《创新方案》2017届新课标高考总复习数学（文理）5年高考真题分类汇编（2011-2015）第五章：数列 WORD版含解析.doc

1、五年高考真题分类汇编：数列一.选择题1.（2015重庆高考，理2）在等差数列中，若=4，=2，则=（）A、-1 B、0 C、1 D、6【解析】选B. 由等差数列的性质得.2.(2015福建高考，理8)若 是函数 的两个不同的零点，且 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 的值等于（ ）A6 B7 C8 D9【解析】选D. 由韦达定理得，则，当适当排序后成等比数列时，必为等比中项，故，当适当排序后成等差数列时，必不是等差中项，当是等差中项时，解得，；当是等差中项时，解得，综上所述，所以3.(2015北京高考，理6)设是等差数列. 下列结论中正确的是（ ）A若，则 B若，则

2、C若，则 D若，则【解析】选C先分析四个答案支，A举一反例，而，A错误，B举同样反例，而，B错误，下面针对C进行研究，是等差数列，若，则设公差为，则，数列各项均为正，由于，则.4.(2015浙江高考，理3)已知是等差数列，公差不为零，前项和是，若，成等比数列，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B.5.（2015新课标全国卷I，文7）已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则（ ） （A） （B） （C） （D）【解析】选B. 公差，解得=，.6.（2014辽宁高考文科9）设等差数列的公差为,若数列为递减数列,则【解题提示】 依照递减数列的定义，得，再由指数函数性质得结合等差数列的定义即

3、可解决问题【解析】选D.由于数列为递减数列，得，再由指数函数性质得，由等差数列的公差为知，所以7.（2014福建高考理科3）等差数列的前项和，若，则( ) 【解题指南】利用公式，联系基本量建立方程求解【解析】C.由题，解得，所以8.（2014辽宁高考理科8）设等差数列的公差为,若数列为递减数列,则【解题提示】 依照递减数列的定义，得，再由指数函数性质得结合等差数列的定义即可解决问题【解析】选C.由于数列为递减数列，得，再由指数函数性质得，由等差数列的公差为知，所以9. （2014辽宁高考文科9）设等差数列的公差为,若数列为递减数列,则【解题提示】 依照递减数列的定义，得，再由指数函数性质得结合

4、等差数列的定义即可解决问题【解析】选D.由于数列为递减数列，得，再由指数函数性质得，由等差数列的公差为知，所以 10（2014重庆高考文科2）在等差数列中, 则 （ ）A. B. C. D.【解题提示】根据题设条件求出公差,进而可求出的值.【解析】选B.设公差为,因为所以解得 所以11. （2014天津高考文科5）设是首项为，公差为的等差数列，为其前n项和，若成等比数列，则=（ ）A.2 B.-2 C. D.【解析】选D.因为成等比数列，所以即，解得12. (2014新课标全国卷高考文科数学T5)等差数列的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则的前n项和Sn= ()A.n(n+1) B.n

5、(n-1) C. D. 【解题提示】利用a2,a4,a8成等比数列求得公差,然后利用等差数列求和公式求和.【解析】选A.因为d=2,a2,a4,a8成等比,所以=a2a8,即(a2+2d)2=a2(a2+6d),解得a2=4,a1=2.所以利用等差数列的求和公式可求得Sn=n(n+1).13.（2013福建高考理）已知等比数列an的公比为q，记bnam(n1)1am(n1)2am(n1)m，cnam(n1)1am(n1)2am(n1)m(m，nN*)，则以下结论一定正确的是 ()A数列bn为等差数列，公差为qmB数列bn为等比数列，公比为q2mC数列cn为等比数列，公比为qm2D数列cn为等比

6、数列，公比为qmm【解析】选C本题考查等比数列的定义与通项公式、等差数列前n项和的公式等基础知识，意在考查考生转化和化归能力、公式应用能力和运算求解能力等比数列an的通项公式ana1qn1，所以cnam(n1)1am(n1)2am(n1)ma1qm(n1)a1qm(n1)1a1qm(n1)m1aqm(n1)m(n1)1m(n1)m1aqm2(n1)aqm2(n1)，因为qm2，所以数列cn为等比数列，公比为qm2.14（2013辽宁高考理）下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题：p1：数列an是递增数列；p2：数列nan是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列an3nd是递增数列其中的

7、真命题为 ()Ap1，p2 Bp3，p4 Cp2，p3 Dp1，p4【解析】选D本题主要考查等差数列的通项公式和数列单调性的判断，意在以数列为载体，考查考生对一次函数、二次函数和反比例函数的掌握情况设ana1(n1)ddna1d，它是递增数列，所以p1为真命题；若an3n12，则满足已知，但nan3n212n并非递增数列，所以p2为假命题；若ann1，则满足已知，但1是递减数列，所以p3为假命题；设an3nd4dna1d，它是递增数列，所以p4为真命题15（2013新课标高考理）设等差数列an的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m ()A3 B4 C5 D6【解析】选C本题考查等差

8、数列的定义、通项公式和前n项和公式，意在考查考生通过等差数列的定义、通项公式、前n项和公式求解基本量的能力根据已知条件，得到am和am1，再根据等差数列的定义得到公差d，最后建立关于a1和m的方程组求解由Sm12，Sm0，Sm13，得amSmSm12，am1Sm1Sm3，所以等差数列的公差为dam1am321， 由得解得选C.16（2013新课标高考理）设AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，AnBnCn的面积为Sn，n1,2,3，.若b1c1，b1c12a1，an1an，bn1，cn1，则 ()ASn为递减数列B.Sn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列

9、，S2n为递增数列【解析】选B本题考查三角形面积公式和归纳推理等知识，意在考查考生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力，对考生的归纳推理能力、逻辑思维能力要求较高已知b1c1，b1c12a1，a2a1，故b2c1b1b1，c2b1c1c1，b2c2a12a1，b2c20，即b2c2，b2c2(b1c1)2b1c1b1c1.又a3a2a1，所以b3c2b2b2，c3b2c2c2，b3c32a22a1，b3c3c2b20，即b3c3，b3c3(b2c2)2b2c2b2c2b1c1.又AnBnCn的面积为Sn ，其中p(anbncn)，p(pan)和p2(bncn)p都为定值，bncn逐渐递增，

10、所以数列Sn为递增数列，选择B.17（2013新课标高考理）等比数列an的前n项和为Sn.已知S3 a2 10a1 ，a59，则a1 () A. B C. D 【解析】选C本题考查等比数列的基本知识，包括等比数列的前n项和及通项公式，属于基础题，考查考生的基本运算能力由题知q1，则S3a1q10a1，得q29，又a5a1q49，则a1，故选C. 18（2013江西高考理）等比数列x,3x3,6x6，的第四项等于 ()A24 B0 C12 D24【解析】选A本题考查等比数列的通项以及等比数列的性质，意在考查考生的运算能力及对基础知识的掌握情况由等比数列的前三项为x,3x3,6x6，可得(3x3)

11、2x(6x6)，解得x3或x1(此时3x30，不合题意，舍去)，故该等比数列的首项x3，公比q2，所以第四项为(6x6)q24.19（2013大纲卷高考理）已知数列an满足3an1an0，a2，则an的前10项和等于 ()A6(1310) B.(1310)C3(1310) D3(1310)【解析】选C本题考查等比数列的定义和前n项和公式由3an1an0得an1an，所以an为等比数列，公比为，由a2得a14，所以由等比数列前n项和公式得S103(1310)，故选C.20（2013安徽高考理）设Sn为等差数列an的前n项和，S84a3，a72，则a9 ()A6 B4 C2 D2【解析】选A本题主

12、要考查等差数列的基础知识和基本运算，意在考查考生的运算求解能力根据等差数列的定义和性质可得，S84(a3a6)，又S84a3，所以a60，又a72，所以a84，a96.21（2013大纲卷高考理）已知数列an满足 3an1an0，a2，则an的前10项和等于 ()A6(1310) B.(1310) C3(1310) D. 3(1310)【解析】选C本题主要考查等比数列的判定、等比数列的前n项和公式因为3an1an0，即，又a2，所以数列an是以a14为首项，q为公比的等比数列，所以S1031103(1310)22（2013新课标高考理）设首项为1，公比为的等比数列an的前n项和为Sn，则 ()

13、ASn2an1 BSn3an2CSn43an DSn32an【解析】选D本题主要考查等比数列的前n项和公式，对基本计算能力有一定要求由等比数列前n项和公式Sn，代入数据可得Sn32an.23（2013辽宁高考文）下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题：p1：数列an是递增数列；p2：数列nan是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列an3nd是递增数列其中的真命题为 ()Ap1，p2 Bp3，p4 Cp2，p3 Dp1，p4【解析】选D本题主要考查等差数列的通项公式和数列单调性的判断，意在以数列为载体，考查考生对一次函数、二次函数和反比例函数的掌握情况设ana1(n1)ddna1d，它

14、是递增数列，所以p1为真命题；若an3n12，则满足已知，但nan3n212n并非递增数列，所以p2为假命题；若ann1，则满足已知，但1是递减数列，所以p3为假命题；设an3nd4dna1d，它是递增数列，所以p4为真命题24（2012重庆高考理）在等差数列an中，a21，a45，则an的前5项和S5 ()A7 B15 C20 D25【解析】选B 数列an的公差d2，则a11，a57，可得S515.25（2012辽宁高考理）在等差数列an中，已知a4a816，则该数列前11项和S11 ( )A58 B88 C143 D176【解析】选B 因为an是等差数列，所以a4a82a616a68，则该

15、数列的前11项和为S1111a688.26（2012四川高考理）设函数f(x)2xcos x，an是公差为的等差数列，f(a1)f(a2)f(a5)5，则f(a3)2a1a5 ()A0 B.2 C.2 D.2【解析】选D 设g(x)2xsin x，由已知等式得g(a1)g(a2)g(a5)0，则必有a30，即a3(否则若a30，则有(a1)(a5)(a2)(a4)2(a3)0，注意到g(x)是递增的奇函数，g(a3)0，g(a1)g(a5)g(a5)，g(a1)g(a5)0，同理g(a2)g(a4)0，g(a1)g(a2)g(a5)0，这与“g(a1)g(a2)g(a5)0”相矛盾，因此a30

16、不可能；同理a30，a2a270，所以S1，S2，S50都是正数；当51n100，nN*时，同理S51，S52，S100也都是正数，所以正数的个数是100.28（2012大纲卷高考理）已知等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，则数列的前100项和为 ()A. B. C. D.【解析】选A 设数列an的公差为d，则a14d5，S55a1d15，得d1，a11，故an1(n1)1n，所以，所以S10011.29（2012湖北高考理）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

17、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 ()A B C D【解析】选C 设等比数列an的公比为q，则a的公比为q2， 的公比为，其余的数列不是等比数列30（2012浙江高考理）设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是 ()A若d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则d0C若数列Sn是递增数列，则对任意nN*，均有Sn0D若对任意nN*，均有Sn0，则数列Sn是递增数列【解析】选C A、B、D均正确，对于C，若首项为1，d2时就不成立31（2012福建高考理）等差数列an中，a

18、1a510，a47，则数列an的公差 ()A1 B2 C3 D4【解析】选B 在等差数列an中，a1a510，2a310，a35，又a47，所求的公差为2.32（2012安徽高考理）公比为2的等比数列an的各项都是正数，且a3a1116，则log2a10 ()A4 B5 C6 D7【解析】选B 由题意可知a3a11a16，因为an为正项等比数列，所以a74，所以log2a10log2(a723)log2255.33（2012新课标高考理）已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10 ()A7 B5 C5 D7【解析】选D 设数列an的公比为q，由得或所以或所以或所以a1a107.3

19、4（2012湖北高考文）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 ()A B C D【解析】选C 根据“保等比数列函数”的概念逐个判断若an是等比数列，则a，也是等比数列，2an不一定是等比数列，ln|an|不一定是等比数列35（2012四川高考文）设函数f(x)(x3)3x1，an是公差不为0的等差数列，f(a1)f(a2)f(a7)14，则a1a2a7 ()A0

20、B7 C14 D21【解析】选D f(a1)f(a2)f(a7)(a13)3(a23)3(a73)3(a13)(a23)(a73)1414，(a13)3(a23)3(a73)3(a13)(a73)0.(a13)3(a23)3(a73)37(a43)0.(a13)3(a73)3(a1a76)(a13)2(a73)2(a13)(a73)2(a43)(a43)227d2，其中该数列公差为d.同理(a23)3(a63)32(a43)(a43)212d2，(a33)3(a53)32(a43)(a43)23d2(a13)3(a23)3(a73)37(a43)2(a43)(a43)227d22(a43)(a

21、43)212d22(a43)(a43)33d2(a43)37(a43)(a43)7(a43)284d270.d0，7(a43)284d270.a430，a43.a1a2a77a47321.36（2012辽宁高考文）在等差数列an中，已知a4a816，则a2a10 ()A12 B16 C20 D24【解析】选B 因为数列an是等差数列，所以a2a10a4a816.37（2012福建高考文）数列an的通项公式anncos ，其前n项和为Sn，则S2 012等于 ()A1 006 B2 012 C503 D0【解析】选A 由题意知，a1a2a3a42，a5a6a7a82，a4k1a4k2a4k3a4

22、k42，kN，故S2 01250321 006.38（2012安徽高考文）公比为2的等比数列an的各项都是正数，且a3a1116，则a5 ()A1 B2 C4 D8【解析】选A 因为a3a11a，又数列an的各项都是正数，所以解得a74，由a7a5224a5，求得a51.39（2012北京高考文）已知an为等比数列下面结论中正确的是 ()Aa1a32a2 Baa2aC若a1a3，则a1a2 D若a3a1，则a4a2【解析】选B 设公比为q，对于选项A，当a10)，因为所有AnBn平行且a11，a22，所以S梯形AnBnBn1An1S梯形A1B1B2A23m，当n2时，故aa，aa，aa，aa，

23、以上各式累乘可得：a(3n2)a，因为a11，所以an.【答案】an65（2013重庆高考理）已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8_.【解析】本题考查等差、等比数列的基本量运算，意在考查考生的基本运算能力因为an为等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，所以a1(a14d)(a1d)2，解得d2a12，所以S864.【答案】6466（2013新课标高考理）若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式是an_.【解析】本题考查等比数列的定义、Sn与an之间的关系，意在考查考生利用分类讨论思想和等比数列的定义求解an的能力求解本题时，按照n

24、1和n2两种情况分类解答，当n2时，由已知得到Sn1an1，然后作差得an的表达形式，再利用等比数列的定义和通项公式求解当n1时，由已知Snan，得a1a1，即a11；当n2时，由已知得到Sn1an1，所以anSnSn1anan1, 所以an2an1，所以数列an为以1为首项，以2为公比的等比数列，所以an(2)n1.【答案】(2)n167. （2013新课标高考理）等差数列an的前n项和为Sn ，已知S100，S1525，则nSn 的最小值为_【解析】本题考查等差数列的前n项和公式以及通过转化利用函数的单调性判断数列的单调性等知识，对学生分析、转化、计算等能力要求较高由已知解得a13，d，那

25、么nSnn2a1d.由于函数f(x)在x处取得极小值，因而检验n6时，6S648，而n7时，7S749.nSn 的最小值为49.【答案】4968（2013北京高考理）若等比数列an满足a2a420，a3a540，则公比q_；前n项和Sn_.【解析】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，考查方程思想以及考生的运算求解能力由题意知q2，又a2a420，故a1qa1q320，解得a12，所以Sn2n12.【答案】22n1269（2013广东高考理）在等差数列an中，已知a3a810，则3a5a7_.【解析】本题主要考查等差数列，考查考生的运算能力利用等差数列的性质可快速求解因为a3a810，所以3a

26、5a72(a3a8)20.【答案】2070（2013湖北高考理）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数1,3,6,10，第n个三角形数为n2n.记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n,3)n2n，正方形数 N(n,4)n2，五边形数 N(n,5)n2n，六边形数 N(n,6)2n2n，可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)_.【解析】本题主要考查数列的相关知识，意在考查考生对等差数列的定义、通项公式的掌握程度N(n，k)akn2bkn(k3)，其中数列ak是以为首项，为公差的等差数列；数列bk是以为首项

27、，为公差的等差数列；所以N(n,24)11n210n，当n10时，N(10,24)1110210101 000.【答案】1 00071（2013北京高考文）若等比数列an满足a2a420，a3a540，则公比q_；前n项和Sn_.【解析】本题主要考查等比数列的基础知识，意在考查考生的计算能力由题知解得故Sn2n12.【答案】22n1272（2013重庆高考文）若2，a，b，c,9成等差数列，则ca_.【解析】本题主要考查等差数列的基本运算设公差为d，则d，所以ca2d.73（2013江苏高考文）在正项等比数列an中，a5，a6a73.则满足a1a2ana1a2an的最大正整数n的值为_【解析】

28、本题主要考查等比数列的基本性质，意在考查学生的运算能力设等比数列an的公比为q(q0)由a5，a6a73，可得(qq2)3，即q2q60，所以q2，所以an2n6，数列an的前n项和Sn2n525，所以a1a2an(a1an)2，由a1a2ana1a2an可得2n5252，由2n52，可求得n的最大值为12，而当n13时，2825213不成立，所以n的最大值为12.【答案】1274（2013江西高考文）某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(nN*)等于_【解析】本题主要考查等比数列的概念与前n项和等基础知识，考查实际建模的能力以

29、及分析、解决问题的能力设每天植树的棵数组成的数列为an，由题意可知它是等比数列，且首项为2，公比为2，所以由题意可得100，即2n51，而2532,2664，nN*，所以n6.【答案】675（2013广东高考文）设数列an是首项为1，公比为2的等比数列，则a1|a2|a3|a4|_.【解析】本题主要考查等比数列通项等知识，意在考查考生的运算求解能力依题意得a11，a22，a34，a48，所以a1|a2|a3|a4|15.【答案】1576（2013辽宁高考文）已知等比数列an是递增数列，Sn是an的前n项和若a1，a3是方程x25x40的两个根，则S6_.【解析】本题主要考查等比数列的性质、通项

30、公式、求和公式，意在考查考生对等比数列公式的运用，以及等比数列性质的应用情况由题意得，a1a35，a1a34，由数列是递增数列得，a11，a34，所以q2，代入等比数列的求和公式得S663.【答案】6377（2012广东高考理）已知递增的等差数列|an|满足a11，a3a224，则an_.【解析】设等差数列an的公差为d，由已知得即解得由于等差数列an是递增的等差数列，因此所以ana1(n1)d2n1.【答案】2n178（2012江西高考理）设数列an，bn都是等差数列若a1b17，a3b321，则a5b5_.【解析】法一：设数列an，bn的公差分别为d1，d2，因为a3b3(a12d1)(b

31、12d2)(a1b1)2(d1d2)72(d1d2)21，所以d1d27，所以a5b5(a3b3)2(d1d2)212735.法二：2a3a1a5,2b3b1b5，a5b52(a3b3)(a1b1)221735.【答案】3579（2012上海高考理）有一列正方体，棱长组成以1为首项、为公比的等比数列，体积分别记为V1，V2，Vn，则lim,n (V1V2Vn)_.【解析】由条件可得正方体的体积组成以1为首项、为公比的等比数列，所以原式.【答案】80（2012四川高考理）记x为不超过实数x的最大整数例如，22，1.51，0.31，设a为正整数，数列xn满足x1a，xn1(nN*)现有下列命题：当

32、a5时，数列xn的前3项依次为5,3,2；对数列xn都存在正整数k，当nk时总有xnxk；当n1时，xn 1；对某个正整数k，若xk1xk，则xk 其中的真命题有_(写出所有真命题的编号)【解析】对于，当a5时，x15，x23，x32，因此正确对于，当a3时，x13，x22，x31，x42，x51，x62，x71，此时数列xn除第一项外，从第二项起以后的项是以2为周期重复性出现的，此时不存在正整数k，使得当nk时，总有xnxk，不正确对于，注意到xnN*，且x1a，x1(1)a1()20，即x11，若xn是正奇数，则xn11；若xn是正偶数，则xn11，综上所述，当n1时，xn1成立，因此正确

33、对于，依题意得知xk1xk0，xk0，即xk0，xkxk0，xk0，xk；又由得知xk1，于是有10a10，又数列an递增，所以q2.aa100(a1q4)2a1q9a1q2，所以数列an的通项公式为an2n.【答案】2n82（2012北京高考理）已知an为等差数列，Sn为其前n项和若a1，S2a3，则a2_；Sn_.【解析】设等差数列的公差为d，则2a1da12d，把a1代入得d，所以a2a1d1，Snna1dn(n1)【答案】1n(n1)83（2012浙江高考理）设公比为q(q0)的等比数列an的前n项和为Sn.若S23a22，S43a42，则q_.【解析】S4S2a3a43(a4a2)，

34、a2(qq2)3a2(q21)，解得q1(舍去)或q.【答案】84（2012福建高考理）数列an的通项公式anncos1，前n项和为Sn，则S2 012_.【解析】anncos1，a1a2a3a46，a5a6a7a86，a4k1a4k2a4k3a4k46，kN，故S2 01250363 018.【答案】3 01885（2012新课标高考理）数列an满足an1(1)nan2n1，则an的前60项和为_【解析】由an1(1)nan2n1得an2(1)nan12n1(1)n(1)n1an2n12n1an(1)n(2n1)2n1，即an2an(1)n(2n1)2n1，也有an3an1(1)n(2n1)

35、2n3，两式相加得anan1an2an32(1)n4n4.设k为整数，则a4k1a4k2a4k3a4k42(1)4k14(4k1)416k10，于是S60(a4k1a4k2a4k3a4k4)(16k10)1 830.【答案】1 83086（2012湖北高考文）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1,3,6,10，记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn可以推测：(1)b2012是数列an中的第_项；(2)b2k1_.(用k表示)【解析】求出数列an，bn的通项公式由题意可得an123n，nN*，故

36、b1a4，b2a5，b3a9，b4a10，b5a14，b6a15，由上述规律可知：b2ka5k(k为正整数)，b2k1a5k1，故b2 012b21 006a51 006a5 030，即b2 012是数列an中的第5 030项.【答案】(1)5 030；(2)87（2012辽宁高考文）已知等比数列an为递增数列若a10，且2(anan2)5an1，则数列an的公比q_.【解析】因为数列an是等比数列，所以2(anan2)5an1可变为2(1q2)5q，也就是2q25q20，因为数列an是递增数列且a10，所以q1，解方程得q2或q(舍去)【答案】288（2012江苏高考文）现有10个数，它们能

37、构成一个以1为首项，3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是_【解析】由题意得an(3)n1，易知前10项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于8的项为第一项和偶数项，共6项，即6个数，所以p.【答案】89（2012上海高考文）已知f(x).各项均为正数的数列an满足a11，an2f(an)若a2 010a2 012，则a20a11的值是_【解析】由题知an2，又a2 010a2 012，aa2 0101，又an0，a2 010，又a2 010，a2 008，同理可得a2 006a20，又a11，a3，a5，a7，a9，a11，a20a11.【答案】90（2012北京

38、高考文）已知an为等差数列，Sn为其前n项和，若a1，S2a3，则a2_；Sn_.【解析】设公差为d，则由S2a3得2a1da12d，所以da1，故a2a1d1，Snna1d.【答案】191（2012广东高考文）若等比数列an满足a2a4，则a1aa5_.【解析】等比数列an中，因为a2a4，所以aa1a5a2a4，所以a1aa5.【答案】92（2012湖南高考文）对于nN*，将n表示为nak2kak12k1a121a020，当ik时，ai1，当0ik1时，ai为0或1.定义bn如下：在n的上述表示中，当a0，a1，a2，ak中等于1的个数为奇数时，bn1；否则bn0.(1)b2b4b6b8_

39、；(2)设cm为数列bn中第m个为0的项与第m1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是_【解析】(1)2121020，b21；4122021020，b41；6122121020，b60；8123022021020，b81；故b2b4b6b83.(2)设bn中第m个为0的项为bi，即bi0，构造二进制数，(i)10(akak1a1a0)，则akak1a1a0中1的个数为偶数，当a2a1a0000时，bi11，bi21，bi30，cm2；当a2a1a0001时，bi11，bi20，cm1；当a2a1a0010时，bi11，bi20，cm1；当a2a1a0011时，bi11，bi20，cm1；当a2

40、a1a0100时，bi11，bi21，bi30，cm2；当a2a1a0101时，bi10，cm0；当a2a1a0110时，bi11，bi21，bi30，cm2；当a2a1a0111时，bi11，bi20，cm1.故cm的最大值为2.【答案】3293（2012新课标高考文）等比数列an的前n项和为Sn，若S33S20，则公比q_.【解析】由S33S20，即a1a2a33(a1a2)0，即4a14a2a30，即4a14a1qa1q20，即q24q40，所以q2.【答案】294（2012重庆高考文）首项为1，公比为2的等比数列的前4项和S4_.【解析】由等比数列的前n项和公式可得S424115.【答

41、案】1595（2012北京高考文）在等比数列an中，若a1，a44，则公比q_；|a1|a2|an|_.【解析】设等比数列an的公比为q，则a4a1q3，代入数据解得q38，所以q2；等比数列|an|的公比为|q|2，则|an| 2n1，所以|a1|a2|a3|an|(12222n1)(2n1)2n1.【答案】22n196（2012湖南高考文）设Sn是等差数列an(nN*)的前n项和，且a11，a47，则S5_.【解析】设数列的公差为d，则3da4a16，得d2，所以S551225.【答案】2597（2011重庆高考）在等差数列an中，a3a737，则a2a4a6a8_.【解析】依题意得a2a

42、4a6a8(a2a8)(a4a6)2(a3a7)74.【答案】7498（2011广东高考）等差数列an前9项的和等于前4项的和若a11，aka40，则k_.【解析】设an的公差为d，由S9S4及a11，得91d41d，所以d.又aka40，所以1(k1)()1(41)()0.即k10.【答案】1099（2011江苏高考）设1a1a2a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是_【解析】设a2t，则1tqt1q2t2q3，由于t1，所以qmaxt，故q的最小值是.【答案】100（2011湖北高考）九章算术“竹九节”问题：现有一根9节的

43、竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为_升【解析】设竹子从上到下的容积依次为a1，a2，a9，由题意可得a1a2a3a43，a7a8a94，设等差数列an的公差为d，则有4a16d3，3a121d4，由可得d，a1，所以a5.【答案】101（2011陕西高考）植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为_(米)【解析】当放在最左侧坑时，路程和为2(01020190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2

44、(1001020180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2(201001020170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2(908001020100)2000米【答案】2000三.解答题102.（2015江苏高考，20）（本小题满分16分） 设是各项为正数且公差为d的等差数列 （1）证明：依次成等比数列； （2）是否存在，使得依次成等比数列，并说明理由； （3）是否存在及正整数，使得依次成等比数列，并说 明理由.【解析】（1）证明：因为（，）是同一个常数，所以，依次构成等比数列（2）令，则，分别为，（，）假设存在，使得，依次构成等

45、比数列，则，且令，则，且（，），化简得（），且将代入（）式，则显然不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在，使得，依次构成等比数列（3）假设存在，及正整数，使得，依次构成等比数列，则，且分别在两个等式的两边同除以及，并令（，），则，且将上述两个等式两边取对数，得，且化简得，且令，则由，知，在和上均单调故只有唯一零点，即方程（）只有唯一解，故假设不成立所以不存在，及正整数，使得，依次构成等比数列103.（2015浙江高考，理20）已知数列满足=且=-（）（1）证明：1（）；（2）设数列的前项和为，证明（）.【解析】（1）由题意得，即，由得，由得，即；（2）由题意得，由和得，因此，由得.

46、104.（2015山东高考，理18）设数列的前n项和为.已知. （I）求的通项公式； （II）若数列满足，求的前n项和.所以 当 时， 所以两式相减，得 所以经检验， 时也适合，综上可得： 105. （2015安徽高考，理18）设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标. （）求数列的通项公式； （）记，证明.【解析】（）解：，曲线在点处的切线斜率为. 从而切线方程为.令，解得切线与轴交点的横坐标. （）证：由题设和（）中的计算结果知 . 当时，. 当时，因为， 所以. 综上可得对任意的，均有.106.（2015天津高考，理18）（本小题满分13分）已知数列满足，且成等差数列.(I)求的值和的通

47、项公式；(II)设，求数列的前项和.(II) 由(I)得，设数列的前项和为，则，两式相减得，整理得 所以数列的前项和为.107.（2015重庆高考，理22）在数列中，（1）若求数列的通项公式； （2）若证明：【解析】试题分析：（1）由于，因此把已知等式具体化得，显然由于，则（否则会得出），从而，所以是等比数列，由其通项公式可得结论；（2）本小题是数列与不等式的综合性问题，数列的递推关系是可变形为,由于，因此，于是可得，即有，又，于是有，这里应用了累加求和的思想方法，由这个结论可知，因此，这样结论得证，本题不等式的证明应用了放缩法.(1)由,有若存在某个，使得，则由上述递推公式易得，重复上述过程

48、可得，此与矛盾，所以对任意,.从而，即是一个公比的等比数列.故.求和得另一方面，由上已证的不等式知得综上：108.（2015四川高考，理16）设数列的前项和，且成等差数列. （1）求数列的通项公式； （2）记数列的前n项和，求得成立的n的最小值.【解析】（1）由已知，有，即.从而.又因为成等差数列，即.所以，解得.所以，数列是首项为2，公比为2的等比数列.故.（2）由（1）得.所以.由，得，即.因为，所以.于是，使成立的n的最小值为10.109.（2015湖北高考，理18）设等差数列的公差为d，前项和为，等比数列的公比为已知，（）求数列，的通项公式；（）当时，记，求数列的前项和 . -可得，故

49、. 110.（2015陕西高考，理21）（本小题满分12分）设是等比数列，的各项和，其中，（I）证明：函数在内有且仅有一个零点（记为），且；（II）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为，比较与的大小，并加以证明【解析】（I），则所以在内至少存在一个零点.又，故在内单调递增，所以在内有且仅有一个零点.因为是的零点，所以，即，故.(II)解法一：由题设，所以，即.综上所述，当时, ；当时解法二 由题设，当时, 当时, 用数学归纳法可以证明.当时, 所以成立.假设时，不等式成立，即.那么，当时，.又令，则所以当,在上递减；当,在上递增.所以，从而故.即，不等式也成立

50、.所以，对于一切的整数，都有.解法三:由已知，记等差数列为,等比数列为,则，所以,令当时, ,所以.当时, 而，所以，.若，当，从而在上递减，在上递增.所以，所以当又，故综上所述，当时，；当时.111.（2015新课标全国卷I，理17）为数列的前项和.已知0，=.（）求的通项公式；（）设 ,求数列的前项和.所以=；（）由（）知，=，所以数列前n项和为= =.112.（2015广东高考，理21）数列满足， (1) 求的值； (2) 求数列前项和；(3) 令，证明：数列的前项和满足【解析】（1）依题， ；（2）依题当时， ，又也适合此式， ， 数列是首项为，公比为的等比数列，故；（3）依题由知，1

51、13.（2015上海高考，理22）已知数列与满足，.（1）若，且，求数列的通项公式；（2）设的第项是最大项，即（），求证：数列的第项是最大项；（3）设，（），求的取值范围，使得有最大值与最小值，且.【解析】（1）由，得，所以是首项为，公差为的等差数列，故的通项公式为，.（2）证明：由，得.所以为常数列，即.因为，所以，即.故的第项是最大项.（3）因为，所以，当时， .当时，符合上式.所以.因为，所以，.当时，由指数函数的单调性知，不存在最大、最小值；当时，的最大值为，最小值为，而；当时，由指数函数的单调性知，的最大值，最小值，由及，得.综上，的取值范围是.114.（2015福建高考，文17）等

52、差数列中，（）求数列的通项公式；（）设，求的值【解析】（I）设等差数列的公差为由已知得，解得所以（II）由（I）可得所以115.（2015北京高考，文16）（本小题满分13分）已知等差数列满足，（I）求的通项公式；（II）设等比数列满足，问：与数列的第几项相等？【解析】（）设等差数列的公差为.因为，所以.又因为，所以，故.所以 .（）设等比数列的公比为.因为，所以，.所以.由，得.所以与数列的第项相等.116.（2015安徽高考，文18）已知数列是递增的等比数列，且（）求数列的通项公式；（）设为数列的前n项和，求数列的前n项和.【解析】（）由题设可知，又， 可解的或（舍去）由得公比，故.（）又

53、所以.117.（2015高考广东，文19）（本小题满分14分）设数列的前项和为，已知，且当时，（1）求的值；（2）证明：为等比数列；（3）求数列的通项公式【解析】（1）当时，即，解得：（2）因为（），所以（），即（），因为，所以，因为，所以数列是以为首项，公比为的等比数列（3）由（2）知：数列是以为首项，公比为的等比数列，所以即，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，所以，即，所以数列的通项公式是118.（2015湖北高考，文19）设等差数列的公差为d，前n项和为，等比数列的公比为q已知，（）求数列，的通项公式；（）当时，记，求数列的前n项和 119.（2015湖南高考，文19）（本小题满分1

54、3分）设数列的前项和为，已知，且，（I）证明：；（II）求。【解析】（I）由条件，对任意，有，因而对任意，有，两式相减，得，即，又，所以，故对一切，。（II）由（I）知，所以，于是数列是首项，公比为3的等比数列，数列是首项，公比为3的等比数列，所以，于是 从而，综上所述，。120（2015湖南高考，文21） （本小题满分13分）函数，记为的从小到大的第个极值点。（I）证明：数列是等比数列；（II）若对一切恒成立，求的取值范围。【解析】（I） 令，由，得，即， 而对于，当时，若，即，则；若，即，则；因此，在区间与上，的符号总相反，于是当时，取得极值，所以，此时，易知，而是常数，故数列是首项为，公

55、比为的等比数列。（II）对一切恒成立，即恒成立，亦即恒成立， 设，则，令得，当时，所以在区间上单调递减；当时，所以在区间上单调递增；因为，且当时，所以因此，恒成立，当且仅当，解得，故实数的取值范围是。121.（2015山东高考，文19）已知数列是首项为正数的等差数列，数列的前项和为.（I）求数列的通项公式；（II）设，求数列的前项和. 【解析】（I）设数列的公差为，令得，所以.令得，所以.解得，所以（II）由（I）知所以所以两式相减，得所以122.（2015陕西高考，文21）设(I)求；(II)证明：在内有且仅有一个零点（记为），且.【解析】(I)由题设，所以 由 得 ，所以 (II)因为，所

56、以在内至少存在一个零点，又所以在内单调递增，因此，在内有且只有一个零点，由于，所以由此可得故所以123.(2015四川高考，文16)设数列an(n1，2，3)的前n项和Sn满足Sn2ana3，且a1，a21，a3成等差数列.()求数列的通项公式；()设数列的前n项和为Tn，求Tn. 【解析】() 由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1，又因为a1，a21，a3成等差数列即a1a32(a21)所以a14a12(2a11)，解得a12所以，数列an是首项为2，公比为2的等比数列故an2n.()由()得所以Tn124.(20

57、15天津高考，文18)（本小题满分13分）已知是各项均为正数的等比数列,是等差数列,且,.（I）求和的通项公式;（II）设,求数列的前n项和.【解析】（I）设的公比为q,的公差为d,由题意 ,由已知,有 消去d得 解得 ,所以的通项公式为, 的通项公式为.（II）由（I）有 ,设的前n项和为 ,则 两式相减得所以 .125.(2015浙江高考，文17)（本题满分15分）已知数列和满足，.（1）求与；（2）记数列的前n项和为，求.【解析】 (1)由，得.当时，故.当时，整理得，所以.(2)由(1)知，所以所以所以.126.(2015重庆高考，文16)已知等差数列满足=2，前3项和=.()求的通项

58、公式，()设等比数列满足=，=，求前n项和. 【解析】（I）设的公差为，则由已知条件得化简得解得故通项公式，即.(II)由（I）得.设的公比为q,则,从而.故的前n项和 .127.（2015上海高考，文23）（本题满分16分）本题共3小题.第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分. 已知数列与满足，. （1）若，且，求数列的通项公式；（2）设的第项是最大项，即，求证：数列的第项是最大项；（3）设，求的取值范围，使得对任意，且.【解析】（1）因为，所以，所以是等差数列，首项为，公差为6，即.（2）由，得，所以为常数列，即，因为，所以，即，所以的第项是最大项.（3）因为，所以，当时， ，当时，符合

59、上式，所以，因为，且对任意，故，特别地，于是，此时对任意，当时，由指数函数的单调性知，的最大值为，最小值为，由题意，的最大值及最小值分别是及，由及，解得，综上所述，的取值范围是.128. （2014浙江高考文科19）已知等差数列的公差，设的前n项和为，（1）求及；（2）求（）的值，使得【解析】（1）由题意知，解得或（舍去）所以（2）由（1）知，所以，由知，故，所以129.（2014福建高考文科17）17.（本小题满分12分）在等比数列中，.（1） 求；（2） 设，求数列的前项和.【解题指南】（1）利用等比数列通项公式求出首项和公比（2）由求出的通项公式，为等差数列，利用等差数列前n项和公式求前

60、n项和【解析】(1)设的公比为q，依题意得， 解得，因此，.（2）因为，所以数列的前n项和.130. （2014天津高考文科20）（2014天津高考理科19）（本小题满分14分）已知和均为给定的大于1的自然数，设集合，集合，（1） 当时，用列举法表示集合A；设其中证明：若则.【解析】(1)当q=2,n=3时,M=0,1,A=x|x=x1+x22+x322,xiM,i=1,2,3.可得,A=0,1,2,3,4,5,6,7.(2)由s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b2q+bnqn-1,ai,biM,i=1,2,n及anbn,可得s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+(an-

61、1-bn-1)qn-2+(an-bn)qn-1(q-1)+(q-1)q+(q-1)qn-2-qn-1= - qn-1=-10.所以s60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.【解题指南】(1)由2,2+d,2+4d成等比数列可求得公差d,从而根据通项公式表示出数列an的通项.(2)根据an的通项公式表示出an的前n项和公式Sn,令Sn60n+800,解此不等式.【解析】(1)设数列an的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,an=2;当d=4时,an=2+(n-1)4=4n-2,

62、从而得数列an的通项公式为an=2或an=4n-2.(2)当an=2时,Sn=2n.显然2n60n+800成立.当an=4n-2时,Sn=2n2.令2n260n+800,即n2-30n-4000,解得n40或n60n+800成立,n的最小值为41.综上,当an=2时,不存在满足题意的n.当an=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.132.（2014湖北高考理科18）已知等差数列满足： 2，且 成等比数列.（1） 求数列的通项公式.（2） 记 为数列的前 项和，是否存在正整数，使得若存在，求的最小值；若不存在，说明理由.【解题指南】（）由，成等比数列可求得公差d,从而根据通项公式表示出

63、数列的通项；（）根据的通项公式表示出的前n项和公式,令，解此不等式。 【解析】（1）设数列的公差为，依题意，成等比数列，故有化简得，解得或当时，当时，从而得数列的通项公式为或。（2）当时，。显然此时不存在正整数，使得成立。当时，令，即，解得或（舍去），此时存在正整数，使得成立，的最小值为41。综上，当时，不存在满足题意的；当时，存在满足题意的，其最小值为41。133. （2014湖南高考理科20）（本小题满分13分）已知数列满足（1）若是递增数列，且成等差数列，求的值；（2）若，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式【解题提示】（1）由是递增数列，去掉绝对值，求出前三项，再利用成等差数列，

64、得到关于p的方程即可；（2） 是递增数列，是递减数列，可以去掉绝对值，再利用叠加法求通项公式。【解析】（1）因为是递增数列，所以，又，因为成等差数列，所以，解得，当，与是递增数列矛盾，所以。（2）因为是递增数列，所以，于是由于，所以由得，所以因为是递减数列，所以同理可得，由得，所以，所以数列的通项公式为134. （2014湖南高考文科17）（本小题满分12分） 已知数列的前项和. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和.【解题提示】（1）利用的关系求解，（2）分组求和。【解析】（1）当时，；当，故数列的通项公式为（2）由（1）知，记数列的前2n项和为，则记,，则，故数列的前2n项和

65、135.(2014广东高考文科T19)(14分)设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn,且Sn满足-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,nN*.(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+0,所以Sn-3,只有Sn=n2+n.当n2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,而a1=2,所以数列an的通项公式为an=2n(nN*).(3)因为=，=-,所以+=-.故对一切正整数n,有+1,都有mN*,使得a1,an,am成等比数列.【解题指南】(1)利用an=Sn-Sn-1(n2)解决.(2)a1,an,am成等比数列,转化为.

66、【解析】(1)当n=1时a1=S1=1;当n2时an=Sn-Sn-1=3n-2,对n=1也满足,所以的通项公式为an=3n-2;(2)由(1)得a1=1,an=3n-2,am=3m-2,要使a1,an,am成等比数列,需要,所以(3n-2)2=3m-2,整理得m=3n2-4n+2N*,所以对任意n1,都有mN*使得成立,即a1,an,am成等比数列.142.(2014江西高考理科T17)已知首项都是1的两个数列anbn(bn0,nN*),满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(1)令cn=,求数列cn的通项公式.(2)若bn=3n+1,求数列an的前n项和Sn.【解题指南】(1)

67、将等式两端同时除以bnbn+1即可求解.(2)由(1)及bn=3n+1可得数列an的通项公式,分析通项公式的特征利用错位相减法求Sn.【解析】(1)因为bn0,所以由anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,得,即,所以cn+1-cn=2,所以cn是以为首项,2为公差的等差数列,所以cn=1+(n-1)2=2n-1.(2)因为bn=3n+1,cn=2n-1.所以an=cnbn=(2n-1)3n+1.所以Sn=132+333+534+(2n-1)3n+1,3Sn=133+334+(2n-3)3n+1+(2n-1)3n+2,作差得:-2Sn=32+2(33+34+3n+1)-(2n-1)3n

68、+2=-18+2(n-1)3n+2,所以Sn=9+(n-1)3n+2.143.（2014安徽高考文科18）数列满足（1） 证明：数列是等差数列；（2） 设，求数列的前项和【解题提示】 利用等差数列的定义、错位相消法分别求解。【解析】(1)由已知可得，所以是以1为首项，1 为公差的等差数列。（2）由（1）得，所以,从而， 将以上两式联立可得=所以144 (2014新课标全国卷高考理科数学T17)(本小题满分12分)已知数列满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明是等比数列,并求的通项公式.(2)证明: +1时, =.所以+1+=.所以, +.nN*.145. （2014四川高考理科19）设

69、等差数列的公差为，点在函数的图象上（）（1）若，点在函数的图象上，求数列的前项和；（2）若，函数的图象在点处的切线在轴上的截距为，求数列的前 项和.【解题提示】本题主要考查等差数列与等比数列的概念，等差数列与等比数列的通项公式和前n项和、导数的几何意义等基础知识，考查运算求解能力.【解析】（1）点在函数的图象上，所以，又等差数列的公差为，所以，因为点在函数的图象上，所以，所以，又，所以（2）由函数的图象在点处的切线方程为所以切线在轴上的截距为，从而，故从而， 所以故.146. （2014四川高考文科19）设等差数列的公差为，点在函数的图象上（）（1）证明：数列为等比数列； （2）若，函数的图象

70、在点处的切线在轴上的截距为，求数列的前项和【解题提示】本题主要考查等差数列与等比数列的概念，等差数列与等比数列的通项公式和前n项和、导数的几何意义等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力.【解析】（1）点在函数的图象上，所以，又等差数列的公差为，当时，所以，数列是首项为，公比为的等比数列（2）由函数的图象在点处的切线方程为所以切线在轴上的截距为，从而，故，所以，从而，于是 ，所以.所以.147. （2014重庆高考文科16）已知 是首项为 公差为 的等差数列， 表示的前 项和.(1)求 及(2)设是首项为 的等比数列，公比 满足 求的通项公式及其前项和 【解题提示】 直接根据等差等比数列的性

71、质求解通项公式及前 项和.【解析】(1)因为 是首项为 公差为 的等差数列，所以 故(2)由(1)得因为即所以从而 又因为 是公比为 的等比数列，所以从而的前 项和148（2013安徽高考理）设函数fn(x)1x(xR，nN*)证明：(1)对每个nN*，存在唯一的xn，满足fn(xn)0；(2)对任意pN*，由(1)中xn构成的数列xn满足0xnxnp0时，fn(x)10，故fn(x)在(0，)内单调递增由于f1(1)0，当n2时，fn(1)0，故fn(1)0.又fn1 kn10时，fn1(x)fn(x)fn(x)，故fn1(xn)fn(xn)fn1(xn1)0.由fn1(x)在(0，)内单调

72、递增知，xn1xn，故xn为单调递减数列，从而对任意n，pN*，xnpxn.对任意pN*，由于fn(xn)1xn0，fnp(xnp)1xnp0，式减去式并移项，利用0xnpxn1，得xnxnp .因此，对任意pN*，都有0xnxnp.149（2013浙江高考理）在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1，2a22，5a3成等比数列(1)求d，an；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.解：本题考查等差、等比数列的概念，考查等差数列的通项公式，等差数列的前n项和公式，利用等差数列及其性质求特殊数列的和，考查方程思想以及运算求解能力(1)由题意得5a3a1(2a22)2，即d23d40

73、.故d1或d4.所以ann11，nN*或an4n6，nN*.(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0，由(1)得d1，ann11.当n11时，|a1|a2|a3|an|Snn2n；当n12时，|a1|a2|a3|an|Sn2S11n2n110.综上所述，|a1|a2|a3|an|150（2013北京高考理）已知an是由非负整数组成的无穷数列该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an1，an2, 的最小值记为Bn，dnAnBn.(1)若an为2,1,4,3,2,1,4,3，是一个周期为4的数列(即对任意nN*，an4an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数证明：dnd

74、(n1,2,3，)的充分必要条件为an是公差为d的等差数列；(3)证明：若a12，dn1(n1,2,3，)，则an的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.解：本题主要考查无穷数列的有关知识，考查了考生对新定义类数列的理解与运用，对考生的逻辑思维能力要求较高(1)d1d21，d3d43.(2)证明：(充分性)因为an是公差为d的等差数列，且d0，所以a1a2an，因此Anan，Bnan1，dnanaa1d(n1,2,3)(必要性)因为dnd0(n1,2,3，)，所以AnBndnBn，又anAn，an1Bn，所以anan1，于是，Anan，Bnan1，因此an1anBnAndnd，即an是公差为d的

75、等差数列(3)证明：因为a12，d11，所以A1a12，B1A1d11.故对任意n1，anB11.假设an(n2)中存在大于2的项设m为满足am2的最小正整数，则m2，并且对任意1km，ak2.又a12，所以Am12，且Amam2.于是，BmAmdm211，Bm1minam，Bm2.故dm1Am1Bm1220，与dm11矛盾所以对于任意n1，有an2，即非负整数列an的各项只能为1或2.因为对任意n1，an2a1，所以An2.故BnAndn211.因此对于任意正整数n，存在m满足mn，且am1，即数列an有无穷多项为1. 151（2013陕西高考理）设an是公比为q的等比数列(1)推导an的前

76、n项和公式；(2)设q1，证明数列an1不是等比数列解：本题考查等比数列前n项和公式推导所用的错位相减法以及用反证法研究问题，深度考查考生应用数列作工具进行逻辑推理的思维方法(1)设an的前n项和为Sn，当q1时，Sna1a1a1na1；当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)证明：假设an1是等比数列，则对任意的kN，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛

77、盾假设不成立，故an1不是等比数列152（2013江西高考理）正项数列an的前n项和Sn满足：S(n2n1)Sn(n2n)0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，数列bn的前项n项和为Tn.证明：对于任意的nN*，都有Tn0，Snn2n.于是a1S12，n2时，anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.综上，数列an的通项公式为an2n.(2)证明：由于an2n，故bn.Tn.153（2013广东高考理）设数列an的前n项和为Sn.已知a11，an1n2n，nN*.(1)求a2的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.解：本题考查数列的通项与前n项和的关系、

78、等差数列的通项公式、裂项求和、放缩法等基础知识和基本方法，考查化归与转化思想、分类与整合思想，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题能力(1)依题意，2S1a21，又S1a11，所以a24.(2)当n2时，2Snnan1n3n2n，2Sn1(n1)an(n1)3(n1)2(n1)，两式相减得2annan1(n1)an(3n23n1)(2n1)，整理得(n1)annan1n(n1)，即1，又1，故数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以1(n1)1n，所以ann2.(3)证明：当n1时，1；当n2时，1；当n3时，此时111.综上，对一切正整数n，有.154（2013山东高考

79、理）设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.(1) 求数列an的通项公式；(2) 设数列bn的前n项和为Tn，且Tn (为常数)令cnb2n(nN*)，求数列cn的前n项和Rn.解：本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式、数列求和等基础知识和基本方法，考查方程思想、转化与化归思想等，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及综合运用知识分析问题和解决问题的能力(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S44S2，a2n2an1得解得a11，d2.因此an2n1，nN*.(2)由题意知Tn，所以n2时，bnTnTn1.故cnb2n(n1)n1，nN*，所以Rn00112

80、233(n1)n1，则Rn011223(n2)n1(n1)n，两式相减得Rn123n1(n1)n(n1)nn，整理得Rn.所以数列cn的前n项和Rn.155（2013大纲卷高考理）等差数列an的前n项和为Sn，已知S3a，且S1，S2，S4成等比数列，求an的通项公式解：设an的公差为d.由S3a得3a2a，故a20或a23.由S1，S2，S4成等比数列得SS1S4.又S1a2d，S22a2d，S44a22d，故(2a2d)2(a2d)(4a22d)若a20，则d22d2，所以d0，此时Sn0，不合题意；若a23，则(6d)2(3d)(122d)，解得d0或d2.因此an的通项公式为an3或a

81、n2n1.156（2013湖北高考理）已知等比数列an满足：|a2a3|10，a1a2a3125.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由解：本题考查等比数列的通项公式、前n项和公式、不等式等基础知识和基本方法，考查方程思想、分类与整合思想，考查运算求解能力、逻辑思维能力，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力(1)设等比数列an的公比为q，则由已知可得解得或故an3n1，或an5(1)n1.(2)若an3n1，则n1，故是首项为，公比为的等比数列，从而1.若an5(1)n1，则(1)n1，故是首项为，公比为1的等比数列，从而故1.

82、综上，对任何正整数m，总有0，证明：d1，d2，dn1是等比数列；(3)设d1，d2，dn1是公差大于0的等差数列，且d10，证明a1，a2，an1是等差数列解：本题主要考查数列的相关知识及对新定义题型的理解，意在考查考生的推理论证能力、运算求解能力、转化与化归能力(1)d12，d23，d36.(2)证明：因为a10，公比q1，所以a1，a2，an是递增数列因此，对i1,2，n1，Aiai，Biai1.于是对i1,2，n1，diAiBiaiai1a1(1q)qi1.因此di0且q(i1,2，n2)，即d1，d2，dn1是等比数列(3)证明：设d为d1，d2，dn1的公差对1in2，因为BiBi

83、1，d0，所以Ai1Bi1di1BididBidiAi.又因为Ai1maxAi，ai1，所以ai1Ai1Aiai.从而a1，a2，an1是递增数列因此Aiai(i1,2，n1)又因为B1A1d1a1d1a1，所以B1a1a2a1a9，求a1的取值范围解：本题主要考查等差数列、等比数列、不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想(1)因为数列an的公差d1，且1，a1，a3成等比数列，所以a1(a12)，即aa120，解得a11或a12.(2)因为数列an的公差d1，且S5a1a9，所以5a110a8a1，即a3a1100，解得5a12.166（2013新课标高考文）

84、已知等差数列an的公差不为零，a125，且a1，a11，a13成等比数列(1)求an的通项公式；(2)求a1a4a7a3n2.解：本题主要考查等比数列的性质、等差数列的通项公式及等差数列的求和，意在考查考生的运算求解能力(1)设an的公差为d.由题意，aa1a13，即(a110d)2a1(a112d)，于是d(2a125d)0.又a125，所以d0(舍去)，或d2.故an2n27.(2)令Sna1a4a7a3n2.由(1)知a3n26n31，故a3n2是首项为25，公差为6的等差数列从而Sn(a1a3n2)(6n56)3n228n.167（2013湖南高考文）设Sn为数列an的前n项和，已知a

85、10,2ana1S1Sn，nN*. (1)求a1，a2，并求数列an的通项公式；(2)求数列nan的前n项和解：本题主要考查数列的通项公式和数列求和，结合转化思想，意在考查考生的运算求解能力(1)令n1，得2a1a1a，即a1a.因为a10，所以a11.令n2，得2a21S21a2，解得a22.当n2时，由2an1Sn,2an11Sn1两式相减得2an2an1an，即an2an1.于是数列an是首项为1，公比为2的等比数列因此，an2n1.所以数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)知，nann2n1.记数列n2n1的前n项和为Bn，于是Bn122322n2n1，2Bn12222323n

86、2n.得Bn12222n1n2n2n1n2n.从而Bn1(n1)2n.168（2013浙江高考文）在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1，2a22,5a3成等比数列(1)求d，an；(2) 若d0，求|a1|a2|a3|an|.解：本题主要考查等差数列、等比数列的概念，等差数列通项公式，求和公式等基础知识，同时考查运算求解能力(1)由题意得5a3a1(2a22)2，即d23d40.故d1或d4.所以ann11，nN*或an4n6，nN*.(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0，上式不成立；当n为奇数时，(2)n2n2 012，即2n2 012，则n11.综上，存在符合条件的正整数

87、n，且所有这样的n的集合为n|n2k1，kN，k5172.（2013陕西高考文）设Sn表示数列an的前n项和(1)若an为等差数列，推导Sn的计算公式；(2)若a11，q0，且对所有正整数n，有Sn.判断an是否为等比数列，并证明你的结论解：本题主要考查等差数列前n项和公式推导所用的倒序相加法，考查等比数列的证明方法和一般数列切入点的技巧，深度考查考生应用数列作工具进行逻辑推理的思维方法(1)法一：设an的公差为d，则Sna1a2ana1(a1d)a1(n1)d，又Snan(and)an(n1)d，2Snn(a1an)，Sn.法二：设an的公差为d，则Sna1a2ana1(a1d)a1(n1)

88、d，又Snanan1a1a1(n1)da1(n2)da1，2Sn2a1(n1)d2a1(n1)d2a1(n1)d2na1n(n1)d，Snna1d.(2)an是等比数列证明如下：Sn，an1Sn1Snqn.a11，q0，当n1时，有q，因此，an是首项为1且公比为q的等比数列173（2013江西高考文）正项数列an满足：a(2n1)an2n0.(1)求数列an的通项公式an；(2)令bn，求数列bn的前n项和Tn.解：本题主要考查数列的概念、一元二次方程、裂项求数列的和，旨在考查考生的转化、化归能力与运算求解能力(1)由a(2n1)an2n0，得(an2n)(an1)0.由于an是正项数列，所

89、以an2n.(2)由an2n，bn，则bn.Tn.174. （2013四川高考文）在等比数列an中，a2a12，且2a2为3a1和a3的等差中项，求数列an的首项、公比及前n项和解：本题主要考查等比数列、等差中项等基础知识，考查运算求解能力设该数列的公比为q.由已知，可得a1qa12,4a1q3a1a1q2，所以，a1(q1)2，q24q30，解得q3或q1.由于a1(q1)2，因此q1不合题意，应舍去故公比q3，首项a11.所以，数列的前n项和Sn.VFDEGSDGEFG.175（2013广东高考文）设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4Sna4n1，nN*，且a2，a5，a14构

90、成等比数列(1)证明：a2 ；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.解：本题主要考查通过“an与Sn法”将递推数列转化为等差数列及裂项求和法，意在考查考生运用化归与转化思想解决问题的能力(1)证明：an0，令n1，有4S1a41，即4a1a41，a2.(2)当n2时，4Sna4n1,4Sn1a4(n1)1，两式相减得4anaa4，有a(an2)2，即an1an2，an从第2项起，是公差为2的等差数列，a5a232a26，a14a2122a224，又a2，a5，a14构成等比数列，有aa2a14，则(a26)2a2(a224)，解得a23，由(1)得a11，又an1an2(

91、n2)an是首项为1，公差为2的等差数列，即an1(n1)22n1.(3)证明：由(2)得.176（2012重庆高考理）设数列an的前n项和Sn满足Sn1a2Sna1，其中a20.(1)求证：an是首项为1的等比数列；(2)若a21，求证：Sn(a1an)，并给出等号成立的充要条件解：(1)证明：法一：由S2a2S1a1得a1a2a2a1a1，即a2a2a1，因a20，故a11，得a2.又由题设条件知Sn2a2Sn1a1，Sn1a2Sna1，两式相减得Sn2Sn1a2(Sn1Sn)，即an2a2an1，由a20，知an10，因此a2.综上，a2对所有nN*成立从而an是首项为1，公比为a2的等

92、比数列法二用数学归纳法证明ana2，nN*.当n1时，由S2a2S1a1，得a1a2a2a1a1，即a2a2a1，再由a20，得a11，所以结论成立假设nk时，结论成立，即aka，那么ak1Sk1Sk(a2Ska1)(a2Sk1a1)a2(SkSk1)a2aka，这就是说，当nk1时，结论也成立综上可得，对任意nN*，ana.因此an是首项为1，公比为a2的等比数列(2)证明：法一：当n1或2时，显然Sn(a1an)，等号成立设n3，a21且a20.由(1)知a11，ana，所以要证的不等式化为1a2aa(1a)(n3)，即证：1a2aa(1a)(n2)当a21时，上面不等式的等号成立当1a2

93、1时，a1与a1(r1,2，n1)同为正因此当a21且a21时，总有(a1)(a1)0，即aa1a(r1,2，n1)上面不等式对r从1到n1求和得2(a2aa)(n1)(1a)，由此得1a2aa1且a20时，有Sn(a1an)，当且仅当n1,2或a21时等号成立法二：当n1或2时，显然Sn(a1an)，等号成立当a21时，Snn(a1an)，等号也成立当a21时，由(1)知Sn，ana.下证：1，且a21)当1a21时，上面不等式化为(n2)ana2nan2(n3)，令f(a2)(n2)anana当1a20，故f(a2)(n2)ana2(1a)(n2)|a2|nn2，即所要证的不等式成立当0a

94、21时，对a2求导得f(a2)n(n2)a(n1)a1ng(a2)其中g(a2)(n2)a(n1)a1，则g(a2)(n2)(n1)(a21)ag(1)0，从而f(a2)ng(a2)0，进而f(a2)是(0,1)上增函数因此f(a2)1时，令b，则0b1，由已证的结论知1且a20时，有Sn(a1an)，当且仅当n1,2或a21时等号成立177（2012广东高考理）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.解：(1)当n1时，2a1a241a23，当n2时，2(a1a2

95、)a381a37，又a1，a25，a3成等差数列，所以a1a32(a25)，由解得a11.(2)2Snan12n11，当n2时，有2Sn1an2n1，两式相减得an13an2n，则1，即2(2)又23，知2是首项为3，公比为的等比数列，23()n1，即an3n2n，n1时也适合此式，an3n2n.(3)证明：由(2)得，11(1).178（2012山东高考理）在等差数列an中，a3a4a584，a973.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意mN*，将数列an中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列bm的前m项和Sm.解：(1)因为an是一个等差数列，所以a3a4a53a484

96、，a428.设数列an的公差为d，则5da9a4732845，故d9.由a4a13d得28a139，即a11.所以ana1(n1)d19(n1)9n8(nN*)(2)对mN*，若9man92m，则9m89n0，数列lg的前n项和为Tn.当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最大值解：(1)取n1，得a2a1S2S12a1a2，取n2，得a2a12a2，由，得a2(a2a1)a2，(1)若a20，由知a10，(2)若a20，由知a2a11.由、解得，a11，a22；或a11，a22.综上可得，a10，a20；或a11，a22；或a11，a22.(2)当a10时，由(1)知a11，a22.当n2时，

97、有(2)anS2Sn，(2)an1S2Sn1，所以(1)an(2)an1，即anan1(n2)，所以ana1()n1(1)()n1.令bnlg ，则bn1lg()n11(n1)lg 2lg ，所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为lg 2)，从而b1b2b7lg lg 10，当n8时，bnb8 lglg 10，故n7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为T77lg 2.181（2012天津高考理）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.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记Tnanb1an1b2a1bn，nN*，证明Tn122an10

98、bn(nN*.)解：(1)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，b42q3，S486d.由条件，得方程组解得所以an3n1，bn2n，nN*.(2)法一：由(1)得Tn2an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1.由，得Tn2(3n1)32232332n2n22n26n2102n6n10.而2an10bn122(3n1)102n12102n6n10，故Tn122an10bn，nN*.法二：(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n

99、k1时有：Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1ak1b1q(akb1ak1b2a1bk)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182（2012上海高考理）对于数集X1，x1，x2，xn，其中0x1x22，且1,1,2，x具有性质P，求x的值；(2)若X具有性质P，求证：1X，且当xn1时，x11；(3)若X具有性质P，且x11、x2q(q为常数)，求有穷数列x1，x2，xn的通项公式解：(1)选取a1

100、(x,2)，Y中与a1垂直的元素必有形式(1，b)，所以x2b，从而x4.(2)取a1(x1，x1)Y.设a2(s，t)Y满足a1a20.由(st)x10得st0，所以s，t异号因为1是X中唯一的负数，所以s，t之中一为1，另一为1，故1X.假设xk1，其中1kn，则0x11tx1，矛盾；若t1，则xnsx1qk1，所以xk1qk.综上所述，xiqi1，i1,2，n.法二：设a1(s1，t1)，a2(s2，t2)，则a1a20等价于.记B|sX，tX，|s|t|，则数集X具有性质P当且仅当数集B关于原点对称注意到1是X中的唯一负数，B(，0)x2，x3，xn共有n1个数，所以B(0，)也只有n

101、1个数由于，已有n1个数，对以下三角数阵，所以，从而数列的通项为xkx1()k1qk1，k1,2，n.183（2012陕西高考理）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(1)求数列an的公比；(2)证明：对任意kN，Sk2，Sk，Sk1成等差数列解：(1)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.(2)证明：法一：对任意kN，Sk2Sk12Sk(Sk2Sk)(Sk1Sk)ak1ak2ak12ak1ak1(2)0，所以，对

102、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184（2012湖南高考理）已知数列an的各项均为正数，记A(n)a1a2an，B(n)a2a3an1，C(n)a3a4an2，n1,2，.(1)若a11，a25，且对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列an的通项公式；(2)证明：数列an是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列解：(1)对任意nN*，三

103、个数A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，所以B(n)A(n)C(n)B(n)，即an1a1an2a2，亦即an2an1a2a14.故数列an是首项为1，公差为4的等差数列于是an1(n1)44n3.(2)必要性：若数列an是公比为q的等比数列，则对任意nN*，有an1anq.由an0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是q，q，即q，所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列充分性：若对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则B(n)qA(n)，C(n)qB(n)于是C(n)B(n)qB(n)A(n)，得an2a2q(an1a1)，

104、即an2qan1a2qa1.由n1有B(1)qA(1)，即a2qa1，从而an2qan10.因为an0，所以q.故数列an是首项为a1，公比为q的等比数列综上所述，数列an是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意nN*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列185（2012江苏高考理）已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1，nN*.(1)设bn11，nN*，求证：数列是等差数列；(2)设bn1，nN*，且an是等比数列，求a1和b1的值解：(1)由题设知an1，所以，从而()2()21(nN*)，所以数列()2是以1为公差的等差数列(2)因为an0，bn0，所以

105、ab(anbn)2，从而1an1.(*)设等比数列an的公比为q，由an0知q0.下证q1.若q1，则a1a2，故当nlogq时，an1a1qn，与(*)矛盾；若0q1，则a1a21，故当nlogq时，an1a1qn1，与(*)矛盾综上，q1，故ana1(nN*)，所以1a1.又bn1bn(nN*)，所以bn是公比为的等比数列若a1，则1，于是b1b20，且a1anS1Sn对一切正整数n都成立(1)求数列an的通项公式；(2)设a10，100.当n为何值时，数列lg的前n项和最大？解：(1)取n1，得a2S12a1，a1(a12)0.若a10，则Sn0.当n2时，anSnSn1a1(anan1

106、)0，所以an0(n1)若a10，则a1.当n2时，2anSn,2an1Sn1，两式相减得2an2an1an，所以an2an1(n2)，从而数列an是首项为，公比为2的等比数列，所以ana12n12n1.综上，当a10时，an0；当a10时，an.(2)当a10且100时，令bnlg，由(1)有，bnlg2nlg 2.所以数列bn是单调递减的等差数列(公差为lg 2)b1b2b6lglglg 10，当n7时，bnb7lglg2)解：(1)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，b42q3，S486d.由条件，得方程组解得所以an3n1，bn2n，nN*.(

107、2)由(1)得Tn22522823(3n1)2n，2Tn222523(3n4)2n(3n1)2n1.由，得Tn2232232332n(3n1)2n1(3n1)2n12(3n4)2n18，即Tn8(3n4)2n1.而当n2时，an1bn1(3n4)2n1.所以，Tn8an1bn1，nN*，n2.193（2012山东高考文）已知等差数列an的前5项和为105，且a102a5.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意mN*，将数列an中不大于72m的项的个数记为bm，求数列bm的前m项和Sm.解：(1)设数列an的公差为d，前n项和为Tn.由T5105，a102a5，得到解得a17，d7.因此ana

108、1(n1)d77(n1)7n(nN*)(2)对mN*，若an7n72m，则n72m1.因此bm72m1，所以数列bm是首项为7公比为49的等比数列故Sm.194（2012江苏高考文）已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1，nN*.(1)设bn11，nN*，求证：数列()2是等差数列；(2)设bn1，nN*，且an是等比数列，求a1和b1的值解：(1)由题设知an1，所以 ，从而()2()21(nN*)，所以数列()2是以1为公差的等差数列(2)因为an0，bn0，所以ab(anbn)2，从而10知q0.下证q1.若q1，则a1logq时，an1a1qn，与(*)矛盾；若0qa21，故

109、当nlogq时，an1a1qn1，与(*)矛盾综上，q1，故ana1(nN*)，所以11，于是b1b2a4k3.因为a1，所以a4k1a4k2(a1)(8k3)a4k1；a4ka4k22(2a1)(4k1)0，即a4ka4k2.又a4k1a4k，从而b4k3a4k3，b4k2a4k2，b4k1a4k2，b4ka4k.因此(b1a1)(b2a2)(b100a100)(a2a3)(a6a7)(a98a99)(a4k2a4k1)(1a)(8k3)2 525(1a)196（2012福建高考文）在等差数列an和等比数列bn中，a1b11，b48，an的前10项和S1055.(1)求an和bn；(2)现分

110、别从an和bn的前3项中各随机抽取一项，写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率解：(1)设an的公差为d，bn的公比为q.依题意得S1010d55，b4q38，解得d1，q2，所以ann，bn2n1.(2)分别从an和bn的前3项中各随机抽取一项，得到的基本事件有9个：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)符合题意的基本事件有2个：(1,1)，(2,2)故所求的概率P.197（2012安徽高考文）设函数f(x)sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为.(1)求数列的通项公式；(2)设的前n项和为Sn，求sin S

111、n.解：(1)因为f(x)cos x0，cos x，解得x2k(kZ)由xn是f(x)的第n个正极小值点知，xn2n(nN*)(2)由(1)可知，Sn2(12n)nn(n1)，所以sin Snsinn(n1)因为n(n1)表示两个连续正整数的乘积，n(n1)一定为偶数，所以sin Snsin .当n3m2(mN*)时，sin Snsin(2m)；当n3m1(mN*)时，sin Snsin(2m)；当n3m(mN*)时，sin Snsin 2m0.综上所述，sin Sn198（2012广东高考文）设数列an的前n项和为Sn，数列Sn的前n项和为Tn，满足Tn2Snn2，nN*.(1)求a1的值；

112、(2)求数列an的通项公式解：(1)因为Tn2Snn2，nN*，所以当n1时，a12a11，所以a11.(2)当n2时，Tn12Sn1(n1)2，所以SnTnTn12(SnSn1)(2n1)，所以Sn2Sn12n1，即anSn12n1，所以an1Sn2n1，所以(an1Sn)(anSn1)2，即an12an2，所以an122(an2)，所以数列an2为等比数列，公比为2，首项为3，所以an232n1，所以an32n12，易知a11也满足上式，所以数列an的通项公式是an32n12，nN*.199（2012湖南高考文）某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产该企业第一年年初有资金2 000万元，

113、将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元(1)用d表示a1，a2，并写出an1与an的关系式；(2)若公司希望经过m(m3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)解：(1)由题意得a12 000(150%)d3 000d，a2a1(150%)da1d4 500d.an1an(150%)dand.(2)由(1)得anan1d(an2d)d()2an2dd()n1a1d1()2()n2整理得an(

114、)n1(3 000d)2d()n11()n1(3 0003d)2d.由题意，am4 000，即()m1(3 0003d)2d4 000.解得d.故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m3)年企业的剩余资金为4 000万元200（2012大纲卷高考文）已知数列an中，a11，前n项和Snan.(1)求a2，a3；(2)求an的通项公式解：(1)由S2a2得3(a1a2)4a2，解得a23a13；由S3a3得3(a1a2a3)5a3，解得a3(a1a2)6.(2)由题设知a11.当n1时有anSnSn1anan1，整理得anan1.于是a11，a2a1，a3a2，an1an2，anan1，将以上

115、n个等式两端分别相乘，整理得an.综上，an的通项公式an.201（2012重庆高考文）已知an为等差数列，且a1a38，a2a412.(1)求an的通项公式；(2)记an的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk2成等比数列，求正整数k的值解：(1)设数列an的公差为d，由题意知解得a12，d2.所以ana1(n1)d22(n1)2n.(2)由(1)可得Snn(n1)因a1，ak，Sk2成等比数列，所以aa1Sk2.从而(2k)22(k2)(k3)，即k25k60，解得k6或k1(舍去)因此k6.202（2011新课标高考）等比数列an的各项均为正数，且2a13a21，a9a2a6.(1)求数列a

116、n的通项公式；(2)设bnlog3a1log3a2log3an，求数列的前n项和解：(1)设数列an的公比为q.由a9a2a6得a9a，所以q2.由条件可知q0，故q.由2a13a21，得2a13a1q1，得a1.故数列an的通项公式为an.(2)bnlog3a1log3a2log3an(12n).故2()2(1)()().所以数列的前n项和为.203（2011大纲卷高考）设数列an满足a10且1.(1)求an的通项公式；(2)设bn，记Snk，证明：Sn1.解：(1)由题设1，得是公差为1的等差数列又1，故n.所以an1.(2)证明：由(1)得bn，Snk()10的E数列A5；(2)若a11

117、2，n2000.证明：E数列An是递增数列的充要条件是an2011；(3)对任意给定的整数n(n2), 是否存在首项为0的E数列An，使得S(An)0？如果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由解：(1)0,1,2,1,0是一个满足条件的E数列A5，(答案不唯一，0,1,0,1,0也是一个满足条件的E数列A5)(2)必要性：因为E数列An是递增数列，所以ak1ak1(k1,2，1999)所以An是首项为12，公差为1的等差数列所以a200012(20001)12011.充分性：由于a2000a19991，a1999a19981，a2a11，所以a2000a11999，即a20

118、00a11999.又因为a112，a20002011，所以a2000a11999.故ak1ak10(k1,2，1999)，即An是递增数列综上，结论得证(3)令ckak1ak(k1,2，n1)，则ck1.因为a2a1c1，a3a1c1c2，ana1c1c2cn1，所以S(An)na1(n1)c1(n2)c2(n3)c3cn1(n1)(n2)1(1c1)(n1)(1c2)(n2)(1cn1)(1c1)(n1)(1c2)(n2)(1cn1)因为ck1，所以1ck为偶数(k1，n1)所以(1c1)(n1)(1c2)(n2)(1cn1)为偶数，所以要使S(An)0，必须使为偶数，即4整除n(n1)，亦

119、即n4m或n4m1(mN*)当n4m(mN*)时，E数列An的项满足a4k1a4k30，a4k21，a4k1(k1,2，m时，有a10，S(An)0；当n4m1(mN*)时，E数列An的项满足a4k1a4k30，a4k21，a4k1(k1,2，m)，a4m10时，有a10，S(An)0；当n4m2或n4m3(mN*)时，n(n1)不能被4整除，此时不存在E数列An，使得a10，S(An)0.205（2011江西高考）已知两个等比数列an，bn，满足a1a(a0)，b1a11，b2a22，b3a33.(1)若a1，求数列an的通项公式；(2)若数列an唯一，求a的值解：(1)设数列an的公比为q

120、，则b11a2，b22aq2q，b33aq23q2，由b1，b2，b3成等比数列得(2q)22(3q2)即q24q20，解得q12，q22.所以数列an的通项公式为an(2)n1或an(2)n1.(2)设数列an的公比为q，则由(2aq)2(1a)(3aq2)，得aq24aq3a10(*)，由a0得4a24a0，故方程(*)有两个不同的实根由数列an唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a.206（2011安徽高考）在数1和100之间插入n个实数，使得这n2个数构成递增的等比数列，将这n2个数的乘积记作Tn，再令anlgTn，n1.(1)求数列an的通项公式；(2)设bntanantan

121、an1，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)设t1，t2，tn2构成等比数列，其中t11，tn2100，则Tnt1t2tn1tn2，Tntn2tn1t2t1，并利用titn3it1tn2102(1in2)，得T(t1tn2)(t2tn1)(tn1t2)(tn2t1)102(n2)，anlgTnn2，n1.(2)由题意和(1)中计算结果，知bntan(n2)tan(n3)，n1.另一方面，利用tan 1tan(k1)k，得tan(k1)tank1.所以Snkan(k1)tank1n.207（2011山东高考）等比数列an中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3

122、中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：bnan(1)nlnan，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)当a13时，不合题意；当a12时，当且仅当a26，a318时，符合题意；当a110时，不合题意因此a12，a26，a318.所以公比q3，故an23n1.(2)因为bnan(1)nlnan23n1(1)nln(23n1)23n1(1)nln2(n1)ln323n1(1)n(ln2ln3)(1)nnln3，所以Sn2(133n1)111(1)n(ln2ln3)123(1)nnln3，所以当n为偶

123、数时，Sn2ln33nln31；当n为奇数时，Sn2(ln2ln3)(n)ln33nln3ln21.综上所述，Sn208（2011四川高考）设d为非零实数，anCd2Cd2(n1)Cdn1nCdn(nN*)(1)写出a1，a2，a3并判断an是否为等比数列若是，给出证明；若不是，说明理由；(2)设bnndan(nN*)，求数列bn的前n项和Sn.解：(1)由已知可得a1d，a2d(1d)，a3d(1d)2.当n2，k1时，CC，因此anCdkdkddkd(d1)n1.由此可见，当d1时，an是以d为首项，d1为公比的等比数列；当d1时，a11，an0(n2)，此时an不是等比数列(2)由(1)

124、可知，and(d1)n1，从而bnnd2(d1)n1，Snd212(d1)3(d1)2(n1)(d1)n2n(d1)n1当d1时，Snd21.当d1时，式两边同乘d1得(d1)Snd2(d1)2(d1)2(n1)(d1)n1n(d1)n，式相减可得dSnd21(d1)(d1)2(d1)n1n(d1)nd2n(d1)n化简即得Sn(d1)n(nd1)1.综上，Sn(d1)n(nd1)1.209（2011重庆高考）设实数数列an的前n项和Sn满足Sn1an1Sn(nN*)()若a1，S2，2a2成等比数列，求S2和a3；()求证：对k3有0ak1ak.解：(1)由题意得S2S2，由S2是等比中项知

125、S20.因此S22.由S2a3S3a3S2解得a3.()证明：法一：由题设条件有Snan1an1Sn，故Sn1，an11且an1，Sn，从而对k3有ak.因a1ak11(ak1)20且a10，由得ak0.要证ak，由只要证，即证3a14(a1ak11)，即(ak12)20.此式明显成立因此ak(k3)最后证ak1ak.若不然ak1ak，又因ak0，故1，即(ak1)20.矛盾因此ak1ak(k3)法二：由题设知Sn1Snan1an1Sn，故方程x2Sn1xSn10有根Sn和an1(可能相同)因此判别式S14Sn10.又由Sn2Sn1an2an2Sn1得an21且Sn1.因此0，即3a24an2

126、0，解得0an2.因此0ak(k3)由ak0(k3)，得ak1akakakakak0，因此ak1ak(k3)210（2011广东高考）设b0，数列an满足a1b，an(n2)(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n，an1.解：(1)因为a1b0，an(n2)，取倒数得：，当b2时，.为一个首项为，公差为的等差数列，an2，当b2时，()，为一个首项为，公比为的等比数列，()n1，变形得：an.综上所述，数列an的通项公式为an.(2)证明：当b2时，不等式显然成立；当b2时，要证an1成立，只需证：n2n1bn(2n1bn1)(*)成立，(2n1bn1)(2n1bn1)(2i

127、bn1i)(2n1bn12n2bn222n)(b2n2b2n12n1bn1)2nbn()()(中括号里用均值不等式)2nbn(222)2nbn2nn2n1bn.综上所述，当b0时，对于一切正整数n，an1.211（2011天津高考）已知数列an与bn满足bnanan1bn1an20，bn，nN*，且a12，a24.(1)求a3，a4，a5的值；(2)设cna2n1a2n1，nN*，证明cn是等比数列；(3)设Ska2a4a2k，kN*，证明(nN*)解：(1)由bn，nN*，可得bn又bnanan1bn1an20，当n1时，a1a22a30，由a12，a24，可得a33；当n2时，2a2a3a

128、40，可得a45；当n3时，a3a42a50，可得a54.(2)对任意nN*，a2n1a2n2a2n10，2a2na2n1a2n20，a2n1a2n22a2n30.，得a2na2n3.将代入，可得a2n1a2n3(a2n1a2n1)即cn1cn(nN*)又c1a1a31，故cn0，因此1.所以cn是等比数列(3)由(2)可得a2k1a2k1(1)k.于是，对任意kN*且k2，有a1a31，(a3a5)1，a5a71，(1)k(a2k3a2k1)1.将以上各式相加，得a1(1)ka2k1(k1)，即a2k1(1)k1(k1)，此式当k1时也成立，由式得a2k(1)k1(k3)从而S2k(a2a4

129、)(a6a8)(a4k2a4k)k，S2k1S2ka4kk3.所以，对任意nN*，n2，()()()()()().对于n1，不等式显然成立212（2011福建高考）已知等比数列an的公比q3，前3项和S3.(1)求数列an的通项公式；(2)若函数f(x)Asin(2x)(A0,0)在x处取得最大值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式解：(1)由q3，S3，得，解得a1.所以an3n13n2.(2)由(1)可知an3n2，所以a33.因为函数f(x)的最大值为3，所以A3；因为当x时f(x)取得最大值，所以sin(2)1.又0，故.所以函数f(x)的解析式为f(x)3sin(2x)213（2

130、011江苏高考）设M为部分正整数组成的集合，数列an的首项a11，前n项的和为Sn，已知对任意的整数kM，当整数nk时，SnkSnk2(SnSk)都成立(1)设M1，a22，求a5的值；(2)设M3,4，求数列an的通项公式解：(1)由题设知，当n2时，Sn1Sn12(SnS1)，即(Sn1Sn)(SnSn1)2S1.从而an1an2a12.又a22，故当n2时，ana22(n2)2n2.所以a5的值为8.(2)由题设知，当kM3,4且nk时，SnkSnk2Sn2Sk且Sn1kSn1k2Sn12Sk，两式相减得an1kan1k2an1，即an1kan1an1an1k，所以当n8时，an6，an

131、3，an，an3，an6成等差数列，且an6，an2，an2，an6也成等差数列从而当n8时，2anan3an3an6an6，(*)且an6an6an2an2.所以当n8时，2anan2an2，即an2ananan2.于是当n9时，an3，an1，an1，an3成等差数列，从而an3an3an1an1，故由(*)式知2anan1an1，即an1ananan1.当n9时，设danan1.当2m8时，m68，从而由(*)式知2am6amam12，故2am7am1am13.从而2(am7am6)am1am(am13am12)，于是am1am2ddd.因此，an1and对任意n2都成立又由SnkSnk

132、2Sn2Sk(k3,4)可知，(SnSn)(SnSnk)2Sk，故9d2S3且16d2S4.解得a4d，从而a2d，a3d，又由S3da1a2a3，故a1.因此，数列an为等差数列由a1知d2.所以数列an的通项公式为an2n1.214（2011江苏高考）设整数n4，P(a，b)是平面直角坐标系xOy中的点，其中a，b1,2,3，n，ab.(1)记An为满足ab3的点P的个数，求An；(2)记Bn为满足(ab)是整数的点P的个数，求Bn.解：(1)点P的坐标满足条件：1ba3n3，所以Ann3.(2)设k为正整数，记fn(k)为满足题设条件以及ab3k的点P的个数只要讨论fn(k)1的情形由1

133、ba3kn3k知fn(k)n3k，且k.设n13mr，其中mN*，r0,1,2，则km.所以Bnn(k)(n3k)mn.将m代入上式，化简得Bn.所以Bn215（2011湖北高考）已知数列an的前n项和为Sn，且满足：a1a(a0)，an1rSn(nN*，rR，r1)(1)求数列an的通项公式；(2)若存在kN*，使得Sk1，Sk，Sk2成等差数列，试判断：对于任意的mN*，且m2，am1，am，am2是否成等差数列，并证明你的结论解：(1)由已知an1rSn，可得an2rSn1，两式相减可得an2an1r(Sn1Sn)ran1，即an2(r1)an1，又a2ra1ra，所以当r0时，数列an

134、为：a,0，0，；当r0，r1时，由已知a0，所以an0(nN*)，于是由an2(r1)an1，可得r1(nN*)，a2，a3，an，成等比数列，当n2时，anr(r1)n2a.综上，数列an的通项公式为an(2)对于任意的mN*，且m2，am1，am，am2成等差数列，证明如下：当r0时，由(1)知，an对于任意的mN*，且m2，am1，am，am2成等差数列当r0，r1时，Sk2Skak1ak2，Sk1Skak1.若存在kN*，使得Sk1，Sk，Sk2成等差数列，则Sk1Sk22Sk，2Sk2ak1ak22Sk，即ak22ak1.由(1)知，a2，a3，am，的公比r12，于是对于任意的m

135、N*，且m2，am12am，从而am24am，am1am22am，即am1，am，am2成等差数列216（2011浙江高考）已知公差不为0的等差数列an的首项a1为a(aR)设数列的前n项和为Sn，且，成等比数列(1)求数列an的通项公式及Sn；(2)记An，Bn.当n2时，试比较An与Bn的大小解：(1)设等差数列an的公差为d，由()2，得(a1d)2a1(a13d)因为d0，所以da1a.所以anna，Sn.(2)因为()，所以An(1)因为a2n12n1a，所以Bn(1)当n2时，2nCCCCn1，即11，所以，当a0时，AnBn；当a0时，AnBn.217（2011陕西高考）如图，从

136、点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线yex于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2，再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；Pn，Qn，记Pk点的坐标为(xk,0)(k1,2，n)(1)试求xk与xk1的关系(2kn)；(2)求|P1Q1|P2Q2|P3Q3|PnQn|.解：(1)设Pk1(xk1,0)，由yex得Qk1(xk1，exk1)点处切线方程为yexk1exk1(xxk1)，由y0得xkxk11(2kn)(2)由x10，xkxk11，得xk(k1)，所以|PkQk|exke(k1)，于是Sn|P1Q1|P2Q2|P3Q3|PnQn|1e1e2e(n1).218（2011辽宁高考）已知等差数列an满足a20，a6a810.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列的前n项和解：(1)设等差数列an的公差为d，由已知条件可得，解得故数列an的通项公式为an2n. (2)设数列的前n项和为Sn，即Sna1，故S11，所以，当n1时，a11()1(1).所以Sn.综上，数列的前n项和Sn.