1、专题五数列(2012高考湖北卷)定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为ABC D(2012高考四川卷)设函数f(x)2xcosx，an是公差为的等差数列，f(a1)f(a2)f(a5)5，则f(a3)2a1a5A0 B.2C.2 D.2(2012高考福建卷)数列an的通项公式anncos1，前n项和为Sn，则S2012_(2012高考辽宁卷)已知等比数列an为递增数
2、列，且aa10，2(anan2)5an1，则数列an的通项公式an_(2012高考江西卷)设数列an，bn都是等差数列若a1b17，a3b321，则a5b5_(2012高考北京卷)设A是由mn个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零记S(m，n)为所有这样的数表构成的集合对于AS(m，n)，记ri(A)为A的第i行各数之和(1im)，cj(A)为A的第j列各数之和(1jn)：记k(A)为r1(A)，r2(A)，rm(A)，c1(A)，c2(A)，cn(A)中的最小值() 对如下数表A，求k(A)的值；110.80.10.31()设数表AS(2，3)形如11ca
3、b1求k(A)的最大值；()给定正整数t，对于所有的AS(2，2t1)，求k(A)的最大值(2012高考天津卷)已知an是等差数列，其前n项和为Sn，bn是等比数列，且a1b12，a4b427，S4b410.()求数列an与bn的通项公式；()记Tnanb1an1b2a1bn，nN*，证明Tn122an10bn(nN*) (2012高考广东卷)设数列an的前n项和为Sn，满足2Snan12n11，nN*，且a1，a25，a3成等差数列(1) 求a1的值；(2) 求数列an的通项公式；(3) 证明：对一切正整数n，有.(2012高考安徽卷)数列xn满足x10，xn1xxnc(nN*)()证明：x
4、n是递减数列的充分必要条件是c0；()求c的取值范围，使xn是递增数列(2012高考陕西卷)设an是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列()求数列an的公比；()证明：对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列专题五数列Can为等比数列，公比为q，若f(x)x2则f(an)a，f(an1)aq2.若f(x).则f(an)；故、适合D通过分组求和及等差数列性质可得结果3018S2012a1a2a3a4a2012(2012cos10061)(0204)(0608)(0201002012)2012503220123018.2n列方程组解得：q2，a12，an2n.35
5、a1a52a3，b1b52b3，(a1b1)(a5b5)2(a3b3)，a5b5221735.解：()因为r1(A)1.2，r2(A)1.2，c1(A)1.1，c2(A)0.7，c3(A)1.8，所以k(A)0.7.()不妨设ab，所以ab0，于是a0.r1(A)2c1，r2(A)r1(A)1，c1(A)1a，c2(A)1b，c3(A)(1a)(1b)(1a)所以k(A)1a1.当ab0且c1时，k(A)取得最大值1.()对于给定的正整数t，任给数表AS(2，2t1)如下：a1a2a2t1b1b2b2t1任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*S(2，2t1)，
6、并且k(A)k(A*)因此，不妨设r1(A)0，且cj(A)0(j1，2，t1)由k(A)的定义知，k(A)r1(A)，k(A)cj(A)(j1，2，t1)又因为c1(A)c2(A)c2t1(A)0，所以(t2)k(A)r1(A)c1(A)c2(A)ct1(A)r1(A)ct2(A)c2t1(A)ajbj(t1)t(1)2t1. 所以k(A).对数表A0：第一列 第2列 第t1列第t2列 第2t1列1111111则A0S(2，2t1)，且k(A0).综上，对于所有的AS(2，2t1)，k(A)的最大值为.解：()设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由a1b12，得a423d，b4
7、2q3，S486d.由条件，得方程组解得所以an3n1，bn2n，nN*.()证明：法一：由()得Tn2an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1.由，得Tn2(3n1)32232332n2n22n26n2102n6n10.而2an10bn122(3n1)102n12102n6n10，故Tn122an10bn，nN*.法二：数学归纳法：(1)当n1时，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；(2)假设当nk时等式成立，即Tk122ak10bk，则当nk1时有：Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1ak1b1q(akb1ak1b2a1bk
8、)ak1b1qTkak1b1q(2ak10bk12)2ak14(ak13)10bk1242ak110bk112，即Tk1122ak110bk1，因此nk1时等式也成立由(1)和(2)可知，对任意nN*，Tn122an10bn成立解：(1)2Snan12n11，2Sn1an22n21，两式相减得：an23an12n1.又2S1a23a22a13，a33a246a113.a1，a25，a3成等差数列，a1a32(a25)，a11.(2)a11，a25，且an13an2n，对nN*成立，an12n13(an2n)，an2n组成以a123为首项，以3为公比的等比数列，an2n3n，an3n2n.(3)
9、证明：当n1时，1.当n2时，()n()223n22nan2n，11.解：()证明：充分条件当c0时，xn1xxncxncxn数列xn是单调递减数列必要条件数列xn是单调递减数列x1x2xx1ccx0得：数列xn是单调递减数列的充分必要条件是c0.()由()得：c 0当c0时，cnc10，不合题意当c0时，x2cx1，x3c22cx2c0c1xn1xncx0xc10x1xnxn2xn1(xx)(xn1xn)(xn1xn)(xn1xn1)当c时，xnxnxn110xn2xn1与xn1xn同号，由x2x1c0xn2xn0xn1xnxn1 (xxnc) xn当c时，存在N，使xNxNxN11xN2xN1与xN1xN异号与数列xn是单调递减数列矛盾得：当0c时，数列xn是单调递增数列解：()设数列an的公比为q(q0，q1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3a5a4，即2a1q2a1q4a1q3，由a10，q0得q2q20，解得q12，q21(舍去)，所以q2.()证明：法一：对任意kN，Sk2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1(2)0，所以，对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列法二：对任意kN，2Sk，Sk2Sk1，2Sk(Sk2Sk1)2(1qk)(2qk2qk1)(q2q2)0，因此，对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列
