历届高考数学真题汇编专题_数列_理

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【高考试题】一、选择题（共18题）1．（北京卷）设，则等于（A）（B）（C）（D）2．（北京卷）如果-1，a,b,c,-9成等比数列，那么（A）b=3,ac=9(B)b=-3,ac=9(C)b=3,ac=-9(D)b=-3,ac=-9解：由等比数列的性质可得ac＝（－1）×（－9）＝9，b×b＝9且b与奇数项的符号相同，故b＝－3，选B3．（福建卷）在等差数列｛a｝中，已知a=2,a+a=13，则a+a+a等于A.40B.42C.43D.454．（广东卷）已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为A.5B.4C.3D.2解：，故选C.5．（湖北卷）若互不相等的实数成等差数列，成等比数列，且，则A．4B．2C．－2D．－4解：由互不相等的实数成等差数列可设a＝b－d，c＝b＋d，由可得b＝2，所以a＝2－d，c＝2＋d，又成等比数列可得d＝6，所以a＝－4，选D6．（湖北卷）在等比数列｛an｝中，a1＝1，a10＝3，则a2a3a4a5a6a7a8a9=A.81B.27C.D.243 解：因为数列｛an｝是等比数列，且a1＝1，a10＝3，所以a2a3a4a5a6a7a8a9＝（a2a9）（a3a8）（a4a7）（a5a6）＝（a1a10）4＝34＝81，故选A7．（江西卷）已知等差数列｛an｝的前n项和为Sn，若，且A、B、C三点共线（该直线不过原点O），则S200＝（）A．100B.101C.200D.201解：依题意，a1＋a200＝1，故选A8．（江西卷）在各项均不为零的等差数列中，若，则（　　）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．9．（辽宁卷）在等比数列中,,前项和为,若数列也是等比数列,则等于(A)(B)(C)(D)10．（全国卷I）设是公差为正数的等差数列，若，，则A．B．C．D．【解析】是公差为正数的等差数列，若，，则，，∴d=3，， ，选B.11．（全国卷I）设是等差数列的前项和，若，则A．B．C．D．【解析】是等差数列的前项和，若∴，选D.12．（全国II）设Sn是等差数列｛an｝的前n项和，若＝，则＝（A）（B）（C）（D）13．（全国II）已知等差数列中，，则前10项的和＝（A）100(B)210(C)380(D)400解：d＝，＝3，所以＝210，选B14．(陕西卷)已知等差数列{an}中,a2+a8=8,则该数列前9项和S9等于()A.18B.27C.36D.45.15．（天津卷）已知数列、都是公差为1的等差数列，其首项分别为、，且，．设（），则数列的前10项和等于（　　）A．55　　　　B．70　　　　　C．85　　　　　D．100解：数列、都是公差为1的等差数列，其首项分别为、，且，．设（），则数列的前10项和等于=，，∴ =，选C.16．（天津卷）设是等差数列，，，则这个数列的前6项和等于（　　）Ａ．12Ｂ．24Ｃ．36Ｄ．4817．(重庆卷)在等差数列｛an｝中，若,SN是数列｛an｝的前n项和，则S9的值为（A）48(B)54(C)60(D)6618．(重庆卷)在等比数列中，若且，的值为（A）2（B）4（C）6（D）8解：a3a7＝a52＝64，又，所以的值为8，故选D二、填空题（共7题）…19．（广东卷）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第堆最底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第堆第层就放一个乒乓球，以表示第堆的乒乓球总数，则；（答案用表示）.解：10，20．（湖南卷）若数列满足：，2，3….则 　　　　　　.解：数列满足：，2，3…，该数列为公比为2的等比数列，∴.21．（江苏卷）对正整数n，设曲线在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为，则数列的前n项和的公式是　　22．（山东卷）设为等差数列的前n项和，＝14，S10－＝30，则S9＝　　　　.解：设等差数列的首项为a1，公差为d，由题意得，联立解得a1=2,d=1，所以S9＝23．（浙江卷）设为等差数列的前项和，若,则公差为　　　（用数字作答）。【考点分析】本题考查等差数列的前项和，基础题。解析：设首项为，公差为，由题得 【名师点拔】数学问题解决的本质是，你已知什么？从已知出发又能得出什么？完成了这些，也许水到渠成了。本题非常基础，等差数列的前项和公式的运用自然而然的就得出结论。24．(重庆卷)在数列｛an｝中，若a1=1,an+1=2an+3(n≥1),则该数列的通项an=_________.解析：在数列中，若，∴，即{}是以为首项，2为公比的等比数列，，所以该数列的通项.25．(重庆卷)在数列中，若，，则该数列的通项。解：由可得数列为公差为2的等差数列，又，所以2n－1三、解答题（共30题）26．（安徽卷）数列的前项和为，已知（Ⅰ）写出与的递推关系式，并求关于的表达式；（Ⅱ）设，求数列的前项和。 27．（安徽卷）在等差数列中，，前项和满足条件，（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）记，求数列的前项和。（Ⅱ）由，得。所以，当时，；当时，，即。28．（北京卷）在数列中，若是正整数，且，则称为“绝对差数列”.（Ⅰ）举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前十项）；（Ⅱ）若“绝对差数列”中，，数列满足，，分别判断当时，与的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；（Ⅲ）证明：任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项. 解：（Ⅰ）,（答案不惟一）（Ⅱ）因为在绝对差数列中,.所以自第20项开始，该数列是,,即自第20项开始。每三个相邻的项周期地取值3，0，3.所以当时，的极限不存在.当时,,所以若第一次出现的零项为第项，记，则自第项开始，每三个相邻的项周期地取值0，,,即所以绝对差数列中有无穷多个为零的项.29．（北京卷）设等差数列{an}的首项a1及公差d都为整数，前n项和为Sn.(Ⅰ)若a11=0,S14=98,求数列｛an｝的通项公式； (Ⅱ)若a1≥6，a11＞0，S14≤77，求所有可能的数列｛an｝的通项公式.30。（福建卷）已知数列｛a｝满足a=1,a=2a+1(n∈N)（Ⅰ）求数列｛a｝的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}满足4k1-14k2-1…4k-1=(an+1)km(n∈N*),证明:{bn}是等差数列;（Ⅲ）证明:(n∈N*).解析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分14分。（I）解：是以为首项，2为公比的等比数列。即　 （II）证法一：　　　　　　　　　　　　　①　　　　　　②证法二：同证法一，得　令得设下面用数学归纳法证明　（1）当时，等式成立。（2）假设当时，那么这就是说，当时，等式也成立。根据（1）和（2），可知对任何都成立。是等差数列。（III）证明： 31．（福建卷）已知数列满足（I）证明：数列是等比数列；（II）求数列的通项公式；（II）若数列满足证明是等差数列。解析：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分14分。（II）解：由（I）得　　（III）证明：　　　　　　　　① 　　②32．（广东卷）已知公比为的无穷等比数列各项的和为9，无穷等比数列各项的和为.(I)求数列的首项和公比；(II)对给定的，设是首项为，公差为的等差数列，求的前10项之和；(III)设为数列的第项，，求，并求正整数，使得存在且不等于零.（注：无穷等比数列各项的和即当时该无穷等比数列前项和的极限）解:(Ⅰ)依题意可知,(Ⅱ)由(Ⅰ)知,,所以数列的的首项为,公差,,即数列的前10项之和为155. (Ⅲ)===，，=当m=2时，=－，当m>2时，=0，所以m=233．（湖北卷）已知二次函数的图像经过坐标原点，其导函数为，数列的前n项和为，点均在函数的图像上。（Ⅰ）、求数列的通项公式；（Ⅱ）、设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数m；（Ⅱ）由（Ⅰ）得知＝＝，故Tn＝＝＝（1－）.因此，要使（1－）<（）成立的m,必须且仅须满足≤，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10.34．（湖北卷）设数列的前n项和为，点 均在函数y＝3x－2的图像上。（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数m。本小题主要是考查等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题能力和推理能力。因此，使得﹤成立的m必须满足≤，即m≥10,故满足要求的最小整数m为10。35．（湖南卷）在m（m≥2）个不同数的排列P1P2…Pn中，若1≤i＜j≤m时Pi＞Pj（即前面某数大于后面某数），则称Pi与Pj构成一个逆序.一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数.记排列的逆序数为an，如排列21的逆序数，排列321的逆序数.（Ⅰ）求a4、a5，并写出an的表达式；（Ⅱ）令，证明，n=1,2,….解　（Ⅰ）由已知得， 　　.（Ⅱ）因为，　　　所以.又因为，　　所以　　　　　　　　　　　　　=.综上，.36．（江苏卷）设数列、、满足：，（n=1,2,3,…），证明为等差数列的充分必要条件是为等差数列且（n=1,2,3,…）本小题主要考查等差数列、充要条件等基础知识，考查综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力。①-②得cn–cn+2=（an–an+2）+2(an+1–an+3)+3(an+2–an+4)=bn+2bn+1+3bn+2∵cn–cn+2=(cn–cn+1)+(cn+1–cn+2)=–2d2∴bn+2bn+1+3bn+2=–2d2③从而有bn+1+2bn+2+3bn+3=–2d2④④-③得（bn+1–bn）+2(bn+2–bn+1)+3(bn+3–bn+2)=0⑤∵bn+1–bn≥0,bn+2–bn+1≥0,bn+3–bn+2≥0, ∴由⑤得bn+1–bn=0(n=1,2,3,…)，由此不妨设bn=d3(n=1,2,3,…)则an–an+2=d3(常数).由此cn=an+2an+1+3an+2=cn=4an+2an+1–3d3从而cn+1=4an+1+2an+2–5d3，两式相减得cn+1–cn=2(an+1–an)–2d3因此(常数)(n=1,2,3,…)所以数列{an}公差等差数列。【解后反思】理解公差d的涵义，能把文字叙述转化为符号关系式.利用递推关系是解决数列的重要方法,要求考生熟练掌握等差数列的定义、通项公式及其由来.37．（江西卷）已知数列｛an｝满足：a1＝，且an＝求数列｛an｝的通项公式；证明：对于一切正整数n，不等式a1·a2·……an<2·n！用数学归纳法证明3°式：n＝1时，3°式显然成立，设n＝k时，3°式成立，即³1－（） 则当n＝k＋1时，³〔1－（）〕·（）＝1－（）－＋（）³1－（＋）即当n＝k＋1时，3°式也成立。故对一切nÎN*，3°式都成立。利用3°得，³1－（）＝1－＝1－>故2°式成立，从而结论成立。38．（江西卷）已知各项均为正数的数列，满足：，且，．（1）求数列的通项公式；（2）设，，求，并确定最小正整数，使为整数．（2）由1°式有Sn＋Tn＝ ＝＝为使Sn＋Tn＝为整数，当且仅当为整数.39．（辽宁卷）已知函数f(x)=,其中a,b,c是以d为公差的等差数列，，且a＞0,d＞0.设［1-］上，，在，将点A，B，C(I)求(II)若⊿ABC有一边平行于x轴，且面积为，求a,d的值【解析】(I)解:令,得当时,;当时,所以f(x)在x=-1处取得最小值即 (II)的图像的开口向上,对称轴方程为由知在上的最大值为即又由当时,取得最小值为解法2:又c>0知在上的最大值为即:又由当时,取得最小值为 由三角形ABC有一条边平行于x轴知AC平行于x轴,所以41．（辽宁卷）已知等差数列的前项和为（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）若a1与a5的等差中项为18，bn满足，求数列的{bn}前n项和.解析：本小题考查数列的概念，等差数列，等比数列，对数与指数互相转化等基础知识。考查综合运用数学知识解决问题的能力。满分12分.(Ⅰ)解法一：当时，,当时,.是等差数列,,············4分解法二：当时,,当时,.当时,. .又,所以,得.············4分41．（全国卷I）设数列的前项的和，（Ⅰ）求首项与通项；（Ⅱ）设，，证明：解:(Ⅰ)由Sn=an－×2n+1+,n=1,2,3，…,①得a1=S1=a1－×4+所以a1=2.再由①有Sn－1=an－1－×2n+,n=2,3，4,…将①和②相减得:an=Sn－Sn－1=(an－an－1)－×(2n+1－2n),n=2,3,…整理得:an+2n=4(an－1+2n－1),n=2,3,…,因而数列{an+2n}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列,即:an+2n=4×4n－1=4n,n=1,2,3,…,因而an=4n－2n,n=1,2,3,…, (Ⅱ)将an=4n－2n代入①得Sn=×(4n－2n)－×2n+1+=×(2n+1－1)(2n+1－2)=×(2n+1－1)(2n－1)Tn==×=×(－)所以,=－)=×(－)<42．（全国卷I）已知为等比数列，，求的通项式。43．（全国II）设数列｛an｝的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，…．（Ⅰ）求a1，a2；（Ⅱ）｛an｝的通项公式．解：(Ⅰ)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝．当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a1＝．(Ⅱ)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，　Sn2－2Sn＋1－anSn＝0．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0　　　①由(Ⅰ)知S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝．由①可得S3＝．由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，…．　　　　　　……8分下面用数学归纳法证明这个结论．(i)n＝1时已知结论成立． (ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝，当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝，即Sk＋1＝，故n＝k＋1时结论也成立．综上，由(i)、(ii)可知Sn＝对所有正整数n都成立．　　……10分于是当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，又n＝1时，a1＝＝，所以｛an｝的通项公式an＝，n＝1，2，3，…．12分44．（全国II）设等比数列的前n项和为，45．（山东卷）已知a1=2，点(an,an+1)在函数f(x)=x2+2x的图象上，其中=1，2，3，…证明数列｛lg(1+an)｝是等比数列；设Tn=(1+a1)(1+a2)…(1+an)，求Tn及数列｛an｝的通项；记bn=，求｛bn｝数列的前项和Sn，并证明Sn+=1.解：（Ⅰ）由已知，，两边取对数得，即 是公比为2的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）知（*）=由（*）式得46．（山东卷）已知数列｛｝中，在直线y=x上，其中n=1,2,3….(Ⅰ)令(Ⅱ)求数列(Ⅲ)设的前n项和,是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出.若不存在,则说明理由。解：（I）由已知得 又是以为首项，以为公比的等比数列.（III）解法一：存在，使数列是等差数列.数列是等差数列的充要条件是、是常数即又 当且仅当，即时，数列为等差数列.47．(陕西卷)已知正项数列{an}，其前n项和Sn满足10Sn=an2+5an+6且a1,a3,a15成等比数列，求数列{an}的通项an.解析：解:∵10Sn=an2+5an+6，①∴10a1=a12+5a1+6，解之得a1=2或a1=3．又10Sn－1=an－12+5an－1+6(n≥2)，②由①－②得10an=(an2－an－12)+6(an－an－1)，即(an+an－1)(an－an－1－5)=0∵an+an－1>0，∴an－an－1=5(n≥2)．当a1=3时，a3=13，a15=73．a1，a3，a15不成等比数列∴a1≠3;当a1=2时，a3=12，a15=72，有a32=a1a15，∴a1=2，∴an=5n－3．48．(上海卷)已知有穷数列共有2项（整数≥2），首项＝2．设该数列的前项和为，且＝＋2（＝1，2，┅，2－1），其中常数＞1．（1）求证：数列是等比数列；（2）若＝2，数列满足＝（＝1，2，┅，2），求数列的通项公式；（3）若（2）中的数列满足不等式|－|＋|－|＋┅＋|－|＋| －|≤4，求的值．(1)[证明]当n=1时,a2=2a,则=a；2≤n≤2k－1时,an+1=(a－1)Sn+2,an=(a－1)Sn－1+2,an+1－an=(a－1)an,∴=a,∴数列{an}是等比数列.49．(上海卷)设数列的前项和为，且对任意正整数，。（1）求数列的通项公式（2）设数列的前项和为,对数列，从第几项起？.解(1)∵an+Sn=4096,∴a1+S1=4096,a1=2048.当n≥2时,an=Sn－Sn－1=(4096－an)－(4096－an－1)=an－1－an∴=an=2048()n－1.(2)∵log2an=log2[2048()n－1]=12－n, ∴Tn=(－n2+23n).由Tn<－509,解得n>,而n是正整数,于是,n≥46.∴从第46项起Tn<－509.50．（四川卷）已知数列，其中，，（），记数列的前项和为，数列的前项和为。（Ⅰ）求；（Ⅱ）设（），（其中为的导数），计算。本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及对数运算、导数运算和极限运算的能力，同时考查分类讨论的思想方法，满分12分。 51．（四川卷）数列的前项和记为（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）等差数列的各项为正，其前项和为，且，又成等比数列，求本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及推理能力与运算能力。满分12分。（Ⅱ）设的公比为由得，可得，可得故可设又由题意可得解得∵等差数列的各项为正，∴ ∴∴52．（天津卷）已知数列满足，并且（为非零参数，）．（1）若成等比数列，求参数的值；（2）当时，证明；当时，证明.本小题以数列的递推关系为载体，主要考查等比数列的等比中项及前n项和公式、不等式的性质及证明等基础知识，考查运算能力和推理论证能力。满分14分。（III）证明：当时，由（II）可知。又由（II）则 从而因此53．（天津卷）已知数列满足，并且（为非零参数，）．（Ⅰ）若成等比数列，求参数的值；（Ⅱ）设，常数且．证明．本小题以数列的递推关系为载体，主要考查等比数列的等比中项及前项和公式、等差数列前项和公式、不等式的性质及证明等基础知识，考查运算能力和推理论证能力。满分14分。　　　因此，对任意　　　　　　　　　　　　　　 　　　当且时，所以　　　　　　54．（浙江文）若是公差不为0的等差数列的前项和，且成等比数列（Ⅰ）求数列的公比；（Ⅱ）=4，求的通项公式。本题主要考察等差、等比数列的基本知识、考查运算及推理能力。满分14分。55．（上海春）已知数列，其中是首项为1，公差为1的等差数列；是公差为的等差数列；是公差为的等差数列（）.（1）若，求；（2）试写出关于的关系式，并求的取值范围；（3）续写已知数列，使得是公差为的等差数列，……，依次类推，把已知数列推广为无穷数列.提出同（2）类似的问题（（2）应当作为特例），并进行研究，你能得到什么样的结论？解：（1）因为a10=10,a20=10+10d=40,所以d=3．  （2）因为a20=10+10d，所以a30=a20+10d3=10(1+d+d2)(d≠0)．   显然　，注意到d≠0．于是   当d∈-∞,0)∪(0,+∞)时，a30∈[15/2，+∞).  （3）所给数列可推广为无穷数列{an}，其中a1,a2,…,a10是首项为1，公差为1的等差数列，当n≥1时，数列a10n,a10n+1,…a10(n+1)是公差为dn的等差数列． 研究的问题可以是：试写出a10(n+1)关于d的关系式，并求a10(n+1)的取值范围．研究的结论可以是：由a40=a30+10d3=10(1+d+d2+d3)， 依次类推，可得    当d>0时，a10(n+1)的取值范围为(10,+∞)等．【2005年高考试题】选择题1.（广东卷）已知数列满足，，…．若，则(B)（Ａ）（Ｂ）３（Ｃ）４（Ｄ）５4.（湖南卷）已知数列{log2(an－1)}（n∈N*）为等差数列，且a1＝3，a2＝5，则　　=（C）　　A．2　　B．　　C．1　　D．5.（湖南卷）设f0(x)＝sinx，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N，则f2005(x)＝（C）　　A．sinx　B．－sinx　C．cosx　D．－cosx6.（江苏卷）在各项都为正数的等比数列｛an｝中，首项a1=3，前三项和为21，则a3+a4+a5=(C) (A)33(B)72(C)84(D)1897.(全国卷II)如果数列是等差数列，则(B)(A)(B)(C)(D)8.(全国卷II)11如果为各项都大于零的等差数列，公差，则(B)(A)(B)(C)(D)[答](C)(A)-3600(B)1800(C)-1080(D)-72011.（浙江卷）＝(C)(A)2(B)4(C)(D)012.(重庆卷)有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。已知最底层正方体的棱长为2，且改塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是(C)(A)4；(B)5；(C)6； (D)7。13.（江西卷）填空题1.（广东卷）设平面内有ｎ条直线，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三角形不过同一点．若用表示这ｎ条直线交点的个数，则_____5________；当ｎ＞４时，＝_____________．3.（湖北卷）设等比数列的公比为q，前n项和为Sn，若Sn+1,Sn，Sn+2成等差数列，则q的值为-2.4.(全国卷II)在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的乘积为_______216__．5.（山东卷）6.（上海）12、用个不同的实数可得到个不同的排列，每个排列为一行写成一个行的数阵。对第行，记， 。例如：用1，2，3可得数阵如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，=_-1080_________。解答题1.（北京卷）设数列{an}的首项a1=a≠，且,记，n＝＝l，2，3，…·．（I）求a2，a3；（II）判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；（III）求．解：（I）a2＝a1+=a+，a3=a2=a+；（II）∵a4=a3+=a+,所以a5=a4=a+,所以b1=a1－=a－,b2=a3－=(a－),b3=a5－=(a－),猜想：{bn}是公比为的等比数列·证明如下：因为bn+1＝a2n+1－=a2n－=(a2n－1－)=bn,(n∈N*) 所以{bn}是首项为a－,公比为的等比数列·（III）.（II）由（I）可知是首项为，公比为项数为n的等比数列，∴=3．（福建卷）已知{}是公比为q的等比数列，且成等差数列.（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）设{}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由.解：（Ⅰ）由题设 （Ⅱ）若当故若当故对于 故a取数列{bn}中的任一个数，都可以得到一个有穷数列{an}5.（湖北卷）设数列的前n项和为Sn=2n2，为等比数列，且（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前n项和Tn.解：（1）：当故{an}的通项公式为的等差数列.设{bn}的通项公式为故（II） 两式相减得6.（湖北卷）已知不等式为大于2的整数，表示不超过的最大整数.设数列的各项为正，且满足（Ⅰ）证明（Ⅱ）猜测数列是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；（Ⅲ）试确定一个正整数N，使得当时，对任意b>0，都有∵证法2：设，首先利用数学归纳法证不等式 （i）当n=3时，由知不等式成立.（Ⅱ）有极限，且（Ⅲ）∵则有故取N=1024，可使当n>N时，都有7.（湖南卷）已知数列为等差数列，且（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）证明 （I）解：设等差数列的公差为d.由即d=1.所以即8.（湖南卷）自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响.用xn表示某鱼群在第n年年初的总量，n∈N*，且x1＞0.不考虑其它因素，设在第n年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与xn成正比，死亡量与xn2成正比，这些比例系数依次为正常数a，b，c.（Ⅰ）求xn+1与xn的关系式；（Ⅱ）猜测：当且仅当x1，a，b，c满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明）　（Ⅱ）设a＝2，b＝1，为保证对任意x1∈（0,2），都有xn＞0，n∈N*，则捕捞强度b的最大允许值是多少？证明你的结论.解（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1，n∈N*，从而由（*）式得因为x1>0，所以a>b.猜测：当且仅当a>b，且时，每年年初鱼群的总量保持不变. （Ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈N*由xn+1=xn(3－b－xn),n∈N*,知01；解②，由于n可为奇数、可为偶数，得－10且－1<<0或>0当或时即当且≠0时，即当或=2时，即13.(全国卷II)已知是各项为不同的正数的等差数列，、、成等差数列．又，．ABCDEFP(Ⅰ)证明为等比数列；(Ⅱ)如果数列前3项的和等于，求数列的首项和公差．(I)证明：∵、、成等差数列∴2=+，即(II)解。∵∴=3 ∴==314.(全国卷II)已知是各项为不同的正数的等差数列，、、成等差数列．又，．(Ⅰ)证明为等比数列；(Ⅱ)如果无穷等比数列各项的和，求数列的首项和公差．(注：无穷数列各项的和即当时数列前项和的极限)（Ⅱ）如果无穷等比数列的公比=1，则当→∞时其前项和的极限不存在。因而=≠0，这时公比=，这样的前项和为则S=由，得公差=3，首项==315.(全国卷III)在等差数列中，公差的等差中项. 已知数列成等比数列，求数列的通项16.（山东卷）已知数列的首项前项和为，且（I）证明数列是等比数列；（II）令，求函数在点处的导数并比较与的大小.解：由已知可得两式相减得即从而当时所以又所以从而故总有，又从而即数列是等比数列；（II）由（I）知因为所以从而= =-=由上-==12①当时，①式=0所以；当时，①式=-12所以当时，又所以即①从而17．(上海)本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分8分.假设某市2004年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么,到哪一年底,(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?18.（天津卷）已知.（Ⅰ）当时，求数列的前n项和； （Ⅱ）求.（18）解：（Ⅰ）当时，．这时数列的前项和．　　　①①式两边同乘以，得　　　　②　①式减去②式，得　　若，，若，19.（天津卷）若公比为c的等比数列｛｝的首项＝1且满足：（＝3，4，…）。 （I）求c的值。（II）求数列｛｝的前项和。20.（浙江卷）已知实数a，b，c成等差数列，a＋1，了＋1，c＋4成等比数列，求a，b，c．21（浙江卷）设点(，0)，和抛物线：y＝x2＋anx＋bn(n∈N*)，其中an＝－2－4n－，由以下方法得到：x1＝1，点P2(x2，2)在抛物线C1：y＝x2＋a1x＋b1上，点A1(x1，0)到P2的距离是A1到C1上点的最短距离，…，点在抛物线：y＝x2＋anx＋bn上，点(，0)到的距离是到上点的最短距离．(Ⅰ)求x2及C1的方程．(Ⅱ)证明{}是等差数列．解：（I）由题意，得。设点是上任意一点，则令则由题意，得即又在上， 解得故方程为①当n=1时，等式成立。②假设当n=k时，等式成立，即则当时，由（*）知又即当时，等式成立。由①②知，等式对成立。是等差数列。22.(重庆卷)数列{an}满足a1=1且8an+1-16an+1+2an+5=0(n³1)。记(n³1)。(1)求b1、b2、b3、b4的值；(2)求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn。解法一： （I）,解法二：（Ⅰ）由整理得（Ⅱ）由所以故 由得故从而故 23.(重庆卷)数列{an}满足.（Ⅰ）用数学归纳法证明：；（Ⅱ）已知不等式，其中无理数e=2.71828….（Ⅰ）证明：（1）当n=2时，，不等式成立.（2）假设当时不等式成立，即那么.这就是说，当时不等式成立.根据（1）、（2）可知：成立.（Ⅱ）证法二：由数学归纳法易证成立，故 令取对数并利用已知不等式得上式从2到n求和得因故成立24.（江西卷）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn－Sn－2=3求数列{an}的通项公式.解：方法一：先考虑偶数项有：………同理考虑奇数项有：……… 综合可得又∴∴ 25.（江西卷）已知数列（1）证明（2）求数列的通项公式an.方法二：用数学归纳法证明：1°当n=1时，∴；2°假设n=k时有成立，令，在[0，2]上单调递增，所以由假设有：即 也即当n=k+1时成立，所以对一切（2）下面来求数列的通项：所以,又bn=－1，所以【2004年高考试题】选择题2．（2004.重庆理）若是等差数列，首项，则使前n项和成立的最大自然数n是：（C）A．4005B．4006C．4007D．40083．（2004.湖南理）数列（C）A．B．C．D．4．（2004.湖南理）农民收入由工资性收入和其它收入两部分构成。2003年某地区农民人均收入为3150元(其中工资性收入为1800元，其它收入为1350元),预计该地区自2004年起的5 年内，农民的工资性收入将以每年6%的年增长率增长，其它收入每年增加160元。根据以上数据，2008年该地区农民人均收入介于（B）A．4200元~4400元B．4400元~4600元C．4600元~4800元D．4800元~5000元5、（2004.人教版理科）设数列是等差数列，且，是数列的前项和，则（）A、B、C、D、二）填空题6．（04.上海春季高考）在数列中，，且对任意大于1的正整数，点在直线上，则_____________.37．（04.上海春季高考）根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第个图中有___________个点.8．（04.上海春季高考）在等差数列中，当时，必定是常数数列。然而在等比数列中，对某些正整数、，当时，非常数数列的一个例子是____________.，与同为奇数或偶数9.设数列{an}的前n项和为Sn，Sn=(对于所有n≥1)，且a4=54，则a1的数值是_______________________.2 10、（2004.上海理）设等比数列{an}(n∈N)的公比q=－,且(a1+a3+a5+…+a2n-1)=,则a1=2.11、（2004.上海理）若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”.设{an}是公比为q的无穷等比数列,下列{an}的四组量中,一定能成为该数列“基本量”的是第12、①、④组.(写出所有符合要求的组号)①S1与S2;②a2与S3;③a1与an;④q与an.其中n为大于1的整数,Sn为{an}的前n项和.12．（2004.重庆理）如图P1是一块半径为1的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得圆形P3、P4、…..，Pn，…,记纸板Pn的面积为，则.三）解答题13．（2004.辽宁卷）（本小题满分14分）已知函数的最大值不大于，又当（1）求a的值；（2）设13．本小题主要考查函数和不等式的概念，考查数学归纳法，以及灵活运用数学方法分析和解决问题的能力.满分14分.（1）解：由于的最大值不大于所以 ①………………3分又所以.②由①②得………………6分所以当n=k+1时，不等式也成立.根据（i）（ii）可知，对任何，不等式成立.…………14分证法二：（i）当n=1时，，不等式成立；（ii）假设时不等式成立，即，则当n=k+1时，………………8分因所以……12分于是因此当n=k+1时，不等式也成立. 根据（i）（ii）可知，对任何，不等式成立.…………14分14．（2004.湖南理）（本小题满分14分）如图，直线相交于点P.直线l1与x轴交于点P1，过点P1作x轴的垂线交直线l2于点Q1，过点Q1作y轴的垂线交直线l1于点P2，过点P2作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（Ⅰ）证明；（Ⅱ）求数列的通项公式；（Ⅲ）比较的大小.（Ⅱ）解：由题设知又由（Ⅰ）知，所以数列是首项为公比为的等比数列.从而（Ⅲ）解：由得点P的坐标为（1，1）.所以（i）当时，>1+9=10.而此时 （ii）当时，<1+9=10.而此时15．(2004.天津卷)（本小题满分12分）已知定义在R上的函数和数列满足下列条件：，其中为常数，为非零常数。(I)令，证明数列是等比数列；(II)求数列的通项公式；(III)当时，求15本小题主要考查函数、数列、等比数列和极限等概念，考查灵活应用数学知识分析问题和解决问题的能力。满分12分。(II)解：由(I)知，当时 当时而所以，当时16.（2004.江苏）设无穷等差数列{an}的前n项和为Sn.(Ⅰ)若首项，公差，求满足的正整数k；(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{an}，使得对于一切正整数k都有成立.16、解：（1） （2）或或17．（2004.福建理）（本小题满分12分）某企业2003年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降.若不能进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年（今年为第一年）的利润为500(1+)万元（n为正整数）.（Ⅰ）设从今年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元（须扣除技术改造资金），求An、Bn的表达式；（Ⅱ）依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？17.本小题主要考查建立函数关系式、数列求和、不等式的等基础知识，考查运用数学知识解决实际问题的能力.满分12分.18．（2004.湖北理）（本小题满分14分）已知（I）已知数列极限存在且大于零，求（将A用a表示）； （II）设（III）若都成立，求a的取值范围.18．本小题主要考查数列、数列极限的概念和数学归纳法，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，满分14分.（III）（i）当n=1时结论成立（已验证）.（ii）假设当 故只须证明即n=k+1时结论成立.根据（i）和（ii）可知结论对一切正整数都成立.故19.（04.上海春季高考）(本题满分14分)本题共有2个小题，第一小题满分6分，第2小题满分8分.某市2003年共有1万辆燃油型公交车。有关部门计划于2004年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%，试问：该市在2010年应该投入多少辆电力型公交车？到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的？【2003年以前高考试题】一、选择题1.（2003京春文，6）在等差数列{an}中，已知a1+a2+a3+a4+a5=20，那么a3等于（）A.4B.5C.6D.7 2.（2002上海春，16）设｛an｝（n∈N*）是等差数列，Sn是其前n项的和，且S5＜S6，S6＝S7＞S8，则下列结论错误的是（）A.d＜0B.a7＝0C.S9＞S5D.S6与S7均为Sn的最大值3.（2002京皖春，11）若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有（）A.13项B.12项C.11项D.10项6.（2001上海春，16）若数列{an}前8项的值各异，且an+8=an对任意n∈N*都成立，则下列数列中可取遍{an}前8项值的数列为（）A.{a2k+1}B.{a3k+1}C.{a4k+1}D.{a6k+1}7.（2001天津理，2）设Sn是数列{an}的前n项和，且Sn=n2，则{an}是（）A.等比数列，但不是等差数列B.等差数列，但不是等比数列C.等差数列，而且也是等比数列D.既非等比数列又非等差数列8.（2000京皖春，13）已知等差数列｛an｝满足a1+a2+a3+…＋a101＝0，则有（）A.a1＋a101＞0B.a2＋a100＜0C.a3＋a99＝0D.a51＝519.（1998全国文，15）等比数列{an}的公比为－，前n项和Sn满足，那么a1的值为（） A.±B.±C.±D.±10.（1998全国理，15）在等比数列｛an｝中，a1＞1，且前n项和Sn满足，那么a1的取值范围是（）A.（1，＋∞）B.（1，4）C.（1，2）D．（1，）11.（1997上海文，6）设f（n）=1+（n∈N），那么f（n+1）－f（n）等于（）A.B.C.D.13.（1996全国理，10）等比数列｛an｝的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若，则Sn等于（）A.B.－C.2D.－214.（1994全国理，12）等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（）A.130B.170C.210D.26015.（1995全国，12）等差数列｛an｝，｛bn｝的前n项和分别为Sn与Tn，若 ，则等于（）A.1B.C.D.二、填空题※18.（2003京春理14，文15）在某报《自测健康状况》的报道中，自测血压结果与相应年龄的统计数据如下表.观察表中数据的特点，用适当的数填入表中空白（_____）内.19.（2003上海春，12）设f（x）=.利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f（－5）+f（－4）+…+f（0）+…+f（5）+f（6）的值为_____.20.（2002北京，14）等差数列｛an｝中，a1＝2，公差不为零，且a1，a3，a11恰好是某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于．21.（2002上海，5）在二项式（1＋3x）n和（2x＋5）n的展开式中，各项系数之和分别记为an、bn（n是正整数），则=．22.（2001全国，15）设｛an｝是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若｛Sn｝是等差数列，则q=_____.23.（2001上海文，2）设数列｛an｝的首项a1＝－7，且满足an＋1＝an＋2（n∈N），则a1＋a2＋…＋a17＝. 24.（2001上海，6）设数列｛an｝是公比q＞0的等比数列，Sn是它的前n项和，若Sn＝7，则此数列的首项a1的取值范围是.25.（2001上海理，2）设数列｛an｝的通项为an＝2n－7（n∈N*），则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝．※26.（2001上海春，7）计算=_____.※30.（2000上海，4）计算=_____.31.（1999上海，10）在等差数列{an}中，满足3a4=7a7，且a1>0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得最大值，则n=_____.32.（1998上海文、理，10）在数列｛an｝和｛bn｝中，a1=2，且对任意自然数n，3an+1－an=0，bn是an与an+1的等差中项，则｛bn｝的各项和是_____.33.（1997上海）设02成立.55.（2001全国文，17）已知等差数列前三项为a，4，3a，前n项和为Sn，Sk=2550.（1）求a及k的值；（2）求.56.（2000京皖春理，24）已知函数f（x）=其中f1（x）＝－2（x）2＋1，f2（x）＝－2x＋2．（Ⅰ）在图3—3坐标系上画出y=f（x）的图象；（Ⅱ）设y=f2（x）（x∈［，1］）的反函数为y=g（x），a1＝1，a2＝g（a1），…，an＝g（an－1）；求数列｛an｝的通项公式，并求an；（Ⅲ）若x0∈［0，），x1＝f（x0），f（x1）＝x0，求x0． 59.（2000全国文，18）设｛an｝为等差数列，Sn为数列｛an｝的前n项和，已知S7＝7，S15＝75，Tn为数列｛｝的前n项和，求Tn．60.（2000上海，21）在XOY平面上有一点列P1（a1，b1），P2（a2，b2），…，Pn（an，bn），…，对每个自然数n，点Pn位于函数y=2000（）x（0＜a＜10）的图象上，且点Pn、点（n，0）与点（n+1，0）构成一个以Pn为顶点的等腰三角形.（Ⅰ）求点Pn的纵坐标bn的表达式；（Ⅱ）若对每个自然数n，以bn，bn＋1，bn＋2为边长能构成一个三角形，求a的取值范围；（Ⅲ）（理）设Bn＝b1，b2…bn（n∈N）.若a取（Ⅱ）中确定的范围内的最小整数，求数列｛Bn｝的最大项的项数.（文）设cn＝lg（bn）（n∈N）.若a取（Ⅱ）中确定的范围内的最小整数，问数列｛cn｝前多少项的和最大?试说明理由.61.（2000上海春，20）已知｛an｝是等差数列，a1＝－393，a2＋a3＝－768，｛bn｝是公比为q（0＜q＜1）的无穷等比数列，b1＝2，且｛bn｝的各项和为20.（Ⅰ）写出｛an｝和｛bn｝的通项公式；（Ⅱ）试求满足不等式≤－160b2的正整数m.62.（2000广东，18）设{an}为等比数列，Tn=na1+（n－1）a2+…+2an－1+an，已知T1=1，T2=4.（1）求数列{an}的首项和公比；（2）求数列{Tn}的通项公式.63.（1999全国理，23）已知函数y=f（x）的图象是自原点出发的一条折线.当n≤y≤n+1（n=0，1，2，…）时，该图象是斜率为bn的线段（其中正常数b≠1），该数列｛xn｝由f （xn）=n（n=1，2，…）定义.（Ⅰ）求x1、x2和xn的表达式；（Ⅱ）求f（x）的表达式，并写出其定义域；（Ⅲ）证明：y=f（x）的图象与y=x的图象没有横坐标大于1的交点.64.（1999全国文，20）数列｛an｝的前n项和记为Sn．已知an＝5Sn－3（n∈N）．求（a1＋a3＋…＋a2n－1）的值.65.（1999上海，18）设正数数列{an}为一等比数列，且a2=4，a4=16，求.67.（1998全国文，25）已知数列｛bn｝是等差数列，b1=1，b1+b2+…+b10=100.（Ⅰ）求数列｛bn｝的通项bn；（Ⅱ）设数列｛an｝的通项an=lg（1+），记Sn是数列｛an｝的前n项和，试比较Sn与lgbn+1的大小，并证明你的结论.68.（1998上海，22）若An和Bn分别表示数列{an}和{bn}前n项的和，对任意正整数n，an=－，4Bn－12An=13n.（1）求数列{bn}的通项公式；（2）设有抛物线列C1，C2，…，Cn，…抛物线Cn（n∈N*）的对称轴平行于y轴，顶点为（an，bn），且通过点Dn（0，n2+1），求点Dn且与抛物线Cn相切的直线斜率为kn，求极限. 70.（1997全国文，21）设Sn是等差数列｛an｝前n项的和，已知S3与S4的等比中项为的等差中项为1，求等差数列｛an｝的通项an.71.（1997上海理，22）设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn－（2t+3）Sn－1=3t（t>0，n=2，3，4，…）（1）求证：数列{an}是等比数列；（2）设数列{an}的公比为f（t），作数列{bn}，使b1=1，bn=f（）（n=2，3，4，…），求数列{bn}的通项bn；（3）求和：b1b2－b2b3+b3b4－b4b5…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.72.（1996全国文，21）设等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若S3＋S6＝2S9，求数列的公比q.73.（1996上海，24）设An为数列｛an｝的前n项和，An=（an－1）（n∈N*），数列｛bn｝的通项公式为bn=4n+3（n∈N）.（Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式；（Ⅱ）若d∈｛a1，a2，a3，…，an，…｝∩｛b1，b2，b3，…，bn，…｝，则称d为数列｛an｝与｛bn｝的公共项，将数列｛an｝｛bn｝的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列｛dn｝，证明数列｛dn｝的通项公式为dn=32n+1（n∈N*）；（Ⅲ）设数列｛dn｝中第n项是数列｛bn｝中的第r项，Br为数列｛bn｝的前r项的和，Dn为数列｛dn｝的前n项和，Tn=Br+Dn，求. 75.（1994全国文，25）设数列{an}的前n项和为Sn，若对于所有的正整数n，都有Sn=.证明：{an}是等差数列.76.（1994全国理，25）设｛an｝是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对所有自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.（Ⅰ）写出数列｛an｝的前三项；（Ⅱ）求数列｛an｝的通项公式（写出推证过程）；（Ⅲ）令bn=（n∈N*），求（b1+b2+…+bn－n）.77.（1994上海，26）已知数列｛an｝满足条件：a1=1，a2=r（r＞0）且｛an·an+1｝是公比为q（q＞0）的等比数列，设bn=a2n－1+a2n（n=1，2，…）（Ⅰ）求出使不等式anan+1+an+1an+2＞an+2an+2（n∈N*）成立的q的取值范围；（Ⅱ）求bn和，其中Sn=b1+b2+…+bn；（Ⅲ）设r=219．2－1，q=，求数列｛｝的最大项和最小项的值.●答案解析 2.答案：C解析：由S50又S6=S7，∴a1+a2+…+a6=a1+a2+…+a6+a7，∴a7=0.由S7>S8，得a8<0，而C选项S9>S5，即a6+a7+a8+a9>02（a7+a8）>0.由题设a7=0，a8<0，显然C选项是错误的.3.答案：A解析：设这个数列有n项∵∴∴n＝134.答案：C解析：n个月累积的需求量为Sn．∴第n个月的需求量为an＝Sn－Sn－1＝（21n－n2－5）－［21（n－1）－（n－1）2－5］＝（－n2＋15n－9）an＞1．5即满足条件，∴（－n2＋15n－9）＞1.5，6＜n＜9（n＝1，2，3，…，12），∴n=7或n=8． 6.答案：B解析：∵k∈N*，∴当k=0，1，2，…7时，利用an+8=an，数列{a3k+1}可以取遍数列{an}的前8项.评述：本题考查了数列的基本知识和考生分析问题、解决问题的能力.解法二：如果一个数列的和是一个没有常数项的关于n的二次函数，则这个数列一定是等差数列.评述：本题主要考查等差数列、等比数列的概念和基本知识，以及灵活运用递推式an=Sn－Sn－1的推理能力.但不要忽略a1，解法一紧扣定义，解法二较为灵活.8.答案：C解析：a1+a2+a3+…＋a101＝0即（a3＋a99）＝0，∴a3＋a99＝0．9.答案：D解析：， ∴a12=1－q，∴a12=，∴a=±.10.答案：D解析：由题意得：且0＜|q|＜1∴－q=a12－1∴0＜|a12－1|＜1又∵a1＞1∴1＜a1＜，故选D.评述：该题主要考查了无穷等比数列各项和公式的应用，挖掘了公式成立的条件.12.答案：D解析：f（n）为n个连续自然数的倒数之和f（n+1）=∴f（n+1）－f（n）=.13.答案：B解析：，又a1=－1，故，故选B.评述：本题主要考查等比数列前n项和求和公式的灵活运用，较好地考查了基本知识以及思维的灵活性. 14.答案：C解法一：由题意得方程组视m为已知数，解得∴15.答案：C解法一：应用等差数列中，若m+n=p+q，有am+an=ap+aq这条性质来解.，所以解法二：设数列｛an｝的首项为a1，公差为d，｛bn｝的首项为b1，公差为m，则 注意n是极限中的变量有.解法三：∵∴不妨令Sn=2n2，Tn=3n2+n∴an=Sn－Sn－1=2n2－2（n－1）2=4n－2（n=1时成立），bn=Tn－Tn－1=6n－2（n=1成立）∴评述：该题的形式新颖，其考查目的也明确，正确解答，可考查其数学能力，要是在题型的选用上，采用解答题的形式，那将是一道十分理想的中等难度的试题.可是作为选择题，其考查的有效性大打折扣，因为有相当一部分考生，并没有用正确的方法却也得出了正确答案C.17.答案：C解析：因为当n=k时，命题成立可推出n=k+1时成立，所以n=5时命题不成立，则n=4时，命题也一定不成立，故应当选C.18.答案：14085解析：从题目所给数据规律可以看到：收缩压是等差数列.舒张压的数据变化也很有规律：随着年龄的变化，舒张压分别增加了3毫米、2毫米，…照此规律，60岁时的收缩压和舒张压分别为140；85.评述：本题以实际问题为背景，考查了如何把实际生活中的问题转化为数学问题的能力.它不需要技能、技巧及繁杂的计算，需要有一定的数学意识，有效地把数学过程实施为数学思维活动. 19.答案：3评述：本题利用课本中等差数列倒序求和为考生提供了一个思维模式，但发现f（x）+f（1－x）=有一定难度，需要考生有一定的观察能力、思维能力及解决问题的能力.20.答案：4解析：设a1，a3，a11组成的等比数列公比为q．∴a3＝a1q＝2q，a11＝a1q2＝2q2又∵数列｛an｝是等差数列∴a11＝a1＋5（a3－a1）∴2q2＝a1＋5（2q－a1）∴2q2＝2＋5（2q－2），解得q＝421.答案：解析：由二项式定理，得：an＝4n，bn＝7n∴22.答案：1解析：方法一：∵Sn－Sn－1＝an，又∵Sn为等差数列，∴an为定值．∴an为常数列，q＝＝1方法二：an为等比数列，设an＝a1qn－1，且Sn为等差数列， ∴2S2＝S1＋S3，2a1q＋2a1＝2a1＋a1＋a1q＋a1q2，q2－q＝0，q＝0（舍）q=1.23.答案：153解析：∵an＋1－an＝2，∴｛an｝为等差数列．∴an＝－7（n－1）·2，∴a17＝－7＋16×2＝25．※26.答案：e2解析：27.答案：解析：．28.答案：解析：将（n+1）an＋12－nan2+an＋1an＝0化简得（n＋1）an＋1＝nan．当n=1时，2a2=a1=1，∴a2＝，n=2时，3a3=2a2=2×＝1，∴a3＝，…可猜测an＝，数学归纳法证明略.29.答案：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n＜17，n∈N*）解析：在等差数列｛an｝中，由a10＝0，得a1＋a19＝a2＋a18＝…＝an＋a20－n＝an＋1＋a19－n＝2a10＝0，所以a1＋a2＋…＋an＋…＋a19＝0， 即a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1，又∵a1＝－a19，a2＝－a18，…，a19－n＝－an＋1∴a1＋a2＋…＋an＝－a19－a18－…－an＋1＝a1＋a2＋…＋a19－n．若a9＝0，同理可得a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋a17－n．相应地等比数列｛bn｝中，则可得：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n＜17，n∈N*）解法二：∵d=－a1∴Sn=na1+=∵－<0，∴（n－）2最小时，Sn最大.又n∈N，∴n=9.评述：本题考查等差数列的基本知识，解法二的计算量太大.32.答案：2 解析：bn=，3an+1=an∴bn=2an+1，∴b1+b2+…+bn=2（a1+a2+…+an）－2a1∵｛an｝是首项为2，公比为的等比数列∴（b1+b2+…+bn）=［2（a1+a2+…+an）－2a1］=2×－2×2=2.35.答案：－20，即230－100×1.05n－2>0时，1.05n－2<2.3，得n<19.1因此，当2≤n≤19时，Cn－1c，又Sk－2c，从而①不成立.故不存在自然数c，k，使成立.评述：本题主要考查等比数列、不等式知识，以及探索和讨论存在性问题的能力，是高考试题的热点题型.55.解：（1）由已知a1=a，a2=4，a3=3a，∴a3－a2=a2－a1，即4a=8，∴a=2.∴首项a1=2，d=2 Sk=k·a1+d得k·2+d=2550∴k2+k－2550=0，解得k=50或k=－51（舍去）∴a=2，k=50.56.解：（Ⅰ）函数图象：图3—4说明：图象过（0，）、（，1）、（1，0）点；在区间［0，］上的图象为上凸的曲线段；在区间［，1］上的图象为直线段.（Ⅱ）f2（x）＝－2x＋2，x∈［，1］的反函数为：y=1－，x∈［0，1］．由已知条件得：a1＝1，a2＝1－a1＝1－，a3＝1－a2＝1－＋（）2，a4＝1＋（－）1＋（－）2＋（－）3，…… ∴an＝（－）0＋（－）1＋（－）2＋…＋（－）n－1即an＝［1－（－）n］，∴.①②57.解：由已知由①，得a1（3d2－1）＝2d③由②，得a1（5d4－1）＝4d④因为d≠0，由③与④得2（3d2－1）＝5d4－1，即5d4－6d2＋1＝0，解得d＝±1，d＝±． ∵d＞0，d≠1，∴d＝．代入③，得a1＝－，故b1=－.an＝－＋（n－1）＝（n－6），bn＝－×（）n－1．评述：本小题考查等差数列和等比数列的概念、性质，方程（组）的解法以及运算能力和分析能力.59.解：设等差数列｛an｝的公差为d，则Sn=na1＋n（n－1）d．∴S7＝7，S15＝75， ∴即（Ⅱ）∵函数y=2000（）x（0＜a＜10）递减，∴对每个自然数n，有bn＞bn＋1＞bn＋2则以bn，bn＋1，bn＋2为边长能构成一个三角形的充要条件是bn＋2＋bn＋1＞bn，即（）2＋（－1）＞0，解得a＜－5（1＋）或a＞5（－1），∴5（－1）＜a＜10．（Ⅲ）（理）∵5（－1）＜a＜10，∴a=7，bn＝2000（）．数列｛bn｝是一个递减的正数数列.对每个自然数n≥2，Bn＝bnBn－1．于是当bn≥1时，Bn≥Bn－1，当bn＜1时，Bn＜Bn－1，因此，数列｛Bn｝的最大项的项数n满足不等式bn≥1且bn＋1＜1. 由bn＝2000（）≥1，得n≤20.8，∴n=20.61.解：（Ⅰ）设｛an｝的公差为d，则a2＋a3＝2a1＋3d，故2×（－393）＋3d=－768，解得d=6，∴an＝－393＋6（n－1）＝6n－399．由S==20，得q=，bn＝2·（）n－1（n∈N）．（Ⅱ）∵a1＋a2＋…＋am＝ma1＋＝－393m＋3m（m－1），∴am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝（a1＋a2＋…＋a2m）－（a1＋a2＋…＋am）＝－393×（2m）+6m（2m－1）+393m－3m（m－1）=9m2－396m.∵－160b2=－288，∴9m2－396m≤－288（m＋1），m2－44m≤－32（m＋1），即（m－4）（m－8）≤0，解得4≤m≤8，又m∈N，从而m=4，5，6，7，8.62.解：（1）设等比数列{an}的公比为q，则T1=a1，T2=2a1+a2=a1（2+q）又T1=1，T2=4，∴a1=1，q=2.（2）解法一：由（1）知：a=1，q=2，∴an=a1·qn－1=2n－1 ∴Tn=n·1+（n－1）·2+（n－2）·22+…+2·2n－2+1·2n－1①2Tn=n·2+（n－1）·22+（n－2）·23+…+2·2n－1+1·2n②②－①得Tn=n·2+（n－1）·22+…+2·2n－1+2n－［n·1+(n－1)2+…+2·2n－2+1·2n－1］=－n+2+22+…+2n－1+2=－n+=2n+1－（n+2）63.（Ⅰ）解：依题意f（0）=0，又由f（x1）＝1，当0≤y≤1时，函数y=f（x）的图象是斜率为b0＝1的线段，故由＝1得x1＝1．又由f（x2）＝2，当1≤y≤2时，函数y=f（x）的图象是斜率为b的线段，故由＝b，即x2－x1＝得x2＝1＋．记x0＝0，由函数y=f（x）图象中第n段线段的斜率为bn－1，故得．又f（xn）＝n，f（xn－1）＝n－1；∴xn－xn－1＝（）n－1，n＝1，2，…． 由此知数列｛xn－xn－1｝为等比数列，其首项为1，公比为．因b≠1，得xn＝，即xn＝．（Ⅲ）证法一：首先证明当b＞1，1＜x＜时，恒有f（x）＞x成立.用数学归纳法证明：（ⅰ）由（Ⅱ）知当n=1时，在（1，x2］上，y=f（x）=1+b（x－1），所以f（x）－x=（x－1）（b－1）＞0成立.（ⅱ）假设n=k时在（xk，xk＋1］上恒有f（x）＞x成立.可得f（xk＋1）＝k＋1＞xk＋1，在（xk＋1，xk＋2］上，f（x）＝k＋1＋bk＋1（x－xk＋1），所以f（x）－x=k+1+bk＋1（x－xk＋1）－x＝（bk＋1－1）（x－xk＋1）＋（k＋1－xk＋1 ）＞0成立.由（ⅰ）与（ⅱ）知，对所有自然数n在（xn，xn＋1）上都有f（x）＞x成立.即1＜x＜时，恒有f（x）＞x．其次，当b＜1，仿上述证明，可知当x＞1时，恒有f（x）＜x成立.故函数y=f（x）的图象与y=x的图象没有横坐标大于1的交点.评述：本小题主要考查函数的基本概念、等比数列、数列极限的基础知识，考查归纳、推理和综合的能力.64.解：由Sn＝a1＋a2＋…＋an知，an＝Sn－Sn－1（n≥2），a1＝S1，由已知an＝5Sn－3，得an－1＝5Sn－1－3．于是an－an－1＝5（Sn－Sn－1）＝5an，所以an＝－an－1．由a1＝5S1－3，得a1＝．所以，数列｛an｝是首项a1＝，公比q＝－的等比数列.由此知数列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是首项为a1＝，公比为（－）2的等比数列. ∴（a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1）＝．评述：本小题主要考查等比数列和数列极限等基础知识.66.解：（Ⅰ）设数列｛bn｝的公差为d，由题意得解得∴bn＝3n－2（Ⅱ）由Sn＝3n－2知因此要比较Sn与logabn＋1的大小，可先比较（1＋1）（1＋）…（1＋）与的大小.取n=1，有（1＋1）＞ 取n=2，有（1＋1）（1＋）＞，……由此推测（1＋1）（1＋）……（1＋）＞①若①式成立，则由对数函数性质可断定：当a＞1时，Sn＞logabn+1当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1.下面用数学归纳法证明①式.（i）当n=1时已验证①式成立.（ii）假设当n=k（k≥1）时，①式成立，这就是说①式当n=k+1时也成立.由（i）（ii）知，①式对任何自然数n都成立.由此证得： 当a＞1时，Sn＞logabn+1当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1评述：该题是综合题，主要考查等差数列、数学归纳法、对数函数的性质等基本知识，以及归纳猜想，等价转化和代数式恒等变形的能力，相比之下，对能力的考查，远远高于对知识的考查.取n=1，有（1+1）＞，取n=2，有（1+1）（1+）＞，……由此推测（1+1）（1+）…（1+）＞.①若①式成立，则由对数函数性质可断定：Sn＞lgbn+1.下面用数学归纳法证明①式. （i）当n=1时已验证①式成立.因而这就是说①式当n=k+1时也成立.由（i），（ii）知①式对任何正整数n都成立.由此证得：Sn＞lgbn+1.68.解：（1）∵a1=－，an－an－1=－∴数列{an}是以－为首项，－1为公差的等差数列.∴An=由4Bn－12An=13n，得Bn=∴bn=Bn－Bn－1=－ （2）设抛物线Cn的方程为y=a（x+）2－即y=x2+（2n+3）x+n2+1∵y′=2x+（2n+3），∴Dn处切线斜率kn=2n+3.∴69.解：分两种情况讨论（1）当p＞1时，因p＞q＞0，则1＞＞0，所以 （2）当p＜1时，因p＞q＞0，则1＞p＞q＞0.评述：该题考查了数列、极限的有关知识和分类讨论的思想，考查了学生解决问题的能力，知识、方法、基本计算能力要求较高.整理得解得由此得an=1；或an=4－（n－1）=－n.经验证an=1时，S5=5，或an=n时， S5=－4，均适合题意.故所求数列通项公式为an=1，或an=n.评述：该题考查了数列的有关基本知识及代数运算能力，思路明显，运算较基本.（2）由f（t）=，得bn=f+bn－1.∴{bn}是一个首项为1，公差为的等差数列.∴bn=1+（n－1）=（3）由bn=，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列于是b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1=b2（b1－b3）+b4（b3－b5）+b6（b5－b7）+…+b2n（b2n－1+b2n+1）=－（b2+b4+…+b2n）=－=－（2n2+3n）72.解：若q=1，则有S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1.因a1≠0，得S3+S6≠2S9，显然q=1与题设矛盾，故q≠1. 由S3+S6=2S9，得，整理得q3（2q6－q3－1）=0，由q≠0，得2q6－q3－1=0，从而（2q3＋1）（q3－1）=0，因q3≠1，故q3=－，所以q=－.（Ⅲ）解：由题意，32n+1=4r+3，所以r=（32n－1）易知 ∴（Ⅱ）解：不存在.证法一：要使=lg（Sn+1－C）成立，则有①②分两种情况讨论：（ⅰ）当q=1时，（Sn－C）（Sn+2－C）－（Sn+1－C）2＝（a1n－C）［a1（n+2）－C］－［a1（n+1）－C］2=－a12＜0可知，不满足条件①，即不存在常数C＞0，使结论成立.（ⅱ）当q≠1时，（Sn－C）（Sn+2－C）－（Sn+1－C）2 因a1qn≠0，若条件①成立，故只能是a1－C（1－q）=0，即C=，此时因为C＞0，a1＞0，所以0＜q＜1，但是0＜q＜1时，Sn－＜0，不满足条件②，即不存在常数C＞0，使结论成立. 评述：本题为综合题，以数列为核心知识，在考查等比数列基本知识的同时，考查不等式的证明和解方程，兼考对数的运算法则和对数函数的单调性，并且多角度、多层次考查数学思想方法的灵活、恰当的运用，提高对数学能力的考查要求.该题的解答方法很多，表明该题能较好考查灵活综合运用数学知识的能力.第（Ⅰ）问侧重知识和基本技能的考查，第（Ⅱ）问则把考查的重心放在能力要求上.对思维的逻辑性、周密性和深刻性；运算的合理性、准确性；应用的灵活性、有效性等，该题都涉及到了，是一道突出能力考查的好试题.75.解：证法一：令d=a2－a1，下面用数学归纳法证明an=a1+（n－1）d（n∈N*）①当n=1时，上述等式为恒等式a1=a1，当n=2时，a1+（2－1）d=a1+（a2－a1）=a2，等式成立.由①和②，等式对所有的自然数n成立，从而{an}是等差数列.证法二：当n≥2时，由题设，所以同理有从而整理得：an+1－an=an－an－1，对任意n≥2成立.从而{an}是等差数列.评述：本题考查等差数列的基础知识，数学归纳法及推理论证能力，教材中是由等差数列的通项公式推出数列的求和公式，本题逆向思维，由数列的求和公式去推数列的通项公式，有一定的难度.考生失误的主要原因是知道用数学归纳法证，却不知用数学归纳法证什么，这里需要把数列成等差数列这一文字语言，转化为数列通项公式是an=a1+（n－1）d这一数学符号语言.证法二需要一定的技巧. 76.解：（Ⅰ）由题意，an＞0令n=1时，S1=a1解得a1=2，令n=2时有S2=a1+a2解得a2=6，令n=3时有S3=a1+a2+a3解得a3=10故该数列的前三项为2、6、10.整理ak+12－4ak+1+4－16k2=0由于ak+1＞0，解得：ak+1=2+4k所以ak+1=2+4k=4（k+1）－2这就是说n=k+1时，上述结论成立.根据1°，2°上述结论对所有自然数n成立.解法二：由题意有，（n∈N*） 整理得Sn=（an+2）2由此得Sn+1=（an+1+2）2所以an+1=Sn+1－Sn=［（an+1+2）2－（an+2）2］整理得（an+1+an）（an+1－an－4）=0由题意知an+1+an≠0，所以an+1－an=4即数列｛an｝为等差数列，其中a1=2，公差d=4，所以an=a1＋（n－1）d=2+4（n－1）即通项公式an=4n－2.评述：该题的解题思路是从所给条件出发，通过观察、试验、分析、归纳、概括、猜想出一般规律，然后再对归纳、猜想的结论进行证明.对于含自然数n的命题，可以考虑用数学归纳法进行证明，该题着重考查了归纳、概括和数学变换的能力.77.解：（Ⅰ）由题意得rqn－1+rqn＞rqn+1由题设r＞0，q＞0，故上式q2－q－1＜0所以，由于q＞0，故0＜q＜ （Ⅱ）因为所以=q≠0b1=1+r≠0，所以｛bn｝是首项为1+r，公比为q的等比数列，从而bn=（1+r）qn－1（Ⅲ）由（Ⅱ）知bn=（1+r）qn－1从上式可知当n－20.2＞0时n≥21（n∈N）时，cn随n的增大而减小，故1＜cn＜c21=1+=2.25①当n－20.2＜0，即n≤20（n∈N）时，cn也随着n的增大而减小，故1＞cn＞c20=1+②综合①、②两式知对任意的自然数n有c20≤cn≤c21 故｛cn｝的最大项c21=2.25，最小项c20＝－4．评述：本题主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识，推理能力以及分解问题和解决问题的能力.