广东理科历年高考数列真题题及答案

11.已知递增的等差数列an满足

a11,a3a24

2

，则an_____________

19. （本小题满分14分）

设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn=an+1-2n+1，n∈N﹡,且a1，a2+5，a3成等差数列。 求a1的值；

求数列{an}的通项公式。 证明：对一切正整数n，有

1a1

1a2

...

1an

32

.

2007年广东高考理科卷

5.已知数列{an}的前n项和S

n

n9n

2

，第k项满足5ak8,则k

A. 9 B. 8 C. 7 D. 6

21.（本小题满分14分）

已知函数f(x)x2x1, 、是方程f(x)0的两个根(),f(x)是f(x)的导数.设a11,an1an

(1)求、的值；

(2)证明：对任意的正整数n，都有an; (3)记bnln

anan

(n1,2,),求数列{bn}的前f(an)f(an)

(n1,2,),

n项和Sn.

2．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a

A．16

B．24

1



12

，S420，则S6（ ）

D．48

C．36

21．（本小题满分12分）

设p，q为实数，，是方程x2pxq0的两个实根，数列{xn}满足x1p，

x2pq

2

4…），xnpxn1qxn2（n3，，．

（1）证明：p，q； （2）求数列{xn}的通项公式； （3）若p1，q

14

，求{xn}的前n项和Sn．

４．巳知等比数列{an}满足an

log2a1log2a3log2a

2n1

0,n1,2,

，且a5a2n522n(n3)，则当n1时，

（ ）

Ａ．n(2n1) Ｂ．(n1)2 Ｃ．n2 Ｄ．(n1)2

21．（本小题满分14分）

已知曲线Cn:x22nxy20(n1,2,)．从点P(1,0)向曲线Cn引斜率为

kn(kn0)的切线ln

，切点为Pn(xn,yn)．

xnyn

（１）求数列{xn}与{yn}的通项公式；

（２）证明：x1x3x5x2n1



4.已知{an}为等比数列,Sn是它的前n项和.若a2a32a1, 且a4与2a7的等差中项为

54

,则S5

A.35 B.33 C.31 D.29

2011年广东高考理科卷

11. 等差数列an前9项的和等于前4项的和. k=____________.

20.（本小题共14分）

设b>0,数列anban1n满足a1=b，anan2)

n12n2

(.

（1）求数列an的通项公式； （2）证明：对于一切正整数n，abn1n

2

n1

1.

若a11,ak

a40

，则

11.已知递增的等差数列an满足

a11,a3a24

2

，则an_____________

19. （本小题满分14分）

设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn=an+1-2n+1，n∈N﹡,且a1，a2+5，a3成等差数列。 求a1的值；

求数列{an}的通项公式。 证明：对一切正整数n，有

1a1

1a2

...

1an

32

.

答案解析

2007年广东高考理科卷

5. 答案为：B

S,n1

解析:由Sn2

9n，可根据a1nnSn

S.

n1,n2解得an2n10.

再根据5＜2k－10＜8,解得7.5＜k＜9,∴k=8.

21.解:(1) 由 x2x10

得x

1

2



1

2 

1

2

(2)(数学归纳法)①当n1时

,a11

2

命题成立;

②假设当nk(k1,kN*)时命题成立,

即ak

2

2

a15kak

1k1

a2a

2

a112212



,又等号成k1

k

2a

11k

2

,ak

2

时,ak1nk1时命题成立;

由①②知对任意nN*均有an. (3) f(x)2x1 aa2

nan1a2

n1n1an

2a

n1

2a

n1a2

a2

2

2

an1n)(1)

(an)n1

2a

(2a

n1

n1

2an1

同理 a)2

11ann1

(an2an1



ana(

ann1

a)2

ln

ann

a2ln

a

n1

n

立

时

 bn12bn 又

b1ln

a1a1

2

ln

34ln

12

数列bn是一个首项为

4ln

,公比为2的等比数列;

4ln



Sn

12

12

n

4

21ln

n

12

.

2008年广东高考理科卷

2．答案为： D

【解析】S426d20，d3，故S6315d48

21．解：（1）由求根公式，不妨设

2



，得



2





2



2

p

，



2

2

q

（2）设xnsxn1t(xn1sxn2)，则xn(st)xn1stxn2，由xnpxn1qxn2 得，

stpstq

，消去t，得s2psq0，s是方程x2pxq0的根，

由题意可知，s1,s2 ①当时，此时方程组

stpstq

的解记为

s1

s2

或t1t2

xnxn1(xn1xn2),xnxn1(xn1xn2),

即xnt1xn1、xnt2xn1分别是公比为s1、s2的等比数列， 由等比数列性质可得xnxn1(x2x1)n2,xnxn1(x2x1)n2,

两式相减，得()xn1(x2x1)n2(x2x1)n2

x2pq,x1p，x2

2

2

2

，x1

(x2x1)

n2



2n2



n

，(x2x1)n22n2n



()xn1

n



n

，即xn1



nn

，xn





n1



n1



②当时，即方程x2pxq0有重根，p24q0， 即(st)24st0，得(st)20,st，不妨设st，由①可知

xnxn1(x2x1)

n2

，，xnxn1(x2x1)n2n

xn

即xnxn1n，等式两边同时除以n，得

数列{

xn



n



xn1



n1

1，即

2

xn



n



xn1



n1

1



是以n

1为公差的等差数列，

xn



n



x1



(n1)1



n1n1

xnn

n

n1n1

,()n

，综上所述，x n

nnn,()

（3）把p1，q

14

代入x2pxq0，得x2x

14

0

，解得

12

1n1n112131n112131n

xnn()()，Sn()()()...()()2(3()...n( 2222222222

1n112131n1()()2()3()...n()

22222

1n1n11n1n

1()2()n()3(n3)()

2222

.

2009年广东高考理科卷

4. 答案为： C

解：在a5a2n522n(n3)中，令n=5,得a5210(25)2，令n=3,得a5a126，又

an0,n1,2,，所以a52

5

2

，a12，

n(12n1)

2

2

从而解得，公比q2，an2n，a2n122n1，log2a2n12n1， 所以log2a1log2a3log2a2n11+3+…+（2n-1）=

n

21.（1）解：曲线C

n

:x2nxy0(n1,2,)

22

可化为(xn)2y2n2，

所以，它表示以Cn(n,0)为圆心，以n 为半径的圆，切线ln的方程为ykn(x1)，

ykn(x1)2222

联立2，消去y 整理，得(1k)x(2k2n)xk0，① nnn2

x2nxy0

22

(2kn2n)4kn(1kn)4n4(2n1)kn，kn0

2

2

2

2

令0，解得kn

2

n

2

2n1

n

2

， kn

)x(

2

n2n12n

2

2n)x

n

2

此时，方程①化为(1

2n1

n

整理，得(n1)xn20，解得xx，

n1

nnn

所以 yn(1)2n1，

n12n1n1

2n12n1

0

∴数列{xn}的通项公式为xx

1xn1xn

2

nn1

，数列{yn}的通项公式为yn

12n12n12n1

nn1

2n1。

1

1

nn1

nn1

2

2

（２）证明：∵，

2n12n



(2n1)4n

2



(2n1)

4n1



13

35

57

2n12n1

x1x3x5x2n1

12



34xnyn



56

1

2n12n



4

=令

12n1xnyn

=

1xn1xn

， ∵



4

=



1xn1xn2sin

xnyn

2n1xnyn

，又0，

12n1



13



x，则0x，要证明

只需证明当0x



4

时，x2sinx恒成立即可。

设函数f(x)x2sinx，0x 则f(x)12cosx，0x∵ 在区间0,





4



4



4

上f(x)12cosx为增函数，



40

∴当0x



4

时，f(x)12cosx12cos



，

∴f(x)x2sinx在区间0,



4

上为单调递减函数，



4

∴ f(x)x2sinxf(0)0对于一切0x∴ x

2sinx，即

1xn1xn

很成立，

=

xnyn

2sin

xnyn

综上，得x1x3x5x2n1

xnyn

2010年广东高考理科卷

4.答案为：C

∵数列an为等比数列，∴a2a3a1a42a1，∴a4＝2.

5

54

14

又∵a4与2a7的等差中项为，即有a42a7

4

2，∴a7

.

5

1161

21a713

31. ∴q.∴q＝，a116.∴S5

12a48

1

2

2011年广东高考理科卷

11.答案为 10.

由题意可知，S9S4 ，所以a70，则a10a42a70，k10

20．解（１）法一：

设

nan

bn，则bn

2b

ann



ban1

an12(n1)

1b

，得

nan



an12(n1)

ban1



1b



2n1， ban1

bn1

(n2)， 12

12

（ⅰ）当b2时，bn是以即bn

12

(n1)

1212n

为首项，为公差的等差数列，

，∴an2

2b

(bn1)，则bn

12b

2b

2b

bn1(12b

2b

1)，

（ⅱ）当b2时，设bn令(1)

b2

1b

，得

12b

，bn

12b

(bn11

)(n2)

， ，

知bn

12b

是等比数列，bn

(b1

2n11)()，又b12bbb

bn

()2bb2b2b

12

n

112bb

12

n

nn

，an

1

nb(2b)2b

n

n

n

．

法二：（ⅰ）当b2时，bn是以即bn

12

(n1)

1212n

为首项，为公差的等差数列，

2

，∴an2

2b

2

2b(b2)2

3b

3

3b(b2)3

（ⅱ）当b2时，a1b，a2

b2



b2

2

2

，a2

b2

2b4



猜想anbn

(b2)n

bn

2

n

，下面用数学归纳法证明：

①当n1时，猜想显然成立； ②假设当nk时，akbk

(b2)k

bk

2

k

，则

(k1)bak1)bkbk

k1

ak(b2)k1)b

(b2)

k1

a

(k1

k2(n1)

kbk

(b2)2k(bk

2k

)



(b

2

k1

，

所以当nk1时，猜想成立， n

由①②知，nN*，an

nb(b2)bn

2

n

．

n1（２）（ⅰ）当b2时， an2

22

n1

1，故b2时，命题成立；

（ⅱ）当b

2时，b2n22n2n1bn，

b

2n1

2b2

2n1

2

n1

bn

，

,b

n1

2

n1

bn1

2

n1

2

n1

bn

，以上n个式子相加得

b

2n

b

2n1

2bn1

2n1

bn12

n1

b22n1

2

2n

n2

n1

b

n

，

n1bn

(b2)

[(b

2nb

2n1

2b2

2n12

2n

)bn

a2n

](b2)

n

n22

n1

(bn

2n

)



2

n1

(bn

2n

)

(b2n

b

2n1

2b2

2n1

2

2n)(b2)bn

2n



(b2)

2

n1

(bn

2n

)

n1

2

2n1

)b

n1

2n

bn

2

n1



(b

22

n1

(bn

2n

)

b3

2

3

，



(b

2n1

b

n1

2)(b2

n1

nnn1

2

2n1

)

2(b2)

nn



b2

n1n1

1．故当b2时，命题成立；

综上（ⅰ）（ⅱ）知命题成立．

2012年广东高考理科卷

11.答案为2n1 .

解析：在递增的等差数列an满足

a11,a3a24

2

，则a12da1d4

2

解得d2，ana1(n1)d2n1.

n1

19.（1）在

2Snan12

1

2

中

2Sa221 令n1得：1

令n2

解得：

得：

2S2a321

3

a22a13

，

a36a113

2a5a1a3a1

又2，解得1

（2）由

2Snan12

n1

1

，

2Sn1an22

n2

1

得

1

an23an12

n1

，又

n

a11,a25



也满足

a23a12

n1

n

所以∴

an13an2对nN

n

n

成立，∴

n

n

an1+2

3an2



an23

，∴

n

n

an32

3

n2

（3）（法一）∵

an32323

n1

23

n3

2...2

2n1

3





n1

1

1

∴ an



13

n1

a1



1a2



1a3

...

1an

1

13



13

2

...

13

n1

∴，

n

1113

11

3



32