)；p和q的取值范围分别是p1，

3

21q. 338．

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.

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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，从而当n0＞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＜0.2

故的取值范围是4k22k＜＜4k+2k （kN*).

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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． 23，)． 又a12,c2，故an2n(n1)n2n2(n2，当n1时，上式也成立，

2，)． 所以ann2n2(n1，